[MPSI] Un petit problème sur intégration, fonctions

Aide à la résolution d'exercices ou de problèmes de niveau Supérieur.

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Messagepar pouik » Samedi 20 Janvier 2007, 13:36

D'accord mais est-ce que vous voyez la faute de frappe dans ma dernière ligne car c'est pratique de continuer comme ca.
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Messagepar kojak » Samedi 20 Janvier 2007, 13:38

pouik a écrit:D'accord mais est-ce que vous voyez la faute de frappe dans ma dernière ligne car c'est pratique de continuer comme ca.

C'est corrigé et je l'avais fait une fois et tu avais tout effacé :roll:
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Messagepar pouik » Samedi 20 Janvier 2007, 14:01

désolé kojak j'avais pas remarqué :ninja_hide: :crybaby:
Repartons de :

$$\displaystyle\int_{0}^{\pi} \phi(t)\sin\left(n+\dfrac{1}{2}\right)t dt = \phi(\pi) \left(-\dfrac{1}{n+\dfrac{1}{2}} \cos\left(n+\dfrac{1}{2}\right)\pi\right) - \phi(0) \left(-\dfrac{1}{n+\dfrac{1}{2}} \cos\left(n+\dfrac{1}{2}\right)0\right)  - \displaystyle\int_{0}^{\pi} \phi'(t) \left(-\dfrac{1}{n+\dfrac{1}{2}} \cos\left(\left(n+\dfrac{1}{2}\right)t\right)\right) dt$$


c'est-à-dire :

$$\displaystyle\int_{0}^{\pi} \phi(t)\sin\left(n+\dfrac{1}{2}\right)t dt = \phi(\pi) \left(-\dfrac{1}{n+\dfrac{1}{2}} \cos\left(n\pi+\dfrac{\pi}{2}\right)\right) + \phi(0) \left(\dfrac{1}{n+\dfrac{1}{2}} \cos{0}\right)  + \dfrac{1}{n+\dfrac{1}{2}} \displaystyle\int_{0}^{\pi} \phi'(t)  \cos\left(\left(n+\dfrac{1}{2}\right)t\right) dt$$


c'est-à-dire :

$$\displaystyle\int_{0}^{\pi} \phi(t)\sin\left(n+\dfrac{1}{2}\right)t dt = \phi(\pi) \left(\dfrac{1}{n+\dfrac{1}{2}} \sin\left(n\pi\right)\right) + \dfrac{\phi(0)}{n+\dfrac{1}{2}}  + \dfrac{1}{n+\dfrac{1}{2}} \displaystyle\int_{0}^{\pi} \phi'(t)  \cos\left(\left(n+\dfrac{1}{2}\right)t\right) dt$$



Correct ??
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Messagepar Tryphon » Samedi 20 Janvier 2007, 14:30

$\sin(n\pi) = $ ?
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Messagepar pouik » Samedi 20 Janvier 2007, 14:34

$\sin(n\pi) = 0$,
donc finalement :

$$\displaystyle\int_{0}^{\pi} \phi(t)\sin\left(n+\dfrac{1}{2}\right)t dt = \dfrac{\phi(0)}{n+\dfrac{1}{2}} + \dfrac{1}{n+\dfrac{1}{2}} \displaystyle\int_{0}^{\pi} \phi'(t) \cos\left(\left(n+\dfrac{1}{2}\right)t\right) dt$$

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Messagepar Tryphon » Samedi 20 Janvier 2007, 14:43

OK. La suite now ! :)
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Messagepar pouik » Samedi 20 Janvier 2007, 14:57

$\pi$ étant $C^1$ sur $[0;\pi]$, $\hpi'$ est a fortiori continue sur le segment $[0;\pi]$ ; donc d'après le Thérorème des Valeurs Interdmédiaires, elle est bornée sur $[0;\pi]$, c'est-à-dire :

$$\exists(m;M) \in \R^2, \forall t \in [0;\pi], m\le \phi'(t) \le M$$



D'autre part :

$$\forall t \in [0;\pi], -1 \le \cos\left(\left(n+\dfrac{1}}{2}\right)t\right) \le 1$$



mais arrivé là, comme on ne connait pas le signe de $m$ et de $M$, on ne pas conclure..... :crybaby: :crybaby:
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Messagepar Tryphon » Samedi 20 Janvier 2007, 14:59

Quand on veut pas s'emmerder avec des signes, on met des valeurs absolues autour de la quantité qui doit tendre vers $0$ !
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Messagepar pouik » Samedi 20 Janvier 2007, 15:12

Okay donc ona :

$\phi$ étant $C^1$ sur $[0;\pi]$, $\phi'$ est a fortiori continue sur le segment $[0;\pi]$ ; donc d'après le Thérorème des Valeurs Interdmédiaires, elle est bornée sur $[0;\pi]$, c'est-à-dire :

$$\exists M \in \R, \forall t \in [0;\pi], |\phi'(t)| \le M$$



D'autre part :

$$\forall t \in [0;\pi], |\cos\left(\left(n+\dfrac{1}{2}\right)t\right)| \le 1$$



d'où, par produit :

$$\forall t \in [0;\pi], |\phi'(t) \cos\left(\left(n+\dfrac{1}{2}\right)t\right)| \le M$$



c'est-à-dire d'après l'Inégalité des Accroissements Finis :

$$\forall t \in [0;\pi], \displaystyle\int_{0}^{\pi} |\phi'(t) \cos\left(\left(n+\dfrac{1}{2}\right)t\right)| dt \le M(\pi - 0)$$


d'où comme $\dfrac{1}{n+\dfrac{1}{2}} \ge 0$ :

$$\forall t \in [0;\pi], \displaystyle\int_{0}^{\pi} \dfrac{1}{n+\dfrac{1}{2}} |\phi'(t) \cos\left(\left(n+\dfrac{1}{2}\right)t\right)| dt \le \dfrac{M\pi}{n+\dfrac{1}{2}}$$



Or :

$$\displaystyle\lim_{n \rightarrow +\infty} \dfrac{M\pi}{n+\dfrac{1}{2}} =0 $$


donc par encadrement :

$$\displaystyle\lim_{n \rightarrow +\infty} \displaystyle\int_{0}^{\pi} \dfrac{1}{n+\dfrac{1}{2}} |\phi'(t) \cos\left(\left(n+\dfrac{1}{2}\right)t\right)| dt  =0 $$



Et comme ($\phi(0)$ est une constante, donc bornée) :

$$\displaystyle\lim_{n \rightarrow +\infty}  \dfrac{\phi(0)}{n+\dfrac{1}{2}} =0 $$



d'où, finalement par somme :

$$\displaystyle\lim_{n \rightarrow +\infty}  \dfrac{\phi(0)}{n+\dfrac{1}{2}} + \dfrac{1}{n+\dfrac{1}{2}} \displaystyle\int_{0}^{\pi} |\phi'(t) \cos\left(\left(n+\dfrac{1}{2}\right)t\right)| dt =0 $$


c'est-à-dire :

$$\boxed {\displaystyle\lim_{n \rightarrow +\infty}  \displaystyle\int_{0}^{\pi} \phi(t)\sin\left(n+\dfrac{1}{2}\right)t dt =0} $$



Est-ce correct ?? :gunsmilie: et comment faire pour enlever la valeur absolue ??
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Messagepar kojak » Samedi 20 Janvier 2007, 15:42

Ben ceci est correct... à moins que je n'aie pas bien lu :roll:
Où il y a une valeur absolue qui te gêne ?
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Messagepar kojak » Samedi 20 Janvier 2007, 15:51

Ah si, ça doit être là que ça te gêne :
pouik a écrit:

$$\displaystyle\lim_{n \rightarrow +\infty} \displaystyle\int_{0}^{\pi} \dfrac{1}{n+\dfrac{1}{2}} |\phi'(t) \cos\left(\left(n+\dfrac{1}{2}\right)t\right)| dt  =0 $$





l suffit de dire que

$$\left|\int f \right| \leq \int |f|$$

comme ton membre de droite tend vers $0$, alors le membre de gauche aussi.
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Messagepar pouik » Samedi 20 Janvier 2007, 16:02

non c'est pas là que ca me g^ne (ca on en a pas besoin),
c'est parce que :

$$\displaystyle\int_{0}^{\pi} \phi(t)\sin\left(n+\dfrac{1}{2}\right)t dt = \dfrac{\phi(0)}{n+\dfrac{1}{2}} + \dfrac{1}{n+\dfrac{1}{2}} \displaystyle\int_{0}^{\pi} \phi'(t) \cos\left(\left(n+\dfrac{1}{2}\right)t\right) dt$$


et non :

$$
 \displaystyle\int_{0}^{\pi} \phi(t)\sin\left(n+\dfrac{1}{2}\right)t dt = \dfrac{\phi(0)}{n+\dfrac{1}{2}} + \dfrac{1}{n+\dfrac{1}{2}} \displaystyle\int_{0}^{\pi} |\phi'(t) \cos\left(\left(n+\dfrac{1}{2}\right)t\right)| dt$$

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Messagepar kojak » Samedi 20 Janvier 2007, 16:15

pouik a écrit:non c'est pas là que ca me g^ne (ca on en a pas besoin),
c'est parce que :

$$\displaystyle\int_{0}^{\pi} \phi(t)\sin\left(n+\dfrac{1}{2}\right)t dt = \dfrac{\phi(0)}{n+\dfrac{1}{2}} + \dfrac{1}{n+\dfrac{1}{2}} \displaystyle\int_{0}^{\pi} \phi'(t) \cos\left(\left(n+\dfrac{1}{2}\right)t\right) dt$$

Ca ok..

ICi tu as :

$$
 \lim\limits_{n \to +\infty} \dfrac{\phi(0)}{n+\dfrac{1}{2}}=0$$

et

$$\lim\limits_{n\to +\infty} \dfrac{1}{n+\dfrac{1}{2}} \displaystyle\int_{0}^{\pi} \left|\phi'(t) \cos\left(\left(n+\dfrac{1}{2}\right)t\right)\right| dt =0$$

donc

$$\lim\limits_{n\to +\infty} \dfrac{1}{n+\dfrac{1}{2}} \displaystyle\int_{0}^{\pi} \phi'(t) \cos\left(\left(n+\dfrac{1}{2}\right)t\right) dt =0$$

avec ma remarque précédente, alors par somme ton membre de gauche de l'égalité de ta citation,tend vers 0.
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Messagepar pouik » Samedi 20 Janvier 2007, 16:31

Désolé mai je ne vois pas où intervient ceci dans notre raisonnement
kojak a écrit:l suffit de dire que

$$\left|\int f \right| \leq \int |f|$$

comme ton membre de droite tend vers $0$, alors le membre de gauche aussi.


:oops:
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Messagepar kojak » Samedi 20 Janvier 2007, 16:38

Ici :
kojak a écrit:

$$\lim\limits_{n\to +\infty} \dfrac{1}{n+\dfrac{1}{2}} \displaystyle\int_{0}^{\pi} \left|\phi'(t) \cos\left(\left(n+\dfrac{1}{2}\right)t\right)\right| dt =0$$

donc

$$\lim\limits_{n\to +\infty} \dfrac{1}{n+\dfrac{1}{2}} \displaystyle\int_{0}^{\pi} \phi'(t) \cos\left(\left(n+\dfrac{1}{2}\right)t\right) dt =0$$


car

$$\left| \dfrac{1}{n+\dfrac{1}{2}} \displaystyle\int_{0}^{\pi} \phi'(t) \cos\left(\left(n+\dfrac{1}{2}\right)t\right) dt \right| \leq \dfrac{1}{n+\dfrac{1}{2}} \displaystyle\int_{0}^{\pi}\left| \phi'(t) \cos\left(n+\dfrac{1}{2}\right)t\right| dt$$

Le membre de droite de l'inégalité tend vers $0$ donc le membre de gauche aussi...
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Messagepar pouik » Samedi 20 Janvier 2007, 17:18

okay.

Je regarde la question suivante (il faut utiliser le théorème Limite de la dérivée ?).
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Messagepar kojak » Samedi 20 Janvier 2007, 17:27

Tu peux déjà montrer que ta fonction $\phi$ est continue en $0$.
Pour le a) Tu peux dire immédiatement que $\phi$ est $C^1$ sur $]0,\pi]$ quotient, composée de fonctions $C^1$...
Pour le b) tu connais les équivalents ou les développements limités : donc pas de problème..
Pour le c) ensuite, en revenant à la définition du nombre dérivé, tu cherches $\phi'(0)$
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Messagepar pouik » Samedi 20 Janvier 2007, 18:12

(a) $\#$ $t \longmapsto \dfrac{t}{2}$ est de classe $C^1$ sur $]0;\pi]$ ;
$t \longmapsto \sin{t}$ est de classe $C^1$ sur $]0;\pi]$ ;
donc par composition puis produit : $t \longmapsto 2\sin{\dfrac{t}{2}}$ est de classe $C^1$ sur $]0;\pi]$.

D'autre part, $t \longmapsto \dfrac{t^2}{2\pi}$ est de classe $C^1$ sur $]0;\pi]$ ;
et $t \longmapsto -t$ est de classe $C^1$ sur $]0;\pi]$ ;
donc par somme : $t \longmapsto \dfrac{t^2}{2\pi} - t$ est de classe $C^1$ sur $]0;\pi]$.

Donc finalement, comme $2\sin{\dfrac{t}{2}}$ ne s'annule pas sur $]0;\pi]$, par quotient : $t \longmapsto \dfrac{\dfrac{t^2}{2\pi} - t}{2\sin{\dfrac{t}{2}}}$ est de classe $C^1$ sur $]0;\pi]$.

$\#\#$ $\phi$ étant de classe $C^1$ sur $]0;\pi]$, elle est a fortiori dérivable sur $]0;\pi]$ ;
et :

$$\forall t \in]0;\pi], \phi'(t) = \dfrac{\left(\dfrac{t}{\pi} - 1\right) 2\sin{\dfrac{t}{2}} - \left(\dfrac{t^2}{2\pi} - t\right) \cos{\dfrac{t}{2}}}{4\sin^2{\dfrac{t}{2}}}$$



Y-a-t-il besoin de simplifier plus ???
:brevet: :brevet:
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Messagepar kojak » Samedi 20 Janvier 2007, 18:27

pouik a écrit:
$\phi$ étant de classe $C^1$ sur $]0;\pi]$,
ça suffit
pouik a écrit: elle est a fortiori dérivable sur $]0;\pi]$ ;
pour moi, c'est inutile car redondant...

pouik a écrit: Y-a-t-il besoin de simplifier plus ???
Non...

Et donc la suite...

PS : faudra que tu montres à un moment ou à un autre que ta fonction $\phi$ est continue en $0$... ne l'oublie pas..
pas d'aide par MP
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Messagepar pouik » Samedi 20 Janvier 2007, 18:33

Pour la (b), je bloque !!

Au voisinage de $0$ pour $t$, on a les équivalents suivants :
$\#$

$$\sin{\dfrac{t}{2}} \sim \dfrac{t}{2}$$


donc par produit :

$$2\sin{\dfrac{t}{2}} \sim t$$


donc par produit :

$$\left(\dfrac{t}{\pi} - \right) 2\sin{\dfrac{t}{2}} \sim \left(\dfrac{t}{\pi} - 1\right)t$$


c'est-à-dire :

$$\left(\dfrac{t}{\pi} - \right) 2\sin{\dfrac{t}{2}} \sim \left(\dfrac{t^2}{\pi} - t\right)$$



$\#\#$

$$\cos{\dfrac{t}{2}} \sim \left(1 - \dfrac{\dfrac{t^2}{4}}{2}\right)$$


donc par produit :

$$\left(\dfrac{t^2}{2\pi} - t\right)  \cos{\dfrac{t}{2}} \sim \left(\dfrac{t^2}{2\pi} - t\right) \left(1 - \dfrac{t^2}{8}\right)$$



$\#\#\#$ Enfin, on a par ce qui précède :

$$\left(2\sin{\dfrac{t}{2}}\right)^2 \sim t^2$$


c'est-à-dire :

$$4\sin^2{\dfrac{t}{2}} \sim t^2$$



donc finalement, par quotient :

$$\dfrac{\left(\dfrac{t}{\pi} - 1\right) 2\sin{\dfrac{t}{2}} - \left(\dfrac{t^2}{2\pi} - t\right) \cos{\dfrac{t}{2}}}{4\sin^2{\dfrac{t}{2}}}
  \sim \dfrac{\left(\dfrac{t^2}{\pi} - t\right) - \left(\dfrac{t^2}{2\pi} - t\right) \left(1 - \dfrac{t^2}{8}\right)}{t^2}$$



Mais arrivé là je vois pas quoi faire !! :tomato: :tomato:
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