Agrégation interne - sujet 2 - résultats préliminaires 1

LeVioloniste
Modifié (10 Feb) dans Analyse

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Réponses

  • LeVioloniste
    Modifié (3 Feb)
    Q9
    On considère la fonction $f : \mathbb{R} \times \mathbb{R}_+^*$ par $f(x,t)=t^{x-1} \times e^{-t}$ et $f_x(t)=f(x,t)$ définie $\mathbb{R}_+^*$.
    On regarde aux bornes en utilisant les intégrales de Riemann.
    $f_x(t) \sim_{0} \frac{1}{t^{1-x}}$ est intégrable sur $] 0,1[$ ssi $x>0$
    $f_x(t) \sim_{+\infty} o(\frac{1}{t^2})$ est intégrable sur $]1,+\infty[$ donc pas de contrainte sur $x$ par domination de l'exponentielle quand on passe à la limite.
    Conclusion : comme la fonction $f_x$ est continue alors $\Gamma$ existe si $x>0$
  • LeVioloniste
    Modifié (3 Feb)
    Q10
    Montrons déjà la continuité de la fonction $\Gamma$.
    La fonction $f$ est continue sur $\mathbb{R} \times \mathbb{R}_+^*$
    Ensuite l'hypothèse de domination :
    Pour $0<t\leq1$, $x \mapsto t^{x-1}$ décroissante donc $x \in [a,b]$, $0<f(x,t)<t^{a-1}$
    Pour $t>1$, $x \mapsto t^{x-1}$ croissante donc $x \in [a,b]$, $0<f(x,t)<t^{b-1}.e^{-t}$
    Ces 2 fonctions qui sont majorantes sont intégrables donc on a bien les hypothèses vérifiées d'où la continuité de l'intégrale.

    Pour montrer que $\Gamma$ est de classe $\mathcal{C}^1$.
    $\frac{\partial f}{\partial x}=ln(t).t^{x-1} \times e^{-t}$
    Ensuite l'hypothèse de domination pour la différentielle par rapport à x :
    Pour $0<t\leq1$, $x \mapsto t^{x-1}.ln(t)=o(\frac{1}{t^{1-a/2}})$
    Pour $t>1$, $x \mapsto t^{x-1}.ln(t)=o(\frac{1}{t^2})$
    Donc $|\frac{\partial f}{\partial x}|$ est majorée par ces fonctions intégrables.
    Ces 2 fonctions qui sont majorantes sont intégrables donc on a bien les hypothèses vérifiées d'où l'intégrale est de  classe $\mathcal{C}^1$.

    En fait $\Gamma$ est de classe $\mathcal{C}^{\infty}$.
  • LeVioloniste
    Modifié (4 Feb)
    Q11
    On applique  une IPP licite car $u(t)=t^{x}$ ; $u'(t)=x.t^{x-1}$ et $v'(t)=e^{-t}$ ; $v(t)=-e^{-t}$ avec $u$ et $v$ de classe $\mathcal{C}^1$.
    $\Gamma(x+1)=[-t^{x}.e^{-t}]_{0}^{+\infty}+\int_0^{+\infty} x.t^{x-1}.e^{-t} dt = x.\int_0^{+\infty} t^{x-1}.e^{-t} dt = x.\Gamma(x)$
  • LeVioloniste
    Modifié (4 Feb)
    Q12
    Déjà il faut constater que $\Gamma(x)=\int_0^{+\infty} t^{x-1}.e^{-t} dt$ donne $\Gamma(1)=\int_0^{+\infty} e^{-t} dt=1$.
    Avec la formule précédente $\Gamma(n)=(n-1)!$
  • LeVioloniste
    Modifié (10 Feb)
    Q13
    On écrit pour $z \in \mathbb{C}$, $z=x+iy$ avec $x,y \in \mathbb{R}$
    Sous hypothèse de convergence $\displaystyle{ \Gamma(z)=\int_0^{+\infty} t^{z-1}.e^{-t} dt = \int_0^{+\infty} \frac{t^{z}}{t}.e^{-t} dt= \int_0^{+\infty} \frac{e^{z.ln(t)}}{t}.e^{-t} dt=\int_0^{+\infty} \frac{e^{(x+iy).ln(t)}}{t}.e^{-t} dt = \int_0^{+\infty} t^{\Re{(z)}-1}.e^{-t} dt + \int_0^{+\infty} \frac{e^{iy.ln(t)}}{t}.e^{-t} dt = \int_0^{+\infty} t^{\Re{(z)}-1}.e^{-t} dt + \int_0^{+\infty} (cos(y.ln(t))+i.sin(y.ln(t))) .\frac{e^{-t}}{t} dt= \int_0^{+\infty} (t^{\Re{(z)}-1} + cos(y.ln(t))).e^{-t} dt + i \int_0^{+\infty} sin(y.ln(t)) .\frac{e^{-t}}{t} dt }$
    La partie imaginaire cvg.
    La partie réelle cvg ssi $\Re{(z)}>0$
  • bd2017
    Modifié (4 Feb)
    9, 10 ,11,12 oui ...Q13 "la partie Re converge, la partie Imaginaire converge....et pourquoi? 
    zapperais-tu le plus important?
     
  • Dans Q10 tu écris des inégalités strictes alors que ce que dis avant ne permet d'avoir que des larges. Cela ne change rien au résultat, mais ça fait tâche. Ensuite pour l'aspect $C^1$ ta rédaction ne me convainc pas. Déjà il faut regarder les fonctions comme fonctions de $t$ et bien entendu écrire proprement que tu domines sur chaque intervalle $[a,b]$ en $x$, comme tu l'avais fait pour la continuité.
  • LeVioloniste
    Modifié (10 Feb)
    Je reprends Q10 dans les règles de l'art. $0<a<b$
    $\varphi : \begin{cases} & [a;b] \times [0;+\infty[ &  \longmapsto & \mathbb{R} \\ & (x,t) & \longmapsto & t^{x-1}.e^{-t} & \end{cases}$
    Déjà là c'est beau.

    A. Continuité
    A.1 Continuité selon chaque variable :
    $t \longmapsto t^{x-1}.e^{-t}$ est continue sur $ [0;+\infty[$
    $x \longmapsto t^{x-1}.e^{-t}$ est continue sur $ [a;b]$
    Ainsi la fonction $f$ est continue sur $ \mathbb{R}_+^* \times \mathbb{R}_+$ car $a$ et $b$ choisis arbitrairement dans $ \mathbb{R}$
    A.2 Ensuite l'hypothèse de domination :
    Pour $0<t\leq1$, $x \mapsto t^{x-1}$ décroissante donc $x \in [a,b]$, $0 \leq \varphi (x,t) \leq t^{a-1}.e^{-t}$
    Pour $t \geq1$, $x \mapsto t^{x-1}$ croissante donc $x \in [a,b]$, $0 \leq \varphi (x,t) \leq t^{b-1}.e^{-t}$
    Alors $|\varphi (x,t)| \leq (t^{a-1}+ t^{b-1}).e^{-t}=\varphi_0(t)$
    Et cette fonction $\varphi_0$ est bien intégrable sur $ [0;+\infty[$.
    Donc on a bien les hypothèses vérifiées d'où la continuité de l'intégrale $\Gamma$.
    B. Montrer que $\Gamma$ est de classe $\mathcal{C}^1$.
    B.1 Continuité de la fonction dérivée
    $\frac{\partial f}{\partial x}(x,t)=\ln(t).t^{x-1} \times e^{-t}$
    On a que
    $x \longmapsto \frac{\partial f}{\partial x}(x,t)$ est continue sur $ [a;b]$
    $t \longmapsto \frac{\partial f}{\partial x}(x,t)$ est continue sur $ [0;+\infty[$
    On obtient alors $|\frac{\partial f}{\partial x}(x,t)| \leq \ln(t). (t^{a-1}+ t^{b-1}).e^{-t} =\varphi_1(t)$
    B.2 Ensuite l'hypothèse de domination :
    Et cette fonction $\varphi_1$ est bien intégrable en vérifiant que :
    en $+\infty$ on  a $\lim_{t \to \infty} t^2.|\frac{\partial f}{\partial x}(x,t)| = 0$ (critère de Riemann)
    en $0$ on a $t^{1-x/2}\ln(t).t^{x-1} \times e^{-t}=\ln(t).t^{x/2}\times e^{-t} \sim_{0} \ln(t).t^{x/2}$ qui converge pour $x>0$ proche de 0.
    donc $\lim_{t \to 0} t^{1-x/2}\ln(t).t^{x-1} \times e^{-t} =0$ (critère de Riemann)
    donc on a bien les hypothèses vérifiées d'où la classe $\mathcal{C}^1$  de l'intégrale $\Gamma$.
  • LeVioloniste
    Modifié (10 Feb)
    EN COURS
    Q13
    Je reprends pour la partie imaginaire : $\displaystyle{ \int_0^{+\infty} \sin(y\ln(t)) .\frac{e^{-t}}{t} dt }$
    Pour la borne supérieure : $\displaystyle{ |t^2\sin(y\ln(t)) .\frac{e^{-t}}{t}| \leq |t.e^{-t}| }$ qui tend vers $0$ quand $t \to +\infty$
    Pour la borne inférieure : $\displaystyle{ \sqrt{t}\sin(y\ln(t)) .\frac{e^{-t}}{t} \sim \sqrt{t} y\ln(t).\frac{e^{-t}}{t} }$ qui tend vers $-\infty$ quand $t \to 0$
    Donc l'intégrale ne  converge pas.
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