\documentclass[11pt]{article}

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%%,mathrsfs
\parindent=0pt



\renewcommand{\theenumi}{\alph{enumi}}


%Num{\'e}rotation
%%\renewcommand{\labelenumi}{\textbf{\arabic{enumi})} }
%%%\renewcommand{\labelenumii}{\alph{enumii}) }

\newcommand{\dps}{\displaystyle}

%%MEs MACROS


\newcommand{\e}{\operatorname{e}}


\newcommand{\ie}{\dps{\leqslant}}
\newcommand{\se}{\dps{\geqslant}}

\newcommand{\integr}[4]{\dps{\int_{#1}^{#2}#3\,d #4}}
\newcommand{\prim}[2]{\dps{\int #1 \,d #2}}


\newcommand{\intdoub}[5] {\dps{ \iint\limits_{#1}^{#2} #3 \,d #4 d #5 } }


\newcommand{\ser}[2]{\dps{\sum\limits_{#1} #2}}
\newcommand{\somser}[3]{\dps{\sum\limits_{#1}^{#2} #3}}
\newcommand{\Prod}[3]{\dps{\prod_{#1}^{#2} #3}}
\newcommand{\eq}[2]{\dps{\underset{#1 \rightarrow #2}{\sim }}}%%%%%%%EQUIVAUT


\newcommand{\tend}[2]{\dps{\underset{#1\rightarrow #2}{\longrightarrow}}}
\newcommand{\Frac}[2]{\dps{\frac{#1}{#2}}}
\newcommand{\puiss}[2]{\dps{#1^{#2}}}
\newcommand{\deffonc}[5]{\dps{#1 : \debac  #2\longrightarrow #3 \\ #4\longmapsto #5 \finac}}%%%%%%%%%D\'efinition d'une fonction%%%%%%%%%
\newcommand{\Lim}[2]{\underset{#1 \rightarrow #2}{\lim}}


\newcommand{\ov}[1]{\overrightarrow{#1}}%%%FLECHE VECTEUR


\newcommand{\NN}{{\displaystyle{\mathbb{N}}}}
\newcommand{\ZZ}{{\displaystyle{\mathbb{Z}}}}

\newcommand{\RR}{{\displaystyle{\mathbb{R}}}}
\newcommand{\DD}{{\displaystyle{\mathbb{D}}}}
\newcommand{\QQ}{{\displaystyle{\mathbb{Q}}}}

\newcommand{\CC}{{\displaystyle{\mathbb{C}}}}
\newcommand{\KK}{{\displaystyle{\mathbb{K}}}}
\newcommand{\RRb}{{\displaystyle{\overline{\mathbb{R}}}}}

%%%%%%%%%%%%MATRICES

\newcommand{\transposee}[1]{\,{\vphantom{#1}}^{\mathit t}{#1}}
\newcommand{\transp}{ A^{\rm T} }

\newcommand{\trans}[1]{\:^{\mathrm{t}}\! #1}%transpos\'ee



\newcommand{\bpm}{\begin{pmatrix}}
\newcommand{\epm}{\end{pmatrix}}

\newcommand{\bbm}{\begin{bmatrix}}
\newcommand{\ebm}{\end{bmatrix}}

\newcommand{\bvm}{\begin{vmatrix}}
\newcommand{\evm}{\end{vmatrix}}


\def \impli{\Rightarrow}
\def \Impli {\Longrightarrow}
\def \p  {\subsubsectionial}
\def \equivo {\quad\Leftrightarrow\quad}
\def \Equivo {\quad\Longleftrightarrow\quad}



\newcommand{\ba}{\begin{array}{l c l}}
\newcommand{\ea}{\end{array}}

\newcommand{\debac}{\left \{ \ba}
\newcommand{\finac}{\ea \right.}
\newcommand{\bc}{\begin{cases}}
\newcommand{\ec}{\end{cases}}








\newcommand{\creerlentete}[5]{%
#1\hfill #2\\ 
#3\\ [0.5cm]
\centerline{\bfseries #4}\\[0.4cm]
\\
\hrule

\ifthenelse {\not\equal{#5}{}}%
{\emph{#5} \vspace{0.2cm} \hrule }{}
\vspace{0.2cm}
}

\newcounter{NumeroProbleme}
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\Alph{NumeroPartie}\\
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\newcommand{\exo}{
\stepcounter{NumeroExo}
\fbox{\arabic{NumeroExo} ) }
}

\setlength\parindent{0pt}
\begin{document}




\creerlentete{lucien.sportisse@prepas.org}{}
{PT}{Corrig\'e de l'\'epreuve II-A, Banque PT 2004 }
{\vskip 2mm
\textbf{Trois probl\`emes ind\'ependants}}

\pb


On note $\mathcal{B}_0=(\ov{i_0},\ov{j_0})$ la base orthonorm\'ee canonique de $\RR^2$.\\
On consid\`ere les deux formes quadratiques d\'efinies dans la base $\mathcal{B}_0$ par les relations :
\[\debac q_1(\ov{U})&=& 5x_0^2-6x_0y_0+5y_0^2 \\  q_2(\ov{U})&=& 2\sqrt{3} x_0y_0 -2y_0^2  \finac \]

\exo
  
Dans la base $\mathcal{B}_0$ les matrices $A_1$ et $A_2$ des formes quadratiques $q_1$ et $q_2$ sont :
\[A_1=\bpm 5&-3 \\-3 &5 \epm ,\,\, A_2=\bpm 0&\sqrt{3} \\\sqrt{3} &-2 \epm  \]



\exo

\[A_1A_2-A_2A_1    =\bpm  0& 6 \\ -6 & 0 \epm\]
On d\'esigne respectivement par $u_1$ et $u_2$ les endomorphismes de $\RR^2$ d\'efinis dans la base $\mathcal{B}_0$ par $A_1$ et $A_2$.\\
S'il existe  une base de $\RR^2$ dans laquelle les matrices $\Delta_1$ de $u_1$ et $\Delta_2$ de $u_2$ sont toutes deux diagonales, alors comme $\Delta_1 \Delta_2=\Delta_2 \Delta_1$, on a bien s\^ur $ u_1 \operatorname{o} u_2= u_2 \operatorname{o}  u_1$ et n\'ecessairement, en passant aux matrices dans la base canonique $A_1A_2 =A_2 A_1$, ce qui est faux.\\
\fbox{Il n'esxiste pas de base commune de diagonalisation de $A_1$ et $A_2$.}

\exo


On note $\mathcal{R}_0$ le rep\`ere $(O, \mathcal{B}_0)$ de $\RR^2$ consid\'er\'e comme plan euclidien orient\'e.\\
Soit $a$ un r\'eel strictement positif.\\
Soient $C_1$ et $C_2$ les coniques dont les \'equations dans le rep\`ere $\mathcal{R}_0$ sont respectivement $ q_1(\ov{U})=8a^2$ et $q_2(\ov{U})=a^2$.\\
Le d\'eterminant de $A_1$ est positif strictement (=16), donc \fbox{$C_1$ est une ellipse.}\\
Le d\'eterminant de $A_2$ est n\'egatif strictement (=-3), donc \fbox{$C_2$ est une hyperbole.}\\
Il est clair que \fbox{$O$ est le centre (de sym\'etrie) de ces deux coniques}.\\
En effet, si $M(x_0,y_0) \in C_i$, alors $M'(-x_0,-y_0) \in C_i$.
\\
Comme dans la sym\'etrie orthogonale par rapport \`a la droite $y_0=x_0$, $C_1$ est invariante puisque si $M(x_0,y_0 \in C_1$, alors $M'(y_0,x_0) \in C_1$, on en d\'eduit que :
\\
 \fbox{les droites $y_0=x_0$ et $y_0=-x_0$, orthogonales et passant par le centre sont les axes de l'ellipse $C_1$.}


\placedrawing{m04dt2fa.tex}{Ellipse $C_1$ }{h}   

Pour obtenir les sommets de l'ellipse, il faut couper $C_1$ par les axes $y_0=x_0$ et $y_0=-x_0$. On obtient deux syst\`emes :
\[\debac y_0&=& x_0 \\
5x_0^2-6x_0 y_0 +5y_0^2&=& 8a^2 \finac \Leftrightarrow \debac x_0^2 &=& 2a^2 \\ y_0&=& x_0 \finac\, \text{Deux sommets}\ A(a\sqrt{2}, a\sqrt{2}),\, A'(-a\sqrt{2}, -a\sqrt{2})\]
et :
\[\debac y_0&=&- x_0 \\
5x_0^2-6x_0 y_0 +5y_0^2&=& 8a^2 \finac \Leftrightarrow \debac x_0^2 &=& \Frac{a^2}{2} \\ y_0&=& -x_0 \finac\, \text{Deux sommets}\ B(\Frac{a}{\sqrt{2}},-\Frac{a}{\sqrt{2}}),\, B'(-\Frac{a}{\sqrt{2}},\Frac{a}{\sqrt{2}}) \]
$OA^2= (a\sqrt{2})^2 +(a\sqrt{2})^2=4a^2$, $OB^2=\left(\Frac{a}{\sqrt{2}} \right)^2+\left(\Frac{a}{\sqrt{2}} \right)^2=a^2$.\\
On obtient ainsi \fbox{les demi-axes focaux $OA=2a$ et $OB=a$.}\\

\placedrawing{m04dt2fb.tex}{Hyperbole $C_2$ }{h}   




Les asymptotes de $C_2$ sont obtenues en annulant le premier membre de l'\'equation de $C_2$ :
\[2\sqrt{3} x_0 y_0 -2y_0^2=0 \Leftrightarrow 2y_0 (\sqrt{3}x_0-y_0)=0 \]
Donc les asymptotes de $C_2$  sont les droites $y_0=0$ (l'axe des abscisses ) et la droite d'\'equation $y_0=\sqrt{3} x_0$  passant par $O$ et faisant l'angle $\Frac{\pi}{3}$ avex $Ox_0$, puisque $\tan \Frac{\pi}{3}= \sqrt{3}$.\\
Les axes (de sym\'etrie) de $C_2$ sont les bissectrices de ces deux asymptotes : ce sont les droites orthogonales passant par $O$ et faisant respectivement l'angle $\Frac{\pi}{6}$ et $\Frac{\pi}{6}+ \Frac{\pi}{2}$ avec $Ox_0$.\\
Les sommets $C$ et $C'$ de $C_2$ sont obtenus en coupant l'hyperbole par l'axe focal, ici la droite $y_0=\Frac{\sqrt{3}}{3} x_0$. On r\'esoud le syst\`eme :
\[\debac y_0&=&\Frac{\sqrt{3}}{3} x_0 \\2\sqrt{3} x_0y_0-2y_0^2 &=& a^2 \finac \Leftrightarrow \debac y_0&=&\Frac{\sqrt{3}}{3} x_0 \\  x_0^2&=& \Frac{3}{4} a^2 \finac\]
D'o\`u les deux sommets de l'hyperbole $C_2$ : $C( \Frac{\sqrt{3}}{2}, \Frac{a}{2})$, $C'(  -\Frac{\sqrt{3}}{2},- \Frac{a}{2})$.\\
On a repr\'esent\'e une demi-hyperbole.\\
Les axes de sym\'etrie de $C_1$ et $C_2$ sont diff\'erents. \\
Il n'existe donc pas de rotation de $\RR^2$ qui am\`ene simultan\'ement les axes de $\mathcal{R}_0$ sur les axes de sym\'etrie de $C_1$ et $C_2$.


\exo

L'unique angle $\theta $  de $[0, {\pi \over 2}]$ tel que la rotation de centre $O$ et d'angle $\theta$ transforme le rep\`ere $\mathcal{R}_0$ en un rep\`ere $(O,(\ov{i_1},\ov{j_1}))$ not\'e $\mathcal{R}_1$ dont les axes soient les axes de sym\'etrie de $C_1$ est \'evidemment $\theta=\Frac{\pi}{4}$.\\
 $C_1$, dont les demi-axes focaux sont $OA=2a$ et $OB=a$,  a pour \'equation dans ce nouveau rep\`ere $\mathcal{R}_1$ qui est celui de ses axes de sym\'etrie :
\[\boxed{C_1\,\, \Frac{x_1^2}{4a^2}+\Frac{y_1^2}{a^2}=1 }\]
Le changement de base pour $C_2$  se fait par le calcul matriciel :
\[\bpm x_0 \\ y_0 \epm =\bpm \Frac{\sqrt{2}}{2}  & -\Frac{\sqrt{2}}{2} \\  \Frac{\sqrt{2}}{2}  & \Frac{\sqrt{2}}{2}  \epm  \bpm x_1 \\y_1 \epm \]
L'\'equation de $C_2$ dans le nouveau rep\`ere est donc :
\[2\sqrt{3} \left(  \Frac{\sqrt{2}}{2} x_1-  \Frac{\sqrt{2}}{2}y_1 \right) \left(  \Frac{\sqrt{2}}{2} x_1+  \Frac{\sqrt{2}}{2} y_1 \right) -2 \left(  \Frac{\sqrt{2}}{2} x_1 + \Frac{\sqrt{2}}{2} y_1 \right)^2 = a^2\]
i.e $\boxed{C_2\,\, \sqrt{3} (x_1^2-y_1^2) -(x_1+y_1)^2=a^2}$

\exo

On note $\ov{i_2}=2 \ov{i_1},\, \ov{j_2} = \ov{j_1}$, puis $\mathcal{R}_2$ le nouveau rep\`ere $(O,(\ov{i_2},\ov{j_2}))$.\\
Le changement de base se fait par le calcul matriciel :
\[\bpm x_1 \\ y_1 \epm = \bpm 2&0& \\ 0& 1 \epm \bpm x_2 \\ y_2 \epm\]
Les \'equations de $C_1$ et $C_2$ dans  ce rep\`ere $\mathcal{R}_2$ sont respectivement :
\[\boxed{C_1\,\, \Frac{x_2^2}{a^2}+\Frac{y_2^2}{a^2}=1 ,\,\,\, C_2\,\, \sqrt{3} (4x_2^2-y_2^2) -(2x_2+y_2)^2=a^2}\]
Il n'existe pas une  base de $\RR^2$ dans laquelle les matrices des formes quadratiques $q_1$ et $q_2$ soient toutes deux diagonales, comme d\'ej\`a vu en fait \`a la premi\`ere question.


\vskip 10mm
\hrule
\vskip 10mm


%%%%
\pb



\partie


\exo




D\'eterminons le domaine de d\'efinition de la fonction $f$  de la variable r\'eelle d\'efinie par :
\[x \mapsto \integr{0}{\infty}{\e^{-xt} \ln t}{t} \]





Quel que soit $x>0$, la fonction $F_x : t \mapsto \e^{-xt} \ln t$ est continue par morceaux sur $]0,+\infty[$, car continue.
\[| F_x(t) |\underset{t \to 0}{\sim} |ln t|\]
Or, $\integr{0}{1}{|ln t|}{t}=- \integr{0}{1}{ln t}{t}$ converge (int\'egrale de r\'ef\'erence). Donc, par comparaison par \'equivalence des fonctions positives, 
$\integr{0}{1}{|ln t|}{t}$ converge.\\
Quel que soit $t\se 1$, $F_x(t) \se 0$, et $\forall x >0,\, t^2 F_x(t) \tend{t}{+\infty} 0$ (l'exponentielle l'emporte sur la puissance et le logarithme). D'apr\`es la r\`egle $x^\alpha f(x)$, on en d\'eduit que $\integr{1}{+\infty}{|F_x(t)|}{t}=\integr{1}{+\infty}{F_x(t)}{t}$ converge.\\
Par Chasles, on en d\'eduit la convergence de $\integr{0}{+\infty}{|F_x(t)|}{t}$ et donc la convergence absolue de $\integr{0}{+\infty}{\e^{-xt} \ln t}{t}$, quel que soit $x>0$.\\
Pour $x \ie 0$, $\forall t\se \e,\, \e^{-xt} \ln t \se \e \se 0$,  $\integr{\e}{+\infty}{\e}{t}$ diverge, puisque $\forall a \se \e,\, \integr{\e}{a}{\e}{t} =(a-1)\e \tend{a}{+\infty} +\infty$.\\



Donc, par comparaison par in\'egalit\'e des fonctions positives, $\forall x \ie 0$, $\integr{0}{\infty}{\e^{-xt} \ln t}{t}$ diverge.\\
\fbox{\vbox{Le domaine de d\'efinition de $f$ est $]0,+\infty[$. De plus, ce qui va servir dans la suite :\\
$\forall x>0$, $F_x : t \mapsto \e^{-xt} \ln t$  est \textbf{int\'egrable} sur $]0,+\infty[$.}}


\exo

D\'eterminons  le domaine de d\'efinition de la fonction $g$  de la variable r\'eelle d\'efinie par :
\[x \mapsto \integr{0}{\infty}{\e^{-xt} t \ln t}{t} \]  
Quel que soit $x>0$, la fonction $G_x : t \mapsto \e^{-xt}t \ln t$ est continue par morceaux sur $]0,+\infty[$, car continue.
\[ G_x(t) \tend{t}{0} 0\]
On peut prolonger $G_x$ par continuit\'e en 0, en posant $G_x(0)=0$. $ \integr{0}{\infty}{\e^{-xt} t \ln t}{t} $ est \textbf{ faussement g\'en\'eralis\'ee en 0.}

Quel que soit $t\se 1$, $G_x(t) \se 0$, et $\forall x >0,\, t^2 G_x(t) \tend{t}{+\infty} 0$ (l'exponentielle l'emporte sur la puissance et le logarithme). D'apr\`es la r\`egle $x^\alpha f(x)$, on en d\'eduit que $\integr{1}{+\infty}{G_x(t)}{t}$ converge.\\
On en d\'eduit la convergence de $\integr{0}{+\infty}{\e^{-xt}t  \ln t}{t}$, quel que soit $x>0$.\\
Pour $x \ie 0$, $\forall t\se \e,\, \e^{-xt} t \ln t \se \e \se 0$,  Comme dans la question pr\'ec\'edente, par comparaison par in\'egalit\'e des fonctions positives, $\forall x \ie 0$, $\integr{0}{\infty}{\e^{-xt} t \ln t}{t}$ diverge.\\
\fbox{\vbox{Le domaine de d\'efinition de $g$ est $]0,+\infty[$. }}
\\
En fait, nous avons montr\'e que, quel que soit $x>$, la fonction $t \mapsto \e^{-xt} t \ln t$ est \textbf{int\'egrable} sur $]0,+\infty[$, puisque prolongeable par continuit\'e en 0, en prenant la valeur 0, et puisque $\integr{1}{\infty}{\e^{-xt} t | \ln t|}{t}=\integr{1}{\infty}{\e^{-xt} t \ln t}{t}$ converge.


\exo
Etudions la d\'erivabilit\'e de $f$ sur $]0,+\infty[$.
\[\forall x >0,\, f(x)=\integr{0}{\infty}{\e^{-xt} \ln t}{t} \]
Posons sur $]0,+\infty[\times ]0,+\infty[$ $F : (x,t)  \mapsto \e^{-xt} \ln t$.\\
Quel que soit $x>0$, la fonction $  t \mapsto F(x,t)$ est continue par morceaux sur $]0,+\infty[$, car continue. Elle y est int\'egrable, comme on l'a vu. 
\begin{multline*}
\forall x >0,\, \forall t >0,\, \Frac{\partial F}{\partial x}(x,t) =-t \e^{-xt} \ln t \\
 \text{existe, continue par rapport \`a $x$ et continue par morceaux par rapport \`a $t$, car continue sur $],+\infty[$}
\end{multline*}
D'autre part, $\forall a>$, $\forall t \in [a,+\infty[,\, \left|\Frac{\partial F}{\partial x}(x,t) \right| \ie t |\ln t| \e^{-at}=\varphi_a(t)$.\\
On a vu dans la question pr\'ec\'edente, que quel que soit $x>$, la fonction $t \mapsto \e^{-xt} t \ln t$ est \textbf{int\'egrable} sur $]0,+\infty[$, donc $\varphi_a(t)$ est  \textbf{int\'egrable} sur $]0,+\infty[$.\_
On peut donc appliquer le th\'eor\`eme de Leibniz de d\'erivation sous le signe somme, avec hypoth\`ese de domination locale.
\\
\fbox{\vbox{
$f$ est de classe $C^1$ sur $]0,+\infty[$ et :
\[\forall x>0, f'(x)= \integr{0}{+\infty}{\Frac{\partial F}{\partial x}(x,t)}{t}= -g(x)\]
}}


\exo

\[\forall x>0,\, \forall 0<a<b,\, I(a,b)=\integr{a}{b}{\e^{-xt} \ln t }{t} \underset{a\to 0,\, b\to +\infty}{\longrightarrow} f(x)\]

Int\'egrons par parties :
\[\forall x>0,\, I(a,b)= \integr{a}{b}{\underset{u(t)}{\underbrace{\e^{-xt}}},\, \overset{v'(t)}{\overbrace{ \ln t }}}{t}=\left[\e^{-xt} (t\ln t -t)\right]_{t=a}^{t=b}+x \integr{a}{b}{\e^{-xt} (tln t-t)}{t}\]
\[\forall x>0,\, I(a,b)= \left[\e^{-xt} (t\ln t -t)\right]_{t=a}^{t=b}+x \left[\integr{a}{b}{\e^{-xt} tln t}{t}-\integr{a}{b}{\e^{-xt} t}{t} \right]\]
Or $\forall x>0,\, \integr{a}{b}{\e^{-xt} t}{t}= \Frac{1}{x}\left( \e^{-ax}-\e^{-bx} \right)\underset{a\to 0,\, b\to +\infty}{\longrightarrow} \Frac{1}{x}$. En passant \`a la limite, pour $a \to 0$ et $b \to +\infty$, puisque les int\'egrales g\'en\'eralis\'ees existent, on obtient :
\[\forall x>0,\, f(x)= xg(x)-\Frac{1}{x} \Equivo \boxed{\forall x>0,\, xf'(x)+f(x)+\Frac{1}{x}=0}\]

R\'esolvons sur $]0,+\infty[$ l'\'equation diff\'erentielle $E\, xy'+y+\Frac{1}{x}=0$.\\
On associe l'\'equation sans second membre $H\, xy'+y=0\Equivo (xy(x))'=0 \Equivo xy(x)= \lambda$.
\\
La solution g\'en\'erale de $H$ sur $]0,+\infty[$ est donn\'ee par $y(x)=\lambda y_1(x)$ en posant $y_1(x)=\Frac{1}{x}$.\_
Cherchons sur $]0,+\infty[$ une solution particuli\`ere de $E$ par la m\'ethode de la variation de la constante, en posant $y_0(x)=\lambda(x) y_1(x)$. On a :
\[xy'_0(x)+t_0(x)+\Frac{1}{x}=0\equivo \lambda(x) \underset{=0}{\underbrace{(xy'_1(x)+y_1(x))}}+\Frac{1}{x}+x \lambda'(x)y_1(x)=-\Frac{1}{x}\equivo \lambda'(x)=-\Frac{1}{x}\]
On peut choisir sur $]0,+\infty[$ : $\lambda(x)=-\ln x$ et donc $y_0(x)=-\Frac{\ln x}{x}$.\\
la solution g\'en\'erale de $E$ sur $]0,+\infty[$ est donn\'ee par :
\[\forall x>0,\, y(x)=y_0(x)+\lambda y_1(x),\, \lambda \in \RR\]
En particulier $f$ solution de $E$ sur $]0,+\infty[$ s'\'ecrit :
\[\forall x>0,\, f(x)= --\Frac{\ln x}{x}+\lambda \Frac{1}{x}\]
Or $f(1)= \lambda$. D'o\`u :
\[\boxed{\forall x>0,\,f(x)= --\Frac{\ln x}{x}+f(1) \Frac{1}{x},\,\, f(1)=      \integr{0}{\infty}{\e^{-t} \ln t}{t}       }\]



\exo

Comme  $A$ sup\'erieur ou \'egal \`a 1 :
\[ u(A)= \left|\integr{A}{\infty}{\e^{-t} \ln t }{t} \right| -(A+1) \e^{-A}=\integr{A}{\infty}{\e^{-t} \ln t }{t} -(A+1) \e^{-A}\]
Comme $u(A)= \integr{0}{\infty}{\e^{-t} \ln t }{t} -\integr{0}{A}{\e^{-t} \ln t }{t}-(A+1) \e^{-A}$ et que $t\mapsto \e^{-t} \ln t$ est continue sur $[1,+\infty[$, $u(A)$ est d\'erivable sur $[1,+\infty[$ et :
\[\forall A \se 1,\, u'(A)= -\e^{-A} \ln A -\e^{-A}\left(-A-1+1\right)= \e^{-A}\left(A-\ln A \right) \se 0\]
Donc $u$ est croissante sur $[1,+\infty[$. La convergence de $\integr{A}{\infty}{\e^{-t} \ln t }{t}$ montre que :
\[\integr{A}{\infty}{\e^{-t} \ln t }{t}=\integr{0}{\infty}{\e^{-t} \ln t }{t} -\integr{0}{A}{\e^{-t} \ln t }{t} \tend{A}{+\infty} 0\]
D'o\`u :
\[\boxed{ \forall A \se 1,\,   \left|\integr{A}{\infty}{\e^{-t} \ln t }{t} \right| -(A+1) \e^{-A}   \tend{A}{+\infty} \ie 0 }\]


\exo

Etudions sur $]0,1]$ la fonction $v(t)=\Frac{2}{\sqrt{t}}+\ln t$.
\[\forall t \in ]0,1],\, v'(t)= -\Frac{1}{(\sqrt{t})^3}+\Frac{1}{t}=\Frac{1}{t}\left(1-\Frac{1}{\sqrt{t}}\right) \ie 0\]
Donc $v(t)$ est d\'ecroissante sur $]0,1]$, et comme $v(1) =2 \se 0$ :
\[\boxed{\forall  t \in ]0,1],\, \Frac{2}{\sqrt{t}}+\ln t \se 0}\]

\begin{multline*}
\forall \varepsilon \in ]0,1],\, w(\varepsilon)=4 \sqrt{\varepsilon}-\left|\integr{0}{\varepsilon}{\e^{-t} \ln t }{t} \right|   = 4 \sqrt{\varepsilon}+\integr{0}{\varepsilon}{\e^{-t} \ln t }{t} =\\
4 \sqrt{\varepsilon}+ \left[ \integr{1}{\varepsilon}{\e^{-t} \ln t }{t}- \integr{1}{0}{\e^{-t} \ln t }{t}\right]
\end{multline*}

Comme $\varepsilon \mapsto \e^{-t} \ln t $ est continue sur $]0,1]$, on peut d\'eriver et :
\[ \forall \varepsilon \in ]0,1],\, w'(\varepsilon)=2\Frac{1}{\sqrt{\varepsilon}}+\e^{-\varepsilon} \ln \varepsilon  \]

Or $\forall \varepsilon \in ]0,1],\,  \e^{-\varepsilon} \ie 1$ et $\ln \varepsilon \ie 0$. Donc $\forall \varepsilon \in ]0,1],\, \e^{-\varepsilon} \ln \varepsilon  \se \ln \varepsilon$.
\\
Donc, d'apr\`es la premi\`ere partie de la question :
\[ \forall \varepsilon \in ]0,1],\, w'(\varepsilon)=2\Frac{1}{\sqrt{\varepsilon}}+\e^{-\varepsilon} \ln \varepsilon \se 2\Frac{1}{\sqrt{\varepsilon}}+ \ln \varepsilon \se 0\]
$w(\varepsilon)$ est croissante sur $]0,1]$. D'autre part, comme $\integr{0}{1}{\e^{-t} \ln t }{t}$ converge, alors $\integr{0}{\varepsilon}{\e^{-t} \ln t }{t} \tend{\varepsilon}{0} 0$ et $w(\varepsilon) \tend{\varepsilon}{0} 0$. La croissance de $w$ sur $]0,1]$ montre alors que :
\[\boxed{\forall \varepsilon \in ]0,1],\, w(\varepsilon)=4 \sqrt{\varepsilon}-\left|\integr{0}{\varepsilon}{\e^{-t} \ln t }{t} \right|    \se 0 \equivo 
\left|\integr{0}{\varepsilon}{\e^{-t} \ln t }{t} \right|  \ie 4 \sqrt{\varepsilon}
}\]



\vskip 10mm
\hrule
\vskip 10mm





\partie

On d\'esigne par $a,b,\alpha,\beta$ quatre constantes r\'eelles v\'erifiant $a<b$ et $\alpha < \beta$.\\
Soit $\varphi$ une fonction d\'efinie sur $[a,b]$, \`a valeurs r\'eelles, continue et croissante au sens large.


\setcounter{NumeroExo}{0}

\exo

Pour $n$ entier naturel strictement positif, on pose $h=\Frac{b-a}{n}$. Comme $\varphi$ croissante :
\[   \somser{k=0}{n-1}{  \integr{a+kh }{ a+(k+1) h }{\varphi (a+kh)}{t}   }\ie \integr{a}{b}{\varphi (t)}{t}=  \somser{k=0}{n-1}{  \integr{a+kh }{ a+(k+1) h }{\varphi (t)}{t}   } \ie      \somser{k=0}{n-1}{  \integr{a+kh }{ a+(k+1) h }{\varphi (a+(k+1)h)}{t}   } \]

D'o\`u les in\'egalit\'es :
\[   h \somser{k=0}{n-1}{  \varphi (a+kh)}\ie \integr{a}{b}{\varphi (t)}{t}=  \somser{k=0}{n-1}{  \integr{a+kh }{ a+(k+1) h }{\varphi (t)}{t}   } \ie   h   \somser{k=0}{n-1}{ \varphi (a+(k+1)h)} \]

i.e :
\[ \boxed{h \somser{k=0}{n-1}{\varphi (a+kh)} \ie \integr{a}{b}{\varphi (t)}{t} \ie h \somser{k=1}{n}{\varphi (a+kh)} }\]


\exo

Les in\'egalit\'es  obtenues si $\varphi$ avait \'et\'e d\'ecroissante au sens large sont  \'evidemment :
\[ \boxed{h \somser{k=0}{n-1}{\varphi (a+kh)} \se \integr{a}{b}{\varphi (t)}{t} \se h \somser{k=1}{n}{\varphi (a+kh)} } \]

\exo

Bien s\^ur :
\[ \boxed{\debac  \left|\integr{a}{b}{\varphi (t)}{t}- h \somser{k=0}{n-1}{\varphi (a+kh)} \right| &&\\
&&\\
 \left|\integr{a}{b}{\varphi (t)}{t}- h \somser{k=1}{n}{\varphi (a+kh)} \right| && \finac 
\ie \left| h \somser{k=1}{n}{\varphi (a+kh)} -h \somser{k=0}{n-1}{\varphi (a+kh)} \right| =\Frac{b-a}{n} \left(\varphi(b)-\varphi(a) \right)  }\]


\exo

On suppose  d\'esormais que $\varphi$ admet une d\'eriv\'ee seconde sur $[a,b]$ et qu'il existe deux constantes r\'eelles $\alpha$ et $\beta$ telles que, pour tout $t$ de $[a,b]$, on a :
\[\alpha \ie \varphi"(t) \ie  \beta \]
Etudions  sur $[a,b]$ le signe de la d\'eriv\'ee seconde de la fonction $\theta$ d\'efinie sur $[a,b]$ par la relation :
\[   \theta (t)= \varphi (t) +\Frac{\alpha}{2} (t-a) (b-t)   \Impli \theta'(t)= \varphi'(t)+\Frac{\alpha}{2} ( -2t+a+b) \Impli \theta"(t)= \varphi"(t)-\alpha \se 0\]

\exo

Posons :
\[g(x)=\Frac{x-a}{2} (\varphi(a)+\varphi(x)) -\integr{a}{x}{\varphi(t)}{t} -\alpha \Frac{(x-a)^3}{12}\]
On a $g'(x)= \Frac{1}{2} ( \varphi(a)+\varphi(x)) +\Frac{x-a}{2}  \varphi'(x)-\varphi (x)-\alpha \Frac{(x-a)^2}{4} $ et :
\[ \forall x \in [a,b],\, g"(x)= \Frac{1}{2}  \varphi'(x) + \Frac{1}{2}  \varphi'(x) +\Frac{x-a}{2}  \varphi"(x)  -\varphi' (x)  -\alpha \Frac{(x-a)}{2} =\Frac{x-a}{2} (\varphi"(x)-\alpha) \se 0\]
Donc $g'$ est croissante sur $[a,b]$ et comme $g'(a)=0$, $g'$ est positive sur $[a,b]$, donc $g$ est croissante sur $[a,b]$ Or $g(a)= 0$. Donc :
\[\forall x \in [a,b],\, g(x)=\Frac{x-a}{2} (\varphi(a)+\varphi(x)) -\integr{a}{x}{\varphi(t)}{t} -\alpha \Frac{(x-a)^3}{12}\se 0\]
De m\^eme, on \'etudie la fonction $h$ d\'efinie sur $[a,b]$ par :
\[h(x)=\Frac{x-a}{2} (\varphi(a)+\varphi(x)) -\integr{a}{x}{\varphi(t)}{t} -\beta \Frac{(x-a)^3}{12}\]
On trouve successivement :
\[h'(x)= \Frac{1}{2} ( \varphi(a)+\varphi(x)) +\Frac{x-a}{2}  \varphi'(x)-\varphi (x)-\beta \Frac{(x-a)^2}{4} \]
\[\forall x \in [a,b],\, h"(x)=\Frac{1}{2}  \varphi'(x) + \Frac{1}{2}  \varphi'(x) +\Frac{x-a}{2}  \varphi"(x)  -\varphi' (x)  -\beta \Frac{(x-a)}{2} =\Frac{x-a}{2} (\varphi"(x)-\beta) \ie 0\]
Donc $h'$ d\'ecroissante sur $[a,b]$ et comme $h'(a)=0$, $h'$ est n\'egative sur $[a,b]$. Donc $h$ d\'ecroit sur $[a,b]$. Comme $h(a)=0$, on a :
\[ \forall x \in [a,b],\, h(x)=\Frac{x-a}{2} (\varphi(a)+\varphi(x)) -\integr{a}{x}{\varphi(t)}{t} -\beta \Frac{(x-a)^3}{12}\ie 0\]
Donc, quel que soit $ x \in [a,b]$, on a :
\[   \alpha \Frac{(x-a)^3}{12} \ie \Frac{x-a}{2} (\varphi (a) +\varphi (x) ) - \integr{a}{x}{\varphi (t)}{t}  \ie \beta \Frac{(x-a)^3}{12}   \]
En particulier, pour $x=b$ :
\[  \boxed{ \alpha \Frac{(b-a)^3}{12} \ie \Frac{b-a}{2} (\varphi (a) +\varphi (b) ) - \integr{a}{b}{\varphi (t)}{t}  \ie \beta \Frac{(b-a)^3}{12}  } \]

\exo


Evidemment, en rempla\c{c}ant $a$ par $a+kh$,  $b$ par $a+(k+1)h$, et donc $b-a$ par $(a+(k+1)h)- (a+kh)=h$, on a les in\'egalit\'es $(k=0..(n-1)$ :
\[  \alpha \Frac{h^3}{12} \ie \Frac{h}{2} (\varphi (a+kh) +\varphi (a+(k+1)h) ) - \integr{a+kh}{a+(k+1)h}{\varphi (t)}{t}  \ie \beta \Frac{h^3}{12} \]
En sommant les in\'egalit\'es de 0 \`a $(n-1)$, on obtient :
\[   \alpha n \Frac{h^3}{12} \ie \Frac{h}{2}\left[  \somser{k=0}{n-1}{\varphi (a+kh)}+  \somser{k=1}{n}{\varphi (a+kh)}\right]- \integr{a}{b}{\varphi (t)}{t} \ie   \beta n \Frac{h^3}{12} \]

On pose :
\[   S= \Frac{h}{2}\left[ \varphi (a) +\varphi (b)   +2 \somser{k=1}{n-1}{\varphi (a+kh)}  \right]  \]
On a donc :
\[   \alpha n \Frac{h^3}{12} \ie S - \integr{a}{b}{\varphi (t)}{t} \ie   \beta n \Frac{h^3}{12} \]
Comme $h=\Frac{b-a}{n}$, on obtient :
\[   \alpha \Frac{(b-a)^3}{12 n^2} \ie S - \integr{a}{b}{\varphi (t)}{t} \ie   \beta \Frac{(b-a)^3}{12 n^2}  \]
Donc :
\[\boxed{ \left| S-   \integr{a}{b}{\varphi (t)}{t}  \right| \ie \max(|\alpha|,|\beta|) \Frac{(b-a)^3}{12 n^2} } \]


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\pb

Soit $p$ une constante r\'eelle strictement positive.

\exo





La courbe $\mathcal{P}$ d'\'equation polaire :
\[\rho(\theta)= \Frac{p}{1+\cos \theta}\]
est \'evidemment une parabole, de \textbf{foyer} $\mathbf{O}$, d'axe de sym\'etrie $Ox$, lieu des points $M$ tels que $OM=MH$, o\`u $MH$ est la distance de $M$ \`a la \textbf{directrice} $D$, d'\'equation $x=p$.
\\
\textbf{Remarque : une fois que l'on sait qu'il s'agit d'une parabole}, de foyer $O$, d'axe $Ox$, \textbf{c'est facile de retouver la directrice}. En effet, le sommet $S$ est obtenu pour $\theta=0$. Il a donc pour abscisse $\Frac{p}{2}$. D'o\`u l'\'equation de la directrice $D\, x=p$.




\exo




Donnons une \'equation cart\'esienne de $\mathcal{P}$.\\


\[\mathcal{P}\,\,\,\,  \forall \theta \in ]-\pi,\pi[,\,  \debac x&=& \Frac{p}{1+\cos \theta} \cos \theta =p\Frac{2 \cos^2 \Frac{\theta}{2} -1}{2 \cos^2 \Frac{\theta}{2} } =p\left(1-\Frac{1}{2} \Frac{1}{\cos^2 \Frac{\theta}{2} }\right)  =p \left( 1-\Frac{1}{2} \left(1+\tan^2   \Frac{\theta}{2}  \right) \right) \\ y&=& \Frac{p}{1+\cos \theta} \sin \theta  =p \Frac{2\sin \Frac{\theta}{2} \cos \Frac{\theta}{2} }{2 \cos^2 \Frac{\theta}{2} }   \finac\]

On pose  $\boxed{t = \tan \Frac{\theta}{2}}$. D'o\`u une \'equation cat\'esienne de $\mathcal{P}$ :
\[\boxed{\mathcal{P}\,\,\, \forall t \in \RR,\, \debac x(t)&=& \Frac{p}{2}(1-t^2) \\ y(t)&=& pt \finac }\]


\exo



Pour $\theta$ d\'ecrivant l'intervalle $]-\pi,\pi[$, on associe au point $P(\theta)$ de $\mathcal{P}$ le point $Q(\theta)$ d\'efini par la relation :
\[\ov{OQ(\theta)}=p^2 \Frac{\ov{OP(\theta)}}{||\ov{OP(\theta)}||^2}\]
On note $\mathcal{L}$ la courbe d\'ecrite par le point $Q(\theta)$.\\
Posons $\ov{u(\theta)}=\cos \theta \ov{i}+\sin \theta \ov{j}$.
\[\ov{OQ(\theta)}= p^2 \Frac{(1+\cos \theta)^2}{p^2}\Frac{ p}{(1+\cos \theta)} \ov{u(\theta)}\]
\fbox{$\mathcal{L}$ est la cardioide bien connue d'\'equation polaire $\rho (\theta) =p(1+\cos \theta)$}
\\
 On a repr\'esent\'e la demi-cardioide pour $y \se 0$.\\
Si on note $V(P)$ (resp. $V(Q)$) l'angle de la tangente en $P(\theta) \in \mathcal{P}$ (resp. en $Q(\theta)$ \`a $\mathcal{L}$) avec $\ov{u(\theta)}$ on a :
\[\boxed{\tan (V(P))=\Frac{\rho_P(\theta)}{\rho'_P(\theta)}=\Frac{ \Frac{p}{1+\cos \theta }}{\Frac{p \sin \theta}{(1+\cos\theta)^2}} =\Frac{1+\cos \theta}{\sin \theta}= \Frac{2 \cos^2 \Frac{\theta}{2}}{2\sin   \Frac{\theta}{2} \cos  \Frac{\theta}{2}} =\Frac{1}{\tan  \Frac{\theta}{2}}  }\]
\[\boxed{\tan (V(Q)) = \Frac{\rho_Q(\theta)}{\rho'_Q(\theta)}=\Frac{p(1+\cos \theta)}{p\sin \theta}=-\Frac{2\cos^2  \Frac{\theta}{2}}{2\sin  \Frac{\theta}{2} \cos  \Frac{\theta}{2}}=- \Frac{1}{\tan  \Frac{\theta}{2}}  }\]


\fbox{Les tangentes en $P(\theta)$ \`a $\mathcal{P}$ et en $Q(\theta)$ \`a $\mathcal{L}$ sont donc sym\'etriques par rapport \`a la droite $OPQ$}


\exo

Au point $Q(\theta)$ de $\mathcal{L}$, on associe le point $R(\theta)$ d\'efini par la relation :
\[\ov{OR(\theta)}=\left(1-\Frac{p}{||\ov{OQ(\theta)}||} \right) \ov{OQ(\theta)}= p(1+\cos \theta) \ov{u(\theta)} -\Frac{p}{p(1+\cos \theta)} p(1+\cos \theta) \ov{u(\theta)}\]
\[\boxed{ \ov{OR(\theta)} = p \cos \theta \ov{u(\theta)}  }\]
\fbox{ $R(\theta)$ d\'ecrit le cercle $\mathcal{R}$ passant par $P$, dont le centre est le point $S(\Frac{p}{2},0)$}

\exo


\placedrawing{m04dt2fe.tex}{Aire d'un secteur }{h}   

On d\'esigne d\'esormais par $\mathcal{L}$ la courbe ferm\'ee du plan param\'etr\'ee par $\theta$ obtenue en compl\'etant la courbe $\mathcal{L}$ d\'efinie \`a la question \fbox{3)} par les deux relations $Q(-\pi)=Q(\pi)=0$.\\
L'aire  $\mathcal{A}$ d'un morceau de surface  $S$ est donn\'ee par :
\[\mathcal{A}=\intdoub{S}{}{ }{x}{y}  \underset{\text{en polaires}}{=} \intdoub{\Delta}{}{r}{r}{\theta}\]
o\`u $\Delta$ d\'ecrit $S$ en polaires. SI $S$ est le domaine d\'elimit\'e par les demi-droites $OA$, d'angle polaire $\alpha$, $OB$ d'angle polaire $\beta$ et la courbe $C$ d'\'equation polaire $\rho=\rho[\theta)$, le domaine $\Delta$ est d\'efini par $\Delta \debac \alpha &\ie \theta  \ie & \beta \\ 0&\ie r(\theta) \ie & \rho(\theta) \finac$. Alors :
\[\boxed{\mathcal{A} = \integr{\alpha}{\beta}{\left(\integr{0}{\rho(\theta)}{r}{r} \right)}{\theta}=\Frac{1}{2}\integr{\alpha}{\beta}{\rho^2(\theta)}{\theta}  }\]


L'aire de la surface de $\RR^2$ int\'erieure \`a $\mathcal{L}$ est donn\'ee, puisque $Ox$ est axe de sym\'etrie de $\mathcal{L}$ par :
\[\mathcal{A}= 2\Frac{1}{2}\integr{0}{\pi}{\rho^2(\theta) }{\theta} =\integr{0}{\pi}{p^2 (1+\cos \theta)^2}{\theta}=p^2\integr{0}{\pi}{ (1+\Frac{1}{2} (1+\cos 2 \theta)+2\cos \theta) }{\theta}\]
\[\boxed{  \mathcal{A}=\Frac{3}{2} \pi p^2}\]
Le centre d'inertie $G$ de cette surface int\'erieure, suppos\'ee homog\`ene est \'evidemment sur $Ox$, axe de sym\'etrie de $\mathcal{L}$. Donc $\boxed{y_G=0}$. 

\[x_G=\Frac{1}{\mathcal{A}  } \intdoub{S}{}{x}{x}{y}  \underset{\text{en polaires}}{=}\Frac{1}{\mathcal{A}  } \intdoub{\Delta}{}{r\cos \theta r }{r}{\theta}
 \underset{\text{sur le secteur }}{=}\Frac{1}{\mathcal{A}  } \integr{\alpha}{\beta}{\left(\integr{0}{\rho(\theta)}{r^2}{r} \right) \cos \theta}{\theta}=\Frac{1}{3}\Frac{1}{\mathcal{A}  } \integr{\alpha}{\beta}{\rho^3(\theta) \cos \theta}{\theta}  \]



 

Pour la m\^eme raison de sym\'etrie :
\[x_G=\Frac{2}{3}\Frac{1}{\mathcal{A}  }  \integr{0}{\pi}{p^3(1+\cos \theta)^3 \cos \theta }{\theta}=
\Frac{2 p^3}{3}\Frac{1}{\mathcal{A}  } \integr{0}{\pi}{(1+\cos \theta)^3 \cos \theta}{\theta}\]
\begin{multline*}
(1+\cos \theta)^3 \cos \theta =\
\cos^4\theta +3\cos^3\theta +3\cos^2\theta +\cos \theta=\Frac{1}{4}(1+\cos 2\theta)^2+3\cos^3\theta +\Frac{3}{2}(1+\cos 2\theta)+\cos \theta=\\
\Frac{1}{4}(1+2\cos 2\theta+\cos^2 2\theta )+3\cos^3\theta +\Frac{3}{2}(1+\cos 2\theta)+\cos \theta=\\
\Frac{1}{4}\left(1+2\cos 2\theta+\Frac{1}{2}\left(1+\cos 4\theta \right) \right)+3\cos^3\theta +\Frac{3}{2}(1+\cos 2\theta)+\cos \theta=\\
\Frac{15}{8}+\cos \theta +2\cos 2\theta +\Frac{1}{8} \cos 4\theta +3(1-\sin^2 \theta) d(\sin \theta)
\end{multline*}

Donc $ \integr{0}{\pi}{(1+\cos \theta)^3 \cos \theta}{\theta} =\left[\Frac{15}{8} \theta +\sin \theta +\sin 2\theta +\Frac{1}{32} \sin 4\theta +\sin \theta -\sin^3\theta \right]_0^{\pi}=\left[\Frac{15}{8} \theta  \right]_0^{\pi}=\Frac{15}{8}  \pi$.\\
On trouve $\boxed{x_G=\Frac{5}{6} p}$


\exo

A l'aide du rep\`ere canonique de $\RR^2$, on d\'efinit le champ de vecteurs $\ov{V}$ par ses deux composantes :
\[V_x=(1-\operatorname{e}^{-x} \cos y ),\,\, V_y=(x-\operatorname{e}^{-x} \sin y )\]
Pour que le champ de vecteurs $\ov{V}$ d\'erive sur $\RR^2$ d'un potentiel scalaire, i.e qu'il soit un champ de gradients, ou encore qu'il existe une fonction $C^2$ sur $\RR^2$ telle que :  $\ov{V} =\ov{grad} f$.\\
 La condition n\'ecessaire est connue : $\ov{rot} \ov{V}= \ov{0}$. Cette condition est suffisante car $\RR^2$ est \'etoil\'e par rapport \`a un de ses points, n'importe lequel d'ailleurs. Or :
\[\ov{rot} \ov{V}= \bpm \Frac{\partial}{\partial x } \\ \Frac{\partial}{\partial y } \\ \Frac{\partial}{\partial z }  \epm  \wedge \bpm V_x \\ V_y \\ V_z=0 \epm  =
\bpm 0 \\ 0 \\    \Frac{\partial  V_y}{\partial x } -  \Frac{\partial  V_x}{\partial y }  \epm \]
Comme $\Frac{\partial  V_y}{\partial x } -  \Frac{\partial  V_x}{\partial y }= (1+\operatorname{e}^{-x} \sin y )-\operatorname{e}^{-x} \sin  y=1  \not=0$,
\fbox{le champ $\ov{V}$  ne d\'erive  pas d'un potentiel scalaire.}\\
La circulation de $\ov{V}$  sur la courbe ferm\'ee $\mathcal{L}$ orient\'ee dans le sens trigonom\'etrique  vaut :
\[\int\limits_{\mathcal{L}}^{}\, V_x dx +V_y dy\underset{\text{cf Green Riemann}}{=} \intdoub{S}{}{ ( \Frac{\partial  V_y}{\partial x } -  \Frac{\partial  V_x}{\partial y } ) }{x}{y}=  \intdoub{S}{}{ ( 1 ) }{x}{y}=\mathcal{A}= \Frac{3}{2} \pi p^2\]
On rappelle que $S$ est la surface int\'erieure \`a $\mathcal{L}$.\\
\fbox{\vbox{La circulation de $\ov{V}$  sur la courbe ferm\'ee $\mathcal{L}$ orient\'ee dans le sens trigonom\'etrique est donc \'egale \`a $\Frac{3}{2} \pi p^2$.}}




\placedrawing{m04dt2fc.tex}{Parabole  $\mathcal{P}$ }{h}   


\placedrawing{m04dt2fd.tex}{Courbes $\mathcal{P},\mathcal{L}, \mathcal{R}$ }{h}   

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\end{document}




