%% This document created by Scientific Word (R) Version 3.0

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\newtheorem{summary}[theorem]{Summary}
\newenvironment{proof}[1][Proof]{\textbf{#1.} }{\ \rule{0.5em}{0.5em}}



\begin{document}
\section{{\protect\LARGE Premi\`{e}re partie}}

\begin{enumerate}
\item
\[
\text{Pour }x\text{ non nul},\displaystyle\lim_{y\rightarrow+\infty}\dfrac
{y}{\pi(1+y^{2}x^{2})}=0,\text{ et }\displaystyle\lim_{y\rightarrow+\infty
}\dfrac{y}{\pi}=+\infty
\]

\begin{enumerate}
\item \medskip Le probl\`{e}me d'int\'{e}grabilit\'{e} se pose en -$\infty, $
la fonction est positive, on peut travailler en \'{e}quivalence. Pour $t$ au
voisinage de -$\infty,$ $f(t,y)\sim\dfrac{1}{\pi yt^{2}}$ dont l'int\'{e}grale
converge sur $\left]  -\infty,-1\right]  $. La fonction se primitive
facilement et
\[
\int_{-\infty}^{x}\dfrac{y}{\pi(1+y^{2}t^{2})}dt=\left[  \dfrac{arctan(ty)}%
{\pi}\right]  _{-\infty}^{x}=\dfrac{arctan(xy)}{\pi}+\dfrac{1}{2}\text{ car
}y>0
\]

Et enfin, $u(+\infty,y)=1$

\item $\displaystyle\lim_{y\rightarrow+\infty}\dfrac{arctan(xy)}{\pi}%
+\dfrac{1}{2}=1$ pour $x>0,$ $\dfrac{1}{2}$ pour $x=0,$ $0$ pour $x<0$ car $y>0$

\item
\[
u(x,10)=\int_{-\infty}^{x}\dfrac{10}{\pi(1+100t^{2})}dt=\allowbreak\frac{1}%
{2}\frac{2\arctan10x+\pi}{\pi}%
\]
\end{enumerate}%

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%}%
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%EndExpansion

\begin{enumerate}
\item  Le probl\`{e}me de convergence est en -$\infty$ et +$\infty$, on va
proc\'{e}der par majoration en valeur absolue.
\[
\text{Pour }t\text{ non nul, }\left|  f(t,y)g(t)\right|  \leq\left|  \dfrac
{1}{\pi yt^{2}}g(t)\right|  \leq\dfrac{M_{0}}{\pi yt^{2}}%
\]

dont l'int\'{e}grale converge sur $\left[  1,+\infty\right[  $ et sur $\left]
-\infty,-1\right]  $

\item $\left|  \int_{\frac{1}{\sqrt{y}}}^{\infty}f(t,y)g(t)dt\right|  \leq
M_{0}\int_{\frac{1}{\sqrt{y}}}^{\infty}\left|  f(t,y)\right|  dt=M_{0}%
\int_{\frac{1}{\sqrt{y}}}^{\infty}f(t,y)dt=M_{0}\left(  \dfrac{1}{2}%
-\dfrac{arctan(\sqrt{y})}{\pi}\right)  $ qui tend vers $0$ quand
$y\rightarrow+\infty$

\item  On a $\left|  g(t)-g(0)\right|  \leq\left|  t\right|  M_{1}$, donc
$\left|  f(t,y)(g(t)-g(0))\right|  \leq\dfrac{\left|  yt\right|  M_{1}}%
{\pi(1+y^{2}t^{2})}\leq\dfrac{M_{1}}{2\pi}$

Car les variations de $\dfrac{v}{1+v^{2}}$ pour $v\geq0$ donnent un maximum de
$\dfrac{1}{2}$ en $1$

$\left|  \int_{-\frac{1}{\sqrt{y}}}^{\frac{1}{\sqrt{y}}}%
f(t,y)(g(t)-g(0))dt\right|  \leq\int_{-\frac{1}{\sqrt{y}}}^{\frac{1}{\sqrt{y}%
}}\left|  f(t,y)(g(t)-g(0))\right|  dt\leq\dfrac{M_{1}}{2\pi}\dfrac{2}%
{\sqrt{y}}$ qui tend vers $0$ quand $y\rightarrow+\infty$%

\[
Or\int_{-\frac{1}{\sqrt{y}}}^{\frac{1}{\sqrt{y}}}f(t,y)g(0)dt=g(0)\dfrac
{2arctan(\sqrt{y})}{\pi}\text{ qui tend vers }g(0)\text{ quand }%
y\rightarrow+\infty
\]
\end{enumerate}

\item \medskip\medskip L'int\'{e}grale est convergente par la m\^{e}me
majoration qu'\`{a} la question pr\'{e}c\'{e}dente.

0n pose $h(t)=g(x-t)$ et on remarque que $h$ v\'{e}rifie les hypoth\`{e}ses de
la question pr\'{e}c\'{e}dente, born\'{e}e ainsi que sa d\'{e}riv\'{e}e par
les m\^{e}mes r\'{e}els. Le r\'{e}sultat en d\'{e}coule imm\'{e}diatement.

\item  Question sans sens puisque l'int\'{e}grale consid\'{e}r\'{e}e diverge
en $0$. Et, m\^{e}me quand $g(0)=0$ et que $\dfrac{g(t)}{t}$ serait
prolong\'{e}e par continuit\'{e} en 0, le r\'{e}sultat n'est pas le bon...

La bonne question \'{e}tait $\displaystyle\lim_{y\rightarrow\infty}%
\int_{-\infty}^{\infty}\dfrac{\partial f}{\partial t}(t,y)g(t)dt$ qui se fait
par une int\'{e}gration par parties dans les int\'{e}grales g\'{e}%
n\'{e}ralis\'{e}es. Le crochet est nul et on se retrouve dans le cas
\'{e}tudi\'{e} avec $-g\prime$ \`{a} la place de $g$
\end{enumerate}

\section{Deuxi\`{e}me partie}

\begin{enumerate}
\item
\begin{enumerate}
\item
\[
h(x,y)=\int_{0}^{x}\dfrac{arctan(ty)}{\pi}+\dfrac{1}{2}dt=\dfrac{x}{2}%
+\dfrac{1}{\pi}\left(  \left[  t\text{ }arctan(ty)\right]  _{0}^{x}-\int
_{0}^{x}\dfrac{ty}{1+t^{2}y^{2}}dt\right)
\]

par une simple int\'{e}gration par parties. Cela nous donne%

\[
h(x,y)=\dfrac{x}{2}+\dfrac{x}{\pi}arctan(xy)-\dfrac{1}{2\pi y}ln(1+x^{2}y^{2})
\]

\item $h(0,y)=0$ d'o\`{u} la limite pour $x=0$

Pour $x>0,h(x,y)=x-\dfrac{x}{\pi}arctan(\dfrac{1}{xy})-\dfrac{1}{2\pi
y}ln(1+x^{2}y^{2})$ Or
\[
\displaystyle\lim_{y\rightarrow+\infty}\dfrac{1}{2\pi y}ln(1+x^{2}%
y^{2})=0\text{ d'o\`{u}}\displaystyle\lim_{y\rightarrow+\infty}h(x,y)=x
\]

Pour $x<0,h(x,y)=-\dfrac{x}{\pi}arctan(\dfrac{1}{xy})-\dfrac{1}{2\pi
y}ln(1+x^{2}y^{2})$ Or
\[
\displaystyle\lim_{y\rightarrow+\infty}\dfrac{1}{2\pi y}ln(1+x^{2}%
y^{2})=0\text{ d'o\`{u}}\displaystyle\lim_{y\rightarrow+\infty}h(x,y)=0
\]

\item $\dfrac{arctan(xy)}{\pi}+\dfrac{1}{2}>0$ qui est la d\'{e}riv\'{e}e de
$h(.,y)$ qui est donc croissante.
\end{enumerate}

\begin{enumerate}
\item  Pour $x>0,h(x,y)=x-\dfrac{x}{\pi}arctan(\dfrac{1}{xy})-\dfrac{1}{2\pi
y}ln(1+x^{2}y^{2})$

En $+\infty$ pour $x,\dfrac{1}{2\pi y}ln(1+x^{2}y^{2})\sim\dfrac{ln(x)}{\pi y}=o(x)$

et $\dfrac{x}{\pi}arctan(\dfrac{1}{xy})$ tend vers $\dfrac{1}{\pi y}=o(x)$
d'o\`{u} $h(x,y)=x+o(x)\sim x$

\item  Pour $x<0,h(x,y)=-\dfrac{x}{\pi}arctan(\dfrac{1}{xy})-\dfrac{1}{2\pi
y}ln(1+x^{2}y^{2})$

En $-\infty$ pour $x,\dfrac{1}{2\pi y}ln(1+x^{2}y^{2})\sim\dfrac{ln(\left|
x\right|  )}{\pi y}$

et $\dfrac{x}{\pi}arctan(\dfrac{1}{xy})$ tend vers $\dfrac{1}{\pi
y}=o(ln(\left|  x\right|  )$ d'o\`{u} $h(x,y)=-\dfrac{ln(\left|  x\right|
)}{\pi y}+o(ln(\left|  x\right|  )\sim-\dfrac{ln(\left|  x\right|  )}{\pi y}$

\item  Les limites en $+\infty$ et $-\infty$ sont clairement $+\infty$ et
$-\infty$ vu les \'{e}quivalents obtenus
\end{enumerate}

\item $h(x,10)=\int_{0}^{x}\allowbreak\frac{1}{2}\frac{2\arctan10t+\pi}{\pi
}dt=\allowbreak\frac{1}{20}\frac{20\left(  \arctan10x\right)  x+10x\pi
-\ln\left(  1+100x^{2}\right)  }{\pi}$
\end{enumerate}

\begin{center}%
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%}%
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%EndExpansion
\end{center}

\section{Troisi\`{e}me partie}

\begin{enumerate}
\item
\begin{enumerate}
\item $F_{n}(x)=\dfrac{n}{\pi(1+n^{2}x^{2})}e^{x}\rightarrow0$ quand
$n\rightarrow\infty$ sauf pour $x=0$ o\`{u} la limite est $+\infty$

\item $F_{n}^{\prime}(x)=\dfrac{n}{\pi(1+n^{2}x^{2})^{2}}(n^{2}x^{2}%
-2n^{2}x+1)e^{x}$ qui s'annule pour $n^{2}x^{2}-2n^{2}x+1=0$

Les racines sont $x_{n}=1-\sqrt{1-\dfrac{1}{n^{2}}}$ et $y_{n}=1+\sqrt
{1-\dfrac{1}{n^{2}}}$

\item $x_{n}=1-\sqrt{1-\dfrac{1}{n^{2}}}=1-(1-\dfrac{1}{2n^{2}}+o(\dfrac
{1}{n^{2}}))=\dfrac{1}{2n^{2}}+o(\dfrac{1}{n^{2}})\sim\dfrac{1}{2n^{2}}$

$y_{n}=1+\sqrt{1-\dfrac{1}{n^{2}}}=1+1+o(1)=2+o(1)\sim2$

\item
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%}%
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%EndExpansion
\end{enumerate}

$F_{10}(x)=\dfrac{10}{\pi(1+100x^{2})}e^{x}$ et $f(x,10)=\dfrac{10}%
{\pi(1+100x^{2})}$

\begin{enumerate}
\item  Cette \'{e}quation diff\'{e}rentielle lin\'{e}aire a, sur $\mathbb{R},
$ une solution unique v\'{e}rifiant la condition initiale.

L'\'{e}quation sans second membre a pour solution $y=Ke^{x}.$ On utilise la
m\'{e}thode de variation de la constante

$y^{\prime}=K(x)e^{x}+K^{\prime}(x)e^{x}$ et $y^{\prime}-y=K^{\prime}%
(x)e^{x}=\dfrac{n}{\pi(1+n^{2}x^{2})}e^{x}$

Ce qui donne $K^{\prime}(x)=\dfrac{n}{\pi(1+n^{2}x^{2})}$ et enfin
$K(x)=\dfrac{arctan(nx)}{\pi}+Cte$

$y(0)=\dfrac{1}{2}$ nous donne la valeur de $Cte$

La solution recherch\'{e}e est donc
\[
y=\dfrac{arctan(nx)}{\pi}e^{x}+\dfrac{1}{2}e^{x}=G_{n}(x)
\]

\item  Pour $x=0,$ $G_{n}(0)=\dfrac{1}{2}$ qui est aussi la limite \`{a} l'infini

Pour $x>0,$ $G_{n}(x)\rightarrow e^{x}$ quand $n\rightarrow+\infty$

Pour $x<0,$ on remplace $\dfrac{arctan(nx)}{\pi}$ par $-\dfrac{1}{2}%
-\dfrac{arctan(\dfrac{1}{nx})}{\pi}$ d'o\`{u}

$G_{n}(x)=-\dfrac{arctan(\dfrac{1}{nx})}{\pi}e^{x}\rightarrow0$ quand
$n\rightarrow+\infty$
\end{enumerate}

\begin{enumerate}
\item  Cette \'{e}quation diff\'{e}rentielle lin\'{e}aire a, sur $\mathbb{R},
$ une solution unique v\'{e}rifiant la condition initiale.

On a $H_{n}^{\prime}(x)=H_{n}(x)+e^{x}\left(  f(x,n)e^{-x}\right)  $ ce qui
donne bien $H_{n}^{\prime}(x)-H_{n}(x)=f(x,n)$

\item $G_{n}(x)-H_{n}(x)=\left(  \dfrac{arctan(nx)}{\pi}-\int_{0}%
^{x}f(t,n)e^{-t}dt\right)  e^{x}$

On remplace $arctan(nx)$ par $\int_{0}^{nx}\dfrac{1}{1+u^{2}}du$ et

$\int_{0}^{x}\dfrac{n}{\pi(1+n^{2}x^{2})}e^{-t}dt$ par $\int_{0}^{nx}%
\dfrac{e^{\frac{-u}{n}}}{\pi(1+u^{2})}du$ en posant $t=\dfrac{u}{n}$

D'o\`{u}
\[
G_{n}(x)-H_{n}(x)=\dfrac{e^{x}}{\pi}\int_{0}^{nx}\dfrac{1-e^{\frac{-u}{n}}%
}{1+u^{2}}du
\]
quelque soit le signe de $x$

\item  Pour $x>0,$ $1-x\leq e^{-x}\leq1$ d'o\`{u} $1-\dfrac{u}{n}\leq
e^{-\dfrac{u}{n}}\leq1$ et $0\leq1-e^{-\dfrac{u}{n}}\leq\dfrac{u}{n}$

d'o\`{u} $0\leq\dfrac{1-e^{-\dfrac{u}{n}}}{u}\leq\dfrac{1}{n}$

\item  Ce qui donne

$\left|  \int_{0}^{nx}\dfrac{1-e^{\frac{-u}{n}}}{1+u^{2}}du\right|  \leq
\int_{0}^{nx}\dfrac{1-e^{\frac{-u}{n}}}{1+u^{2}}du\leq\int_{0}^{nx}\dfrac
{u}{1+u^{2}}\dfrac{1-e^{\frac{-u}{n}}}{u}du\leq\dfrac{1}{n}\int_{0}^{nx}%
\dfrac{u}{1+u^{2}}du=\dfrac{1}{2n}ln(1+n^{2}x^{2})$

$\left|  G_{n}(x)-H_{n}(x)\right|  \leq\dfrac{e^{x}}{2\pi}$ dont la limite est
nulle pour $n\infty$

On peut donc donner la limite de $H_{n}(x)$ selon les valeurs de $x$ pour
$n\infty,$ $0$ pour $x<0,$ $\dfrac{1}{2}$ pour $x=0,$ $e^{x}$ pour $x>0$
\end{enumerate}

\begin{enumerate}
\item  Cette \'{e}quation diff\'{e}rentielle lin\'{e}aire a, sur $\mathbb{R}$,
une solution unique v\'{e}rifiant les conditions initiales.

L'\'{e}quation sans second membre a pour solution $\left(  Ax+B\right)  e^{x}$

On cherche une solution de l'\'{e}quation avec second membre sous la forme
$y=B(x)e^{x}$

$y^{\prime}=B(x)e^{x}+B^{\prime}(x)e^{x}$ et $y^{\prime\prime}=B(x)e^{x}%
+2B^{\prime}(x)e^{x}+B^{\prime\prime}(x)e^{x}$

$y^{\prime\prime}-2y^{\prime}+y=B^{\prime\prime}(x)e^{x}=\dfrac{n}{\pi
(1+n^{2}x^{2})}e^{x},$ d'o\`{u} $B^{\prime\prime}(x)=\dfrac{n}{\pi
(1+n^{2}x^{2})}$

$B^{\prime}(x)=\dfrac{arctan(nx)}{\pi}$ et $B(x)=\dfrac{x}{\pi}%
arctan(nx)-\dfrac{1}{2\pi n}ln(1+n^{2}x^{2})$ selon le calcul fait \`{a} la
deuxi\`{e}me partie.

Ce qui donne $y=\left(  Ax+B+\dfrac{x}{\pi}arctan(nx)-\dfrac{1}{2\pi
n}ln(1+n^{2}x^{2})\right)  e^{x}$

$y(0)=0$ fournit $B=0$ et $y^{\prime}(0)=\dfrac{1}{2}$ fournit $A=\dfrac{1}{2}$

En d\'{e}finitive
\[
y=\left(  \dfrac{1}{2}x+\dfrac{x}{\pi}arctan(nx)-\dfrac{1}{2\pi n}%
ln(1+n^{2}x^{2})\right)  e^{x}=K_{n}(x)
\]

\item $\displaystyle\lim_{n\rightarrow\infty}K_{n}(0)=0$ car la suite est constante.

Pour $x>0,$ $\displaystyle\lim_{n\rightarrow\infty}K_{n}(x)=xe^{x}$ par limite simple

Pour $x<0,$ $\displaystyle\lim_{n\rightarrow\infty}K_{n}(x)=0$ en \'{e}crivant
$\dfrac{1}{2}x+\dfrac{x}{\pi}arctan(nx)=-\dfrac{x}{\pi}arctan(\dfrac{1}{nx})$
\end{enumerate}
\end{enumerate}

\section{Quatri\`{e}me partie}

\begin{enumerate}
\item  Le probl\`{e}me de convergence est en $+\infty.$ $\left|  \dfrac{1}%
{\pi}sin(\dfrac{t}{y})e^{-xt}\right|  \leq\dfrac{e^{-xt}}{\pi}$ dont
l'int\'{e}grale sur $\left[  0,+\infty\right[  $ converge pour $x>0$ car la
primitive a une limite finie \`{a} l'infini

Ce qui assure la convergence absolue et donc la convergence de l'int\'{e}grale.

\begin{enumerate}
\item  Pour $x\geq a>0$ et $t\in\left[  0,+\infty\right[  ,$ $\left|
\dfrac{1}{\pi}sin(t)e^{-xt}\right|  \leq\dfrac{e^{-at}}{\pi}=\varphi(t)$

et $\int_{0}^{+\infty}\varphi(t)dt$ converge en +$\infty$ car la primitive y a
une limite finie.

Ce qui prouve que $L_{1}$ est continue sur $\left[  a,+\infty\right[  $

\item $L_{1}$ est continue sur $\left[  a,+\infty\right[  $ pour tout $a>0,$
donc est continue sur $\left]  0,+\infty\right[  $

\item $\dfrac{\partial}{\partial x}\left(  \dfrac{1}{\pi}sin(t)e^{-xt}\right)
=\dfrac{-t\text{ }sin(t)}{\pi}e^{-xt}$

Pour $x\geq a>0$ et $t\in\left[  0,+\infty\right[  ,$ $\left|  \dfrac{-t\text{
}sin(t)}{\pi}e^{-xt}\right|  \leq\dfrac{te^{-at}}{\pi}=\psi(t)$

et $\int_{0}^{+\infty}\psi(t)dt$ converge. En effet, \`{a} l'infini,
$\psi(t)=o(\dfrac{1}{t^{2}})$ et est positive.

Ceci assure que $L_{1}$ est de classe $\mathcal{C}^{1}$ sur $\left[
a,+\infty\right[  $ pour tout $a>0,$ donc sur $\left]  0,+\infty\right[  $
\end{enumerate}

\begin{enumerate}
\item $L_{1}(x)=\int_{0}^{+\infty}\dfrac{1}{\pi}sin(t)e^{-xt}dt$ est une
int\'{e}grale convergente.

On va calculer $L_{1}(x)$ par une double int\'{e}gration par parties dans les
int\'{e}grales g\'{e}n\'{e}ralis\'{e}es. (On aurait aussi pu \'{e}crire le
sinus en exponentielle)

$\displaystyle\lim_{t\rightarrow+\infty}-cos(t)e^{-xt}=0$ d'o\`{u}

$\int_{0}^{+\infty}sin(t)e^{-xt}dt=\left[  -cos(t)e^{-xt}\right]
_{0}^{+\infty}-\int_{0}^{+\infty}x$ $cos(t)e^{-xt}dt=1-\int_{0}^{+\infty}x $
$cos(t)e^{-xt}dt$

$\displaystyle\lim_{t\rightarrow+\infty}x$ $sin(t)e^{-xt}=0$ d'o\`{u}

$\int_{0}^{+\infty}x$ $cos(t)e^{-xt}dt=\left[  xsin(t)e^{-xt}\right]
_{0}^{+\infty}+\int_{0}^{+\infty}x^{2}sin(t)e^{-xt}dt=\int_{0}^{+\infty}%
x^{2}sin(t)e^{-xt}dt$

Ce qui donne $\int_{0}^{+\infty}sin(t)e^{-xt}dt=1-x^{2}\int_{0}^{+\infty
}sin(t)e^{-xt}dt$

et enfin $\int_{0}^{+\infty}sin(t)e^{-xt}dt=\dfrac{1}{1+x^{2}},$
\[
L_{1}(x)=\dfrac{1}{\pi\left(  1+x^{2}\right)  }%
\]

$L_{1}$ est bien de classe $\mathcal{C}^{1}$ sur $\left]  0,+\infty\right[  $

\item $L_{1}$ se prolonge par continuit\'{e} en $0$ par $\dfrac{1}{\pi}$ On
obtient une fonction qui est aussi d\'{e}rivable en $0$
\end{enumerate}

\item $L(x,y)=\int_{0}^{+\infty}\dfrac{1}{\pi}sin(\dfrac{t}{y})e^{-xt}%
dt=\int_{0}^{+\infty}\dfrac{y}{\pi}sin(u)e^{-xyu}du=yL_{1}(xy)$ en posant
$u=\dfrac{t}{y}$ pour $y>0$

Le changement de variable est bien monotone de classe $\mathcal{C}^{1}$ et
$L(x,y)$ est convergente

Pour $y>0,$ $L(x,y)=\dfrac{y}{\pi\left(  1+x^{2}y^{2}\right)  }=f(x,y)$

On remarque que ces deux fonctions sont impaires en $y$

On a donc
\[
\forall(x,y)\in\mathbb{R}_{+}^{\ast}\times\mathbb{R}^{\ast},L(x,y)=\dfrac
{y}{\pi\left(  1+x^{2}y^{2}\right)  }=f(x,y)
\]
\end{enumerate}
\end{document}
