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http://al9ahira.com/

nraire d'accs Al9ahira (point B sur la carte) en partant de la Place Ibria

http://al9ahira.com/https://maps.google.com/maps?saddr=Place+Betanzos,+Tangier,+Maroc&daddr=35.7740862,-5.8132821+to:35.7726012,-5.8117115+to:Rue+Egypte,+Tanger,+Tanger-T%C3%A9touan,+Maroc&hl=fr&ie=UTF8&ll=35.776948,-5.81533&spn=0.020542,0.035791&sll=35.774999,-5.815909&sspn=0.010271,0.017896&geocode=FRD7IQIdly6n_yFdaDBYbccD9inFd9i_rngMDTFdaDBYbccD9g%3BFYbeIQId3kun_ynrHku6qoALDTEThFVqOmtDsQ%3BFbnYIQIdAVKn_ymXsMv9qoALDTFQtVPOx1dTqQ%3BFbjeIQIdb0yn_yllSu-8qoALDTGSbEwsffKAbw&oq=avenue+%C3%A9gypte&mra=dpe&mrsp=2&sz=16&via=1,2&t=m&z=15https://maps.google.com/maps?saddr=Place+Betanzos,+Tangier,+Maroc&daddr=35.7740862,-5.8132821+to:35.7726012,-5.8117115+to:Rue+Egypte,+Tanger,+Tanger-T%C3%A9touan,+Maroc&hl=fr&ie=UTF8&ll=35.776948,-5.81533&spn=0.020542,0.035791&sll=35.774999,-5.815909&sspn=0.010271,0.017896&geocode=FRD7IQIdly6n_yFdaDBYbccD9inFd9i_rngMDTFdaDBYbccD9g%3BFYbeIQId3kun_ynrHku6qoALDTEThFVqOmtDsQ%3BFbnYIQIdAVKn_ymXsMv9qoALDTFQtVPOx1dTqQ%3BFbjeIQIdb0yn_yllSu-8qoALDTGSbEwsffKAbw&oq=avenue+%C3%A9gypte&mra=dpe&mrsp=2&sz=16&via=1,2&t=m&z=15http://al9ahira.com/http://al9ahira.com/

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Concours National Commun - Session 2013

Corrig de lpreuve de mathmatiques IFilire MP

La transforme de Laplace et thormes de Tauber

Corrig par M.TARQI

PARIEI. RSULTATS PRLIMINAIRES

1.1 Soitz = x + iyun nombre complexe fix.

1.1.1 On a, pour tout tIR+,|ezt| = ext. Si x= 0, alorsa > 0, a0

ext dt = 1

x(1 exa), six = 0,

|ezt|= 1. Donc la fonctiontezt est intgrable sur IR+ si et seulement si,x= Re(z)> 0.1.1.2 Soitun rel non nul. Posonsf(t) = cos(t)pour toutt IR. Si lim

t+f(t)existe et vautL, alors

pout toute suite(un)nINtendant vers+

, la suite de terme gnral f(un)converge versL. Mais

la suite de terme gnral un = 1

n tend vers +, cependant la suite image de terme gnralf(un) = (1)n est divergente, ce qui prouve quefna pas de limite en+.De mme on montre que la fonction t sin(t)nadmet pas de limite en+, en consquence lafonctionteiyt = cos(yt) i sin(yt)possde une limite que si y = 0.

1.1.3 Pour touta >0, on a a0

ezt dt=1

z(1 eaz)

Sixest non nul, lima+

|eaz|= lima+

eax existe et vaut 0 si et seulement si,x >0.

Six= 0( doncy= 0carzest non nul ), lima+

eaz = lima+

eiay nexiste pas.

En conclusion, lintgrale +0

ezt dtconverge si et seulement si,Re(z)> 0et dans ce cas

+0

ezt dt=1

z.

1.2 Soitf C(IR+,C)etz0 C.1.2.1 La fonctiontez0tf(t)tant continue sur IR+, donc sa primitive Fsur IR+ est drivable sur IR+

et pour toutx0,F(x) =ez0xf(x), et commexez0xf(x)est continueFest C1 sur IR+.Dautre part, on a lim

x+F(x)existe car la fonctiontez0tf(t)a une intgrale convergente, donc

Fest borne sur IR+

.1.2.2 Ftant borne sur IR+, donc il existeM >0tel que tIR+, |F(t)| M. Donc

t0, |e(zz0)tF(t)| M eRe(zz0)t,

et comme la fonction t eRe(zz0)t est intgrable sur IR+, il est de mme de la fonction t e(zz0)tF(t).

1

7/25/2019 math1_mp_2013c1

3/13

1.2.3 SoitA >0, on a : A0

eztf(t) dt =

A0

e(zz0)tez0tf(t) dt

= [e(zz0)tF(t)]A0 + (z

z0)

A

0

e(zz0)tF(t) dt

= e(zz0)AF(A) + (z z0) A0

e(zz0)tF(t) dt, car F(0) = 0.

On obtient donc par passage la limite, quand Atend vers +, lgalit demande ( car F estborne ) : +

0eztf(t) dt= (z z0)

+0

e(zz0)tF(t) dt,

donc +0

eztf(t) dtest bien convergente.

1.3 Un lemme de Littlewood

1.3.1 On obtient laide dune intgration par parties : xx

(x t)(t) dt = [(x t)]xx + xx

(t) dt

= ( 1)x(x) + xx

(t) dt

= ( 1)x(x) + (x) (x).

Do la formule :

(x) (x) = ( 1)x(x) + xx

(x t)(t) dt.

1.3.2 Daprs ce qui prcde, on peut crire :

|x(x)| 11 (|(x)| + |(x)|) +

1

1 xx

(x t)(t) dt

21 supt[0,x]

|(t)| + xx

(t x)|(t)| dt

Mais (t) Mt2

pour toutt >0et sit[x,x], 1t2

1(x)2

. On obtient donc :

xx

(t x)|(t)| dt M(x)2

xx

xt t

2

2

dt= M

(1 )222

Do :|x(x)| 2

1 supt[0,x]|(t)| +1

22 M

1.3.3 Soit > 0donn. Il existe 0]0, 1[tel que 1 0220

M 2

. Dautre part, est prolongaeble par

continuit en 0 ( par 0 ), donc il existe >0tel que0< x < entrane |(x)| 1 02

2. Lingalit

()qui est vraie pour tout]0, 1[, entrane |x(x)| ds quex]0, [, donc limx0+

x(x) = 0.

2

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4/13

PARIEII. EXEMPLES ET PROPRITS DE LA TRANSFORME DELAPLACE

2.1 Daprs ce qui prcde, la fonction te(z)t a une intgrale convergentesi et seulement si, Re(z)>0, autrement dit la fonctionL(f)(z)existe si et seulement si, Re(z)> Re().DoncL(f)est dfinie sur{z C/Re(z)> Re()}, de plus

L(f)(z) =

+

0e(z)t dt= 1

z .

2.2 Abscisse de convergenceSoitE={Re(z)/L(f)(z) existe}. La proprit est vidente si Eest vide on prend donc = +, siEestnon vide deux cas sont possibles :

SiEest non minor, on prend =. AlorsL(f)serait dfinie sur tout le plan complexe. Si Eest minor, on prend = infE. En effet, soit x0 > et z = x+ iy tel que x > x0, alors la

fonctiontf(t)ezt une est intgrale convergente sur ]0, +[( daprs la question 1.2.3), doxE.

On en dduitE= [, +

[si

EetE=], +

[si /

E.

2.3 Quelques proprits

2.3.1 Daprs1.2.3, on aL(f)(z) = (z z0) +0

e(zz0)tF(t) dt. La fonctionzz z0est continue surC. La fonctionFest de classe C1 et borne sur IR+ parM. La fonction : (z, t)e(zz0)tF(t)estcontinue sur((f)) IR+, et :

|(z, t)| M e(xx0)t M e(ax0)t

pour toutztel queRe(z) =x > a > Re(z0) =x0.La fonction majorante ne dpend pas de z et est intgrable sur IR+. Le thorme de continuit desintgrales paramtres affirme queL(f)est continue pour toutztel queRe(z)

a. Donc, puisque

la notion de continuit est une notion locale, L(f)est continue sur((f)).2.3.2 Toujours daprs 1.2.3, on a :

Lf(x, y) =L(f)(x + iy) = (z z0) +0

e(zz0)tF(t) dt

Montrons quefest C1 surf, pour cela il suffit de montrer que les drives partiellesLf

x et

Lfy

existent et sont continues surf.La fonction(x, y)z z0est de classe C1 sur IR2. Soit maintenant, avecyfix, lapplication :

g: (x, t)

e(zz0)tF(x)

gest continue sur IR IR+. Elle admet une drive partielle par raport xet :g

x(x, t) =tg(x, t)

qui est continue sur le mme domaine. De plus :gx (x, t) M te(xa0)t M tet(aa0)t

3

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5/13

pour toutztel queRe(z) =x > a > Re(z0) =a0. Cette dernire fonction est intgrable sur IR+. Lethorme de drivation des intgrales paramtres affirme queLfest de drivable par rapport x(cette drive partielle tant continue) pour tout ztel queRe(z) a. Donc, puisque la notion dedrivabilit est une notion locale,

Lfx

existe et est continue sur((f))et :

Lfx

(x, y) =

+

0e(zz0)tF(t) dt (z z0)

+

0te(zz0)tF(t) dt ().

SoitA >0donn,

A0

e(zz0)tF(t) dt=

e

(zz0)t

z z0 F(t)A0

+ 1

z z0

A0

eztf(t) dt

En prenant la limite lorsqueAtend vers linfini, il vient, car F(0) = 0,Re(z)> Re(z0)etFmajoresur IR+ :

+

0

e(zz0)tF(t) dt= 1

z

z0 +

0

eztf(t) dt (1).

Dautre part, une primitive det(z z0)e(zz0)t sur IR+ estt (z z0)t + 1z z0 e

(zz0)t. Donc :

A0

(z z0)te(zz0)tF(t) dt =

F(t)

(z z0)t+ 1

z z0 e(zz0)t

A0

+

A0

(z z0)t + 1z z0 e

(zz0)tez0tf(t) dt

Pour les mmes raisons, en prenant la limite lorsque Atend vers linfini, il vient :

+0 (z z0)e

(zz0)t

F(t) dt= +0

(z

z0)t + 1

z z0 ezt

f(t) dt (2).

Do, en tenant compte des relations (1) et (2) et de lgalit ():Lfx

(x, y) = +0

teztf(t) dt.

Et de la mme faon, on dmontre lexistence et la continuit sur ](f), +[IR de Lfx

avec cette

fois, pour tout(x, y)](f), +[IR, Lfy

(x, y) =i +0

teztf(t) dt.

2.3.3 Soitx > (f). On sait queL(f)est de classe C1 sur](f), +

[et que :

L(f)(x) = +0

textf(t) dt=L(ttf(t))(x).

La fonctionttf(t)est un lment de C(IR+,C). La mme dmonstration que celle de la questionprcdente ofa t remplac par t tf(t)donnera queL(f)est de classe C2 sur](f), +[etque :

L(f)(x) =

+0

t2extf(t) dt.

4

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6/13

Une dmonstration par rcurrence montre que L(f)est de classe C sur ](f), +[et que pourtoutpIN :

L(f)(p)(x) = (1)p +0

tpextf(t) dt.

2.3.4 On sait que pour toutxetx0dans](f), +

[:

L(f)(x) = (x x0) +0

e(xx0)tF(t) dt,

oFcontinue, majore sur IR+ parMet F(0) = 0. Soit >0. Par continuit deF, il existe >0tel

que0x < |F(x)|< 2

.On a aussi : +

0e(xx0)tF(t) dt=

0

e(xx0)tF(t) dt +

+

et(xx0)tF(t) dt.

Or, six > x0: 0

e(xx0)F(t) dt 2

1 e(xx0)

x x0

et +

e(xx0)F(t) dt

Me(xx0)x x0 .Ainsi :

|L(f)(x)| 2

+ Me(xx0)

Or pour cet fix, limx+

e(xx0) = 0. Il existe donc A > 0tel que x > A Me(xx0) < 2

.

Finalement, pour0> A, il vient |L(f)(x)|< .Do :

limx

L(f)(x) = 0.

2.4 Un exemple

2.4.1 On acos t= 1 t2

2 + o(t2), donc

1 cos tt2

=1

2+ o(1), ainsi la fonctionse prolonge par

1

2en 0.

Puisquewse prolonge par continuit en 0, les deux intgrales +0

1 cos tt2

dtet +1

1 cos tt2

dt

sont de mme nature. Or pour tout t1,

1 cos tt2

2

t2et par consquent

+1

1 cos tt2

dt existe,

il est de mme de +

0

1 cos tt2

dt. Ceci montre que la transforme de Laplace dewexiste en 0, et

en tenant compte de la dfinition de(w), on a donc ncessairement(w)0.2.4.2 Daprs ltude prcdente,L(w)admet une drive seconde sur]0, +[avecx > 0,L(w)(x) = +

0(1 cos t)ext dt.

Les calcules montrent que

L(w)(x) =

+0

(1 cos t)ext dt= 1x(x2 + 1)

.

5

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7/13

2.4.3 On trouve L(w)(x) = ln(x) 12

ln(1+x2)+ et L(w)(x) =x ln(x) 12

x ln(1+x2)arctan(x)+x+avecetsont des rels.

On sait que0 = limx+

L(w)(x) = limx+

x

ln

x1 + x2

+

+, donc ncessairement == 0.

Do

L(w)(x) =x ln(x) 1

2 x ln(1 + x2

) arctan(x).2.5 Un thorme de Csaro

2.5.1 htant continue par morceaux sur [0, 1]donc borne par un certain M > 0, il est de mme da lafonctionth(ext)car sit0,ext dcrit lintervalle[0, 1]. Ainsi pour toutt0,

|extg(t)h(ext)| M extg(t).Donc la fonctiontextg(t)h(ext)est intgrable sur[0, +[.

2.5.2 Soitx >0. Avec le changement de variable u = ext, on a :

xL(g)(x) =

10

g

ln ux

du

et +0

extg(t)h(ext) dt=

10

h(u)g

ln ux

du.

Daprs les hypothses limx0+

10

g

ln ux

du 1 = 0. Maintenant pour toutkIN, on a

x(Xk)

10

uk du =

10

uk

g

ln ux

1

du

= 1

k+ 1

10

g

ln t(k+ 1)x

1

dt avec t= uk+1

Ainsi limx0+

x(Xk) 10

uk du

= limx0+1

k+ 1 10

g ln t(k+ 1)x 1 dt= 0. Donc

limx0+

x(Xk) =

10

tk dt,

puis on conclut par linarit de loprateurx.2.5.3 Daprs le thorme de Weierstrass, il existe une suite de polynmes(Pn)nINqui converge unifor-

mment vershsur[0, 1]. On a alors pournIN :x(h)

10

h(u) du

|x(h) x(Pn)| +

x(Pn)

10

Pn(u) du

+

10

(Pn(u) h(u)) du

Or

|x(h) x(Pn)| supu[0,1]

|h(u) Pn(u)|x +0

extg(t) dt= supu[0,1]

|h(u) Pn(u)|xL(g)(x),

donc limx0

x(h) x(Pn) = 0. Les autres termes convergent vers 0 daprs le rsultat de la question2.5.2 et la convergence uniforme. Do

limx0+

x(h) =

10

h(t) dt.

6

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8/13

2.5.4 Calculonsx(h1): on a pour toutx >0,

x(h1) =

10

g

ln ux

h1(u) du

= 1

1

e

1

ug

ln ux du

= x 0

1

x

g(t) dt, avec t= ln u

x .

Do 1

x

0g(t)dt=

1

xx(h1).

Ainsi, pour touta >0, on a1

a

a0

g(t) dt= 1a

(h1)et donc

lima+

1

a

a0

g(t) dt= limx0+

x(h1) =

10

h1(t) dt= [ln t]11

e

= 1.

PARIEIII. COMPORTEMENT AU VOISINAGE DE LORIGINIE

3.1 Soitf(IR+,C).3.1.1 Soit H(x) =

x0

f(t)dtavec x > 0. Hest C1 sur [0, +[et admet une limite finie en +, doncborne sur [0, +[. Pour tout x > 0, la fonction t F(t)ext est intgrable sur ]0, +[ et

limt+

F(t)ext = 0, donc par une intgration par parties, x > 0,

x

+0

(F(t) L(f)(0))extdt = [(F(t) L(f)(0))ext]+0 + +0

f(t)extdt

= +

0f(t)extdt L(f)(0)

do

L(f)(x) L(f)(0) =x +0

(F(t) L(f)(0))ext dt.

3.1.2 On sait que limt+

F(t) =L(f)(0), donc pour tout >0, il existeA >0tel que|F(t) L(f)(0)| ds quetA. Dautre part, pourx >0, on a :x +0

(F(t) L(f)(0))ext dt

x A0

(F(t) L(f)(0))ext dt +

x +A

(F(t) L(f)(0))ext dt

x

A0

(F(t) L(f)(0))ext dt

+ x

+A

ext dt

x A

0(F(t) L(f)(0))dt

+ ,ingalit qui montre quexx

+0

(F(t) L(f)(0))ext dttend vers 0 en 0+, il est de mme de lafonctionxL(f)(x) L(f)(0), cest dire

limx0+

+0

extf(t) dt=

+0

f(t) dt.

7

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3.2 La fonctionteit rpond la question.3.3 Thorme de Tauber

3.3.1 Il existe A >0tel que |tf(t)|< 1ds quexA, et soitz C tel quex= Re(z)> 0. Alors pour toutt A, on a|etzf(t)| e

tx

t et comme la fonctiont e

tx

t est intgrable sur[A, +[, carx > 0,

donc lintgrale +A

etzf(t) dtexiste, il est de mme de lintgrale +0

etzf(t) dt( la fonction

teztf(t)est continue sur[0, A]). Donc(f)0.3.3.2 Soit >0fix. Il existeA >0tel quexA |tf(t)| . On a donc :

1

a

a0

|tf(t)| dt= 1a

A0

|tf(t)| dt +1a

aA

|tf(t)| dt 1a

A0

|tf(t)| dt +(a A)a

Mais lima+

1

a

A0

|tf(t)| dt= 0, donc lingalit prcdente montre que lima+

1

a

a0

|tf(t)| dt= 0.3.3.3 Une tude simple de la fonctionu(u) =u eu + 1, montre que(u)0pour toutuIR.

3.3.4 Soitaetxdes rels strictement positifs, on peut crire : +0

f(t)ext dt a0

f(t) dt

a0

(1 ext)|f(t)| dt + +a

|f(x)|ext dt

x a0

t|f(t)| dt + +a

|f(t)|ext dt

x a0

t|f(t)| dt + supta

|tf(t)|eax

ax

Mais

+a f(t)e

xt

dt

+

a |tf(t)|ext

t dt

supta

|tf(t)| +a

ext

t dt

= supta

|tf(t)|eax

ax sup

ta

|tf(t)| 1ax

Do lingalit demande :

+0

f(t)ext dt a0

f(t) dt

x

a0

|tf(t)| dt + supta

|tf(t)| 1ax

.

3.3.5 Lingalit prcdente reste vraie poura= 1x; on obtient donc : +0

f(t)et

a dt a0

f(t) dt

1a a0

|tf(t)| dt + supta

|tf(t)|.

Soit maintenant >donn. Daprs les donnes et le rsultat de la question 3.3.2, il existe a0>0telque pour toutaa0, on a :

1

a

a0

|tf(t)| dt 2

8

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etsupta

|tf(t)| 2

.

Ainsi, pour toutaa0, on obtient :

+0 f(t)e

t

a

dt a

0 f(t) dt .

On en dduit que si limx0+

L(f)(x) =, alors lima+

a0

f(t)dt= .

PARIEIV. UNE GNRALISATION DU THORME DETAUBER DANS LE CAS REL

4.1 La fonctionf1est continue sur IR+ ( cest une fonction de classe C1 ), donc par oprations les fonctionsf2etf3sont continues sur]0, +[.Il existe x]a, x[tel que f1(x) =

x0

tf(t) dt = xxf(x), ceci montre que que limx0+

f2(x)existe. De

mmef3(x) =

x

xf1(x), donc limx0+ f3(x)existe car0 0, on a |f1(x)| M xet donc |f2(t)ext| M ext ; donc lim

x+f2(t)e

xt = 0.

4.3 Lingalit prcdente |f2(t)ext| M ext montre que la fonction tf2(t)ext est intgrable sur [0, +[et ceci pour toutx >0, donc(f2)0.Dautre part, |f3(x)ext| Me

xt

t2 et la fonctiont e

xt

t2 est intgrable ( par exemple ) sur tout[1, +[,

donc t f3(t)ext est intgrable sur [1, +[et mme sur [0, +[, car elle est continue sur [0, 1]( parprolongment ). Donc(f3)0.

4.4 On remarque quef2est drivable est quef2(x) =xf1(x) f1(x)

x2 =f(x) f3(x)et donc une intgration

par parties donne :

x

vu

f2(x)ext dt =

vu

f2(t)(ext) dt

= [f2(t)ext]vu+ vu

(f(t) f3(t)) dt

= f2(u)exu f2(v)evx +

vu

f(x)ext dt vu

f3(x)ext dt

ce qui entrane videment lgalit en question.Puisque les fonctions t f2(t)ext ett f3(t)ext sont intgrables sur [0, +[, la limite de la quan-

tit droite ( lgalit prcdente ) existe lorsque le couple (u, v) tend vers (0, +), donc lintgrale +0

f(t)ext dtexiste et ceci pour toutx > 0, par consquent(f) 0.De plus, le passage la limiteentrane :

x >0, L(f)(x) =xL(f2)(x) + L(f3)(x).4.5

9

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4.5.1 Daprs le lemme de Littelwood, il suffit donc de montrer que la fonction xx2L(f)(x) est bornesur]0, +[. En effet, pour toutx]0, +[, on aL(f)(x) =

+0

t2extf(t) dtet donc

|x2L(f)(x)| supt0

|tf(t)| +

0x2text dt

Or +0

x2text dt= [(xt+ 1)e(xt)]+0 = 1, doncxx2L(f)(x)est borne, et par consquentlim

x0+xL(f)(x) = 0.

4.5.2 Pour toutx >0, on a

xL(g)(x) =x

+0

extg(t) dt

= x +

0

ext1 tf(t)

M dt

= x

+0

extdt xM

+0

tf(t)ext dt

= 1 + 1

MxL(f)(x)

Donclimx0+

xL(g)(x) = 1 + 1

M limx0+

xL(f)(x) = 1.

4.5.3 Daprs le thorme de Csaro, puisque limx0+

xL(g)(x) = 1, on a limx+

1

x

x0

g(t)dt= 1. Mais

1x

x

0g(t) dt= 1

x

x

0dt 1

M x

x

0tf(t) dt= 1 M xf1(x) =xf3(x).

Donc limx+

xf3(x) = 0.

4.6 Soit donc >0etA >0tel que |f2(t)| ds quetA. Alors on peut crire :

|xL(f2)(x)| A0

xextf2(t) dt

+ +A

xextf2(t) dt

sup

t[0,A]|f2(t)|

A0

xext dt +

+A

xext dt

supt[0,A] |f2(t)|Ax+ .

Cette ingalit montre que limx0+

xL(f2)(x) = 0.

4.7 On sait que, daprs la question 4.4, quex > 0, L(f3)(x) = L(f)(x) xL(f2)(x), donc limx0+

L(f3)(x)

existe et vaut 0 ( daprs les hypothses limx0+

L(f)(x) = 0). Le thorme de Tauber ( question 3.3 ) assure

que +0

f3(t) dtexiste et gale 0, car limx0+

xf3(x) = 0.

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4.8 On a

L(f)(0) =

+0

f(t)dt=

+0

f(t)

t dt= [f2(t)]

+0 +

+0

f1(t)

t dt= L(f3)(0),

carf2(0) = 0et limx+

f2(x) = 0. DoncL(f)(0) = 0.

4.9 Considrons la fonction fdfinie sur ]0, +

[ par t

f(t) = (t)

et. La fonction fvrifie lesconditions suivantes :

la fonction tf(t) =t(t) tet est borne sur]0, +[,

la fonctionx +0

f(t)ext dt=

+0

(t)ext dt x + 1

tend vers 0 lorquextend vers0+.

Donc, daprs ce qui prcde,L(f)(0)existe vaut 0, cest direL()(0)existe et vaut.

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