2- Correction Epreuve Finale math3 (2015)

Correction de l’Epreuve Finale math3 (2015)
Exercice 1: (07 pts)
1)
y 00 (t) 5y 0 (t) + 4y(t) = (4t + 3),
(E)
0
avec y(0) = 0, y (0) = 1.
Solution homogène yh :
r2 5r + 4 = 0; = 9; r1 = 4; r2 = 1:
yh = c1 e4t + c2 et :
Solution particulière:
Elle est de la forme yp = at + b; yp0 = a; yp00 = 0;
on injecte dans (E); on trouve a = 1 et b = 2:
donc yp = t + 2: d’ou y(t) = c1 e4t + c2 et + t + 2:
2
On utilisant les conditions initiales, on trouve c1 = ; c2 =
3
2 4t 8 t
donc y(t) = e
e + t + 2:
3
3
2)
P = f(x; y) 2 R2 ; 1 x2 + y 2 9; y 0g; (x; y) = 1:
Déterminons
la masse mZ de
Z P:
ZZ
dxdy.
(x; y)dxdy =
m=
8
:
3
P
P
On passe en coordonnées polaires, x = r cos ; y = r sin
J = r 6= 0;ZPZ0 = f(r; );Z 1 Z r 3; 0
g
3
donc m =
rdrd = 4 u.m
dxdy =
P
0
1
Exercice 2: (08 pts)
a) un = cos( p1n ):
P
lim un = lim cos( p1n ) = 1; donc la série
un diverge grossièrement.
n!1
n!1
n2
n
:
n+1
b) un =
On ulilise le critère de la racine de Cauchy:
1
1
n ln(1+ )
n( )
1
p
p
n
n
e n = e 1 ; donc lim n un = < 1;
On a un = e
n!1
n!1
e
P
donc la série
un converge.
P1
1
1
1
c) un = (1 e n )
(1 (1
)) = ; et
diverge (série de Riemann),
n
n
n
P n!1
donc la série
un diverge.
x3n
2) a) un (x) =
:
(3n + 1)23n
un+1
(3n + 1)23n
jxj3
3
lim
= lim
jxj
=
<1
n!1
n!1 (3n + 4)23(n+1)
un
23
donc R = 2:
1
(2n + 1) 2n
x
n!
un+1
(2n + 3)n!
lim
jxj2 = 0 < 1
= lim
n!1
n!1 (n + 1)!(2n + 1)
un
donc R = 1:
3)
n
xn :
a) un (x) =
n+1
un+1
(n + 1)2
lim
jxj = jxj < 1;
= lim
n!1
n!1 n(n + 2)
un
donc R = 1:
Calcul de la somme:
P
P
n
1
On écrit S(x) = 1
xn = 1
)xn
n=0
n=0 (1
n+1
n+1
Puisque ces séries sont de rayon 1, on a, si jxj < 1;
P1
P
xn
n
x
S(x) = 1
;
n=0
n=0
n+1
ou encore, si x 6= 0;
P
1 P1 xn+1
n
x
S(x) = 1
;
n=0
x n=0 n + 1
1
ln(1 x)
et …nalement S(x) =
+
, si x 6= 0;
1 x
x
avec de plus S(0) = 0:
1
b) un (x) =
xn :
n(n + 1)
n
un+1
= lim
jxj = jxj < 1;
lim
n!1
n!1
un
n+2
donc R = 1:
Calcul de la somme:
En décomposant d’abord la fraction en éléments simples, on obtient
1
1
1
=
:
n(n + 1)
n n+1
1
1
sont de rayon 1, donc, si jxj < 1,
Or les séries entières de coe¢ cients et
n
n+1 n
n
P
P
P1
1
x
x
S(x) = 1
xn = 1
;
n=1
n=1
n=1
n(n + 1)
n
n+1
alors si x 6= 0;
P1 xn 1 P1 xn+1
S(x) = n=1
;
n
x n=1 n + 1
et donc
P
xn 1 P1 xn
S(x) = 1
;
n=1
n
x n=2 n
1
= ln(1 x)
( ln(1 x) x)
x
(1 x)
=1+
ln(1 x); si x 6= 0;
x
avec de plus S(0) = 0:
b) un (x) =
2
Exercice 3: (05 pts)
1) Le graphe de f :
2) Les coe¢ cients de Fourier de f :
Cette fonction
Z est impaire, donc les Zcoe¢ cients en cosinus sont
Z nuls: an = 0; 8 n
1
2
2
On a bn =
f (x) sin(nx)dx =
f (x) sin(nx)dx =
x sin(nx)dx
0
0:
0
On calcule ce coe¢ cient grâce à une intégration par parties,
( 1)n
:
on trouve bn = 2
n
3) La série de Fourier de f :
1
X
2( 1)n
La série de Fourier SF(f ) de f est:
sin(nx):
n
n=1
4) Etude de convergence et somme:
f est 2 -périodique et de classe C 1 par morceaux sur R (elle véri…e donc l’hypothèse du
théorème de Dirichlet), donc la SF(f ) converge en tout pont de R; vers f (x) en tout point de
f (x+ ) + f (x )
continuité, vers
en tout pont de discontinuité:
2
C’est à dire:
SF(f ) = f (x); si x 6= (2k + 1) ; k 2 Z:
f (x+ ) + f (x )
+( )
SF(f ) =
=
= 0; si x = (2k + 1) ; k 2 Z:
2
2
5) La somme de la série:
1
P
( 1)p
:
p=0 (2p + 1)
Pour x = : f est continue en ce point, donc on a:
2
1
X
2( 1)n
f( ) =
sin(n ); or f ( ) =
et sin(n ) = 0 si n est pair, et si n est impair:
2
n
2
2
2
2
n=1
n = 2p + 1 =) sin((2p + 1) ) = ( 1)p ;
2
1
P
( 1)p
on obtient donc
= :
4
p=0 (2p + 1)
3