°°TDS ANALYSE4 SMA3 FSM-MEKNES 20-21

SMA3 ANALYSE 4
TDs+CORRECTION 20-21
FSM MEKNES
https://sites.google.com/site/saborpcmath/
COURS DE SOUTIEN
SMPC SMAI ENSAM ENSA FST
Résumé des cours, corrigé des exercices et
des examens, pour les étudiants niveau
universitaire
‫ تصحيح المتحانات‬+ ‫ تمارين شاملة‬+‫طلب الدروس الكتب السالسل‬
PHYSIQUE
CHIMIE
MATH :
INFORMATIQUE
‫اتقدم بالشكر لجميع االساتذة الكرام و طلبة كلية العلوم ومختلف‬
‫المدارس العليا على ارسال سالسل التمارين مع التصحيح لمشاركتها مع‬
‫جميع المتعلمين و مع االجيال القادمة‬
Veuillez nous contacter :
06-38-14-88-74
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Université Moulay Ismail
Faculté des Sciences Meknès
Département de Mathématiques
Année universitaire 2020-2021
Filière SMA- S3
Module Analyse IV
Série n◦ 1 : Séries numériques
Exercice 1 (Sommes de séries).
1. On veut connaître la nature de la série
∑
1
n≥1 n(n+1)(n+2)
et sa somme éventuelle.
1
en éléments simples.
X(X+1)(X+2)
∑N
1
de SN = n=1 n(n+1)(n+2)
. (procédé
+∞
∑
a) Décomposer la fraction rationnelle
b) En déduire une expression simple
c) Montrer que la série est convergente et calculer sa somme S =
2. On étudie cette fois la série
n=1
∑
télescopique).
1
.
n(n + 1)(n + 2)
n
n≥0 2n .
a) En notant par exemple n = (n + 1) − 1, montrer que SN = 2SN +1 + 21N − 2.
b) En déduire que la série est convergente, de somme égale à 2.
∑
n
3. On considère enfin la série n≥0 cos
.
2n
∑
∑N sin n
cos n
a) Notons SN = N
n=0 2n .
n=0 2n et TN =
Remarquer que SN + iTN est la somme des termes d’une suite géométrique.
b) En déduire que la suite (SN + iTN )N ≥0 est convergente, et calculer sa limite.
+∞
∑
4 − 2 cos 1
cos n
=
.
c) Montrer alors que
n
2
5 − 4 cos 1
n=0
Exercice 2 (Natures de séries ).
Préciser la nature de chacune des séries suivantes.
∑
∑
∑
∑
2n2 +3
n!
√ 1
√ 1
; 2.
1.
; 3.
; 4.
4 −3
n≥1
n≥0 n+cos n
n≥0
n≥0 3n
n
n(n+ln n)
∑
∑
∑
∑
1
(ln n)10
1
1
n
; 7.
; 8.
5.
.
n≥1 n ln(n+3)
n≥1
n≥1 n2
n≥1 ln(n sin n ) ; 6.
n3
Exercice 3 (Natures de séries ).
1.
∑
n≥2
(−1)n
ln n
; 2.
∑
n
n≥1 (−1)
Préciser la nature de chacune des séries suivantes.
sin n1 ; 3.
Exercice 4 (Valeur approchée).
∑
n
n≥1 (−1)
On considère la série
∑
cos n1 ; 4.
1
n≥1 (arctan n ) sin n.
√
∑
n
n≥0 (−1) (
n2 + 1 − n).
1. Montrer qu’elle est convergente. On note S sa somme.
2. Est-elle absolument convergente?
3. Soit S49 la somme des 50 premiers termes de la série. Majorer l’erreur d’approximation |S − S49 |.
Exercice 5 (Equivalents de signes alternés).
On considère les deux suites (un )n≥1 et (vn )n≥1 définies par : un =
(−1)n
√ ,
n
vn =
(−1)n
√
n
+ n1 .
1. Montrer que ces deux suites sont équivalentes.
∑
∑
2. Montrer que les deux séries n≥1 un et n≥1 vn ne sont cependant pas de même nature.
Exercice 6 (Facultatif).
∑
Etudier la convergence de la série n≥1
√
(−1)n
.
n+(−1)n
Analyse 4: Corrigé de la série 1.
Exercice 1.
1.
a) La décomposition de cette fraction se fait de la manière suivante:
1
a
b
c
= +
+
x(x + 1)(x + 2)
x x+1 x+2
avec a, b et c des constantes réelles. Pour calculer a, on multiplie cette relation par x,
on obtient:
bx
cx
1
=a+
+
(x + 1)(x + 2)
x+1 x+2
Si x = 0, on obtient a = 21 .
On calcule b et c de la même manière: on multiplie par x + 1 et on prend x = −1,
ensuite on multiplie par x + 2 et on prend x = −2. On trouve que b = −1 et c = 21 ,
donc
11
1
1 1
1
=
−
+
x(x + 1)(x + 2)
2x x+1 2x+2
et donc que:
1
1
=
x(x + 1)(x + 2)
2
Donc:
SN =
n=N
X
n=1
1
1
−
x x+1
1
−
2
1
1
−
x+1 x+2
1 1
1
1
1
1
−
−
−
2 n n+1
2 n+1 n+2
"n=N n=N
#
X 1 1
1 X1 1
1
1
=
−
−
−
2 n=1 2 n n + 1
2 n+1 n+2
n=1
Or
n=N
X
n=1
et
n=N
X
n=1
1
2
1
2
1
1
−
n+1 n+2
1
1
−
n n+1
sont deux sommes télescopiques, donc on a
n=N
X
n=1
1
2
1
1
−
n n+1
1
1
=
2
1−
1
N +1
et
n=N
X
n=1
1
2
1
1
−
n+1 n+2
Donc
SN =
1
=
2
1
1
−
2 N +2
1
1
−
4 (N + 1)(N + 2)
c) On obtient:
lim (SN ) =
N →+∞
1
∈R
4
Donc la série est convergente et on a:
+∞
X
n=1
1
1
=
n(n + 1)(n + 2)
4
2.
a) Remarquons que pour n = 0 le terme de la série est nul, donc on a:
SN +1 =
n=N
X+1
n=0
n=N
X+1 n
n
=
2n
2n
n=1
En posant n = k + 1, alors pour n = 1 on a k = 0 et pour n = N + 1 on a k = N , donc
SN +1 =
k=N
X
k=0
k=N
k=N
X 1
k+1 X k
=
+
2k+1
2k+1 k=0 2k+1
k=0
Donc
2SN +1 =
k=N
X
k=0
Or on a
k=N
X
k=0
et
Pk=N
1
k=0 2k
k=N
X 1
k
+
2k
2k
k=0
k
= SN
2k
est une somme géométrique de raison 12 , donc
k=N
X
k=0
1 − 2N1+1
1
1
=
2
−
=
1
2k
2N
1− 2
On obtient nalement
2SN +1 = SN + 2 −
Donc
SN = 2SN +1 +
2
1
2N
1
−2
2N
b) On a
SN +1 =
n=N
X+1
n=0
n=N
X
n
=
2n
n=0
= SN +
donc
2SN +1 = 2SN + 2.
On obtient donc que
n
2n
!
+
N +1
2N +1
N +1
2N +1
N +1
N +1
= 2SN +
N
+1
2
2N
1
−2
2N
N +1
1
= 2SN +
+ N −2
N
2
2
SN = 2SN +1 +
ce qui donne
SN = 2 −
N +2
2N
Sachant que
lim
N →+∞
N +1
2N
=0
on a
lim SN = 2
N →+∞
Donc la série est convergente et de somme 2.
3.
a) On a
SN + iTN =
n=N
X
n=0
n=N
X ein
cos(n) + i sin(n)
=
2n
2n
n=0
=
n=N
X
n=0
i n
e
2
qui la somme des N + 1 premiers termes de la suite géométrique
1−
SN + iTN =
Comme on
alors on a
i N +1
e
2
1−
ei
2
1
ei
= <1
2
2
i N +1
e
lim
=0
N →+∞
2
3
i n
e
2
. On donc
et donc
lim (SN + iTN ) =
N →+∞
Comme on a
1
1−
ei
2
2 − ei
=
2
ei = cos(1) + i sin(1)
on obtient
2
2 sin(1)
4 − 2 cos(1)
+i
=
i
2−e
5 − 4 cos(1)
5 − 4 cos(1)
Donc les deux suites (SN )N et (TN )N sont convergentes et on a
4 − 2 cos(1)
5 − 4 cos(1)
lim SN =
N →+∞
autrement dit que la série
P
n≥0
cos(n)
2n
converge et on a
+∞
X
cos(n)
n=0
2n
4 − 2 cos(1)
5 − 4 cos(1)
=
Exercice 2.
1. On a
√
1
n+cos(n)
√1
n
Comme on a
1
1+
cos(n)
√
n
1
cos(n)
√
≤√
n
n
et que
1
lim √ = 0
n→+∞
n
donc
lim
n→+∞
et donc
cos(n)
√
=0
n
√
lim
n→+∞
Donc on a √
=q
1
n+cos(n)
∼
√1
n
1
n+cos(n)
√1
n
=1
quand n → +∞. Comme les deux série (
P
n≥0
et n≥1 √1n ) sont à termes positifs, et que n≥1 √1n diverge car de la forme
P
avec α = 12 < 1, donc la série n≥0 √ 1
diverge.
n+cos(n)
2. On a


P
P
1
p
n(n + ln(n))
=
4
1
1
q
n
1+
ln(n)
n

√ 1
Pn+cos(n)
1
n≥1 nα
On a limn→+∞
la série
P
n≥1
ln(n)
n
√
= 0, on obtient donc que √ 1
∼ n1 quand n → +∞, donc
n(n+ln(n))
P
1
est de même nature que
1
n(n+ln(n))
termes positifs. Comme
1
n≥1 n
P
n≥1 n
puisque les deux sont à
diverge (série de Riemann), donc
P
n≥1
√ 1
n(n+ln(n))
diverge.
2 +3
est positif pour n ≥ 2, donc on peut appliquer les critères des séries
3. Le terme 2n
n4 −3
P
2n2 +3
2n2
2
1
à termes positifs. D'autre
part
on
a
4 −3 ∼ n4 = n2 quand → +∞. Comme
n≥1 n2
n
+3
converge, donc n≥0 2n
converge.
n4 −3
P
4. La série n≥0 3n!n est à termes strictement positifs, on applique le critère de D'Alembert.
On a:
P
2
(n+1)!
3n+1
n!
3n
=
Donc
lim
n→+∞
(n + 1)! 3n
n+1
. n+1 =
n!
3
3
(n+1)!
3n+1
n!
3n
!
= +∞ > 1
Dons la série n≥0 3n!n diverge.
5. En faisant le dévelopement à l'ordre 3 de sin( n1 ), on obtient que
P
1
o(1)
1 1 1
sin
+
= −
n
n 6 n3
n3
avec o(1) → 0 quand n → +∞. On obtient donc que
1
1 1
o(1)
n sin
=1−
+ 2
2
n
6n
n
Soit an = − 16 n12 + o(1)
. On a
n2
1
ln n sin
= ln (1 + an )
n
Comme on a limn→+∞ an = 0, donc ln (1 + an ) ∼ an quand P
n → +∞. D'autre part on
1 1
a an ∼ − 6 n2 < 0. Pour conclure il sut de remarquer que n≥1 n12 converge.
Pour les questions
6 et 7on rappelle le critère de Bertrand:
La série
P
n≥2
1
nα . ln(n)β
est:
α > 1.
α < 1.
Converge si α = 1 et β > 1.
Divergente si α = 1 et β ≤ 1.
6. On a ln(n + 3) ∼ ln(n) quand n → +∞. Donc
Convergente si
Divergente si
5
1
n ln(n+3)
∼
1
n ln(n)
quand n → +∞. Or
la série
est une série de Bertrand divergente, donc
1
n≥2 n ln(n)
P
(ln(n))10
n≥1
n3
P
1
n≥2 n ln(n+3)
P
diverge.
est une série de Bertrand (α = 3 > 1 et β = −10) donc elle est
7. On a
convergente.P
1
1
8. La série n≥0 n.2 n diverge car limn→+∞ (n.2 n ) = +∞ =
6 0.
Exercice 3.
n
n
1
est alternée. En plus on | (−1)
| = ln(n)
qui est décroissante
1. La série n≥2 (−1)
ln(n)
ln(n)
et tend vers 0 quand n → +∞. Donc la série est convergente.
2. Même raionnement et même résultat que la question 1.
3. On a |(−1)n cos( n1 ) = | cos( n1 )|. Comme on a limn→+∞ cos( n1 ) = 1, le terme général
de la série ne tend pas vers 0 quand n → +∞. Donc la série est divergente.
4. Faisant d'abord un développement limité de arctan( n1 ) à lordre 3. On a:
P
1
1 1 1
o(1)
arctan( ) = −
+ 3
3
n
n 3n
n
Donc
1
sin(n) 1 sin(n) o(1). sin(n)
arctan( ). sin(n) =
−
+
n
n
3 n3
n3
Comme sin(n) est borné et que o(1) tend vers 0 quand n → +∞, donc o(1). sin(n)
est un o(1) qui tend donc vers 0, donc borné. Donc il existe une constante C ≥
P
C
| ≤ nC3 . Comme la série
(série
de Riemann).
0 tel que | o(1).nsin(n)
3
n≥1 n3 converge
P
P
converge et de même pour n≥1 − 31 sin(n)
. Donc la série
Donc n≥1 o(1).nsin(n)
3
n3
P
P
sin(n)
1
. Il reste à étudier la
n≥1 arctan( n ). sin(n) est de même nature que
n≥1
n
nature de cette dernière série. pour cela on applique le critère d'Abel: la suite ( n1 )n≥1
est décroissante et tend vers 0 quand n → +∞. D'autre part on a sin(n) = =(ein ) (la
partie imaginaire). Donc on a:
n=N
X
n=N
X
sin(n) =
=(ein ) = =
n=1
n=1
n=N
X
!
ein
n=1
Or la suite (ein )n est géométrique de raison ei 6= 1, donc
n=N
X
ein =
n=1
Donc on a
n=N
X
1 − ei(n+1)
1 − ei
1 − ei(n+1)
1 − ei
ein =
n=1
et
1 − ei(n+1)
|1 − ei(n+1) |
1 + |ei(n+1) |
=
≤
1 − ei
|1 − ei |
|1 − ei |
6
Comme on |ei(n+1) | = 1, on obtient que
n=N
X
ein ≤
n=1
2
|1 − ei |
D'autre part si z est un nombre complexe, alors on a |=(z)| ≤ |z|, donc
|
n=N
X
sin(n)| ≤
n=1
2
|1 − ei |
Donc d'après le critère d'Abel la série n≥1
est convergente.
P
1
Finalement la série n≥1 arctan( n ). sin(n) est convergente.
P
Exercice 4.
sin(n)
n
√
√
1
1. La série n≥0 ((−1)n ( n2 + 1 − n)) est alternée. En plus on n2 + 1 − n = √n2 +1+n
√
P
qui est décroissante et tend vers 0 quand n → +∞. Donc la série n≥0 ((−1)n ( n2 + 1−
n)) est convergente.
√
√
1
1
1
2. On |(−1)n ( n2 + 1−n)| = n2 + 1−n = √n2 +1+n
et √n2 +1+n
< 2n
quand n → +∞.
√
P
P
2
Comme la série n≥1 n diverge (série de Riemann), donc la série n≥0 ((−1)n ( n2 + 1−
n) nest pas absolument convergente.
P
3. Rappelons que pour une série alternée convergente n un si S est sa somme, Sn sa
somme de rang n et Rn son reste de rang n, alors on a
P
|Rn | ≤ |un+1 |
√
Si on pose un = (−1)n ( n2 + 1 − n) et prend n = 49, on a
|S − S49 | = |R49 | ≤ |u50 |
1
D'autre part on a |un | < 2n
, donc |u50 | <
Finalement on a l'approximation:
1
100
= 10−2 .
|S − S49 | < 10−2 .
Autrement dit que S49 est une valeur approchée de S à 10−2 près.
Exercice 5.
1. On a vn = un + (un )2 = un (1 + un ).
Comme on a limn→+∞ un = 0, donc limn→+∞ (1 + un ) = 1 et donc les deux suites sont
équivalentes.
P
2. La série n≥1 un est alternée, en plus |un | = √1n est décroissante et tend vers 0 quand
P
P
n → +∞, donc n≥1 un est convergente. Donc la série n≥1 vn est de même nature
P
P
que n≥1 n1 qui est divergente (série de Riemann). Donc n≥1 vn est divergente.
7
Exercice 6.
On a
√
Le développement limité de
(−1)n
(−1)n
1
√ .
=
n
n
n + (−1)
n 1 + (−1)
√
n
1
1+
(−1)n
√
n
1
1+
Donc
n≥1
(−1)n 1 o(1)
=1− √ + +
n
n
n
(−1)n
(−1)n
1 (−1)n o(1)
√
√
+
+ 3
=
−
3
n
n + (−1)n
n
n2
n2
La série
P
(−1)n
√
n
à l'ordre 2 donne:
P
n≥1
o(1)
3
n2
(−1)n
√
n
converge d'après l'exercice précédent. Les deux séries
sont absolument convergentes (le o(1) est borné). Donc la série
est de même nature que
−1
n≥1 n
P
qui est divergente, donc
P
n≥1
√
(−1)n
n+(−1)n
P
P
n≥1
(−1)n
3
et
n2
(−1)n
√
n≥1 n+(−1)n
est divergente.
:
P
1.Dans ce corrigé on P
a plusieurs fois utilisé le raisonnementP
suivant: si n un est une
série convergente
et n vn est une série quelconque, alors n (un + vn ) est de même
P
nature que n vn .
2. Il n'y a pas un ordre précis pour les développements P
limités. Il faut développer
jusqu'à faire apparaitre un terme de la forme o(1).αn avec n αn une série absolument
convergente.
Remarque
8
Université Moulay Ismail
Faculté des Sciences Meknès
Département de Mathématiques
Année universitaire 2020-2021
Filière SMA- S3
Module Analyse IV
Série n◦ 2 : Séries de Fonctions - Séries Entières
Séries de fonctions
Exercice 1 (Types de convergence des séries de fonctions).
Etudier la convergence simple, uniforme, absolue et normale des séries de fonctions de termes généraux
sur I.
xn
x
1. fn (x) = (−1)n+1 , I = [0, 1]
2. gn (x) =
, I = IR.
n
(1 + |x|)n
Exercice 2 (Régularité de la fonction somme).
arctan(nx)
On pose fn (x) =
, (∀n ∈ IN ∗ ) (∀x ∈ IR).
2
n
∑
1. Montrer que la série
fn converge uniformément sur IR.
2. Montrer que la fonction somme S est impaire et continue sur IR.
3. Montrer que S est de classe C 1 sur IR∗ .
4. Etudier la dérivabilité de S en 0.
+∞
∑
π2
1
=
, déterminer lim S(x).
5. Sachant que
x→+∞
n2
6
n=1
6. Représenter l’allure du graphe de S.
Exercice 3.
On pose fn (x) = (−1)n
x
, (∀n ∈ IN ∗ ) (∀x ∈ IR+ ).
+ x2
∑
1. Montrer que la série
fn converge uniformément sur IR+ mais non normalement convergente.
n2
2. Quelle est la limite de sa somme S en +∞?
3. Montrer que S est de classe C 1 sur IR+ .
Séries entières
Exercice 4 (Rayon de convergence - Ensembles de convergence et convergence absolue).
Déterminer le rayon de convergence des séries suivantes et étudier la nature au bord.
∑
∑ n2 + 1
∑
∑ (2n)!
∑ ln n
1 2
n
−n2 n
√ xn , 2.
(1 + )n xn , 3.
x
,
4.
e
x
,
5.
xn
n
2
n
3
(n!)
n
n≥1
n≥0
n≥0
n≥0
n≥1
∑
∑ (−1)n
∑ (−2)n
∑
n n
n
3n+1
n
√ x , 8.
6.
(1 + i) x , 7.
x
, 9.
sin(n) x .
n
+
1
n
n≥0
n≥1
n≥0
n≥1
1.
Exercice
∑ 5 (Rayon de convergence).
Soit
an xn une série entière de rayon de convergence R.
n
Déterminer le rayon de convergence respectivement de la série entière
∑
an x2n et
n
∑
an x2n+1 .
n
Exercice 6 (Addition des séries).
1. Donner les rayons des séries entières suivantes.
∑ 2n+1
n≥0
n+1
En déduire le rayon de convergence de
∑ 2
(
n≥0
5
−
5
xn et
∑ −1 1
xn .
n+1
5 3
n≥0
1 1
)xn . Comportement au bord?
5 3n+1
2. Réduire en éléments simples la fraction rationnelle f (x) =
2x2
1
.
− 7x + 3
+∞
∑
2n+1 1 1
3. En déduire que f (x) =
(
−
)xn .
n+1
5
53
n=0
On précisera pour quelles valeurs de x cette identité est valable.
Exercice 7 (Somme des séries entières).
Calculer le rayon de convergence et la somme des séries suivantes.
∑n+1
∑
∑
∑ 1
1
1.
xn ; 2.
(2n + 1)xn ; 3.
xn ; 4.
x2n
n!
n(n
−
1)
2n
+
1
n≥0
n≥0
n≥2
n≥0
Exercice 8 (Développement en série entière en 0).
Développer en séries entières les fonctions suivantes, en précisant le domaine de convergence.
1.f (x) =
1
1
1
; 2. g(x) =
;
3.
h(x)
=
; 4. k(x) = ln(1 + x + x2 ).
2
3+x
(3 + x)
(x − 1)(x − 2)
Exercice 9.
∑
On considère la série entière
n≥1
1
xn .
n(n + 2)
1. Déterminer son rayon de convergence.
Soit f la somme de la série.
2. Calculer f ′ , en déduire f .
3. Décomposer
1
en éléments simples, en déduire une autre méthode pour calculer f .
n(n + 2)
Exercice 10 (Résolution d’une équation différentielle).
On cherche une solution de l’équation différentielle (E) y ′′ + 2xy ′ + 2y = 0 avec y(0) = 1 et y ′ (0) = 0
1. Trouver sous forme de série entière la solution de cette équation.
2. Déterminer le rayon de convergence de cette série.
3. Expliciter la solution trouvée à l’aide des fonctions usuelles.
Analyse 4: Corrigé de la série 2.
Exercice 1.
1.
xn
Soit x xé dans [0, 1]. On a |fn (x)| = , donc on a fn (x) = (−1)n+1 |fn (x)| et donc
n
P
la série n≥1 fn (x) est alternée la suite (|fn (x)|)n est décroissante et on a |fn (x)| ≤ n1
0 donc limn→+∞ fn (x) = 0. D'après le critère de convergence des
et limn→+∞ n1 =P
séries alternées,
n≥1 fn (x) converge et ce pour tout x xé dans [0, 1]. Donc la série
P
de fonctions n≥1 fn converge simplement sur [0, 1].
P
P
Soit Rn (x) = +∞
k=n+1 fk (x) le reste de la série
n≥1 fn (x). Pour montrer la convergence
uniforme sur [0, 1], il sut de montrer que |Rn (x)| ≤ αn , avec (αn )n≥1 une suite dont
l'expression ne dépend que de n et ne dépend pas de x et telle
P que limn→+∞ αn = 0. Or
on sait qu'en général pour une série alternée convergente n un , on a |Rn | ≤ |un+1 |.
xn+1
1
≤
pour tout x dans [0, 1]. Il sut de
n+1
n+1
1
prendre alors αn =
. Donc la série converge uniformément sur [0, 1].
n+1
xn
≤ xn et la série géométrique
Pour
étudier
la
convergence
absolue
on
a
|f
(x)|
=
n
n
P
xn converge pour x ∈ [0, 1[. D'autre part pour x = 1, on a |fn (x)| = n1 et la série
Pn≥1 1
P
diverge.
Donc
la
série
n≥1 n
n≥1 fn converge
P absolument sur [0, 1[.
Il reste à étudier la convergence normale de Pn≥1 fn . Pour cela soit D une partie
de [0, 1] et soit α = sup(D). Supposons que n≥1 fn converge normalement sur D,
donc il existe une P
suite (un )n (ne dépendant que de n) tel que pour tout x ∈ D on
n
a |fn (x)| ≤ un et n≥1 un converge. Comme on a |fn (x)| = xn , donc on doit avoir
n
n
| xn | ≤ un pour tout x ∈P
D. En passant à la borne supérieure, P
on obtient αn ≤ un .
n
n
Comme on suppose que n≥1 un converge et que αn ≥ 0, donc n≥1 αn converge et
ceci n'est
P possible que si α < 1 et comme on a α ≥ 0, donc α ∈ [0, 1[. En résumé la
série n≥1 fn converge normalement sur toute partie D ⊂ [0, α] avec 0 ≤ α < 1.
Donc on a |Rn (x)| ≤ |fn+1 (x)| =
2.
Remarquons d'abord que la suite (gn (x))n≥0 est géométrique de raison positive r(x) =
1
≤ 1. Comme on va être amené à calculer les sommes partielles, il faut distinguer
1+|x|
le cas x = 0 (dans le cas où la raison est égale à 1) et x 6= 0 (dans le cas où la raison
est < à 1).
P
Si x = 0, on a gn (0) = 0, donc +∞
n=0 gn (0) = 0 qui est donc convergente. Si x 6= 0, on
a
SN (x) =
n=N
X
gn (x) = x
n=0
1 − r(x)n+1
1 − r(x)
Si on suppose que x est xé dans R ( et ce donc pour étudier la convergence simple),
alors on a limn→+∞ r(x)n+1 = 0. Donc
lim Sn (x) =
n→+∞
x
x(1 + |x|)
=
1 − r(x)
|x|
1
En conclusion la série n≥0 gn converge simplement sur R vers la fonction g telle que
g(0) = 0 et g(x) = x(1+|x|)
pour x 6= 0.
|x|
Pour étudier la convergence uniforme, remarquons qu'on a limx→0+ g(x) = 1 et que
limx→0− g(x) = −1, donc g n'est
Ppas continue en 0, alors que toutes les gn sont continues
en 0. Donc la convergence de n≥0 gn n'est pas uniforme sur R. Regardons ce qu'il en
est sur R∗ . On a
P
Rn (x) =
X
gk (x) = x
k=n+1
= xr(x)n+1
+∞
X
r(x)k
k=n+1
x
1
=
1 − r(x)
|x|(1 + |x|)n
Donc
|Rn (x)| =
1
(1 + |x|)n
Si on suppose que Rn (x) ≤ αn avec (αn )n≥1 une suite dont l'expression ne dépend que
de n et ne dépend pas de x et telle que limn→+∞ αn = 0, en faisant tendre x vers 0 avec
n xé, on obtient que limx→0 Rn (x) = 1, donc on doit avoir 1 ≤ αn ce qui contredit
le fait que limn→+∞ αn = 0. Donc il n'y a pas de convergence uniforme sur R∗ non
plus. En réalité le problème ne vient pas du fait que l'ensemble sur lequel on étudie la
convergence uniforme contient 0 ou non mais plutòt du fait qu'en puisse faire tendre
x vers 0 tout en restant dans l'ensemble en question. Donc si on reste à une distance
non nulle de 0, autrement dit si on suppose qu'il existe α > 0 tel que |x| ≥ α > 0,
on devrait avoir la convergence uniforme. Vérions le : Soit α > 0 et supposons que
|x| ≥ α, donc (1 + |x|)n ≥ (1 + α)n . On aura alors
Rn (x) ≤
1
1+α
n
Comme α est indépendant de x et que
lim
n→+∞
1
1+α
n
=0
la convergence est uniforme.
En résumé la convergence est uniforme sur toute partie D de R telle que D ⊂] −
∞, −α] ∪ [α, +∞[ avec α > 0.
Pour la convergence absolue, il sut de remarquer que |gn (x)| = gn (|x|). Puisque
|x| ≥ 0, donc pour avoir la convergence absolue sur R, il sut d'avoir la convergence
simple sur R+ ce qui est le cas car il y a convergence simple sur R. Donc on a convergence absolue sur R.
Enn si la série converge normalement sur D ⊂ R, alors on doit avoir la convergence
uniforme sur D, donc il faut que D ⊂] − ∞, −α] ∪ [α, +∞[ avec α > 0. Mais cette
dernière condition est nécessaire mais en général non susante car les deux notions
2
de convergence ne sont pas équivalentes. Vérions donc si on a la convergence normale sur D. On suppose donc que |x| ≥ α avec α ci-dessus. D'autre part on a
|gn (x)| est paire, donc il sut d'étudier ses variations sur R+ . Donc si x ≥ 0, on a
x
. Une étude simple de ses variations montre qu'elle admet
|gn (x)| = gn (x) =
n
(1 + x)
1
(on supposera donc que n ≥ 2), qu'elle est croissante
n−1
1
1
sur 0,
et décroissante sur
, +∞ . Or α étant xé, on peut supposer
n−1
n−1
1
1
que α ≥
ce qui est équivalent à n ≥ n0 = E( ) + 2 avec E la fonction partie
n−1
α
1
entière. On a donc [α, +∞[ ⊂
, +∞ , donc gn est décroissante sur [α, +∞[
n−1
α
et donc sup[α,+∞[ gn = gn (α). On pose un = gn (α) =
. On vérie alors que
(1 + α)n
P
P
n≥0 un converge et donc
n≥0 gn converge normalement sur D .
un maximum au point
Exercice 2.
1.
π
π 1
Pour tout t ∈ R on a | arctan(t)| ≤ , donc |fn (x)| ≤ . 2 pour tout x ∈ R, et comme
2
2 n
X 1
P
converge, donc n≥1 fn converge normalement, et donc uniformément, sur R.
n2
n≥1
2.
Les fonctions fn sont impaires sur R, donc S est impaire
sur R. D'autre part les fn
P
sont continues sur R et la convergence de la série n≥1 fn est uniforme R, donc la
P
fonction S = +∞
n≥1 fn est continue sur R.
3.
Comme la fonction S est impaire, pour d'étudier sa dérivabilité sur R∗ , il sut de le
faire sur ]0, +∞[.
1
. Si on suppose qu'il existe α > 0 tel que x > α > 0,
n(1 + (nx)2 )
autrement dit que x ∈]α, +∞[, alors on (1 + (nx)2 ) ≥ (1 + (nα)2 ) et donc |fn0 (x) ≤
X
1
1
1
.
Comme
est
indépendant
de
x
et
que
2
2
n(1 + (nα) )
n(1 + (nα) )
n(1 + (nα)2 )
n≥1
P
1
1
∼
, la série n≥1 fn0 converge normalement, donc uniconverge car
2
3
n(1 + (nα) )
αn
P
formément sur ]α, +∞[. D'autre part on sait que n≥1 fn converge uniformément
sur
P
R, donc sur ]α, +∞[ (en réalité il sut d'avoir la convergence simple de n≥1 fn sur
[α, +∞[). En résumé nous avons tout ce qu'il faut pour appliquer le théorème de la
dérivation sur ]α, +∞[. Donc la fonction S est de classe C 1 sur ]α, +∞[ et on a
On a fn0 (x) =
0
S (x) =
+∞
X
fn0 (x)
=
n=1
+∞
X
n=1
3
1
n(1 + (nx)2 )
Ceci montre que S est dérivable sur ]0, +∞[ qui est la réunion de tous les intervalles
]α, +∞[ pour α > 0.
Attention à une mauvaise application du résultat précédent, à savoir que si une fonction
est dérivable sur une famille d'intervalles, alors elle est dérivable sur leur réunion, car
ce raisonnement n'est vrai que s'il s'agit d'une famille d'intervalle ouverts. (même
résultat si on suppose f continue, de classe C 1 ,..., etc ).
4.
Pour étudier la dérivabilité
de S en 0,on revient à la dénition autrement dit on
cherche, si elle existe, lim
x→0
S(x) − S(0)
. On a S(0) = 0, donc
x
+∞
S(x) − S(0)
S(x) X arctan(nx)
=
=
x
x
n2 x
n=1
D'autre part rappelons que si t > 0 on a:
arctan(t)
1
≤
2
1+t
t
Donc on a
+∞
+∞
X
1 arctan(nx) X
1
=
≥
2
nx
n
nx
n(1 + (nx)2 )
n=1
n=1
n=1
1
Fixons x dans ]0, 1] et soit N = E
avec E la fonction partie entière, alors on a
x
1
N ∈ N∗ car x ≤ 1, donc ≥ 1 et donc N ≥ E(1) = 1. Remarquons que si x → 0+ ,
x
1
alors N → +∞ puisque → +∞ et que la limite de la partie entière en +∞ est égale
x
1
1
1
à +∞. D'autre part on N ≤ car E
≤ . Donc on a N x ≤ 1. Soit n ∈ N∗ tel
x
x
x
que 1 ≤ n ≤ N , on a nx ≤ N x et donc nx ≤ 1. D'autre part on
+∞
X
n=1
+∞
X
arctan(nx)
N
+∞
N
X
X
X
1
1
1
1
=
+
≥
2
2
2
n(1 + (nx) ) n=1 n(1 + (nx) ) n=N +1 n(1 + (nx) ) n=1 n(1 + (nx)2 )
+∞
X
1
≥ 0 puisque tous les termes de la série sont positifs. Or on a
2)
n(1
+
(nx)
n=N +1
1
1
vu que si 1 ≤ n ≤ N , on a nx ≤ 1, donc 1 + (nx)2 ≤ 2 et donc
≥
.
2
n(1 + (nx) )
2n
car
En combinant les inégalités précédentes on obtient donc que
N
1X1
S(x)
≥
x
2 n=1 n
4
N
X
1
est la somme partielle de la
Si on suppose que x → 0 , alors N → +∞. Or
n
n=1
+
N
X
X1
1
série
qui est divergente à termes positifs, donc lim
= +∞. En résumé
N →+∞
n
n
n=1
n≥1
si x → 0+ , alors
S(x)
→ +∞.
x
S(x)
est paire donc
x
On obtient le même résultat si x → 0− , car
S(x)
f (x)
S(x)
= lim+
= lim−
= +∞
x→0 x
x→0
x→0
x
x
lim
En conclusion S n'est pas dérivable en 0, mais sa courbe y admet une tangente verticale.
5.
P
Nous avons vu qu'il y a convergence uniforme de n≥1 fn sur tout intervalle de la
forme ]α, +∞[ avec α > 0, par exemple sur ]1, +∞[. Donc on
+∞
X
lim S(x) = lim
x→+∞
x→+∞
Car on peut permuter lim
n=1
fn (x)
=
) et
+∞ X
arctan(nx)
lim
x→+∞
n2
n=1
n=1
!
+∞
X
x→+∞
!
+∞ X
n=1
lim
x→+∞
puisque la convergence est uni-
forme sur ]1, +∞[ et si x → +∞, on peut supposer que x ∈]1, +∞[. Or on a
π
lim arctan(nx) = . Donc
x→+∞
2
+∞
π X 1
π3
lim S(x) = .
=
x→+∞
2 n=1 n2
12
5
Exercice 3.
1.
P
On vérie facilement que pour tout x ∈ [0, +∞[, la série n≥1 fn est alternée et convergente. Soit Rn (x) le reste de la série. Donc |Rn (x)| ≤ |fn+1 (x)|. Posons alors
gn (x) = |fn (x)| pour x ≥ 0. En étudiant les variations de gn sur [0, +∞[, on trouve
1
1
1
. Donc |Rn (x)| ≤ gn+1 (x) ≤
. Comme
est
[0,+∞[
2n
2(n + 1)
2(n + 1)
indépendant de x et tend vers 0 quand n → +∞, alors la convergence est uniforme sur
[0, +∞[.
P
1
Par contre on a max |fn | = max gn = , on rappelle alors que n≥1 fn converge nor[0,+∞[
[0,+∞[
2n
X 1
P
malement sur [0, +∞[ si et seulement si n≥1 max |fn | converge. Comme
[0,+∞[
2n
n≥1
P
diverge, donc la série n≥1 fn n'est pas normalement convergente [0, +∞[.
que max gn = gn (n) =
2.
P
La convergence de n≥1 fn sur [0, +∞[ étant uniforme, donc
lim S(x) =
+∞ X
x→+∞
n=1
x
lim (−1) 2
x→+∞
n + x2
n
3.
On a
fn0 (x) = (−1)n
donc
|fn0 (x)| =
= 0.
n2 − x2
(n2 + x2 )2
|n2 − x2 |
(n2 + x2 )2
Comme on a |n2 − x2 | ≤ n2 + x2 , on obtient que
1
1
≤ 2
2
+x )
n
X 1
|fn0 (x)| ≤
(n2
P
1
0
est
indépendant
de
x
et
la
série
converge,
donc
la
série
n≥1 fn con2
2
n
n
Pn≥1
verge normalement sur [0, +∞[. En plus n≥1 fn converge normalement sur [0, +∞[,
donc la fonction f est de classe C 1 sur [0, +∞[.
Le terme
:
P
Soit n≥0 fn une série de fonctions sur un intervalle I de R. Dans ce qui précède on a
utilisé les raisonnement suivants:
1. Soit I la réunion de I avec ses deux bornes (par exemple si I =]0, +∞[ alors
I = [0, +∞]). Si la convergence est uniforme sur I , alors pour tout a ∈ I , on a
Remarque
lim
x→a
+∞
X
!
fn (x)
=
n=0
+∞ X
n=0
6
lim fn (x)
x→a
2. Si P
la convergence est simple sur I , soit alors Rn (x) = +∞
k=n+1 fk (x) le reste de la
série n≥0 fn (x). Pour montrer qu'il y a convergence uniforme il sut de montrer que
|Rn (x)| ≤ αn avec αn qui ne dépend que de n et en plus on a limn→+∞ αn = 0. Par
contre si on veut montrer qu'il n'y a pas convergence uniforme on peut soit montrer
qu'il y a un αn comme ci-dessus sauf qu'il ne tend pas vers 0 quand n → +∞. Si on
peut calculer βn = supx∈I |Rn (x)|, alors c'est encore mieux, car on a le résultat simple
suivant
P
P
n≥0
fn converge uniformément sur I ⇔ limn→+∞ βn = 0.
C'est à dire que si βn tend vers 0, alors il y a convergence uniforme sur I et si βn ne
tend pas vers 0 (qu'elle admette une autre limite ou pas), alors il n'y a pas convergence
uniforme sur I .
3. Si toutes les fn sont bornées sur I et si γn = supx∈I |fn (x)|, alors on a:
P
n≥0
fn converge normalement sur I ⇔
7
P
n≥0
γn converge.
Analyse 4: suite du corrigé de la série 2.
Rappelons
quelque règles de calcul du rayon de convergence R d'une série
P d'abord
n
entière n an x :
P
1. S'il existe x0 ∈ R tel que Pn an xn0 converge, alors R ≥ |x0 |.
2. S'il existe x0 ∈ R tel que n an xn0 diverge, alors R ≤P
|x0 |.
P
3. S'il existe x0 ∈ R et x1 ∈ R avec |x0 | = |x1 | tel que n an xn0 converge et n an xn1
diverge,
P alorsnR = |x0 | = |x1 |.
4. Si n bn x est une série entière de rayon de convergence R0 avec |an | ≤ |bn |, alors
0
R ≥ RP
.
5. Si n bn xn est une série entière de rayon de convergence R0 avec |an | ∼ |bn | quand
n → +∞
RP
= R0 .
P , alors
n
6. Si n bn x et n cn xn sont deux séries entières de même rayon de convergence R0
avec |cn | ≤ |an | ≤ |bn |, alors R = R0 .
7. Si |an | ∼ nα quand n → +∞, avec α une constante réelle, alors R = 1.
8. Si |an | est un polynôme ou une fraction rationnelle (non identiquement nulles) en
fonction
P de n, alors R = 1.
9. Si n bn xn est une série entière de rayon de convergence R0 avec bn = f (n)an , avec
f un polynôme ou une fraction rationnelle (non identiquement nulles) en fonction de
n, alors R = R0 .
P
P
10. Le rayon de convergence de n an xn est le même que celui de n |an |xn .
11. Toutes les règles ci-dessus restent valables si leurs hypothèses sont vériées pour
n ≥ n0 avec n0 quelconque dan N.
12. Il ne faut pas oublier que si deux séries entières ont le même rayon de convergence
R, alors ils ont le même intervalle ouvert ] − R, R[ de convergence mais cela ne veut
pas dire qu'elles ont le même domaine de convergence car elles peuvent être de natures
diérentes pour x = ±R.
Exercice 4.
1.
√
|an+1 |
ln(n + 1)
n
On applique la règle de d'Alembert: on a
=
.√
→ 1 quand
|an |
ln(n)
n+1
n → +∞, donc R = 1.
Pour la nature au bord:
X ln(n)
√ divergente (c'est une série de Bertrand).
Si x = 1, la série
n
n≥1
X ln(n)
√ (−1)n qui est une série alternée. Pour
Si x = −1, il faut étudier la nature de
n
n≥1
ln(x)
cela soit f : x → √ pour x > 0. On a
x
f 0 (x) = (1 −
1
1
1
ln(x)) 3
2
x2
ln(n)
√
n
est décroissante si n ≥ 8 > e2 .
Donc f 0 (x) ≤ 0 si x ∈ [e2 , +∞[, donc la suite
n
√
En plus on a limn→+∞ ln(n)
=
0
.
D'après
le
critère
de
convergence des séries alternées,
n
X ln(n)
√ (−1)n est convergente.
n
n≥1
X ln(n)
√ (x)n converge absolument sur ]−1, 1[, converge simplement
En résumé la série
n
n≥1
sur [−1, 1[ et diverge pour x = 1.
2.
p
On applique la règle de Cauchy: on a n |an | =
1
1+
n
n
→ e quand n → +∞, donc
1
R= .
e
1
Pour x = , on a
e
1
1+
n
n2
2
= en
1
ln(1+ n
)
1
1
1
2 1
= en ( n − 2n2 + 3n3 +o( n3 ))
1
1
1
= en− 2 + 3n +o( n )
Donc
n2 n
1
1
1
1
1
= e− 2 + 3n +o( n )
1+
n
e
On en déduit alors que
lim
n→+∞
n2 n !
1
1
1
1+
= e− 2 6= 0
n
e
1
On trouve le même résultat pour x = − .
e
1
Donc pour x = ± le terme général de la série ne tend pas vers 0, donc la série est
e
divergente.
n2
P
1
1 1
En résumé la série n≥1 1 +
xn converge absolument sur ] − , [ et diverge
n
e e
pour x = ± 1e .
3.
1 n2 + 1
1
|an+1 |
=
→ quand n →
On applique la règle de d'Alembert: On a
2
|an |
3 (n + 1) + 1
3
+∞, donc R = 3.
n2 + 1 n
Pour x = ±3 on a
x = n2 + 1, le terme général ne tend pas vers 0, donc la
3n
série est divergente.
2
En résumé la série converge absolument sur ] − 3, 3[ et diverge pour x = ±3.
4.
On applique
la règle de Cauchy:
p
on a n |an | = e−n → 0 quand n → +∞. Donc R = +∞ et donc la série converge
absolument sur R et converge normalement sur tout compact de R.
5.
On a
an+1
(2(n + 1))! (n!)2
(2n + 2)(2n + 1)
|
|=
=
2
an
((n + 1)!) (2n)!
(n + 1)2
Donc lim
n→+∞
an+1
1
= 4 et donc R = .
an
4
1
Si x = , on a an xn = 4n(2n)!
et pour étudier la nature de la série, on va utiliser deux
(n!)2
4
méthodes:
(a) la formule suivante dite de Stirling:
Formule de Stirling:
Quand
n → +∞
on a
n n
√
2πn
e
En appliquant cette relation on obtient que
n! ∼
1
(2n)!
∼√
n
2
4 (n!)
πn
Comme
X 1
X (2n)!
√ est divergente, donc
est divergente.
4n (n!)2
n
n≥1
n≥1
(b) Soit un =
(2n)!
. Pour k ≥ 1 on a
4n (n!)2
uk
1
=1−
uk−1
2k
En eectuant le produit de ces relations pour 1 ≤ k ≤ n, on obtient que
un un−1 u2 u1
1
1
1
1
.
.... . = 1 −
. 1−
.... 1 −
1−
un−1 un−2 u1 u0
2n
2(n − 1)
4
2
Donc
un =
Πk=n
k=1
1
1−
2k
ou encore que
k=n
X
1
ln(un ) =
ln 1 −
2k
k=1
3
1
En faisant le développement limité de ln 1 −
, on obtient que
2k
1
1
αk
ln 1 −
=− − 2
2k
2k
k
αk
C
avec (αk )k une suite bornée. Donc il existe C > 0 tel que 2 ≤ 2 . Donc la série
k
k
X αn
est absolument convergente. Donc il existe une constante A > 0 tel que
n2
n≥1
k=n
X
αk
k=1
k2
≤
k=n
X
αk
k=1
k=n
X
αk
≤
≤A
k2
k=1
k2
Revenons à la suite un , on a
k=n
k=n
1
1 X 1 X αk
ln 1 −
−
ln(un ) =
=−
2k
2 k=1 k k=1 k 2
k=1
k=n
X
Donc
1
un = e− 2
Or on a
−
Pk=n
1
k=1 k
k=n
X
αk
k2
k=1
Donc
.e−
≥ −A
1
un ≥ e−A .e− 2
D'autre part si k ≥ 2, on a
1
≤
k
car si x ∈ [k − 1, k], on
−
Z
αk
k=1 k2
Pk=n
k
k−1
Pk=n
1
k=1 k
1
dx
x
1
1
≥ . On obtient donc
x
k
k=n
X
1
k=2
Donc
−
k
≥−
(ln(k) − ln(k − 1)) = ln(n)
k=2
k=n
X
1
k=1
k=n
X
k
= −1 −
k=n
X
1
k=2
k
≥ −1 − ln(n)
Finalement pour n ≥ 2 on obtient
1
1
un ≥ e−A− 2 .e− 2 ln(n)
4
Donc
B
un ≥ √
n
1
avec B = e−A− 2 > 0. Encore un fois et comme la série
X 1
√ est divergente,
n
n≥1
X (2n)!
est divergente.
4n (n!)2
n≥1
X (2n)! −1 n
1
, donc c'est une série alternée. En
Si x = − , on obtient la série
.
4
(n!)2
4
n≥0
plus on a
n
n
(2n)! −1
(2n)! 1
.
=
.
= un
(n!)2
4
(n!)2 4
un+1
1
Or on a vu que
= 1−
< 1, donc (un )n est décroissante. D'autre part on
un
2(n + 1)
a
Pk=n αk
1 Pk=n 1
un = e− 2 k=1 k .e− k=1 k2
P
X1
k=n 1
La série
est à termes positif et divergente, donc limn→+∞
k=1 k = +∞, donc
n
n≥1
lim
n→+∞
e−
Pk=n
1
k=1 k
X αn
= 0.
Pk=n
αk
, converge, donc e− k=1 k2 admet une limite
2
n
n≥1
nie quand n → +∞. Donc lim
n→+∞ un = 0.
X (2n)! −1 n
.
est convergente.
On conclut alors que
2
(n!)
4
n≥0
−1 1
−1 1
En résumé la série converge absolument sur ] , [ et simplement sur [ , [.
4 4
4 4
6.
On applique la règle de Cauchy:
p
√
1
On a n |an | = |1 + i| = 2. Donc R = √ .
2
Pour x = ± √12 , on a |an |xn = 1, le terme général de la série ne tend pas vers 0 et donc
P
la série est divergente. En résumé la série n≥0 (1 + i)n xn converge absolument sur
1 1
] − √ , √ [.
2 2
7.
r
an+1
n
On applique la règle de d'Alembert, on a
=
→ 1 quand n → +∞.
an
n+1
Donc R = 1.
P
(−1)n
Pour x = 1, on obtient la série n≥1 √
à laquelle on peut appliquer la règle de
n
D'autre part on a vu que la série
5
convergence des séries alternées pour montrer qu'elle est convergente.
P
1
Pour x = −1, on obtient la série n≥1 √ qui est une série de Riemann divergente.
n
En résumé la série converge absolument sur ] − 1, 1[ et simplement sur ] − 1, 1].
8.
P
Remarquons d'abord qu'il s'agit bien d'une série entière n≥0 an xn avec a3n = a3n+2 =
(−2)n
0 et a3n+1 =
. Par exemple a15 = a3.5 = 0, a17 = a3.5+2 = 0 et a16 = a3.5+1 =
n+1
16
(−2)5
= − . Dans ce cas les règles de d'Alembert et de Cauchy ne sont pas applica5+1
3
bles car il y a un nombre inni de termes
pde anqui sont nuls (ceci empèche l'application
de la règle de d'Alembert) et la suite
|an | n'admet pas de limite.
n
Alors on va avoir recours à d'autres moyens, en eet:
X (−2)n
X (−2)n
La série
x3n+1 converge si et seulement si
x3n converge (mettre x en
n
+
1
n
+
1
n≥0
n≥0
X (−2)n
X 1
facteur ne change pas la nature de série). En plus on a
x3n =
(−2x3 )n .
n+1
n+1
n≥0
n≥0
X 1
tn est
On pose alors t = −2x3 . Le rayon de convergence de la série entière
n
+
1
n≥0
X (−2)n
1
égal à 1, autrement dit
(x3 )n converge si | − 2x3 | < 1 (donc si |x| < √
)
3
n
+
1
2
n≥0
1
). Ceci sut pour dire que le rayon de
et diverge si | − 2x3 | > 1 (donc si |x| > √
3
2
X (−2)n
1
convergence de
x3n est égale à √
.
3
n+1
2
n≥0
1
(−2)n 3n
(−1)n
Pour x = √
,
on
a
x
=
, ensuite on applique le critère sur les série
3
n+1
n+1
2
alternées pour montrer que la série et convergente.
1
(−2)n 3n
1
Pour x = − √
,
on
a
x =
, donc la série est diverge.
3
n+1
n+1
2
1 1
En conclusion la série converge absolument sur ] − √
, √ [ et simplement sur
3
2 32
1 1
]− √
, √ ].
3
2 32
9.
P
n
n
n
Soit R le rayon dePconvergence de la série
n≥0 sin(n)x . On a | sin(n)x | ≤ |x|
n
et
P comme la nsérie n≥0 x est absolument convergente si |x| < 1, on en déduit que
converge si |x| < 1, donc R ≥ 1. D'autre par si x = 1, alors la série
n≥0 sin(n)x
P
devient n≥0 sin(n). Pour étudier la nature de cette dernière, on va d'abord étudier
la nature de la suite (sin(n))n≥0 . On pose un = sin(n) et vn = cos(n). On a
un+1 = α.un + β.vn
6
et
vn+1 = α.vn − β.un
Avec α = cos(1) et β = sin(1). Remarquer que α et β sont dans ]0, 1[.
Si on suppose que (un )n≥0 converge alors (un+1 )n≥0 converge comme sous suite de
(un )n≥0 . Or on a
1
vn = (un+1 − α.un )
β
Donc (vn )n≥0 converge comme combinaison linéaire de deux suites convergentes. On
montre de même que si (vn )n≥0 converge, il en est de même de (un )n≥0 . Donc un =
sin(n) et vn = cos(n) sont de mmeme
nature (convergentes toutes les deux ou divergentes toutes les deux).
On va montrer maintenant que les deux suites divergent à laide d'un raisonnement
par l'absurde. Supposons donc que un = sin(n) et vn = cos(n) convergent et soit
l1 = lim un et l2 = lim vn . En passant à la limite quand n → +∞ dans les relations
un+1 = α.un + β.vn et vn+1 = α.vn − β.un , on obtient
l1 = α.l1 + β.l2
et
l2 = α.l2 − β.l1
ou encore
(1 − α)l1 − β.l2 = 0
et
β.l1 + (1 − α)l2 = 0
On obtient donc que l1 et l2 sont solution d'un système linéaire de deux équations,
dont le déterminant ∆ = 2(1 − α) 6= 0 car α ∈]0, 1[. Donc l1 = l2 = 0. Or on a
u2n + vn2 = 1, en passant à la limite, on obtient que l12 + l22 = 1 qui est en contradiction
avec l1 = l2 = 0.
On conclut donc que un = sin(n) et vn = cos(n) sont divergentes et donc en particulier
la
Psuite (un )n≥0 = (sin(n))n≥0 ne tend pas vers 0 etPceci montre névidement que la série
n≥0 sin(n) diverge et donc que la série entière
n≥0 sin(n)x diverge pour x = 1.
Donc R ≤ 1. Finalement on a R = 1 et la série converge absolument sur ] − 1, 1[ et
diverge pour x = ±1.
Remarque:
On peut calculer la somme de cette série :
On a sin(n) = =(ein ). Si x ∈] − 1, 1[, on a alors sin(n)xn = =(xn ein ) = = (xei )n et
donc la somme partielle d'ordre n de la série est
!
k=n
k=n
k=n
k=n
X
X
X
X
k
k
i k
i k
sin(k)x =
sin(k)x =
= (xe ) = =
(xe )
k=1
k=0
k=0
7
k=0
k=n
X
Or
(xei )k est la somme des n + 1 premiers termes de la suite géométrique ((xei )n )n ,
k=0
donc on a
k=n
n+1
X
1 − (xei )
i k
(xe ) =
1 − xei
k=0
On obtient donc que
Sn (x) =
k=n
X
i n+1
sin(k)xk = =
k=0
1 − (xe )
1 − xei
!
n+1
Comme on a |x| = |xei | et que |x| < 1, on alors limn→+∞ (xei )
donc que
+∞
X
1
n
sin(n)x = lim (Sn (x)) = =
n→+∞
1 − xei
n=0
Autrement dit que
+∞
X
n=0
sin(n)xn =
x2
= 0. On obtient
x sin(1)
− 2x cos(1) + 1
Exercice 5.
1.
P
P
On fait le changement de variable√t = x2 , on obtient donc que n an x2n √
= n an tn
converge si |t| < R (donc siP
|x| < R) et diverge
√si |t| > R (donc si |x| > R). Donc
2n
est égal à RP
.
le rayon de convergence de n an xP
2n+1
= x n an x2n .
On obtient le même résultat pour n an x
Exercice 6.
1.
Pour la série
X 2n+1
n≥0
5
xn on applique la règle de d'Alembert, on obtient que le rayon
X −1 1
1
. La même règle appliquée à la série
xn donne
n+1
2
5
3
n≥0
un rayon de convergence R2 = 3.
X 2n+1 1 1 D'après ce calcul, le rayon de convergence de
−
xn qui est la somme
n+1
5
53
n≥0
1
des deux précédentes, est R = inf(R1 , R2 ) = .
2
Pour ce qui est du comportement au bord, on vérie que pour chacune des trois séries
le terme général ne tend pas vers 0, donc divergentes au bord de leurs intervalles de
convergence.
de convergence est R1 =
8
2.
Après avoir calculer les racines du polynôme x → 2x2 − 7x + 3, on a
2x2 − 7x + 3 = (2x − 1)(x − 3)
Donc la décomposition en éléments simples de f (x) est de la forme suivante:
2x2
1
1
a
b
=
=
+
− 7x + 3
(2x − 1)(x − 3)
2x − 1 x − 3
avec a et b deux constantes réelles. Donc on a
1
b(2x − 1)
=a+
x−3
x−3
1
2
dans la relation précédente, on obtient a = − .
2
5
1
Un raisonnement semblable donne b = . Donc on
5
2
1
1
1
f (x) = −
+
5 2x − 1
5 x−3
Si x =
3.
Dans ces développements on utilise le développement en séries entières suivant
+∞
X
1
tn
=
1 − t n=0
avec un rayon de convergence égal à 1 et un domaine de convergence absolu (et simple
aussi) égal à ] − 1, 1[.
+∞
X
1
1
=−
=−
(2x)n
2x − 1
1 − 2x
n=0
1
valable pour |2x| < 1, donc pour |x| < .
2
De même on a
1
1 1
=−
x−3
31−
+∞
x
3
=−
1 X x n
3 n=0 3
x
< 1, donc pour |x| < 3. On obtient donc que
3
!
!
!
+∞
+∞ +∞
X
X
n
2 X
1
1
x
2
f (x) =
(2x)n −
=
.2n xn −
5 n=0
5 3 n=0 3
5
n=0
valable pour
Donc
f (x) =
+∞ n+1
X
2
n=0
5
9
1 1
−
5 3n+1
xn .
+∞
X
1 1 xn
. n
5
3
3
n=0
!
Ce calcul est valable pour |x| <
1
1
et |x| < 3, donc valable si |x| < .
2
2
Exercice 7.
Rappelons quelque règles élémentaires de calcul des sommes de séries entières: sur
l'intevalle ouvert de convergence ] − R, R[,on a
!
Z X
+∞
+∞ Z
+∞
X
X
an n+1
n
n
x
an x dx =
an x dx = c +
n+1
n=0
n=0
n=0
avec c une constante réelle. On a aussi
!0 +∞
+∞
+∞
X
X
X
n 0
n
=
(an x ) =
nxn−1
an x
n=0
n=0
n=1
Dans la dernière série, la somme commence avec n = 1 car (a0 x0 )0 = (a0 )0 = 0.
On a aussi
+∞
X
xp
xn =
1−x
n=p
P+∞
n
∗
0
p−1
(0) = 0,
Si f (x) =
n=p an x avec p ∈ N , alors on a f (0) = f (0) = ... = f
autrement dit si la somme de la série commence pour n = p ≥ 1, alors toutes les
dérivées d'ordre ≤ p − 1 de f en 0 sont nulles.
P
Dans tout l'exercice on appellera f la fonction somme de la série entière n an xn .
1.
Pour le calcul du rayon de convergence, on applique la règle de d'Alembert, on a
an+1
n+2
n!
n+2
=
.
=
→ 0 quand n → +∞, donc R = +∞. Donc la
an
(n + 1)! n + 1
(n + 1)2
série converge pour tout x ∈ R. En plus si F est une primitive quelconque de f sur
son intervalle ouvert de convergence, alors on a
+∞
X
n + 1 xn+1
F (x) = c +
n! n + 1
n=0
R
P
avec c une constante réelle. La règle c'est de permuter le signe et
pour les x qui
sont dans l'intervalle ouvert ] − R, R[ (ici on a ] − R, R[= R) de convergence de la série
entière. Donc on obtient
F (x) = c +
+∞ n+1
X
x
n=0
n!
=c+x
+∞ n
X
x
n=0
Donc F (x) = c + xex et donc f (x) = F 0 (x) = ex + xex .
10
n!
2.
On applique la règle de d'Alembert, on trouve facilement que R = 1. En plus si |x| < 1,
on a
+∞
+∞
+∞
X
X
X
n
n
f (x) =
(2n + 1)x = 2
nx +
xn
n=0
n=0
n=0
Cette décomposition est possible car les trois séries ont le même rayon de convergence.
D'autre part on a
+∞
+∞
X
X
nxn =
nxn
n=0
et
+∞
X
n=1
nxn = x
n=1
On a aussi
+∞
X
nx
n−1
+∞
X
nxn−1
n=1
+∞
X
=
n=1
!0
x
n
=
n=0
1
1−x
0
1
(1 − x)2
=
Finalement on obtient
f (x) = 2x
+∞
X
nx
n−1
+
n=0
+∞
X
xn =
n=0
2x
1
1+x
+
=
2
(1 − x)
1−x
(1 − x)2
3.
La règle de d'Alembert donne R = 1. En plus avec un changement d'indice on a
f (x) =
+∞
X
n=0
1
xn+2
(n + 1)(n + 2)
Si x ∈] − 1, 1[, en dérivant deux fois on obtient
+∞
X
f ”(x) =
xn =
n=0
On obtient ainsi
0
0
Z
f (x) = f (0) +
0
x
1
1−x
1
dt = − ln(1 − x)
1−t
Car le développement en séries entières de f commence avec n = 2 donc
f (0) = f 0 (0) = 0
11
.
On obtient donc
Z
x
ln(1 − t)dt = (1 − x) ln(1 − x) + x
f (x) = f (0) −
0
4.
On a
X
n≥0
X
1
x2n =
an x n
2n + 1
n≥0
1
et a2n+1 = 0. Donc là encore la règle de d'Alembert n'est pas
2n + 1
applicable car il y a un nombre inni de an qui sont nuls. La règle de Cauchy non plus
an+1
n'est pas applicable car
n'admet pas de limite. On va faire un changement de
an
variable t = x2 , on obtient
X 1
X 1
x2n =
tn
2n + 1
2n + 1
n≥0
n≥0
avec a2n =
Par rapport à t la règle de d'Alembert est applicable, on obtient un rayon de convergence égal à 1 et donc, par rapport à x aussi.
Si x ∈] − 1, 1[\{0}, on a
1
f (x) = g(x)
x
avec
+∞
X
1
g(x) =
x2n+1
2n + 1
n=0
D'autre part si |x| < 1, on a
g 0 (x) =
+∞
X
x2n =
n=0
1
1
=
=
2
1−x
2
Donc
1
g(x) = g(0) +
2
Z
0
x
+∞
X
(x2 )n
n=0
1
1
+
1−x 1+x
1
1
+
1−t 1+t
1
dt = ln
2
1+x
1−x
Car on a g(0) = 0.
Remarquer que la fonction g est la fonction coth qui est la fonction inverse de la fonction
ex − e−x
tanh : x 7→ x
appelée la tangente hyperbolique.
e + e−x
Finalement si x 6= 0 on a
coth(x)
1
1+x
f (x) =
=
ln
x
2x
1−x
12
et f (0) = 0.
Exercice 8.
1.
On a
+∞
1
1
1X
1
=
x =
x+3
3 1 − (− 3 )
3 n=0
donc
−x
3
n
+∞
f (x) =
1 X (−1)n n
x
3 n=0 3n
−x
| < 1, donc pour |x| < 3.
Le développement est valable pour |
3
2.
On a g(x) = −f 0 (x), donc
!0
+∞
+∞
1 X (−1)n n
1 X (−1)n n n−1
g(x) = −
x
=
−
x
3 n=0 3n
3 n=1 3n
Donc
+∞
1 X (−1)n+1 (n + 1) n
x
g(x) = −
3 n=0
3n+1
Ce développement est valable pour |x| < 3.
3.
La décomposition de h(x) en éléments simples donne
h(x) =
1
1
+
x−2 1−x
On a
+∞
X
1
xn
=
1 − x n=0
avec un rayon de convergence égal à 1 et
1
1 1
=−
x−2
21−
=
+∞
x
2
1 X x n
=−
2 n=0 2
+∞
X
−1 n
x
n+1
2
n=0
avec un rayon de convergence égal à 2.
Finalement on obtient
+∞ X
k(x) =
1−
n=0
13
1
2n+1
xn
avec un rayon de convergence 1 = inf(1, 2).
4.
Remarquons d'abord que pour x 6= 1 on a
1 + x + x2 =
1 − x3
1−x
donc pour x ∈] − 1, 1[ on a
k(x) = ln(1 − x3 ) − ln(1 − x)
Rappelons que
ln(1 − x) = −
+∞ n
X
x
n=1
Donc
k(x) =
+∞ n
X
x
n=1
n
−
+∞
X
(x3 )n
n
n=1
=
n
+∞ n
X
x
n=1
n
−
+∞ 3n
X
x
n=1
n
.
Exercice 9.
1.
Pour calculer le rayon de convergence, on applique la règle de d'Alembert, on obtient
R = 1.
2.
Comme R = 1, donc pour |x| < 1, on a
f 0 (x) =
+∞
X
n=1
+∞
X 1
1
xn−1 =
xn
n+2
n
+
3
n=0
Si en plus on a x 6= 0, on a
f 0 (x) =
avec
g(x) =
+∞
X
n=0
1
g(x)
x3
1
xn+3
n+3
Le rayon de convergence de cette dernière est aussi égal à 1. D'autre part en appliquant
la règle de dérivation pour g et x ∈] − 1, 1[, on obtient
g 0 (x) =
+∞
X
xn+2 = x2
n=0
Donc
g 0 (x) =
+∞
X
xn
n=0
x2
1
= −(1 + x) +
1−x
1−x
14
Donc
g(x) = −(x +
x2
+ ln(1 − x))
2
Donc pour 0 < |x| < 1 on a
f 0 (x) = −
1
ln(1 − x)
1
−
−
x2 2x
x3
Donc pour x 6= 0 on a
Z Z
1
ln(1 − x)
ln(1 − x)
1 1
1
f (x) = −
+
dx = − ln(|x|) −
+
dx
2
3
x
2x
x
x 2
x3
Une intégration par parties donne
Z
1
(1 − x2 ) ln(1 − x)
ln(1 − x)
1
−
ln(|x|)
−
dx
=
+c
x3
2x 2
2x2
avec c une constante réelle. On a donc
f (x) =
x + (1 − x2 ) ln(1 − x)
+c
2x2
Or on f (0) = 0 et un calcul de limite (utiliser un développement limité à l'ordre 2)
donne
1
x + (1 − x2 ) ln(1 − x)
=
−
lim
x→0
2x2
4
Ce qui donne donc
x + (1 − x2 ) ln(1 − x) 1
f (x) =
+
2x2
4
3.
On a
1
1
=
n(n + 2)
2
Supposons que |x| < 1.
On a
1
f (x) =
2
+∞ n
X
x
n=1
1
1
−
n n+2
+∞
X
xn
−
n
n+2
n=1
!
Cette décomposition est possible car les trois séries ont le même rayon de convergence
égal à 1.
Or on a
+∞ n
X
x
= − ln(1 − x)
n
n=1
15
et si en plus on a x 6= 0, on a
+∞
+∞
+∞
X
xn
1 X xn+2
1 X xn
= 2
= 2
n+2
x n=1 n + 2
x n=3 n
n=1
1
= 2
x
car on a
+∞ n
X
x
n=1
n
"
+∞ n
X
x
n=1
=x+
!
n
x2
− (x + )
2
#
x2 x3 x4
xn
+
+
+ ... +
+ ...
2
3
4
n
+∞
=x+
On obtient donc
x2 X xn
+
2
n
n=3
+∞
X
xn
1
x2
= 2 − ln(1 − x) − (x + )
n
+
2
x
2
n=1
Finalement on a
1
1
x2
f (x) =
− ln(1 − x) + 2 ln(1 − x) + x + )
2
x
2
1
1
1
=
− ln(1 − x) + 2 [ln(1 − x) + x)] +
2
x
4
x + (1 − x2 ) ln(1 − x) 1
+
2x2
4
On retrouve évidemment la même expression que dans la question 2.
=
Exercice 10.
1.
On suppose que (E) admet une solution y développable en séries entières avec un rayon
de convergence R > 0. Donc pour |x| < R on a
y=
+∞
X
an x n
n=0
En dérivant jusqu'a l'ordre 2 (pour |x| < R ) on a
0
y =
+∞
X
nan xn−1
n=1
y” =
+∞
X
n(n − 1)an x
n−2
=
n=2
+∞
X
n=0
16
(n + 2)(n + 1)an+2 xn
Remarquer que lorsqu'on dérive une série entière à l'odre p on ne tient pas compte des
termes de degré < p.
En remplaçant les trois expressions dans (E), on obtient
+∞
+∞
+∞
X
X
X
n
n
(n + 2)(n + 1)an+2 x + 2
nan x + 2
an x n = 0
n=0
n=1
Donc
2a2 + 2a0 +
+∞
X
n=0
[(n + 2)(n + 1)an+2 + 2(n + 1)an ] xn = 0
n=1
On a donc 2a2 + 2a0 = 0 et si n ≥ 1, on a
(n + 2)(n + 1)an+2 + 2(n + 1)an = 0
Donc
−2
an
n+2
Remarquer que cette relation est vraie pour tout n ∈ N. En plus on a a1 = f 0 (0) = 0,
donc a2n+1 = 0 pour tout n ∈ N (faire un raisonnement par récurrence sur n). D'autre
part on a a0 = f (0) = 1 et
−2
.a2n
a2n+2 =
2n + 2
−2 −2
=
. .a2n−2
2n + 2 2n
(−2)n+1
= .... =
a0
(2n + 2).(2n)...2
an+2 =
(−2)n+1
=
(2n + 2).(2n)...2
(−1)n+1
(−2)n+1
= n+1
=
2 .(n + 1)n...1)
(n + 1)!
On a donc
a2n =
et par conséquent on a
y=
+∞
X
a2n x
2n
(−1)n
n!
=
n=0
+∞
X
(−1)n
n=0
n!
x2n
2. La série converge pour tout x ∈ R: Pour x xé dans R∗ , on pose
un =
(−1)n 2n
x
n!
17
On applique la règle de d'Alembert, on trouve
un+1
x2
=
un
n+1
qui tend vers 0 quand n → +∞. Donc le rayon de convergence est égal à R = +∞.
3.
On a
+∞
X
(−x2 )n
2
= e−x .
y=
n!
n=0
18
Université Moulay Ismail
Faculté des Sciences Meknès
Département de Mathématiques
Année universitaire 2020-2021
Filière SMA - S3
Module Analyse IV
Série n◦ 3 : Séries de Fourier
Exercice 1.
Calculer la série de Fourier trigonométrique de la fonction 2π-périodique f : IR → IR telle que
f (x) = π − |x| sur ] − π, π]. La série converge-t-elle vers f ?
Exercice 2.
Soit f : IR → IR la fonction 2π-périodique, impaire telle que
{
1 si x ∈]0, π[
f (x) =
0 si x = 0, π
1. Représenter f .
2. Calculer les coefficients de Fourier trigonométriques de f .
3. Etudier la convergence (simple, uniforme) de la série de Fourier de f .
4. En déduire les valeurs des sommes
+∞
+∞
+∞
+∞
∑
∑
∑
∑
1
(−1)k
1
(−1)n−1
, 2.
,
3.
,
4.
(4.facultatif).
1.
2k + 1
(2k + 1)2
n2
n2
n=1
n=1
k=0
k=0
Exercice 3.
Soit f : IR → IR la fonction 2π-périodique telle que f (x) = ex pour x ∈] − π, π].
1. Calculer les coefficients de Fourier exponentiels de f .
2. Etudier la convergence (simple, uniforme) de la série de Fourier de f .
3. En déduire les valeurs des sommes
+∞
∑
(−1)n
,
1.
2+1
n
n=1
2.
+∞
∑
n=1
n2
1
.
+1
Analyse 4: Corrigé de la série 3.
Exercice 1.
La fonction f étant 2π -périodique et paire sur ] − π, π[, en plus on a f (−π) =
f (−π + 2π) = f (π), donc elle est paire sur [−π, π]. (Remarquer que même si f est 2π périodique et admet une expression paire sur un intervalle autre que ]−π, π] ou [−π, π[,
elle n'est pas nécessairement paire comme par exemple la fonction 2π -périodique dénie
par x 7→ x2 pour x ∈ [0, 2π[ ).
Montrons que f est continue sur R:
La continuité de f sur ]−π, π[ est évidente car elle y coïncide avec la fonction x 7→ π−|x|
qui est continue sur R. (La règle d'une manière générale est que si deux fonctions coïncident sur un intervalle ouvert non vide elles y possèdent la même régularité (continuité,
dérivabilité,...,etc). Pour les points π et −π , on a lim− f (x) = lim− (π − |x|) = 0.
x→π
x→π
Comme π ∈] − π, π] et que sur ] − π, π] on a f (x) = π − |x|, donc f (π) = 0. D'autre
part on a lim+ f (x) = lim+ f (x − 2π) car f est 2π -périodique. On pose t = x − 2π ,
x→π
x→π
donc on a lim+ f (x − 2π) = lim + f (t). Si t → −π + , on peut supposer que t ∈] − π, π],
x→π
t→−π
donc que f (t) = π − |t|, donc limt→−π+ f (t) = 0 = f (π). Donc f est continue en π .
Par périodicité f est continue en −π . Finalement f est continue sur R.
Pour la dérivabilité on a f (x) = π + x sur ] − π, 0[ et f (x) = π − x sur ]0, π[. Donc f est
dérivable sur ] − π, 0[∪]0, π[. pour les points π et −π , on a limx→π− f 0 (x) = −1 car si
x → π − , on peut supposer que x ∈]0, π[, donc que f (x) = π − x. De mêm et par périodicité on montre que limx→−π+ f 0 (x) = 1, limx→π+ f 0 (x) = 1 et limx→−π− f 0 (x) = −1.
Donc f admet une dérivée à droite et à gauche de ±π . (La règle ici est si f 0 admet
une limite en un point a (resp. à droite ou à gauche), alors cette limite est la dérivée
(resp. à droite ou à gauche) de f en a).
En résumé: la focntion f est continue sur R, et admet une dérivée à droite et à gauche
en chaque point de R. Donc f est localement intégrable sur R (autrement dit que f est
intégrable sur R) et ceci permet de calculer les coecients de Fourrier de f . Comme f
est paire, donc bn = 0 pour tout n ∈ N. En plus on a
2
an =
π
π
Z
0
2
f (x) cos(nx)dx =
π
Pour n = 0, on a
2
a0 =
π
Z
Z
π
(π − x) cos(nx)dx
0
π
(π − x)dx = π
0
Si n ≥ 1, une intégration par partie donne
2
an =
π
(π − x) sin(nx)
n
π
0
1
+
n
2(1 − (−1)n )
πn2
1
Z
π
sin(nx)dx
0
Donc on a a2n = 0 et
a2n+1 =
4
π(2n + 1)2
Donc la série de Fourrier de f est
X
(an cos(nx) + bn sin(nx)) =
n≥0
=
a0 X
+
(an cos(nx))
2
n≥1
π 4 X cos((2n + 1)x)
+
2 π n≥0 (2n + 1)2
Comme la fonction f vérie les conditions de Dirichlet et qu'elle estX
continue sur R, la
série converge vers f sur R et cette convergence est uniforme car
(|an | + |bn |) est
n≥0
convergente.
Exercice 2.
1.
2.
Comme f est impaire, on a an = 0 pour tout n ∈ N et
2
bn =
π
Z
π
0
2
f (x) sin(nx)dx =
π
=
Z
π
sin(nx)dx
0
2((−1)n+1 + 1)
nπ
Donc si n = 2k est pair on a
b2k = 0
et si n = 2k + 1 est impair on a
b2k+1 =
4
(2k + 1)π
3.
La fonction f vérie les conditions de Dirichlet: en eet si x ∈]0, π[ et k ∈ Z, alors
on a f (x + 2kπ) = f (x) = 1 Donc on a f ≡ 1 sur ]0, π[+{2kπ} =]2kπ, 2(k + 1)π[.
Comme f est impaire, on a f ≡ −1 sur ] − π, 0[, on montre alors que f ≡ −1 sur
] − π, 0[+{2kπ} =](2k − 1)π, 2kπ[. Donc f ≡ 1 sur ]kπ, (k + 1)π[ si k est pair et f ≡ −1
sur ]kπ, (k + 1)π[ si k est impair, donc f est dérivable sur R \ πZ. Pour les points de
la forme kπ avec k ∈ Z on remarque que f est constante à gauche et à droite de kπ ,
donc y admet une limite et une dérivée à gauche et à droite. On en déduit donc que la
série de Fourrier de f converge sur R et qu'elle converge uniformément vers f sur tout
2
intervalle de la forme ]kπ, (k + 1)π[ puisqu'elle y est continue. Donc pour tout x ∈ R
on a
+∞
X
(an cos(nx) + bn sin(nx)) =
n=0
+∞
X
bn sin(nx) =
n=0
f (x− ) + f (x+ )
2
et si x ∈ R \ πZ, f est continue en x, donc ona
+∞
X
bn sin(nx) = f (x)
n=0
ou encore que
+∞
X
b2k+1 sin((2k + 1)x) =
k=0
+∞
4 X sin((2k + 1)x)
= f (x)
π k=0
2k + 1
Or pour x = kπ avec k ∈ Z, on a sin(nx) = sin(nkπ) = 0 = f (x). Finalement la série
de Fourrier de f converge simplement vers f sur R mais cette convergence n'est pas
uniforme, car f n'est pas continue sur R.
4.
1. Pour x =
π
π
on a sin((2k + 1)x) = sin(kπ + ) = (−1)k . On a donc
2
2
+∞
π 4 X (−1)k
=f
=1
π k=0 2k + 1
2
On obtient donc
+∞
X
(−1)k
π
=
2k + 1
4
k=0
2. D'après l'égalité de Parseval on a
Z
π
2
|f (x)| dx = π
+∞
X
−π
Or on a
2
|bn | = π
n=1
Z
+∞ X
k=0
π
|f (x)|2 dx = 2π
−π
Donc
+∞
X
k=0
3. Soit
π2
1
=
(2k + 1)2
8
+∞
X
1
S=
n2
n=1
3
4
(2k + 1)π
2
On a
S=
+∞
X
k=1
+∞
+∞
X
1
1
1X 1
π2
+
=
+
(2k)2 k=0 (2k + 1)2
4 k=1 k 2
8
(On partage la somme de la série en la somme des termes d'indices pairs plus la somme
des termes d'indices impairs, mais attention !! ce raisonnement n'est valable que si la
série est absolument convergente).
On obtient donc S =
S π2
+ , ce qui donne
4
8
S=
π2
6
4. Remarquant d'abord que (−1)n−1 = (−1)n+1 car n − 1 et n + 1 ont la même
parité. Donc
+∞
X
(−1)n−1
n=1
=
n2
=
n=1
+∞
X
(−1)2k+1
k=1
+∞
X
(−1)n+1
(2k)2
n2
+∞
X
(−1)2k+2
+
(2k + 1)2
k=0
+∞
+∞
X
1X 1
1
=−
+
2
4 k=1 k
(2k + 1)2
k=0
1 π2 π2
+
4 6
8
2
π
= .
12
=−
Exercice 3.
1.
On a
Z π
Z π
1
1
−inx
f (x)e
dx =
ex e−inx dx
cn =
2π −π
2π −π
Z π
(1−in)x π
1
1
=
e(1−in)x dx =
e
−π
2π −π
2π(1 − in)
=
(−1)n (eπ − e−π )
(−1)n (eπ − e−π )
=
(1 + in)
2π(1 − in)
2π(1 + n2 )
=
(−1)n (eπ − e−π )
n(−1)n (eπ − e−π )
+
i
2π(1 + n2 )
2π(1 + n2 )
2.
La fonction f est dérivable sur ] − π, π], donc elle vérie les conditions de Dirichlet (En
général si une fonction f est 2π -périodique et dérivable sur un intervalle de la forme
4
]α, α + 2π] ou [α, α + 2π[ alors elle vérie les conditions de Dirichlet). Donc la série de
Fourrier converge simplement sur R et pour tout x ∈ R on a
+∞
X
cn einx =
−∞
f (x− ) + f (x+ )
2
Donc
+∞ X
(−1)n (eπ − e−π )
2π(1 + n2 )
−∞
n(−1)n (eπ − e−π )
+i
2π(1 + n2 )
einx =
f (x− ) + f (x+ )
2
La convergence de la série est uniforme vers f sur tout intervalle où f est continue,
donc sur ] − π, π] + {2kπ} =](2k − 1)π, (2k + 1)π[ pour tout k ∈ Z. Donc pour tout
x ∈](2k − 1)π, (2k + 1)π[ on a
+∞
X
cn einx = f (x)
−∞
Donc
+∞ X
(−1)n (eπ − e−π )
−∞
2π(1 + n2 )
n(−1)n (eπ − e−π )
+i
2π(1 + n2 )
einx = f (x)
3.
1.
Comme f est continue en 0, on a
+∞
X
cn = f (0) = 1
−∞
Or on a
+∞
X
−∞
cn =
+∞
X
(−1)n (eπ − e−π )
−∞
2π(1 + n2 )
+i
+∞
X
n(−1)n (eπ − e−π )
2π(1 + n2 )
−∞
=1
Donc en identiant les parties réelles et imaginaires de chaque côté, on a
+∞
X
(−1)n (eπ − e−π )
−∞
et
+∞
X
n(−1)n (eπ − e−π )
−∞
Donc
2π(1 + n2 )
2π(1 + n2 )
=1
=0
+∞
X
(−1)n
2π
= π
2
1+n
e − e−π
−∞
5
Or on a
(−1)−n
(−1)n
=
, donc
1 + (−n)2
1 + n2
+∞
n=−1
+∞
+∞
X
X (−1)n X
X
(−1)n
(−1)n
(−1)n
=
1
+
+
=
1
+
2
1 + n2
1 + n2 n=1 1 + n2
1 + n2
−∞
−∞
n=1
Donc
+∞
X
(−1)n
2π
1
=
−1
1 + n2
2 eπ − e−π
n=1
=
Donc
eπ
1
π
−
−π
−e
2
+∞
+∞
X
X
(−1)n
(−1)n
π
1
=
1
+
= π
+
2
2
−π
1+n
1+n
e −e
2
n=0
n=1
π
1
=
+1
2 sinh(π)
eπ − e−π
avec sinh(π) =
.
2
2.
Pour x = π , on a f (π − ) = eπ et f (π + ) = f (−π + ) = e−π . On a donc
+∞ X
(−1)n (eπ − e−π )
−∞
donc
n(−1)n (eπ − e−π )
+i
2π(1 + n2 )
2π(1 + n2 )
einπ =
f (π − ) + f (π + )
2
+∞ X
n(eπ − e−π )
eπ − e−π
eπ + e−π
+
i
=
2π(1 + n2 )
2π(1 + n2 )
2
−∞
En prenant parties réelles et imaginaires des deux cotés, on a
+∞
X
eπ − e−π
eπ + e−π
=
2π(1 + n2 )
2
−∞
Donc
+∞
X
−∞
Donc
1+2
+∞
X
n=1
eπ + e−π
1
=
π
1 + n2
eπ − e−π
1
eπ + e−π
π
=
π
=
2
π
−π
1+n
e −e
tanh(π)
6
Donc
+∞
X
n=1
1
1
=
2
1+n
2
π
−1
tanh(π)
Finalement on a
+∞
X
n=0
avec tanh(π) =
+∞
X
1
π
1
1
+1
=1+
=
1 + n2
1 + n2
2 tanh(π)
n=1
eπ − e−π
.
eπ + e−π
7