2- Correction Epreuve Finale math3 (2015)

Correction de l’Epreuve Finale math3 (2015)
Exercice 1: (07 pts)
1)
y00(t)5y0(t)+4y(t) = (4t+ 3),(E)
avec y(0) = 0,y0(0) = 1.
Solution homogène yh:
r25r+ 4 = 0; = 9; r1= 4; r2= 1:
yh=c1e4t+c2et:
Solution particulière:
Elle est de la forme yp=at +b; y0
p=a; y00 p= 0;
on injecte dans (E);on trouve a= 1 et b= 2:
donc yp=t+ 2:d’ou y(t) = c1e4t+c2et+t+ 2:
On utilisant les conditions initiales, on trouve c1=2
3; c2=8 3:
donc y(t) = 2
3e4t8 3et+t+ 2:
2)
P=f(x; y)2R2;1x2+y29; y 0g; (x; y) = 1:
Déterminons la masse mde P:
m=ZZP (x; y)dxdy =ZZP dxdy.
On passe en coordonnées polaires, x=rcos ; y =rsin 
J=r6= 0; P 0=f(r; );1r3;0g
donc m=ZZP dxdy =Z
0Z3 1
rdrd = 4u.m
Exercice 2: (08 pts)
a) un= cos( 1
pn):
lim
n!1un= lim n!1 cos( 1
pn) = 1;donc la série Pundiverge grossièrement.
b) un=n
n+1 n2
:
On ulilise le critère de la racine de Cauchy:
On a n
pun=enln(1+ 1
n)
n!1 en(1
n)=e1;donc lim
n!1
n
pun=1
e<1;
donc la série Punconverge.
c) un= (1 e1
n)
n!1 (1 (1 1
n)) = 1 n;et P1 ndiverge (série de Riemann),
donc la série Pundiverge.
2) a) un(x) = x3n
(3n+ 1)23n:
lim
n!1 
un+1
un= lim
n!1
(3n+ 1)23n
(3n+ 4)23(n+1) jxj3=jxj3 23<1
donc R= 2:
1

b) un(x) = (2n+ 1)
n!x2n
lim
n!1 
un+1
un= lim
n!1
(2n+ 3)n!
(n+ 1)!(2n+ 1) jxj2= 0 <1
donc R=1:
3)
a) un(x) = n
n+ 1xn:
lim
n!1 
un+1
un= lim
n!1
(n+ 1)2
n(n+ 2) jxj=jxj<1;
donc R= 1:
Calcul de la somme:
On écrit S(x) = P1
n=0
n
n+ 1xn=P1
n=0(1 1
n+ 1)xn
Puisque ces séries sont de rayon 1, on a, si jxj<1;
S(x) = P1
n=0 xnP1 n=0
xn
n+ 1;
ou encore, si x6= 0;
S(x) = P1
n=0 xn1
xP1
n=0
xn+1
n+ 1;
et …nalement S(x) = 1
1x+ln(1 x) x, si x6= 0;
avec de plus S(0) = 0:
b) un(x) = 1
n(n+ 1)xn:
lim
n!1 
un+1
un= lim
n!1
n
n+ 2 jxj=jxj<1;
donc R= 1:
Calcul de la somme:
En décomposant d’abord la fraction en éléments simples, on obtient
1
n(n+ 1) =1 n1 n+ 1:
Or les séries entières de coe¢ cients 1
net 1 n+ 1 sont de rayon 1, donc, si jxj<1,
S(x) = P1
n=1
1
n(n+ 1)xn=P1
n=1
xn
nP1
n=1
xn
n+ 1;
alors si x6= 0;
S(x) = P1
n=1
xn
n1 xP1
n=1
xn+1
n+ 1;
et donc
S(x) = P1
n=1
xn
n1 xP1
n=2
xn
n;
=ln(1 x)1
x(ln(1 x)x)
= 1 + (1 x)
xln(1 x);si x6= 0;
avec de plus S(0) = 0:
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Exercice 3: (05 pts)
1) Le graphe de f:
2) Les coe¢ cients de Fourier de f:
Cette fonction est impaire, donc les coe¢ cients en cosinus sont nuls: an= 0;8n0:
On a bn=1
Z
f(x) sin(nx)dx =2
Z
0
f(x) sin(nx)dx =2
Z
0
xsin(nx)dx
On calcule ce coe¢ cient grâce à une intégration par parties,
on trouve bn= 2(1)n
n:
3) La série de Fourier de f:
La série de Fourier SF(f) de fest: 1
X
n=1
2(1)n
nsin(nx):
4) Etude de convergence et somme:
fest 2-périodique et de classe C1par 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
continuité, vers f(x+) + f(x)
2en tout pont de discontinuité:
C’est à dire:
SF(f)=f(x);si x6= (2k+ 1); k 2Z:
SF(f)=f(x+) + f(x)
2=+ () 2= 0;si x= (2k+ 1); k 2Z:
5) La somme de la série:
1
P
p=0
(1)p
(2p+ 1) :
Pour x=
2:fest continue en ce point, donc on a:
f(
2) = 1
X
n=1
2(1)n
nsin(n 2);or f( 2) =  2et sin(n 2) = 0 si nest pair, et si nest impair:
n= 2p+ 1 =)sin((2p+ 1)
2) = (1)p;
on obtient donc 1
P
p=0
(1)p
(2p+ 1) = 4:
3