Corrigé concours marocain 2006

MP, Maths 1

Première partie

1. 1. Au voisinage de 0: On sait que $e^t=1+t+o(t)$, donc $\dfrac{e^{-at}-e^{-bt}}{t}=b-a+o(1)\sim b-a$ intégrable au voisinage de 0.
      Au voisinage de $+\infty$: On sait que $e^{-at}=o\left(\dfrac 1t\right)$, donc $\dfrac{e^{-at}-e^{-bt}}{t}=o\left(\dfrac {1}{t^2}\right)$ intégrable au voisinage de $+\infty$.
   2. $I(a,b)=-I(b,a)$, trés evident.
      Posons: $u=ta$, donc:
      $I(a,b)=\ds\int_0^{+\infty}\dfrac{e^{-at}-e^{-bt}}{t}dt=\ds\int_0^{+\infty}\dfrac{e^{-u}-e^{-\frac bau}}{u}du=I\left(1,\frac ba\right)$.
   3. 1. L'application: $f:(x,t)\mapsto\dfrac{e^{-t}-e^{-xt}}{t}$ est continue sur $[1,+\infty[\times\ensuremath{\mathbb{R}} ^*$ en tant que somme, rapport de fonctions continue, qui ne s'annule pas. En $(x,0)$ on a: $f(x,t)\sim x-1$ continue, donc $f$ est continue sur $[1,+\infty[\times\ensuremath{\mathbb{R}}$.
         D'autre part: pour $x\in[a,b]\subset[1,+\infty[$ on a:
         $\left\vert\dfrac{e^{-t}-e^{-xt}}{t}\right\vert=\dfrac{e^{-t}-e^{-xt}}{t}\ioe \dfrac{e^{-t}-e^{-bt}}{t}$ qui est continue, intégrable sur $]0,+\infty[$, donc $\varphi$ est continue sur $[1,+\infty[$.
      2. Pour $x\in[a,b]\subset[1,+\infty[$ on a: $\left\vert\dfrac{\partial f}{\partial x}\right\vert=e^{-xt}\ioe e^{-at}$ continue, intégrable sur $[0,+\infty[$. Donc $\varphi$ est de classe ${\cal C}^1$ sur $[1,+\infty[$, avec $\varphi'(x)=\ds\int_0^{+\infty}e^{-xt}dt=\dfrac 1x$.
      3. D'aés le raisonnement fait dans la question précédente, on a: $\varphi'(x)=\dfrac 1x$, donc $\varphi (x)=\ln x+K$, or $\varphi(1)=0$, d'où $K=0$ et donc $\varphi(x)=\ln x$.
   4. Si $b\soe a$, alors $x=\frac ba\soe 1$, donc $I(a,b)=I(1,\frac ba)=\varphi\left(\frac ba\right)=\ln\left(\frac ba\right)$.
      Si $b\ioe a$, alors $x=\frac ab\soe 1$, donc:
      $I(a,b)=-I(b,a)=-I(1,\frac ab)=-\varphi\left(\frac ab\right)=-\ln\left(\frac ab\right)=\ln\left(\frac ba\right)$.
      Conclusion: $I(a,b)=\ln\left(\frac ba\right)$.
2. 1. Au voisinage de 0: on sait que $\ln (1+t)=t+o(t)$, d'où $\dfrac{\ln(1+t)}{t}\sim 1$ intégrable au voisinage de 0, donc $t\mapsto \dfrac{\ln(1+t)}{t}$ est intégrable sur $]0,1]$.
   2. Posons $a_n=\dfrac{(-1)^n}{n+1}$, on a $\ds\lim_{n\rightarrow +\infty}\left\vert\dfrac{a_{n+1}}{a_n}\right\vert=1$, donc le rayon de convergence de la série $\ds\sum_{n\soe 0}\dfrac{(-1)^n}{n+1}x^n$ est égal à 1, dont la somme est $\dfrac{\ln(1+x)}{x}$, puisqu'il s'agit de son développement en série entière.
   3. Pour $x\in [0,1]$ fixé, on vérifie faciulement que la série $\ds\sum_{n\soe 0}\dfrac{(-1)^n}{n+1}x^n$ est une série alternée, donc vérifie le critère spécial, en prticulier la majoration du reste par son 1ér terme, donc $\left\vert\ds\sum_{k\soe n}\dfrac{(-1)^k}{k+1}x^k\right\vert\ioe \left\vert\dfrac{(-1)^n}{n+1}x^n\right\vert\ioe \dfrac 1{n+1}$, donc le reste converge uniformément vers 0, et par suite la convergence de la série sur $[0,1]$ est uniforme.
   4. $$\begin{array}[t]{ll} \ds\int_0^1\dfrac{\ln(1+t)}{t}dt&=\ds\i... ...}^{+\infty}\dfrac{1}{p^2}\\ &=\dfrac{\pi^2}{12} \end{array}$$

Deuxième partie

1. 1. $g$ est de classe ${\cal C}^1$, en tant que primitive de $f$ qui est continue.
      On a $\psi(f)(x)=\dfrac{g(x)}{x}$ pour $x>0$, donc $\psi$ est continue sur $\ensuremath{\mathbb{R}} ^*_+$.
      Pour $x\neq 0$, le théorème des accroissement finie, donc $g(x)-g(0)=xg'(c)$ avec $c$ compris entre 0 et $x$, d'où $\psi(f)(x)=f(c)\longrightarrow f(0)=\psi(f)(0)$ car $g(0)=0$ et $g'=f$ continue, donc $\psi(f)$ est continue sur $\ensuremath{\mathbb{R}} ^+$, autrement dit $\psi(f)\in E$.
   2. $\ds\lim_{t\rightarrow +\infty}f(t)=\lambda \;\Longrightarrow\;\qlq \varepsilon >0,\;\exists A>0$ tel que: $\left\vert f(t)-\lambda\right\vert\ioe\dfrac \varepsilon 2\quad\qlq t\soe A$, donc pour $x\soe A$ on a:
      $$\begin{array}{ll} \left\vert\varphi(x)-\lambda\right\vert&=\... ...ext{car }\ds\lim_{x\rightarrow +\infty}\dfrac Kx=0 \end{array}$$
      La réciproque est fausse, prenons pour contre-exemle la fonction $f(t)=\cos t$, on a: $\psi(f)(x)=\dfrac{\sin x}x\longrightarrow 0$ quand $x\longrightarrow +\infty$, alors que $\ds\lim_{x\rightarrow +\infty}\cos x$ n'existe pas.
   3. $\ds\lim_{t\rightarrow +\infty}f(t)=+\infty \;\Longrightarrow\;\qlq B >0,\;\exists A>0$ tel que: $f(t)\soe \dfrac B2\quad\qlq t\soe A$, donc
      $$\begin{array}{ll} \varphi(f)(x)&=\dfrac 1x\left(\ds\int_0^Af... ... +\infty}\dfrac Kx+\dfrac{x-A}x\dfrac B2=\dfrac B2 \end{array}$$
      Donc $\ds\lim_{x\rightarrow +\infty}\psi(f)(x)=+ \infty$.
   4. 1. Dans $\psi(h)$ on va utiliser une intégration par partie, en posant $u=x,v'=f$, donc $u'=1,v=g$, d'où:
         $$\begin{array}{lll} \psi(h)(x)&=\dfrac 1x\ds\int_0^xtf(t)dt&=... ... &=g(x)-\dfrac 1x\ds\int_0^xg(t)dt&=g(x)-\psi(g)(x)\end{array}$$.
      2. $f$ est intégrable sur $[0,+\infty[$, donc $g(x)=\ds\int_0^xf(t)dt$ admet une limite finie en $+\infty$, d'aprés la question 1.2) $\psi(h)$ admet aussi la même limite en $+\infty$, or $\psi(h)=g-\psi(g)$, donc $\ds\lim_{x\rightarrow +\infty}\psi(h)(x)=0$.
         La réciproque n'est pas toujours vraie, prenons pour contre-exemple $f(x)=\dfrac{e^{-x}}{x}$, non intégrable au voisinage de 0, car $\dfrac{e^{-x}}{x}\sim \dfrac 1x$, alors que $\psi(h)(x)=\dfrac 1x\ds\int_0^xe^{-t}dt=\dfrac 1x(1-e^{-x})\longrightarrow 0$, quand $x\longrightarrow +\infty$.
   5. $\sqrt f\soe 0$ et $x\soe 0$, donc $\psi(\sqrt{f})(x)=\dfrac 1x\ds\int_0^x\sqrt{f(t)}dt\soe 0$.
      D'autre part: en utilisant l'inégalité de Cauchy-schwarz pour 1 et $\sqrt{f}$, on aura: $$\begin{array}[t]{ll} \dfrac 1x\ds\int_0^x\sqrt{f(t)}dt&\io... ...&=\sqrt{\dfrac 1x\ds\int_0^xf(t)dt}=\sqrt{\psi(f)} \end{array}$$.
      On aura égalité, s'il y a égalité dans l'inégalité de Cauchy-schwarz pour 1 et $\sqrt{f}$, donc s'ils sont proportionnels, c'est à dire $f$ est constante.
2. 1. Il est clair que $\psi(f+\lambda g)=\psi(f)+\lambda\psi(g)$, n'oubliez pas de le mentionner pour $x=0$, donc $\psi$ est linéaire.
      D'autre part d'aprés 1.1) $\psi(f)\in E,\;\qlq f\in E$, donc $\psi$ est un endomorphisme de $E$.
   2. $$\begin{array}[t]{ll} f\in\text{ Ker }(\psi)&\;\Longrightar... ... &\;\Longrightarrow\;g'(x)=f(x)=0,\;\qlq x\soe 0 \end{array}$$
      Donc $\psi$ est injective.
   3. D'aprés 1.1) on peut affirmer que $\psi(f)$ est de classe ${\cal C}^1$ sur $\ensuremath{\mathbb{R}} ^*_+$, donc toute fonction de $E$ qui ne l'est pas ne peut pas être de la forme $\psi(f)$, c'est à dire n'admet pas d'antécédant, donc $\psi$ n'est pas surjective. $F(x)=\vert x-1\vert$ est un exemple de fonction de $E$ qui n'est pas de classe ${\cal C}^1$ sur $\ensuremath{\mathbb{R}} ^*_+$, car non dérivable en 1.
3. 1. Il s'agit d'une équation différentielle linéaire du 1ér ordre à coéfficients non constant, dont la solution est:
      $f(x)=Ke^{-\ds\int_0^x\frac{\lambda -1}{\lambda}tdt}=Ke^{\frac{1-\lambda }{\lambda}\ln x}=Kx^{\frac{1-\lambda }{\lambda}}$.
   2. $f$ est prolongeable en $0^+si et seulement si \ds\lim_{x\rightarrow}f(x)$ est finie $si et seulement si \dfrac{1-\lambda }{\lambda}\soe 0si et seulement si 0<\lambda \ioe 1$.
4. 1. 0 ne peut pas être une valeur propre de $\psi$ car elle est injective.
   2. Soit $f\in E$ non nulle telle que $\psi (f)=\mu f$, donc $f=\dfrac 1\mu\psi(f)$ car $\mu\neq 0$ d'aprés 4.1). De plus d'aprés 1.1) on peut affirmer que $\psi(f)$ est de classe ${\cal C}^1$ sur $\ensuremath{\mathbb{R}} ^*_+$, donc $f$ aussi.
   3. Soit $\lambda$ valeur propre de $\psi$ et $f$ vecteur propr associé, donc $\psi(f)(x)=\lambda f(x)$, d'où $\ds\int_0^xf(t)dt=\lambda xf(x)$, en dérivant cette égalité on obtient: $\lambda xf'(x)+(\lambda -1)f(x)=0$, dont les solutions sont:
      $f(x)=Kx^{\frac{1-\lambda }{\lambda}}$, dérivables sur $]0,+\infty[$ pour tout $\lambda\in ]0,1]$.

Troisième partie

1. 1. Pour tout segment $[a,b]\subset \ensuremath{\mathbb{R}} ^+$, on a d'aprés l'inégalité de Cauchy-Schwarz: $$\begin{array}[t]{ll} \left\vert\ds\int_a^bf(t)g(t)dt\right\v... ...\infty}f^2(t)dt}\sqrt{\ds\int_0^{+\infty}g^2(t)dt} \end{array}$$
      Donc $fg$ est intégrable sur $\ensuremath{\mathbb{R}} ^+$
   2. Il est clair que l'application nulle est de carré intégrable, donc appartient à $E_2$, d'autre part, soit $(f,g)\in E_2,\lambda\in \ensuremath{\mathbb{R}}$, alors:
      $(f+\lambda g)^2=f^2+2\lambda fg+g^2$ car $f^2,fg,g^2$ sont toutes intégrables, donc $f+\lambda g\in E_2$ et par suite $E_2$ est un sous-espace vectoriel de $E$.
   3. • Symétrie: $(f,g)=\ds\int_0^{+\infty}f(t)g(t)dt=\ds\int_0^{+\infty}g(t)f(t)dt=(g,f)$.
      • Bilinéarité: $(f+\lambda g,h)=(f,h)+\lambda (g,h)$, car l'intégrale est linéaire, d'où la linéarité à gauche, à l'aide de la symétrie on conclut la bilinéarité.
      • Positive: $(f,f)=\ds\int_0^{+\infty}f^2(t)dt\soe 0$.
      • Définie: $(f,f)=0\;\Longrightarrow\;\ds\int_0^{+\infty}f^2(t)dt= 0\;\Longrightarrow\;f^2=0$, car $f^2$ continue positive, donc $f=0$.
2. 1. $\dfrac{g^2(t)}t=g(t)\psi(f)(t)\longrightarrow g(0)\psi(f)(0)=0$, quand $t\longrightarrow 0^+$, car $g$ et $\psi(f)$ sont continues sur $\ensuremath{\mathbb{R}} ^+$ et $g(0)=0$.
   2. $\dfrac{g^2(t)}{t^2}=\left(\psi(f)(t)\right)^2\longrightarrow \left(\psi(f)(0)\right)^2$, quand $t\longrightarrow 0^+$, car $\psi(f)$ est continue sur $\ensuremath{\mathbb{R}} ^+$, donc $t\mapsto\dfrac{g^2(t)}{t^2}$ est intégrable sur $]0,b]$ car prolongeable par continuité en $0^+$.
      D'autre part: $\ds\int_0^b\psi(f)^2(t)dt=\ds\int_0^b\dfrac{g^2(t)}{t^2}dt$, par définition de $\psi(f)$, pour l'autre égalité on va utiliser une intégration par parties, avec $u=g^2(t),v'=\dfrac 1{t^2}$, donc $u'=2g'(t)g(t)$ et $v=-\dfrac 1t$, d'où:
      $$\begin{array}{ll} \ds\int_0^b\dfrac{g^2(t)}{t^2}dt&=\left[... ...\text{ car: }g'(t)=f(t),\dfrac{g(t)}{t}=\psi(f)(t) \end{array}$$
   3. $$\begin{array}[t]{ll} \ds\int_0^b\psi(f)^2(t)dt&\ioe 2\ds\int... ...\quad\text{D'aprés l'inégalité de Cauchy-Shwarz. } \end{array}$$,
      Si $\ds\int_0^b\psi(f)^2(t)dt=0$, c'est terminé, sinon on peut simplifier avec et on obtient encore le résultat demandé.
   4. Découle immédiatement de 2-4) en faisant tendre $b$ vers $+\infty$.
   5. D'aprés 2-5) on peut conclure que $\psi_2$ est 2-lipshitzienne, donc continue.
3. 1. Faire tendre $b$ vers $+\infty$ dans (1), en utilisant 3-1).
4. $$\begin{array}[t]{ll} \vert\vert\psi(f)-2f\vert\vert^2&=(\psi... ...\vert f\vert\vert\\ &=0\quad\text{D'aprés 3-2)} \end{array}$$
   Donc $\psi(f)-2f=0$, ainsi si $f\neq 0$, on aurait 2 est une valeur propre de $\psi$, impossible puisque les valeurs propres de $\psi$ sont les $\lambda\in ]0,1]$.

Quatrième partie

1. 1. $f_a^2(x)=e^{-2ax}$ est évidement intégrable sur $\ensuremath{\mathbb{R}} ^+$, avec:
      $\vert\vert f_a\vert\vert^2=\ds\int_0^{+\infty} e^{-2ax}dx=\dfrac 1{2a}$.
   2. Pour $x\neq 0$, on a: $\psi(f_a)(x)=\dfrac 1x\ds\int_0^xe^{-at}dt=\dfrac {1-e^{-ax}}{ax}$.
      Pour $x=0$, on a: $\psi(f_a)(0)=f_a(0)=1$.
      $$\begin{array}{ll} (f_a,\psi(f_a))&=\ds\int_0^{+\infty}f_a(... ...c{\ln a}a\quad\text{D'aprés 1-4 de la 1ère partie} \end{array}$$
      $$\begin{array}{ll} \left(\dfrac{\vert\vert\psi(f_a)\vert\ve... ...\quad\text{D'aprés 3-2, 3ème partie}\\ &=4\ln a \end{array}$$.
      D'où: $\dfrac{\vert\vert\psi(f_a)\vert\vert}{\vert\vert f_a\vert\vert}=2\sqrt{\ln a}$.
2. 1. Pour $x\neq 0$, on a: $\psi(f)(x)=\dfrac 1x\ds\int_0^x\dfrac 1{1+t}dt=\dfrac{\ln (1+x)}x$.
      Pour $x=0$, on a: $\psi(f)(0)=f(0)=1$.
   2. Au voisiange de 0: $f^2(x)\sim 1$
      Au voisinage de $+\infty$: $f^2(x)\sim\dfrac 1{x^2}$, donc $f^2$ est intégrable sur $\ensuremath{\mathbb{R}} ^+$, or $f$ continue, donc $f\in E_2$.
      $$\begin{array}{ll} (f\vert\psi(f))&=\ds\int_0^{+\infty}f(t)\p... ...t(\dfrac{\ln (1+t)}{t}-\dfrac{\ln t}{1+t}\right)dt \end{array}$$
   3. $\left(\ln t\ln (1+t)\right)'=\dfrac{\ln (1+t)}{t}+\dfrac{\ln t}{1+t}$, donc $\ln t\ln (1+t)$ est une primitive de $\dfrac{\ln (1+t)}{t}+\dfrac{\ln t}{1+t}$.
      Calculons d'abord: $\ds\int_0^{1}\dfrac{\ln (1+t)}{t}dt$ et $\ds\int_0^{1}\dfrac{\ln t}{1+t}dt$, en effet: $$\begin{array}{ll} \ds\int_0^{1}\dfrac{\ln (1+t)}{t}dt&=\left... ...e }0^+:\;\ln t\ln(1+t)\sim t\ln t\longrightarrow 0 \end{array}$$
3. 1. les application $f\mapsto \vert\vert f\vert\vert$ et $f\mapsto\psi(f)$ sont continue, or $f\neq 0$, donc l'application $f\mapsto\dfrac{\vert\vert\psi(f)\vert\vert}{\vert\vert f\vert\vert}$ est continue en tant que composée et rapport d'applications continues.
   2. $\left\lbrace\dfrac{\vert\vert\psi(f)\vert\vert}{\vert\vert f\vert\vert}\text{ tel que: }f\in E_2-{0}\right\rbrace$ est un connexe dans $\ensuremath{\mathbb{R}}$ en tant qu'image d'un connexe par une application continue, d'autre part: $0<\dfrac{\vert\vert\psi(f)\vert\vert}{\vert\vert f\vert\vert}<2$, puisque $\psi(f)$ est injective et d'aprés la question 2-4) 3ème partie, donc c'est un intervalle contenu dans $]0,2[$.
4. 1. 1. L'application $f$ est définie ainsi:
         $$\begin{array}[t]{lll} f(t)&=t^s&\text{si: }0\ioe t\ioe a\\ ... ...si: }a\ioe t\ioe a+1\\ &=0&\text{si: }t\soe a+1 \end{array}$$
         $f^2$ est intégrable car son intégrale sur $\ensuremath{\mathbb{R}} ^+$ est égale à celui sur $[0,a+1]$, avec: $$\begin{array}[t]{ll} \vert\vert f\vert\vert^2&=\ds\int_0^{a}... ...s+1}-\dfrac{a^{2s}}3\sim\dfrac{a^{2s+1}}{2s+1}\\ \end{array}$$
      2. D'abord pour $0\ioe x\ioe a$, on a:
         $\psi(f)(x)=\dfrac 1x\ds\int_0^xf(t)dt=\dfrac 1x\ds\int_0^xt^sdt=\dfrac {x^{s}}{s+1}$, car:
         $2s+1>0\;\Longrightarrow\;s>-\frac 12\;\Longrightarrow\;s+1>0\;\Longrightarrow\;\ds\lim_{x\rightarrow 0^+}x^{s+1}=0$.
         D'autre part:
         $\vert\vert\psi(f)\vert\vert^2=\ds\int_0^{+\infty}\psi(f)^2(x)dx\soe \ds\int_0^... ...c {2a^{2s+1}}{(s+1)(2s+1)}.\dfrac 1{2(s+1)}\soe \dfrac {2a^{2s+1}}{(s+1)(2s+1)}$, car $2(s+1)=2s+2>1$.
      3. D'aprés les deux questions précèdentes, en faisant tendre $a$ vers $+\infty$, on aura: $\sup\left(\dfrac{\vert\vert\psi(f)\vert\vert^2}{\vert\vert f\vert\vert^2}\right)\soe \dfrac 2{s+1}\quad\qlq s\in\ensuremath{\mathbb{R}}$    tel que: $2s+1>0$, donc pour $s\soe-\frac 12$, en faisant tendre $s$ vers $-\frac 12$, on obtient: $\sup\left(\dfrac{\vert\vert\psi(f)\vert\vert^2}{\vert\vert f\vert\vert^2}\right)\soe 4$, d'où: $\sup\left(\dfrac{\vert\vert\psi(f)\vert\vert}{\vert\vert f\vert\vert}\right)\soe 2$, or d'aprés la question 4.2) on a: $\sup\left(\dfrac{\vert\vert\psi(f)\vert\vert}{\vert\vert f\vert\vert}\right)\ioe 2$, d'où l'égalité.
   2. 1. Au voisinage de $+\infty$ on a: $f^2(t)=\dfrac 1{t^{2\alpha+2}}$ est bien intégrable car $2\alpha+2>1$, avec:
         $$\begin{array}{ll} \vert\vert f\vert\vert^2&=\ds\int_0^{+\i... ...2\alpha+1}+\dfrac 1{2\alpha+1}=\dfrac 2{2\alpha+1} \end{array}$$
      2. Déterminons d'abord $\psi(f)(x)$ pour $x\soe 0$.
         1ér cas: $0\ioe x\ioe 1$, alors:
         $\psi(f)(x)=\dfrac 1x\ds\int_0^xf(t)dt=\dfrac 1x\ds\int_0^xt^\alpha dt=\dfrac {x^{\alpha}}{\alpha +1}$.
         2ème cas: $x\soe 1$, alors:
         $$\begin{array}{ll} \psi(f)(x)&=\dfrac 1x\ds\int_0^xf(t)dt=\df... ...}{x\alpha(\alpha+1)}-\dfrac 1{\alpha x^{\alpha+1}} \end{array}$$
         $$\begin{array}{ll} \vert\vert\psi(f)\vert\vert^2&=\ds\int_0^{... ...pha +1)}\\ &\ds\sim_{+\infty}\dfrac 4{\alpha^2} \end{array}$$
      3. D'aprés les deux questions précèdentes, on aura: $\inf\left(\dfrac{\vert\vert\psi(f)\vert\vert^2}{\vert\vert f\vert\vert^2}\right)\ioe \dfrac{2(2\alpha +1)}{\alpha^2}$ pour $\alpha>0$ assez grand, quand $\alpha\longrightarrow +\infty$, on obtient $\inf\left(\dfrac{\vert\vert\psi(f)\vert\vert^2}{\vert\vert f\vert\vert^2}\right)\ioe 0$, or d'aprés la question 4.2) on a: $\inf\left(\dfrac{\vert\vert\psi(f)\vert\vert}{\vert\vert f\vert\vert}\right)\soe 0$, d'où l'égalité.

Fin.