Corrigé du contrôle de maths L1 : intégrales, équations différentielles et DL

Exercice 1 : Une fonction définie par une intégrale (6 points)

1. La fonction \(f : t \mapsto e^{-t^2}\) est continue sur \(\mathbb{R}\). D’après le théorème fondamental de l’analyse, la fonction \(G : x \mapsto \displaystyle\int_0^x e^{-t^2}\,dt\) est donc une primitive de \(f\). Elle est de classe \(C^1\) sur \(\mathbb{R}\) et \(G^{\prime} = f\).

   Ensuite, la relation de Chasles donne \(F(x) = G(2x) – G(x)\) pour tout réel \(x\). Par composition et différence, \(F\) est définie et de classe \(C^1\) sur \(\mathbb{R}\). De plus :

   \[F^{\prime}(x) = 2G^{\prime}(2x) – G^{\prime}(x) = 2e^{-4x^2} – e^{-x^2}.\]

   Ainsi \(F\) est de classe \(C^1\) sur \(\mathbb{R}\) et \(F^{\prime}(x) = 2e^{-4x^2} – e^{-x^2}\).

2. Soit \(x\) réel. Dans \(F(-x) = \displaystyle\int_{-x}^{-2x} e^{-t^2}\,dt\), on effectue le changement de variable \(t = -u\), qui est de classe \(C^1\). Alors \(dt = -du\), et \(u\) va de \(x\) à \(2x\). Donc :

   \[F(-x) = \int_{x}^{2x} e^{-u^2}\,(-du) = -F(x).\]

   La fonction \(F\) est donc impaire.

3. D’abord, le DL usuel de l’exponentielle donne \(e^{-t^2} = 1 – t^2 + \dfrac{t^4}{2} + o(t^4)\) en 0. Or \(G\) est une primitive de \(f\) avec \(G(0) = 0\). Par le théorème d’intégration des développements limités :

   \[G(x) = x – \dfrac{x^3}{3} + \dfrac{x^5}{10} + o(x^5).\]

   Ensuite, on remplace \(x\) par \(2x\), qui tend vers 0 : \(G(2x) = 2x – \dfrac{8x^3}{3} + \dfrac{32x^5}{10} + o(x^5)\). Par différence :

   \[F(x) = x – \dfrac{7}{3}x^3 + \dfrac{31}{10}x^5 + o(x^5).\]

   Le DL de \(F\) à l’ordre 5 en 0 est \(F(x) = x – \dfrac{7}{3}x^3 + \dfrac{31}{10}x^5 + o(x^5)\). On remarque qu’il ne contient que des puissances impaires, ce qui est cohérent avec la question b.

4. Le DL à l’ordre 1 donne \(F(0) = 0\) et \(F^{\prime}(0) = 1\). La tangente en 0 a pour équation \(y = x\). On retrouve d’ailleurs \(F^{\prime}(0) = 2 – 1 = 1\).

   Ensuite, \(F(x) – x = -\dfrac{7}{3}x^3 + o(x^3)\), donc \(F(x) – x \sim -\dfrac{7}{3}x^3\). Au voisinage de 0, \(F(x) – x\) est donc du signe de \(-x^3\). La courbe est au-dessous de sa tangente à droite de 0 et au-dessus à gauche : l’origine est un point d’inflexion.

   

5. Soit \(x > 0\). Alors \(x < 2x\) et, pour tout \(t \in [x, 2x]\), \(t^2 \geq\, x^2\). Par décroissance de \(u \mapsto e^{-u}\), on a donc \(0 \leq\, e^{-t^2} \leq\, e^{-x^2}\). Par positivité de l’intégrale (bornes dans l’ordre croissant) :

   \[0 \leq\, F(x) \leq\, (2x – x)\,e^{-x^2} = x\,e^{-x^2}.\]

   Or \(x\,e^{-x^2}\) tend vers 0 en \(+\infty\), par croissances comparées. D’après le théorème d’encadrement, \(\lim_{x \to +\infty} F(x) = 0\).

Erreur fréquente : dériver \(F\) en \(e^{-4x^2} – e^{-x^2}\), en oubliant le facteur 2 de la dérivée de \(x \mapsto 2x\).

Barème : a) 1,5 point : 0,5 point pour l’existence de \(G\), 0,5 point pour la régularité, 0,5 point pour \(F^{\prime}\) ; b) 1 point ; c) 1,5 point : 0,5 point pour le DL de \(G\) justifié, 1 point pour le DL de \(F\) ; d) 1 point : 0,5 point pour la tangente, 0,5 point pour la position ; e) 1 point : 0,5 point pour l’encadrement, 0,5 point pour la limite.

Exercice 2 : Équation différentielle et intégration par parties (6 points)

1. Sur \(I\), \(x \neq 0\), donc l’équation homogène équivaut à \(y^{\prime} – \dfrac{1}{x}\,y = 0\). La fonction \(x \mapsto -\dfrac{1}{x}\) est continue sur \(I\), de primitive \(-\ln x\). Les solutions homogènes sont donc les fonctions \(x \mapsto \lambda\,e^{\ln x} = \lambda\,x\), avec \(\lambda \in \mathbb{R}\).

2. On pose \(u(t) = \ln t\) et \(v(t) = t\). Ces fonctions sont de classe \(C^1\) sur \([1, x]\) (ou \([x, 1]\)). Par intégration par parties :

   \[\int_1^x \ln t\,dt = \big[t\ln t\big]_1^x – \int_1^x t \times \dfrac{1}{t}\,dt = x\ln x – (x – 1).\]

   Ainsi \(\displaystyle\int_1^x \ln t\,dt = x\ln x – x + 1\).

3. On cherche les solutions sous la forme \(y(x) = \lambda(x)\,x\), avec \(\lambda\) dérivable sur \(I\). Alors \(y^{\prime}(x) = \lambda^{\prime}(x)\,x + \lambda(x)\), donc :

   \[x\,y^{\prime}(x) – y(x) = \lambda^{\prime}(x)\,x^2 + \lambda(x)\,x – \lambda(x)\,x = \lambda^{\prime}(x)\,x^2.\]

   Par conséquent, \(y\) est solution de \((E)\) si et seulement si \(\lambda^{\prime}(x) = \ln x\) sur \(I\). D’après la question b, cela équivaut à \(\lambda(x) = x\ln x – x + C\), avec \(C\) réel.

   Les solutions de \((E)\) sur \(I\) sont les fonctions \(x \mapsto x^2\ln x – x^2 + C\,x\), avec \(C \in \mathbb{R}\).

4. On a \(g(1) = 0 – 1 + C = 0\), donc \(C = 1\). L’unicité découle du théorème de Cauchy-Lipschitz linéaire sur \(I\). Ainsi \(g(x) = x^2\ln x – x^2 + x\).

5. La fonction \(g\) est de classe \(C^3\) sur \(I\). On calcule ses dérivées :

   \(g^{\prime}(x) = 2x\ln x + x – 2x + 1 = 2x\ln x – x + 1\), donc \(g^{\prime}(1) = 0\) ;

   \(g^{\prime\prime}(x) = 2\ln x + 2 – 1 = 2\ln x + 1\), donc \(g^{\prime\prime}(1) = 1\) ;

   \(g^{\prime\prime\prime}(x) = \dfrac{2}{x}\), donc \(g^{\prime\prime\prime}(1) = 2\).

   D’après la formule de Taylor-Young, avec \(x = 1 + h\) :

   \[g(1+h) = 0 + 0 \times h + \dfrac{1}{2}h^2 + \dfrac{2}{6}h^3 + o(h^3).\]

   Donc \(g(1+h) = \dfrac{h^2}{2} + \dfrac{h^3}{3} + o(h^3)\).

   Vérification par produit : \(x^2 = 1 + 2h + h^2\) et \(\ln(1+h) = h – \dfrac{h^2}{2} + \dfrac{h^3}{3} + o(h^3)\). Donc \(x^2\ln x = h + \dfrac{3}{2}h^2 + \dfrac{1}{3}h^3 + o(h^3)\). De plus, \(-x^2 + x = -h – h^2\). La somme donne bien \(\dfrac{h^2}{2} + \dfrac{h^3}{3} + o(h^3)\).

   Ainsi \(g(1+h) \sim \dfrac{h^2}{2}\), qui est positif pour \(h \neq 0\). La fonction \(g\) admet en 1 un minimum local strict, égal à 0, avec une tangente horizontale. On retrouve \(g^{\prime}(1) = 0\) directement dans l’équation : \(1 \times g^{\prime}(1) – g(1) = 0\).

Barème : a) 1 point ; b) 1 point : 0,5 point pour le choix de \(u\) et \(v\), 0,5 point pour le résultat ; c) 1,5 point : 0,5 point pour la forme cherchée, 0,5 point pour \(\lambda^{\prime}\), 0,5 point pour la conclusion ; d) 0,5 point ; e) 2 points : 1 point pour le DL, 0,5 point pour la justification (Taylor-Young ou produit), 0,5 point pour l’interprétation.

Exercice 3 : Problème : une suite d’intégrales issue d’une équation différentielle (8 points)

Partie A : l’équation différentielle

1. L’équation \((E_n)\) est linéaire du premier ordre, à coefficients continus sur \(\mathbb{R}\). D’après le théorème de Cauchy-Lipschitz linéaire, elle admet une unique solution \(y_n\) telle que \(y_n(0) = 0\).

   Les solutions homogènes sont les \(x \mapsto \lambda\,e^{-x}\). On pose donc \(y(x) = \lambda(x)\,e^{-x}\). Alors \(y^{\prime} + y = \lambda^{\prime}(x)\,e^{-x}\). Ainsi \(y\) est solution si et seulement si \(\lambda^{\prime}(x) = x^n e^{x}\).

   La fonction \(t \mapsto t^n e^{t}\) est continue. Par le théorème fondamental de l’analyse, \(\lambda(x) = \displaystyle\int_0^x t^n e^{t}\,dt + K\). La condition \(y(0) = 0\) impose \(K = 0\). Donc \(y_n(x) = e^{-x}\displaystyle\int_0^x t^n e^{t}\,dt\).

2. On intègre par parties avec \(u(t) = t\) et \(v(t) = e^{t}\), de classe \(C^1\) :

   \[\int_0^x t\,e^{t}\,dt = \big[t\,e^{t}\big]_0^x – \int_0^x e^{t}\,dt = x\,e^{x} – e^{x} + 1.\]

   Donc \(y_1(x) = x – 1 + e^{-x}\). Vérification : \(y_1^{\prime}(x) = 1 – e^{-x}\), donc \(y_1^{\prime}(x) + y_1(x) = x\). De plus, \(y_1(0) = 0 – 1 + 1 = 0\).

3. En 0, \(t^n e^{t} = t^n + o(t^n)\). La fonction \(\Phi : x \mapsto \displaystyle\int_0^x t^n e^{t}\,dt\) est la primitive de \(t \mapsto t^n e^{t}\) nulle en 0. Par intégration des développements limités, \(\Phi(x) = \dfrac{x^{n+1}}{n+1} + o(x^{n+1})\).

   Ensuite, \(e^{-x}\) tend vers 1 en 0. Donc \(y_n(x) = e^{-x}\,\Phi(x) \sim \Phi(x)\). Ainsi \(y_n(x) \sim \dfrac{x^{n+1}}{n+1}\) quand \(x\) tend vers 0. Pour \(n = 1\), on retrouve \(x – 1 + e^{-x} = \dfrac{x^2}{2} + o(x^2)\).

Partie B : la suite des valeurs en 1

4. D’abord, \(J_n = e^{-1}\displaystyle\int_0^1 t^n e^{t}\,dt = \int_0^1 t^n e^{t-1}\,dt\), par linéarité.

   Ensuite, pour \(t \in [0, 1]\), on a \(t – 1 \leq\, 0\), donc \(0 \leq\, e^{t-1} \leq\, 1\). Ainsi \(0 \leq\, t^n e^{t-1} \leq\, t^n\). Par positivité de l’intégrale :

   \[0 \leq\, J_n \leq\, \int_0^1 t^n\,dt = \dfrac{1}{n+1}.\]

   D’après le théorème d’encadrement, \((J_n)\) converge vers 0.

5. On intègre \(J_{n+1}\) par parties avec \(u(t) = t^{n+1}\) et \(v(t) = e^{t-1}\), de classe \(C^1\) sur \([0, 1]\) :

   \[J_{n+1} = \big[t^{n+1}e^{t-1}\big]_0^1 – (n+1)\int_0^1 t^n e^{t-1}\,dt = 1 – (n+1)\,J_n.\]

   Donc \((n+1)\,J_n + J_{n+1} = 1\) pour tout entier naturel \(n\).

6. D’après la question e, \((n+1)\,J_n = 1 – J_{n+1}\). Or \(J_{n+1}\) tend vers 0 d’après la question d. Donc \((n+1)\,J_n\) tend vers 1.

   Ensuite, \(n\,J_n = \dfrac{n}{n+1} \times (n+1)\,J_n\), et \(\dfrac{n}{n+1}\) tend vers 1. Par produit, \(n\,J_n\) tend vers 1. Ainsi \(J_n \sim \dfrac{1}{n}\).

7. D’après la question f appliquée au rang \(n+1\), \(J_{n+1} \sim \dfrac{1}{n+1} \sim \dfrac{1}{n}\). Donc \(J_{n+1} = \dfrac{1}{n} + o\!(\dfrac{1}{n})\).

   Ensuite, avec le DL de \(\dfrac{1}{1+h}\) en 0 pour \(h = \dfrac{1}{n}\) :

   \[\dfrac{1}{n+1} = \dfrac{1}{n} \times \dfrac{1}{1 + \frac{1}{n}} = \dfrac{1}{n}(1 – \dfrac{1}{n} + o\!(\dfrac{1}{n})).\]

   Enfin, la relation de la question e donne \(J_n = \dfrac{1 – J_{n+1}}{n+1}\). Par produit :

   \[J_n = \dfrac{1}{n}(1 – \dfrac{1}{n} + o\!(\dfrac{1}{n}))(1 – \dfrac{1}{n} + o\!(\dfrac{1}{n})) = \dfrac{1}{n}(1 – \dfrac{2}{n} + o\!(\dfrac{1}{n})).\]

   Ainsi \(J_n = \dfrac{1}{n} – \dfrac{2}{n^2} + o\!(\dfrac{1}{n^2})\). Par exemple, pour \(n = 200\), on trouve numériquement \(J_{200} \approx 0{,}004951\), contre \(\dfrac{1}{200} – \dfrac{2}{40\,000} = 0{,}00495\).

   

Erreur fréquente : écrire \(J_n \sim \dfrac{1}{n} – \dfrac{2}{n^2}\). Un équivalent ne garde qu’un terme : il faut un petit o pour écrire un développement asymptotique.

Barème : a) 1,5 point : 0,5 point pour l’existence et l’unicité, 1 point pour la variation de la constante ; b) 1 point : 0,5 point pour l’intégration par parties, 0,5 point pour \(y_1\) et la vérification ; c) 1 point ; d) 1 point : 0,5 point pour l’encadrement, 0,5 point pour la limite ; e) 1 point ; f) 1 point ; g) 1,5 point : 0,5 point pour \(J_{n+1}\), 0,5 point pour le DL de \(\frac{1}{n+1}\), 0,5 point pour le produit.

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Après le corrigé du contrôle : intégrales, équations différentielles et DL

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