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[http://mp.cpgedupuydelome.fr] édité le 28 décembre 2016
Exercice 1 [ 02796 ] [Correction]
Soit (un ) une suite réelle décroissante et positive. On pose
Enoncés
1
Exercice 7
[ 02800 ]
[Correction]
(a) Soient (un )n≥0 et (vn )n≥0 deux suites réelles, λ ∈ R. On suppose :
vn = 2 u2n
n
Déterminer la nature de
P
vn en fonction de celle de
∀n ∈ N, un ≥ 0,
P
X
|vn | converge et
un .
un+1
λ
= 1 − + vn
un
n
Montrer que (nλ un ) converge.
Exercice 2 [ 02797 ] [Correction]
Soit (un ) une suite décroissante d’éléments de R+ , de limite 0. Pour n ≥ 1, on pose
(b) Nature de la série de terme général
nn
?
n!en
vn = n2 un2
Y a-t-il un lien entre la convergence des séries de termes généraux un et vn ?
Exercice 3
Étudier
[ 02803 ]
Exercice 8 [ 02791 ] [Correction]
Nature de la série de terme général
√
[Correction]
un = ln
lim lim
n→∞ m→∞
n X
m
X
(−1)i+ j ti+ j+1
i=0 j=0
Exercice 4 [ 02806 ] [Correction]
Nature et calcul de la somme de la série de terme général
+∞
X
(−1)k
k=n
k2
n + (−1)n
√
n+a
!
où a ∈ R.
Exercice 9 [ 02799 ] [Correction]
Soient α > 0 et (un ) une suite de réels strictement positifs vérifiant
!
1
1
=
1
−
u1/n
+
o
n
nα
nα
La série de terme général un converge-t-elle ?
Exercice 5 [ 03879 ] [Correction]
On donne une suite réelle (an ).
P
P
P
On suppose que les séries an et |an+1 − an | convergent. Montrer que la série a2n
converge.
Exercice 10 [ 02802 ] [Correction]
Soient (a, α) ∈ R+ × R et, pour n ∈ N∗ :
Pn
un = a
k=1
1/kα
(a) Pour quels couples (a, α) la suite (un ) est-elle convergente ? Dans la suite, on suppose
que tel est le cas, on note ` = lim un et on pose, si n ∈ N∗ ,
Exercice 6 [ 02790 ] [Correction]
Nature de la série de terme général
(−1)n
un = ln 1 + a
n
!
vn = un − `
(b) Nature des séries de termes généraux vn et (−1)n vn .
où a > 0.
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Exercice 11 [ 02784 ] [Correction]
Soit u0 ∈ ]0 ; 2π[ puis
∀n ∈ N, un+1 = sin (un /2)
Enoncés
Exercice 16 [ 02801 ] [Correction]
Soient α dans R∗ , a et b dans R \ N. On pose
u0 = α et ∀n ∈ N, un+1 =
(a) Montrer que (un ) tend vers 0.
(b) Montrer que lim(2n un ) = A pour un certain A > 0.
2
n−a
un
n−b
Étudier la nature de la série de terme général un et calculer éventuellement sa somme.
(c) Trouver un équivalent simple de (un − A2−n ).
Exercice 17 [ 02789 ] [Correction]
Nature de la série de terme général
Exercice 12 [ 02793 ] [Correction]
√
Convergence de la série de terme général un = sin π n2 + 1 .
Exercice 13 [ 03850 ] [Correction]
P
Soit un une série à termes positifs convergente. On note
+∞
X
Rn =
n
e − 1 + 1n
n3/2 − n3/2 + n
Exercice 18 [ 02792 ] [Correction]
Nature de la série de terme général
nα
2
k=2 ln k
uk
k=n+1
et on suppose
Pn
où α est réel.
un ∼ R2n
Exercice 19 [ 02804 ] [Correction]
Convergence puis calcul de
Déterminer un équivalent de un .
Exercice 14
On pose
[ 02809 ]
+∞
X
n=1
[Correction]
an =
1
1
1
+
+ ··· +
n+1 n+2
3n
(a) Montrer que la suite (an ) converge et trouver sa limite λ.
(b) Trouver un équivalent simple de an − λ.
Exercice 15 [ 02794 ] [Correction]
Nature de la série de terme général
√ un = sin π(2 + 3)n
1
12 + 22 + · · · + n2
Exercice 20 [ 02798 ] [Correction]
Soient α ∈ R et f ∈ C0 ([0 ; 1], R) telle que f (0) , 0. Étudier la convergence de la série de
terme général
Z 1/n
1
un = α
f (tn ) dt
n 0
Exercice 21 [ 02795 ] [Correction]
Soit α ∈ R∗ . On pose, pour n ∈ N∗
un = Pn
1
k=1
kα
Nature de la série de terme général un ?
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Exercice 22
Calculer
[ 02805 ]
Enoncés
3
Exercice 27 [ 03881 ] [Correction]
Pour a > 0, étudier la convergence de
[Correction]
+∞
X
(−1)n
4n + 1
n=0
X
Pn
a
1
k=1 k
n≥1
Exercice 23 [ 02810 ] [Correction]
Rn
x)
pour tout x ≥ 1 et un = n−1 f (t) dt − f (n) pour tout entier n ≥ 2.
On pose f (x) = sin(ln
x
(a) Montrer que f 0 est intégrable sur [1 ; +∞[.
Exercice 28 [ 02815 ] [Correction]
Soit f : [0 ; 1] → [0 ; 1] une bijection de classe C1 vérifiant
∀t ∈ [0 ; 1], f 0 (t) > 0
(b) Montrer que la série de terme général un est absolument convergente.
(c) Montrer que la suite (cos(ln n)) diverge.
Soit n ∈ N∗ . Montrer que l’on peut trouver une suite (xk,n )1≤k≤n telle que :
(d) En déduire la nature de la série de terme général f (n).
∀k ∈ {1, . . . , n} ,
n
X
k
1
k−1
≤ f (xk,n ) ≤ et
=n
0
n
n
f (xk,n )
k=1
Exercice 24 [ 03750 ] [Correction]
Soit (un ) une suite réelle strictement positive et convergeant vers 0. On pose
n
X
un+1
uk
vn =
avec S n =
Sn
k=0
Montrer que les séries
Exercice 25
Déterminer
[ 03882 ]
P
un et
P
Exercice 29 [ 02811 ] [Correction]
Soient des réels a, b où a < {0, 1}. On pose h(x) = ax + b pour tout x réel. On note S
l’ensemble des fonctions dérivables f : R → R telles que
f ◦ f =h
vn ont même nature.
(a) Montrer que S = ∅ si a < 0.
Désormais on suppose a > 0 (et a , 1).
[Correction]
(b) Montrer que h est une homothétie ; préciser son centre et son rapport.
n
1Y
lim
(3k − 1)1/n
n→+∞ n
k=1
(c) Soit f ∈ S . Montrer
h−1 ◦ f ◦ h = f
En déduire une expression de f ; on commencera par le cas 0 < a < 1.
Exercice 26 [ 03119 ] [Correction]
Soient (un )n≥0 et (vn )n≥0 dans (R+ )N telles que
1
∀n ∈ N, vn =
1 + n2 un
Montrer que si la série de terme général vn converge alors la série de terme général un
diverge.
Exercice 30 [ 02822 ] [Correction]
Soit f : R+ → R dérivable.
(a) Si f 0 est bornée sur R+ , montrer que f est uniformément continue sur R+ .
(b) Si | f 0 (x)| → +∞ quand x → +∞, montrer que f n’est pas uniformément continue sur
R+ .
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Enoncés
4
Exercice 36 [ 02421 ] [Correction]
Convergence de
Exercice 31 [ 02812 ] [Correction]
Soit f : ]0 ; +∞[ → R telle que
Z
f (x) − f (x/2)
=1
lim f (x) = 0 et lim
√
x→0
x→0
x
Trouver un équivalent simple en 0 de f .
[ 02826 ]
[Correction]
Z
(a) Montrer que l’ensemble des points fixes de f possède un plus grand et un plus petit
élément.
(b) Montrer l’existence de c ∈ [0 ; 1] tel que f (c) = g(c).
∀x ∈ R , f
∗
(n)
(x) = x
−3n
+∞
t2
0
ln t
dt
+ a2
où a > 0.
Exercice 38 [ 02827 ] [Correction]
Trouver une expression simple de
Z
Exercice 33 [ 02819 ] [Correction]
2
On pose f (x) = e−1/x pour x réel non nul et f (0) = 0.
0
(a) Montrer l’existence pour tout n ∈ N d’un polynôme Pn tel que :
2
eit dt
−∞
Exercice 37
Calculer
Exercice 32 [ 02813 ] [Correction]
Soient f et g des fonctions continues de [0 ; 1] dans [0 ; 1] telles que f ◦ g = g ◦ f .
+∞
π
sin2 t
dt
(1 − 2x cos t + x2 )(1 − 2y cos t + y2 )
où x, y ∈ ]−1 ; 1[.
Pn (x) f (x)
Quel est le degré de Pn ?
Exercice 39
∞
(b) Montrer que f est de classe C , toutes ses dérivées étant nulles en 0.
[ 02879 ]
[Correction]
(a) Donner la nature de l’intégrale
+∞
Z
(c) Montrer que toute racine de Pn est réelle.
sin t
dt
t
0
On pose pour tout réel x
Exercice 34 [ 02823 ] [Correction]
Soient f : R → R convexe, a, b réels avec a < b, g : [a ; b] → R continue. Montrer que
f
1
b−a
Z
b
!
g(t) dt ≤
a
1
b−a
Z
b
f (x) =
+∞
Z
x
sin t
dt
t
1
f (g(t)) dt
a
(b) Montrer que f est de classe C sur R et exprimer sa dérivée.
(c) Calculer
Z
+∞
f (t) dt
Exercice 35 [ 00696 ] [Correction]
Soit f : [0 ; +∞[ → R continue.
R +∞
On suppose que pour s0 ∈ R, l’intégrale 0 f (t)e−s0 t dt converge.
R +∞
Montrer que l’intégrale 0 f (t)e−st dt converge pour tout s > s0 .
0
Exercice 40 [ 02829 ] [Correction]
Donner un exemple de f ∈ C0 (R+ , R+ ) intégrable et non bornée.
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Exercice 41 [ 02824 ] [Correction]
Existence et calcul de
Enoncés
(a) Montrer que
Z
π/2
√
I(a) =
tan θ dθ
Z
0
0
+∞
a2
exp − x + 2
x
Z
f : x 7→
1
x
I(a) =
et
dt
t
Z
√
a
exp − x2 +
0
Exercice 47 [ 02834 ] [Correction]
Si x > 1, on pose
+∞
−∞
!!
dx
1
dt
1 + (t + ib)2
Exercice 44 [ 03753 ] [Correction]
[Inégalité de Hardy] Soit f : [0 ; +∞[ → R continue et de carré intégrable. Pour x > 0, on
pose
Z
1 x
g(x) =
f (t) dt
x 0
(a) Montrer que g2 est intégrable sur ]0 ; +∞[ et que
Z +∞
Z +∞
g2 (t) dt ≤ 4
f 2 (t) dt
0
0
(b) Montrer que f g est intégrable et
Z +∞
Z
2
g (t) dt = 2
a2
x2
!! a
1 + 2 dx
x
(c) En déduire la valeur de I(a) pour a ∈ R.
Exercice 43 [ 02825 ] [Correction]
Existence et calcul éventuel de
Z
2
existe pour tout a ∈ R.
(b) Justifier que pour a > 0,
Exercice 42 [ 00183 ] [Correction]
Étudier l’intégrabilité en 0 de
0
5
ζ(x) =
+∞
X
1
x
n
n=1
(a) Quelle est la limite de ζ(x) quand x → +∞ ?
P
n
(b) Pour quels réels x la série ζ(n)
n x converge-t-elle ?
(c) Si
+∞
X
ζ(n) n
F(x) =
x
n
n=2
montrer que F est continue sur [−1 ; 1[ et de classe C1 sur ]−1 ; 1[.
(d) Donner une expression plus simple de F(x)
Exercice 48 [ 02838 ] [Correction]
Soient α ∈ R et si n ∈ N,
+∞
un : x ∈ [0 ; 1] 7→ nα xn (1 − x) ∈ R
f (t)g(t) dt
0
Exercice 45 [ 03884 ] [Correction]
Pour α ∈ R, étudier l’existence et déterminer l’éventuelle valeur de
Z +∞
dx
2
x + αx + 1
0
Étudier le mode convergence de la suite de fonctions (un ), puis de la série de fonctions
P
un .
Exercice 49
On pose
[ 02839 ]
[Correction]
u0 (x) = 1 et un+1 (x) =
Z
x
un (t − t2 ) dt
0
Exercice 46
[ 03977 ]
[Correction]
pour tout réel x ∈ [0 ; 1] et tout entier naturel n.
Montrer que la série de terme général un est normalement convergente.
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Exercice 50 [ 02833 ] [Correction]
On note U l’ensemble des complexes de module 1 et on considère ω un complexe de
module , 1.
Exprimer une condition nécessaire et suffisante pour que la fonction
z 7→
1
z−ω
soit limite uniforme sur U d’une suite de fonctions polynomiales.
Enoncés
6
Exercice 55 [ 02835 ] [Correction]
Si x > 0 et n ∈ N∗ , soit
n x n!
k=0 (x + k)
fn (x) = Qn
(a) Montrer l’existence de Γ(x) = limn→+∞ fn (x).
(b) Montrer
+∞ X
x
x − ln 1 +
ln Γ(x) = − ln x − γx +
n
n
n=1
(c) Montrer que Γ est une fonction de classe C1 .
Exercice 51 [ 03754 ] [Correction]
Soit f : R+ → R continue décroissante et intégrable.
Montrer l’existence d’une fonction g : R+ → R continue vérifiant
∀x ∈ R+ , g(x + 1) − g(x) = f (x)
Exercice 56 [ 02836 ] [Correction]
Soit α un réel. Pour tout entier n > 0 et tout réel x, on pose
un (x) =
On note I le domaine de définition de
Exercice 52 [ 02830 ] [Correction]
On pose, pour x ≥ 0,
1
f p (x) =
(1 + x)1+1/p
Étudier la convergence simple puis uniforme de la suite de fonctions ( f p ) p∈N∗ .
Exercice 53
[ 03978 ]
nα x e−nx
n2 + 1
[Correction]
(a) Montrer qu’il existe une unique fonction f : ]0 ; +∞[ → R de limite nulle en +∞ et
vérifiant
1
∀x > 0, f (x) + f (x + 1) = 2
x
(b) Montrer que f est continue et intégrable sur [1 ; +∞[.
(c) Calculer
Z
+∞
f (t) dt
S : x 7→
∞
X
un (x)
n=0
(a)
(b)
(c)
(d)
Déterminer I.
Montrer que S est continue sur R∗+ .
A-t-on convergence normale sur R+ ?
On suppose α ≥ 2. Montrer que
∞
X
uk (1/n)
k=n+1
ne tend pas vers 0 quand n tend vers +∞.
P
La convergence de la série de fonctions un est-elle uniforme sur I ?
(e) Étudier la continuité de S sur I.
1
Exercice 57
On pose
Exercice 54 [ 02831 ] [Correction]
Soit f : [0 ; 1] → [0 ; 1] donnée par
[ 02837 ]
[Correction]
S (x) =
f (x) = 2x(1 − x)
Étudier la convergence de ( fn ) où fn est l’itéré n-ième de f .
+∞
X
n=0
xn
1 + xn
Étudier le domaine de définition, la continuité, la dérivabilité de S . Donner un équivalent
de S en 0 et en 1− .
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7
Exercice 62 [ 03851 ] [Correction]
Soit a ∈ R. Déterminer limn→+∞ Ann avec
Exercice 58 [ 03203 ] [Correction]
Définition, continuité et dérivabilité de
S : x 7→
Enoncés
+∞
X
n=1
x
n(1 + n2 x2 )
Exercice 59 [ 02728 ] [Correction]
Soit M ∈ Mn (C). Montrer l’équivalence de :
(i) toute valeur propre de M est de module strictement inférieur à 1 ;
(ii) la suite (M k ) tend vers 0 ;
(iii) la série de terme général M k converge.
Exercice 60 [ 02768 ] [Correction]
Soit E un sous-espace vectoriel de dimension finie d ≥ 1 de l’espace C([0 ; 1], R) de
fonctions continues.
(a) Établir l’existence de (a1 , . . . , ad ) ∈ [0 ; 1] tel que l’application
d
N : f ∈ E 7→
d
X
| f (ai )|
i=1
soit une norme.
(b) Soit ( fn ) une suite de fonctions de E qui converge simplement vers une fonction
f : [0 ; 1] → R.
Montrer que f est élément de E et que la convergence est uniforme.
Exercice 61 [ 02767 ] [Correction]
Soient E = C([0 ; 1], R) et E + l’ensemble des fonctions de E qui sont positives et ne
s’annulent qu’un nombre fini de fois. Pour toute fonction ϕ ∈ E + et pour toute fonction
f ∈ E on pose
Z 1
k f kϕ =
| f (t)| ϕ(t) dt
0
(a) Montrer que k.kϕ est une norme sur E
(b) Montrer que si ϕ1 et ϕ2 sont deux applications strictement positives de E + alors les
normes associées sont équivalentes.
(c) Les normes k.k x et k.k x2 sont elles équivalentes ?
−a/n
1
1
An =
a/n
!
Exercice 63 [ 03925 ] [Correction]
Soit A ∈ Mn (R) une matrice antisymétrique telle que la suite (Ak )k∈N converge vers B
dans Mn (R).
Que dire de B ?
Exercice 64 [ 02766 ] [Correction]
Soit (E, k.k) un espace vectoriel normé sur K(K = R ou C).
(a) Montrer que pour tous x, y ∈ E
kxk + kyk ≤ 2 max {kx + yk , kx − yk}
(b) Montrer que l’on peut avoir l’égalité avec x , 0 et y , 0.
Désormais la norme est euclidienne.
(c) Montrer que pour tous x, y ∈ E
√
kxk + kyk ≤ 2 max {kx + yk , kx − yk}
√
(d) Peut-on améliorer la constante 2 ?
Exercice 65 [ 02832 ] [Correction]
Soient d un entier naturel et ( fn ) une suite de fonctions polynomiales de R dans R de
degré au plus d. On suppose que cette suite converge simplement.
Montrer que la limite est polynomiale de degré au plus d, la convergence étant de plus
uniforme sur tout segment.
Exercice 66 [ 02741 ] [Correction]
Soit K ∈ C [0 ; 1]2 , R non nulle telle que
∀(x, y) ∈ [0 ; 1]2 , K(x, y) = K(y, x)
On note E = C ([0 ; 1], R). Pour f ∈ E, soit
Φ( f ) : x ∈ [0 ; 1] →
Z
1
K(x, y) f (y) dy ∈ R
0
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Enoncés
(a) Vérifier que Φ ∈ L(E).
8
(b) Même question avec les fonctions dérivables.
(b) L’application Φ est-elle continue pour kk∞ ? pour kk1 ?
(c) Montrer que
∀ f, g ∈ E, (Φ( f ) | g) = ( f | Φ(g))
Soit
Ω = max
Z
0≤x≤1
1
!−1
|K(x, y)| dy
0
(d) Montrer
∀λ ∈ ]−Ω ; Ω[, ∀h ∈ E, ∃! f ∈ E, h = f − λΦ( f )
(e) Si λ ∈ R , montrer que :
∗
dim ker(Φ − λ Id) ≤
1
λ2
Exercice 70 [ 02779 ] [Correction]
Montrer qu’un hyperplan d’un espace vectoriel normé (E, kk) est dense ou fermé dans E.
Exercice 71 [ 02770 ] [Correction]
On munit l’espace des suites bornées réelles B(N, R) de la norme kuk∞ = supn (|un |).
(a) Montrer que l’ensemble des suites convergentes est un fermé de B(N, R).
(b) Montrer que l’ensemble des suites (an ) qui sont terme général d’une série
absolument convergente n’est pas un fermé de B(N, R).
"
K(x, y)2 dx dy
[0;1]2
Exercice 67 [ 01129 ] [Correction]
Montrer qu’une forme linéaire est continue si, et seulement si, son noyau est fermé.
Exercice 72 [ 02780 ] [Correction]
On note E l’ensemble des fonctions réelles définies et continues sur [0 ; +∞[ et dont le
carré est intégrable. On admet que E est un espace vectoriel réel. On le munit de la norme
sZ
+∞
. : f 7→
f 2 (t) dt
2
Exercice 68 [ 02828 ] [Correction]
Soit f ∈ C([a ; b], R). On suppose que pour tout n ∈ N,
Z b
xn f (x) dx = 0
0
On note E0 l’ensemble des f ∈ E telles que f est nulle hors d’un certain segment. On note
2
F l’ensemble des fonctions de E du type x 7→ P(e−x )e−x /2 où P parcourt R[X]. Montrer
que E0 est dense dans E puis que F est dense dans E.
a
(a) Montrer que la fonction f est nulle.
(b) Calculer
In =
+∞
Z
n −(1−i)x
x e
dx
0
(c) En déduire qu’il existe f dans C([0 ; +∞[, R) non nulle, telle que, pour tout n dans N,
on ait
Z +∞
xn f (x) dx = 0
0
Exercice 73 [ 02771 ] [Correction]
P
Soit E l’ensemble des suites (an )n≥0 de C telles que la série |an | converge. Si a = (an )n≥0
appartient à E, on pose
+∞
X
kak =
|an |
n=0
(a) Montrer que k.k est une norme sur E.
(b) Soit
Exercice 69
[ 02774 ]
[Correction]


+∞


X




F=
a∈E|
an = 1




n=0
(a) Chercher les fonctions f : [0 ; 1] → [0 ; 1] continues vérifiant
L’ensemble F est-il ouvert ? fermé ? borné ?
f◦f = f
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Enoncés
Exercice 74 [ 02773 ] [Correction]
Pour n ∈ N∗ , On désigne l’ensemble des polynômes réels de degré n scindés à racines
simples et Fn l’ensemble des polynômes de Rn [X] scindés à racines simples.
Ces ensemble sont-ils ouverts dans Rn [X] ?
Exercice 79
On pose
9
[ 02853 ]
[Correction]
an =
+∞
Z
n
th t
dt
t2
pour n ∈ N∗ .
Exercice 75 [ 02775 ] [Correction]
Soient (E, k.k) un espace vectoriel normé, K un compact non vide de E et f : K → K telle
que
∀(x, y) ∈ K 2 , x , y =⇒ k f (x) − f (y)k < kx − yk
P
n
(a) Étudier la convergence de la série +∞
n=1 an x entière pour x réel.
On note f (x) la somme de cette série entière.
(b) La fonction f est-elle continue en −1 ?
(c) Donner un équivalent simple de f en 1− .
(a) Montrer qu’il existe un unique point fixe c de f sur K.
(b) Soit (xn ) telle que xn+1 = f (xn ) et x0 ∈ K. Montrer que la suite (xn ) converge vers c.
Exercice 80 [ 02852 ] [Correction]
Domaine de définition et étude aux bornes de
+∞
X
1
ln 1 + xn
n
n=1
Exercice 76 [ 02772 ] [Correction]
Soient f une fonction de R dans R et
Γ f = {(x, f (x)) | x ∈ R}
son graphe.
(a) On suppose f continue. Montrer que Γ f est fermé.
Exercice 81 [ 02851 ] [Correction]
Soient a > 0 et f ∈ C∞ (]−a ; a[, R) telle que
(b) On suppose f bornée et Γ f est fermé dans R2 . Montrer que f est continue.
(c) Le résultat précédent subsiste-t-il si l’on ne suppose plus f bornée ?
Exercice 77 [ 02778 ] [Correction]
Soient (E, kk) un espace vectoriel normé et F un sous-espace vectoriel de dimension finie
de E.
(a) Montrer
∀x ∈ E, ∃y ∈ F, d(x, F) = kx − yk
(b) Montrer, si F , E, qu’il existe u ∈ E tel que d(u, F) = kuk = 1.
(c) Montrer que E est de dimension finie si, et seulement si, la boule unité fermée
B = x ∈ E kxk ≤ 1 est une partie compacte.
∀n ∈ N, ∀x ∈ ]−a ; a[, f (n) (x) ≥ 0
(a) Si |x| < r < a, montrer
n
X
f (k) (0) k x n+1
f (x) −
≤ f (r)
x
k!
r
k=0
(b) Montrer que f est développable en série entière sur ]−a ; a[.
(c) Montrer que x 7→ tan x est développable en série entière sur ]−π/2 ; π/2[.
Exercice 82 [ 02850 ] [Correction]
On pose a0 = 1 puis pour tout n ∈ N
an+1 =
Exercice 78 [ 02776 ] [Correction]
Soient E1 et E2 deux espaces vectoriels normés réels, f une application de E1 dans E2
telle que pour tout compact K de E2 , f −1 (K) soit un compact de E1 . Montrer, si F est un
fermé de E1 , que f (F) est un fermé de E2 .
!
n
X
n
an−k ak
k
k=0
Calculer les an en utilisant la série entière de terme général
an n
n! x .
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Enoncés
Exercice 87 [ 02856 ] [Correction]
Soient B = {z ∈ C, |z| ≤ 1} et f une fonction continue de B dans C dont la restriction à B◦
est somme d’une série entière. Montrer qu’il existe une suite (Pk )k≥0 de polynôme
convergeant uniformément vers f sur B.
Exercice 83 [ 02845 ] [Correction]
Rayon de convergence et somme de
+∞
X
x2n+1
3n + 2
n=0
Exercice 84
[ 02844 ]
10
Exercice 88 [ 02848 ] [Correction]
Pour x ∈ ]−1 ; 1[ et α ∈ R, établir
[Correction]
(a) Soit (an ) une suite complexe. On suppose que la série entière
convergence R. Déterminer les rayons de convergence de


n
X
X  X
1  n

n

(an ln n)x et
an
x
k
k=1
(b) Donner un équivalent simple de
P+∞
n=1
P
an xn a pour rayon de
−
n
ln(n)x quand x → 1 .
!
+∞ n
X
x sin α
x
sin(nα) = arctan
n
1 − x cos α
n=1
Exercice 89
[ 02422 ]
[Correction]
(a) Déterminer la décomposition en éléments simples de
1
Exercice 85 [ 02854 ] [Correction]
P
n
Soit une série entière ∞
n=0 an z de rayon de convergence R > 0 et de somme f (z).
(a) Montrer que pour 0 < r < R,
∞
X
n=0
(X +
1)m (X
avec m, n deux entiers non nuls.
(b) Déterminer deux polynômes U et V tels que
|an |2 r2n =
1
2π
Z
2π
(X + 1)m U(X) + (X − 1)n V(X) = 1
2
f (r eiθ ) dθ
0
(b) Que dire de f si | f | admet un maximum local en 0 ?
(c) On suppose maintenant que R = +∞ et qu’il existe P ∈ RN [X] tel que | f (z)| ≤ P(|z|)
pour tout z complexe. Montrer que f ∈ CN [X].
Exercice 90 [ 02857 ] [Correction]
Développer en série entière
Z
x
x 7→
−∞
Exercice 86
[ 01019 ]
− 1)n
dt
1 + t + t2
[Correction]
(a) Former de deux façons le développement en série entière en 0 de
Z x
2
−x2
f : x 7→ e
et dt
Exercice 91
[ 02858 ]
[Correction]
q
Développer en série entière f : x 7→
x+
√
1 + x2 au voisinage de 0.
0
Exercice 92
(b) En déduire la relation
! !
n
X
(−1)k n 2n
4n
=
2k + 1 k n
(2n + 1)
k=0
[ 02859 ]
[Correction]
(a) Montrer, si t ∈ R :
n
it X
(it)k |t|n+1
e −
≤
k! (n + 1)!
k=0
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R +∞
(b) Soit f ∈ C0 (R, R) telle que −∞ |tn | | f (t)| dt
soit bornée.
n≥0
R +∞
itx
Montrer que F : x 7→ −∞ e f (t) est développable en série entière en 0.
Z
1
11
Exercice 98 [ 02842 ] [Correction]
P √2
Quel est le rayon de convergence de π n +2n x2n ?
Exercice 99 [ 02843 ] [Correction]
P
Soit α ∈ R. Quel est le rayon de convergence de n≥1
Exercice 93 [ 02865 ] [Correction]
Étudier la limite de la suite de terme général
In = n
Enoncés
ln(1 + tn ) dt
0
Exercice 100 [ 02855 ] [Correction]
Pour n ∈ N∗ , on pose
In =
Exercice 94
[ 03747 ]
(a) Donner l’ensemble de définition de
f (x) =
+∞
X
ln 1 +
n=1
R1
0
(−1)E(1/x)
x
!
1 n
x
n
dx où E est la fonction partie entière.
(c) Donner un équivalent de f en x = 1
Exercice 101
Étudier
[ 02874 ]
[Correction]
Z
0
[ 02808 ]
+∞
X
Exercice 102
1
(3n + 2) × 3n
[ 02863 ]
t−1 x
t dt
ln t
[Correction]
(a) Établir pour a, b > 0 l’égalité
Z
0
[ 02847 ]
1
[Correction]
n=0
Exercice 96
n
e−t dt
(a) Déterminer la limite de (In ).
(b) Donner un équivalent de (In ).
(c) Déterminer le rayon de convergence R de la série entière de terme général In xn .
Étudier sa convergence en R et en −R.
f : x 7→
Exercice 95
Calculer
?
1
[Correction]
(b) Calculer f (−1) et
+∞
Z
cos(nα) n
x
n
[Correction]
(a) Déterminer le rayon de convergence R de
X
n≥0
1
(b) Calculer
n!
xn
1 × 3 × · · · × (2n + 1)
(b) Pour x ∈ ]−R ; R[ calculer la somme précédente.
Exercice 97 [ 02841 ] [Correction] √
On note an la n-ième décimale de 3.
P
n
Quel est l’intervalle de définition de +∞
n=1 an x ?
+∞
X (−1)n
ta−1
dt
=
a + nb
1 + tb
n=0
+∞
X
(−1)n
3n + 1
n=0
Exercice 103 [ 02873 ] [Correction]
Pour tout x réel, on pose
Z +∞
Z +∞
cos(xt) −t
sin(xt) −t
f (x) =
√ e dt et g(x) =
√ e dt
t
t
0
0
Existence et calcul de ces deux intégrales.
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Exercice 104 [ 02867 ] [Correction]
Soit (an ) une suite croissante de réels > 0 telle que an → +∞.
Justifier
Z +∞ X
+∞
+∞
X
(−1)n
(−1)n e−an x dx =
an
0
n=0
n=0
Enoncés
12
Exercice 110 [ 02871 ] [Correction]
Pour x ∈ R, on pose
f (x) =
+∞
Z
0
sin(xt)
dt
et − 1
(a) Définition de f .
(b) Continuité et dérivabilité de f .
Exercice 105
Établir
[ 00933 ]
[Correction]
(c) Écrire f (1) comme somme de série.
Z
1
x x dx =
+∞
X
(−1)n−1
0
n=1
Exercice 106 [ 02435 ] [Correction]
Étudier la limite de
nn
1
Z
f (tn ) dt
0
où f : [0 ; 1] → R est continue.
Exercice 111 [ 02875 ] [Correction]
Soit Ω = {z ∈ C | Re z > −1}. Si z ∈ Ω, on pose
Z 1 z
t
dt
f (z) =
1
+t
0
(a) Montrer que f est définie et continue sur Ω.
(b) Donner un équivalent de f (x) quand x tend vers −1.
(c) Donner un équivalent de f (z) quand Re(z) → +∞.
Exercice 107
Calculer
[ 02862 ]
[Correction]
Z
+∞
lim
n→+∞
Exercice 108
[ 02878 ]
n!
dx
k=1 (k + x)
Qn
0
Exercice 112 [ 02881 ] [Correction]
Existence et calcul de
Z
0
[Correction]
(a) Pour quels x de R l’intégrale
Z
π/2
(sin t) x dt
0
existe-t-elle ? Dans ce cas, soit f (x) sa valeur.
(b) Montrer que f est de classe C1 sur son intervalle de définition.
(c) Que dire de la fonction
x 7→ (x + 1) f (x) f (x + 1) ?
Exercice 109 [ 00150 ] [Correction]
Soit f ∈ C0 (R+ , R+ ) bornée. On pose, pour n ∈ N,
Z +∞
In =
n f (t) e−nt dt
0
2π
ln(1 + x cos t)
dt
cos t
Exercice 113 [ 02880 ] [Correction]
Montrer que, pour tout x réel positif,
Z +∞
Z x
arctan(x/t)
ln t
dt
dt =
2
2−1
1
+
t
t
0
0
Exercice 114 [ 02882 ] [Correction]
On pose, pour x > 0,
1
f (x) =
x
Z
0
+∞
1 − e−tx
dt
1 + t2
Montrer que f est de classe C sur ]0 ; +∞[ et trouver des équivalents simples de f en 0 et
en +∞.
2
Déterminer la limite de In quand n → +∞.
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Exercice 115 [ 02876 ] [Correction]
Existence et calcul de
Enoncés
13
(a) Justifier la définition de f (x).
f (x) =
+∞
Z
0
ln(x2 + t2 )
dt
1 + t2
(b) Montrer que f est classe C1 sur R∗+ .
(c) Calculer f (x) si x ∈ R∗+ .
(d) Montrer que f est continue en 0. Qu’en déduit-on ?
Exercice 116
[ 02807 ]
[Correction]
Exercice 119 [ 02864 ] [Correction]
Existence et calcul de
2
(a) Pour (m, n) ∈ N , calculer
1
Z
xn (1 − x)m dx
0
Le résultat est à exprimer à l’aide de ζ(2).
+∞
X
np
2n
Sp =
n=1
n
(b) Calculer S 0 et S −1 .
Exercice 120 [ 02866 ] [Correction]
Soit (an )n≥0 une suite bornée. Calculer
(a) Si (s, λ) ∈
−2t
lim
e
n→+∞
R∗+
+∞
Z
(c) Si p ∈ N, proposer une méthode de calcul de S p .
[ 02840 ]
ln t
dt
1 − t2
0
Pour p ∈ Z, montrer l’existence de
Exercice 117
1
Z
0

 +∞
X t p 
 a p  dt

p! 
p=n
[Correction]
× C, quelle est la nature de la série de terme général
λn
s(s + 1) . . . (s + n)
pour n ≥ 0 ? À λ fixé, on note ∆λ l’ensemble des s > 0 tels que la série converge, et
on note Fλ (s) la somme de cette série.
(b) Calculer lim s→sup ∆λ Fλ (s).
(c) Donner un équivalent de Fλ (s) quand s → inf ∆λ .
Exercice 121
Montrer
[ 02869 ]
[Correction]
+∞
X
1
(1 − y) s−1 yn dy
n
=
1
Z
t−t dt
0
n=1
Exercice 122 [ 02870 ] [Correction]
P
1
Si x > 1, on pose ζ(x) = +∞
n=1 n x . Montrer
Z
+∞
(d) Si n ≥ 1, calculer :
Z
−n
(ζ(x) − 1) dx =
2
+∞
X
n=2
1
n2 ln n
0
(e) En déduire une expression intégrale de Fλ (s).
Exercice 118 [ 02872 ] [Correction]
Pour x ∈ R+ , soit
f (x) =
Exercice 123 [ 00118 ] [Correction]
Soit, pour n ∈ N,
un =
Z
π/2
cos
π
0
Z
0
+∞
sin t −tx
e dt
t
2
n
sin x
dx
(a) Étudier la convergence de la suite (un )n≥0 .
(b) Quelle est la nature de la série de terme général un ?
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Exercice 124 [ 03287 ] [Correction]
Donner la nature de la série de terme général
Z +∞
un =
e−t cos2n t dt
Enoncés
14
Exercice 130 [ 02892 ] [Correction]
Déterminer les fonctions f : R∗+ → R dérivables telles que
∀x > 0, f 0 (x) = f (1/x)
0
Exercice 131
Résoudre
Exercice 125 [ 02893 ] [Correction]
Résoudre sur ]0 ; π[
y00 + y = cot x
Exercice 126
[ 02894 ]
(a) Résoudre sur
R∗+
[ 02889 ]
[Correction]
x ln xy0 − (3 ln x + 1)y = 0
[Correction]
par variation des constantes l’équation différentielle
Exercice 132 [ 02709 ] [Correction]
Soit A ∈ Mn (K) avec K = R ou C telle que A4 = In . Déterminer exp(A).
y00 + y = 1/x
(b) En déduire une expression de
f (x) =
+∞
Z
e−tx
0
dt
1 + t2
valable pour x > 0.
(c) Calculer
+∞
Z
0
sin t
dt
t
Exercice 133 [ 02900 ] [Correction]
On munit Rn de sa structure euclidienne canonique et on identifie L(Rn ) avec Mn (R).
Soit A ∈ Mn (R). Montrer que les assertions suivantes sont équivalentes :
(i) la matrice A est antisymétrique ;
(ii) chaque solution Y du système différentiel Y 0 = AY est de norme constante.
Exercice 134 [ 02725 ] [Correction]
Si A ∈ Mn (C), montrer que det eA = etr A .
Exercice 127 [ 02896 ] [Correction]
Soit f ∈ C∞ (R, C) 2π-périodique. Existe-t-il y ∈ C∞ (R, C) 2π-périodique et solution de
y00 + y = f ?
Exercice 128 [ 02895 ] [Correction]
Soit f ∈ C1 (R+ , R) monotone ayant une limite finie en +∞.
Montrer que les solutions de l’équation y00 + y = f sont bornées.
Exercice 129 [ 02890 ] [Correction]
Trouver les fonctions f : R → R continues telles que pour tout x réel
Z x
f (x) − 2
f (t) cos(x − t) dt = 1
Exercice 135 [ 02742 ] [Correction]
Soit A une matrice antisymétrique de Mn (R).
Que peut-on dire de exp A ?
Exercice 136 [ 00391 ] [Correction]
Résoudre le système différentiel suivant
 0

x =y+z


 0
y =x



 z0 = x + y + z
0
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Exercice 137
On pose
[ 02710 ]
[Correction]
Enoncés
15
Étudier la diagonalisabilité de A, déterminer les polynômes minimal et caractéristique de
A, calculer exp A. Proposer une généralisation en dimension n.

0

A = 1

0
1
0
1

0

1

0
Sans diagonaliser la matrice A, déterminer son polynôme caractéristique, son polynôme
minimal et calculer Ak pour k ∈ N.
Évaluer exp(A).
Exercice 142 [ 04145 ] [Correction]
Soit n ∈ N∗ et f : Mn (R) → Rn l’application définie par
f (M) = tr M , tr M 2 , . . . , tr M n
(a) Montrer que f est différentiable et calculer sa différentielle en M ∈ Mn (R).
Exercice 138 [ 02902 ] [Correction]
Résoudre le système différentiel linéaire
 0

x = x−z


 0
y = x+y+z



 z0 = −x − y + z
Exercice 139 [ 02701 ] [Correction]
Soient a ∈ R∗ et

 0

A =  1/a
 2
1/a

a a2 

0
a 

1/a 0
(a) Calculer le polynôme minimal de A.
(b) La matrice A est-elle diagonalisable ? Si oui, la diagonaliser.
(c) Calculer eA .
Exercice 140
Soit
[ 02711 ]
[Correction]
(c) Montrer que l’ensemble des matrices de Mn (R) dont le polynôme minimal est de
degré n est une partie ouverte de Mn (R).
Exercice 143 [ 04146 ] [Correction]
Soit f une fonction différentiable au départ de Rn et à valeurs dans R. On suppose que
d f (x) · x ≥ 0 pour tout vecteur x ∈ Rn tel que kxk ≥ 1.
Montrer que f admet un minimum absolu.
Exercice 144 [ 02907 ] [Correction]
Soit, pour n ∈ N∗ ,
un : (x, y) 7→
cos(ny) n
√ x
n
On note D l’ensemble des (x, y) ∈ R2 tels que la série de terme général un (x, y) converge.
On pose
∞
X
f : (x, y) 7→
un (x, y)
n=1

0

A = 0

0
0
0
−1

0

1

0
dans M3 (R). Déterminer le polynôme caractéristique et le polynôme minimal de A.
Calculer exp A et exp(A) exp(t A).
Exercice 141
Soit
(b) Comparer le rang de d f (M) et le degré du polynôme minimal de M.
[ 02712 ]
(a) Déterminer D.
(b) Montrer que fD◦ est de classe C1 .
Exercice 145
On pose
[ 02905 ]
[Correction]
f (x, y) = xy
[Correction]

 1

A =  j
 2
j
j
j2
1

j2 

1 

j
x 2 − y2
x 2 + y2
pour x, y réels non tous deux nuls.
La fonction f admet-elle un prolongement continue à R2 ? Un prolongement de classe
C1 ? de classe C2 ?
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Enoncés
Exercice 150 [ 02911 ] [Correction]
Calculer l’aire maximale d’un triangle inscrit dans un cercle de rayon r.
Exercice 146 [ 02906 ] [Correction]
Soit g : R → R de classe C2 . On pose
f (x, y) =
16
g(x) − g(y)
pour x , y et f (x, x) = g0 (x)
x−y
(a) Exprimer f (x, y) à l’aide d’une intégrale sur l’intervalle [0 ; 1].
Exercice 151 [ 00071 ] [Correction]
Soit a > 0. On pose, pour x > 0 et y > 0,
(b) En déduire que f est de classe C1 .
Exercice 147
[ 02912 ]
f (x, y) = x2 + y2 +
a
xy
Montrer que f admet un minimum absolu et calculer ce dernier.
[Correction]
(a) Soit α ∈ R. Trouver les f ∈ C1 (R × R∗+ , R) telles que
x
∂f
∂f
+y
= αf
∂x
∂y
(b) Trouver toutes les f ∈ C1 (R × R∗+ , R) telles que
q
∂f
∂f
x
x
x 3 + y3
+y
=
∂x
∂y
y
Exercice 148 [ 02910 ] [Correction]
Trouver les extrema sur R2 de
Exercice 152
Si p ∈ N, soit
[ 02904 ]
[Correction]
f p : (x, y) ∈ R2 \ {(0, 0)} 7→ (x + y) p sin p
1
x2 + y2
(a) Condition nécessaire et suffisante pour que f p se prolonge par continuité en (0, 0) ?
(b) La condition de a) étant remplie, condition nécessaire et suffisante pour que le
prolongement obtenu soit différentiable en (0, 0) ?
Exercice 153 [ 02903 ] [Correction]
Soient (x1 , . . . , xn , h1 , . . . , hn ) ∈ R2n , f ∈ C1 (Rn , R) et, si t ∈ R,
f (x, y) = x4 + y4 − 2(x − y)2
g(t) = f (x1 + th1 , . . . , xn + thn )
Calculer g0 (t).
Exercice 149 [ 02913 ] [Correction]
On note U l’ensemble des (x, y) de R2 tels que x > 0 et E = C∞ (U, R). Soit f : U → R et
α ∈ R ; on dit que f est homogène de degré α si f (tx, ty) = tα f (x, y) pour tous t ∈ R∗+ ,
(x, y) ∈ U. On pose :
∀ f ∈ E, ∀(x, y) ∈ U, Φ( f )(x, y) = x
∂f
∂f
(x, y) + y (x, y)
∂x
∂y
(a) Déterminer ker Φ.
(b) Soit f ∈ E. Montrer que f est homogène de degré α si, et seulement si, Φ( f ) = α f .
(c) Résoudre l’équation d’inconnue f ∈ E, Φ( f ) = h, h étant la fonction qui à (x, y)
associe (x2 + y2 )3/2 xy.
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Corrections
Corrections
Pour t , −1,
Exercice 1 : [énoncé]
On remarque
17
n X
m
X
Quand m → +∞,
n X
m
X
de sorte que
n
X
vk ≥
k=0
P
un diverge alors
P
n+1
2X
−1
n
k=1
Ainsi, si
P
un converge alors
P
(−1)i+ j ti+ j+1 →
uk
uk ≥
n
1X
2
1
vn+1
2
i=0
n
X
i=0
Quand n → +∞,
n X
m
X
m→∞
vk
i=0 j=0
Exercice 4 : [énoncé]
Le terme
un =
vn
n2
(n + 1)2 − n2
n2
P
ce qui permet d’affirmer que les sommes partielles de la série à termes positifs un sont
P
majorées et donc un converge.
P
P
1
on a vn = n1 de sorte que un converge et vn diverge.
Inversement, pour un = n3/2
Exercice 3 : [énoncé]
Pour t = −1,
k2
est bien défini en tant que reste d’une série alternée satisfaisant au critère spécial.
Pour N ≤ K entiers,
N X
K
X
(−1)k
uk ≤ vn
t
(1 + t)2
+∞
X
(−1)k
k=n
donc
2
(−1)i+ j ti+ j+1 →
k=1
0 ≤ uk ≤ un2 ≤
k=n2
ti+1
1+t
1 − (−t)n+1
ti+1
=t
1+t
(1 + t)2
(−1)i
Exercice 2 : [énoncé]
P
Supposons que vn converge. Pour n2 ≤ k < (n + 1)2 ,
(n+1)
X−1
(−1)i
si |t| < 1 et diverge sinon.
lim
vn aussi par comparaison de séries à termes positifs.
0≤
n
X
1 − (−t)m+1
1+t
k=1
u2n + · · · + u2n+1 −1 ≥
2X
−1
(−1)i ti+1
i=0 j=0
vn aussi par comparaison de séries à termes positifs.
donc
n
X
i=0
i=0 j=0
vn ≥ u2n + u2n +1 + · · · + u2n+1 −1
Ainsi, si
Aussi
(−1)i+ j ti+ j+1 =
n=1 k=n
k2
=
N X
k
X
(−1)k
k=1 n=1
k2
+
K X
N
X
(−1)k
k2
k=N+1 n=1
D’une part
N X
k
X
(−1)k
k=1 n=1
k2
=
N
X
(−1)k
k=1
k
D’autre part
K X
N
K
X
X
(−1)k
(−1)k
=
N
k2
k2
k=N+1 n=1
k=N+1
n X
m
X
i=0 j=0
ce qui permet de conclure.
(−1)i+ j ti+ j+1 = −(m + 1)(n + 1)
En passant à la limite quand K → +∞
N
X
n=1
un =
N
X
(−1)k
k=1
k
+∞
X
(−1)k
+N
k2
k=N+1
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18
n
Or
Par le critère spécial, (−1)
na est terme général d’une série convergente.
Par comparaison de séries à termes positifs
!
1
1 1
1 1
− 2a + o 2a ∼ − 2a
2n
2n
n
!
+∞
X
1
(−1)k
=O 2
k2
N
k=N+1
donc quand N → +∞,
N
X
un →
n=1
Ainsi
Corrections
P
un est convergente et
+∞
X
(−1)k
+∞
X
est terme général d’une série convergente si, et seulement si, a > 1/2.
Finalement, la série étudiée converge si, et seulement si, a > 1/2.
k
k=1
un = − ln 2
Exercice 7 : [énoncé]
(a) Le rapport uun+1
tend vers 1 donc la suite (un ) est de signe constant à partir d’un
n
certain rang ; quitte à passer à l’opposé on peut supposer un > 0 pour n assez grand.
Posons
wn = ln((n + 1)λ un+1 ) − ln(nλ un )
n=1
Exercice 5 : [énoncé]
Posons
Sn =
n
X
On a
ak
!
1
λ
wn = λ ln 1 +
+ ln 1 − + vn
n
n
k=1
On peut écrire
n
X
a2k
=
k=1
n
X
ak (S k − S k−1 )
k=1
En séparant la somme en deux et en reprenant l’indexation de la deuxième somme
n
X
a2k =
k=1
n
X
k=1
ak S k −
n−1
X
ak+1 S k
k=0
ce qui donne (sachant S 0 = 0)
n
X
a2k =
n
X
k=1
(ak − ak+1 )S k + an+1 S n
est le terme général d’une série absolument convergente. Par conséquent la suite
(ln(nλ un )) converge et donc (nλ un ) aussi.
nn
(b) Posons un = n!e
n . On a
!
1
1
un+1
=1−
+O 2
un
2n
n
P
En reprenant l’étude qui précède on peut affirmer que n1/2 un → ` > 0 donc un
diverge.
Ce résultat peut être confirmé par la formule de Stirling.
Exercice 8 : [énoncé]
On a
k=1
La suite (S n ) converge, elle est donc bornée par un certain réel M.
D’une part an → 0 et donc an+1 S n → 0.
P
D’autre part |(ak − ak+1 )S k | ≤ M |ak − ak+1 | et donc la série (an − an+1 )S n converge
absolument.
P
Par addition de convergence, on peut conclure que la série a2n converge.
!
!
1 a (−1)n (a + 1)
1
(−1)n
− ln 1 +
= √ −
+ O 3/2
un = ln 1 + √
2
n
2n
n
n
n
P
Par suite, la série un converge si, et seulement si, a = −1.
Exercice 9 : [énoncé]
On a
1
1
un = 1 − α + o α
n
n
Exercice 6 : [énoncé]
On a
ln 1 +
(−1)
na
!
n
=
(−1)n 1 1
1
−
+ o 2a
na
2 n2a
n
!
!!n
= exp −
1
nα−1
+o
1
!!
nα−1
Si α ≥ 1 alors (un ) ne tend pas vers zéro et un est grossièrement divergente.
P
Si α ∈ ]0 ; 1[ alors n2 un → 0 et un est convergente.
P
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Corrections
19
Exercice
12 : [énoncé] √
1
n2 + 1 = n + 2n
+ O n12 donc un =
convergente.
Exercice 10 : [énoncé]
(a) Si α ≤ 1 alors
n
X
1
−→ +∞
kα n→∞
k=1
et donc un → 0 si a ∈ [0 ; 1[, un → 1 si a = 1 et (un ) diverge si a > 1.
P
Si α > 1 alors nk=1 k1α converge et donc (un ) aussi.
(b) Cas α ≤ 1 et a = 1 : un = 1, vn = 0 et on peut conclure.
Pn 1
Cas α < 1 et a ∈ [0 ; 1[ : ` = 0, vn = un , n2 vn = e2 ln n+ k=1 kα ln a → 0 car
n
X
1
1
1
∼
α
α−1
k
α−1n
k=1
P
Cas α = 1 et a ∈ [0 ; 1[ : ` = 0, vn = un = e(ln n+γ+o(1)) ln a ∼ λnln a donc vn converge
si, et seulement si,P ln a < −1 i.e. a < −1/ e.
+∞ 1
Cas α > 1 : ` = a k=1 kα ,
+∞
X
P+∞
1
`
1
vn = `(e− k=n+1 kα − 1) ∼ −`
=−
α
k
(α − 1)nα−1
k=n+1
P
Ainsi vn converge si, et seulement si, α > 2.
Dans chacun des cas précédents, on peut appliquer le critère spécial aux séries
P
alternées et affirmer que (−1)n vn converge.
(−1)n π
2n
1
n2
est terme général d’une série
Exercice 13 : [énoncé]
On sait Rn → 0 donc
Rn−1 = Rn + un = Rn + R2n + o(R2n ) = Rn + o(Rn ) ∼ Rn
et par conséquent
R2
1
1
un
−
=
∼ n2 → 1
Rn Rn−1 Rn Rn−1 Rn
Par le théorème de Césaro
et donc
!
n
1X 1
1
−
→1
n k=1 Rk Rk−1
!
1 1
1
→1
−
n Rn R0
Enfin, sachant Rn → 0 et R0 constant
Rn ∼
Exercice 11 : [énoncé]
(a) Par récurrence 0 ≤ un ≤ u0 /2n .
(b)
+O
1
1
puis un ∼ 2
n
n
Exercice 14 : [énoncé]
!
1 un 2
sin(un /2)
n+1
n
ln(2 un+1 ) − ln(2 un ) = ln
∼−
un /2
6 2
n
est terme général d’une série convergente donc la suite (ln(2 un )) converge et
finalement (2n un ) converge vers un réel A strictement positif.
(a) On sait
Hn =
n
X
1
k=1
k
= ln(n) + γ + o(1)
donc
(c)
un − A2−n = 2−n
+∞ X
2k uk − 2k+1 uk+1
k=n
Or
2k+1 uk 3
A3
∼
6
2
24.22k
Par comparaison de restes de séries convergentes à termes positifs,
2k uk − 2k+1 uk+1 ∼
un − A2−n ∼ 2−n
an = H3n − Hn → ln(3) = λ
+∞
A3 X 1
A3
=
2k
24 k=n 2
18.2−3n
(b) Si on sait
1
1
Hn = ln(n) + γ +
+o
2n
n
!
les choses vont assez vites. . . mais sans doute l’examinateur souhaitera la
démonstration de ce résultat.
! X
! X
!
3n
n
3n
X
1
1
1
1
k−1
an =
+ ln 1 −
−
+ ln 1 −
+
ln
k
k
k
k
k
k=1
k=1
k=n+1
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avec
3n
X
k=n+1
donc
an − λ =
3n
X
1
k=1
Or
P1
k
+ ln 1 −
1
k
k
Corrections
20
√ Puisque 2 − 3 < 1,
ln
√
!
k−1
= ln 3
k
+ ln 1 −
un ∼ −(2 −
3)n π
est terme général d’une série absolument convergente.
! X
!
n
1
1
1
−
+ ln 1 −
k
k
k
k=1
est absolument convergente car
!
1
1
1
+ ln 1 −
∼− 2
k
k
2k
donc an − λ = Rn − R3n avec
Exercice 16 : [énoncé]
On peut supposer α > 0 quitte à passer la suite à l’opposé.
un+1
b−a
=1+
un
n−b
Posons vn = na−b un . ln vn+1 − ln vn = O 1/n2 donc (ln vn ) converge puis
!
+∞
X
1
1
Rn =
+ ln 1 −
k
k
k=n+1
un ∼
A
na−b
avec A > 0
Or par sommation d’équivalent sur des restes de séries convergentes à termes de
signe constant,
+∞
X
1
1
Rn ∼
− 2 ∼−
2n
2k
k=n+1
P
Par conséquent un converge si, et seulement si, a − b > 1.
(n − b)un+1 = (n − a)un donc
(le dernier équivalent s’obtenant, soit par comparaison série intégrale, soit par
1
1
∼ k(k−1)
et sommation télescopique).
k2
Au final
!
1
1
1
1
an − λ = − +
+o
∼−
2n 6n
n
3n
En sommant et en notant S =
Exercice 15 : [énoncé]
En développant par la formule du binôme de Newton
!
n
√ n X
n n−k √ k
2
3
(2 + 3) =
k
k=0
puis en simplifiant les termes d’indices impairs
(2 +
√
3)n + (2 −
√
3)n = 2
!
n n−2p p
2
3 ∈ 2Z
2p
P+∞
n=0
un , on obtient (b + 1)(S − α) − aS = 0 donc
S =
(b + 1)α
b+1−a
Exercice 17 : [énoncé]
On a
1
e− 1+
n
!n
1
=O
n
!
et
j
k
n3/2 − n3/2 + n = n + O(1) ∼ n
donc
bn/2c
X
p=0
On en déduit
(n + 1)un+1 − nun = (b + 1)un+1 − aun
n
!
e − 1 + 1n
1
=
O
n2
n3/2 − n3/2 + n
ce qui permet de conclure à une absolue convergence.
√
un = − sin (2 − 3)n π
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Exercice 18 : [énoncé]
Par comparaison série intégral,
Corrections
21
puis à la limite
n
X
+∞
X
n=1
ln2 k ∼ n(ln n)2
1
= 18 − 24 ln 2
12 + 22 + · · · + n2
k=2
donc
1
nα
∼ 1−α
un = Pn
2
n (ln n)2
k=2 ln k
P
Par référence aux séries de Bertrand, un converge si, et seulement si, α ≤ 0.
Exercice 20 : [énoncé]
Pour t ∈ [0 ; 1/n], on peut affirmer tn ∈ [0 ; 1/n] donc
Z 1/n
1
1
n
sup | f (t) − f (0)|
f (t ) dt − f (0) ≤
n t∈[0;1/n]
n
0
Par continuité de f en 0, on peut affirmer,
Exercice 19 : [énoncé]
On a
n
X
n(n + 1)(2n + 1)
1 + 2 + ··· + n =
k =
6
k=1
2
2
2
sup | f (t) − f (0)| → 0
t∈[0;1/n]
2
et donc
Z
et donc
1
3
∼
12 + 22 + · · · + n2 n3
P
Par comparaison de séries à termes positifs, la série numérique 12 +22 1+···+n2 converge
Par décomposition en éléments simples
6
6
6
24
= +
−
n(n + 1)(2n + 1) n n + 1 2n + 1
En introduisant la constante d’Euler γ, on sait
N
X
n=1
1
= ln N + γ + o(1)
n
Par décalage d’indice
N
X
n=1
N+1
X1
1
=
= ln(N + 1) + γ − 1 + o(1)
n + 1 n=2 n
et en introduisant dans la somme les inverses des nombres pairs absents, on obtient
N
X
n=1
On en déduit
f (tn ) dt ∼
0
Ainsi
un ∼
et
P
n=1
N 18 (N + 1)6
1
=
ln
+ 18 + o(1)
12 + 22 + · · · + n2
(2N + 1)24
1
f (0)
n
f (0)
nα+1
un converge si, et seulement si, α > 0.
Exercice 21 : [énoncé]
Par comparaison série intégrale :
Si α > 0, un ∼ nα+1
α+1 est terme général d’une série absolument convergente.
Si −1 < α < 0, un ∼ nα+1
α+1 n’est pas le terme général d’une série convergente.
1
Si α = −1, un ∼ ln n n’est pas le terme général d’une série convergente.
P
Si α < −1, un 6→ 0 et donc un est grossièrement divergente.
Exercice 22 : [énoncé]
Par sommation géométrique
2N+1
N
X 1 X
1
1
1
1
=
−
= ln(2N + 1) − ln N + γ − 1 + o(1)
2n + 1
n
2n
2
2
n=2
n=1
N
X
1/n
Z 1
N
N Z 1
X
X
(−1)n
1 − (−t4 )N+1
4 n
=
(−t ) dt =
dt
4n + 1 n=0 0
1 + t4
0
n=0
Or
Z 1
Z 1
(−t4 )N+1 1
dt ≤
t4N+4 dt =
→0
4
4N + 5
1+t
0
0
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P (−1)n
donc
4n+1
Corrections
(d) Puisque
converge et
Z 1
+∞
X
(−1)n
dt
=
4n
+
1
1
+
t4
0
n=0
Enfin
Z
Z
(a) La fonction f 0 est bien définie et continue par morceaux sur [1 ; +∞[.
On a
cos(ln x) − sin(ln x)
f 0 (x) =
x2
et donc
0 2
f (x) ≤ 2
x
La fonction x 7→ 1/x2 étant intégrable sur [1 ; +∞[, il en est de même de f 0 par
domination.
(b) Par intégration par parties
Z n
Z n
n
f (t) dt = (t − (n − 1) f (t) n−1 −
(t − (n − 1)) f 0 (t) dt
n−1
donc
Z
n
|un | ≤
(t − (n − 1)) f 0 (t) dt ≤
n−1
Z
n
Exercice 24 : [énoncé]
Puisque la suite (S n ) est croissante
0 ≤ vn ≤
vn ∼ ln(1 + vn ) = ln
1
0 f (t) dt
P
La série un est alors absolument convergente.
(c) Par l’absurde, supposons que la suite (cos(ln n)) converge. La suite extraite
(cos(ln 2n )) = (cos(n ln 2)) aussi. Notons ` sa limite.
Puisque
cos((n + 1) ln 2) + cos((n − 1) ln 2) = 2 cos(n ln 2) cos(ln 2)
on obtient à la limite 2` = 2` cos(ln 2) et donc ` = 0.
Puisque
cos(2n ln 2) = 2 cos2 (n ln 2) − 1
on obtient aussi à la limite ` = 2`2 − 1 ce qui est incompatible avec ` = 0.
n
Pn =
0
1
S n+1
= ln(S n+1 ) − ln(S n )
Sn
P
La série un converge si, et seulement si, la suite ln(S n ) converge et donc si, et seulement
P
si, la série télescopique (ln S n+1 − ln S n ) converge. Par équivalence de série à termes
P
positifs, cela équivaut à affirmer la convergence de la série vn .
Exercice 25 : [énoncé]
Posons
L’intégrabilité de f permet d’introduire 1 | f (t)| dt et d’affirmer que les sommes
P
partielles de la série |un | sont majorées via
Z N
Z +∞ N
X
f 0 (t) dt
0 f (t) dt ≤ |u1 | +
|un | ≤ |u1 | +
un+1
→0
S0
et donc vn → 0. On en tire
n−1
R +∞
0
f (t) dt = − cos(ln n) + cos(ln(n − 1))
PR n
La divergence de la suite (cos(ln n)) entraîne la divergence de la série
f (t) dt.
n−1
P
P
Enfin, puisque la série un converge, on peut alors affirmer que la série f (n)
diverge.
Exercice 23 : [énoncé]
n−1
n
n−1
√



dt
1  2 + 2
= √ ln
√ + π
4
1+t
4 2
2− 2
1
0
n=1
22
1Y
(3k − 1)1/n > 0
n k=1
On a
n
ln(Pn ) =
1X
ln(3k − 1) − ln n
n k=1
Par comparaison série-intégrale
Z n
Z
n
X
ln 2 +
ln(3t − 1) dt ≤
ln(3k − 1) ≤
1
k=1
n+1
ln(3t − 1) dt
1
Or
Z
n
ln(3t − 1) dt =
1
et donc
n
X
3n − 1
ln(3n − 1) − n + C = n ln n + (ln 3 − 1)n + O(ln n)
3
ln(3k − 1) = n ln n + (ln 3 − 1)n + O(ln n)
k=1
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Corrections
23
Exercice 28 : [énoncé]
La bijection réciproque f −1 est dérivable car la dérivée de f ne s’annule pas et
On en déduit
ln Pn −→ ln 3 − 1
n→+∞
puis
Pn →
3
e
1
n2 u
f
−1
 n
2
n
n
n
+∞
X
X
X
X
X √


uk vk  ≤
un
vk ≤
un
vk
On en déduit la divergence de la série
Exercice 27 : [énoncé]
On sait
P
n
X
1
k=1
k
k=0
k=0
Pn
1
k=1 k
ce qui fournit la condition a < e−1 .
En sommant les relations précédentes pour k allant de 1 à n on obtient :
un vn .
f (1) − f (0) =
−1
−1
n
X
k=1
car
k=0
( f −1 )0 (yk,n ) =
1 1
f 0 (xk,n ) n
1
f 0 (xk,n )
Puisque f −1 (1) = 1 et f −1 (0) = 0 car f bijection croissante de [0 ; 1] sur [0 ; 1], on obtient
finalement,
n
X
1
=n
0 (x )
f
k,n
k=1
= ln n + γ + o(1)
= eln a ln n+γ ln a+o(1) ∼
Exercice 29 : [énoncé]
eγ ln a
n− ln a
Par équivalence de séries à termes positifs
X Pn 1
a k=1 k converge ⇐⇒ − ln a > 1
n≥1
P√
un .
et donc
a
et nk , il existe
k
k−1
≤ f (xk,n ) ≤
n
n
1
un vn ∼
n
k=0
k−1
n
En posant xk,n = f −1 (yk,n ), on a
n
Par comparaison de séries à termes positifs, il y a divergence de la série
Or, par l’inégalité de Cauchy-Schwarz
k=0
f −1 (x)
!
! !
k
k k−1
−1 k − 1
−1 0
−f
= f
(yk,n )
−
n
n
n
n
puis
√
1
f0
Appliquons le théorème des accroissements finis à la fonction f −1 entre
k
yk,n ∈ ] k−1
n ; n [ tel que
Exercice 26 : [énoncé]
P
Supposons la série vn convergente. On a vn → 0+ donc 1 + n2 un → +∞ et on en déduit
vn ∼
0
f −1 (x) =
(a) En dérivant la relation ( f ◦ f )(x) = ax + b on obtient
f 0 (x) f 0 ( f (x)) = a
On observe que h admet un unique point fixe α = b/(1 − a).
Si pour tout x ∈ R, f (x) < x alors h(x) = f ( f (x)) < f (x) < x ce qui est contradictoire
avec l’existence d’un point fixe pour h.
De même, on ne peut avoir f (x) > x pour tout x ∈ R. La continuité de f permet alors
d’assurer l’existence d’un point fixe à f (qui ne peut d’ailleurs qu’être α car un point
fixe de f est aussi point fixe de h).
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Corrections
La relation
f 0 (x) f 0 ( f (x)) = a
en x = α donne
( f 0 (α))2 = a
Par suite si a < 0, S = ∅.
24
(b) Supposons que f soit uniformément continue. Pour ε = 1 > 0, il existe un réel α > 0
vérifiant ∀x, y ∈ R, |y − x| ≤ α =⇒ | f (y) − f (x)| ≤ 1. En particulier, pour tout x ∈ R,
| f (x + α) − f (x)| ≤ 1. Or par le théorème des accroissements finis, il existe
ξ x ∈ ]x ; x + α[ vérifiant | f (x + α) − f (x)| = α | f 0 (ξ x )| et donc | f 0 (ξ x )| ≤ 1/α. Cette
propriété est incompatible avec | f 0 (x)| → +∞.
(b) On observe
h(x) = a(x − α) + α
L’application h est une homothétie de centre α et de rapport a.
(c) On a
h−1 ◦ f ◦ h = h−1 ◦ f ◦ f ◦ f = h−1 ◦ h ◦ f = f
En itérant la relation précédente
(h−1 )n ◦ f ◦ hn = f
avec hn (x) = α + an (x − α) et (h−1 )n (x) = α + a−n (x − α).
Supposons a ∈ ]0 ; 1[.
On peut écrire
f (x) = ((h−1 )n ◦ f ◦ hn ) = (h−1 )n ◦ f (α + an (x − α))
Puisque an → 0 et que f est dérivable en α
f (α + an (x − α)) = α + an (x − α) f 0 (α) + o(an )
donc
f (x) = (h−1 )n ◦ f (α + an (x − α)) = α + (x − α) f 0 (α) + o(1)
En passant à la limite quand n → +∞, on peut affirmer que la fonction f est affine.
Puisque de plus√α est point fixe, f est une homothétie de centre α et son rapport ne
peut qu’être ± a.
La réciproque est immédiate.
Dans le cas a > 1, la même étude en partant de
Exercice 31 : [énoncé]
Pour tout ε > 0, il existe α > 0 tel que
√
√
∀x ∈ ]0 ; α], (1 − ε) x ≤ f (x) − f (x/2) ≤ (1 + ε) x
Pour x ∈ ]0 ; α], x/2n ∈ ]0 ; α] pour tout n ∈ N donc
p
p
(1 − ε) x/2n ≤ f (x/2n ) − f (x/2n+1 ) ≤ (1 + ε) x/2n+1
En sommant ces inégalités et en passant à la limite quand n → +∞ on obtient :
√
(1 − ε) x
La phrase quantifiée ainsi obtenue permet d’affirmer
√
x
f (x) ∼
√
1 − 1/ 2
Exercice 32 : [énoncé]
(a) L’ensemble des points fixes de f est ( f − Id)−1 {0}, c’est donc une partie fermée de
[0 ; 1]. Étant fermée et bornée c’est une partie compacte. Étant de plus non vide, cette
partie admet un plus petit et un plus grand élément.
(b) Soient a ≤ b les deux éléments précédents. L’égalité f ◦ g = g ◦ f donne
f (g(a)) = g(a) et f (g(b)) = g(b).
Les réels g(a) et g(b) étant points fixes de f , on a l’encadrement
h ◦ f ◦ h−1 = f
permet aussi d’affirmer que f est affine et d’obtenir une conclusion analogue.
Exercice 30 : [énoncé]
(a) Si f 0 est bornée sur R+ , l’inégalité des accroissements finis assure que f est
lipschitzienne donc uniformément continue.
√
1
√ ≤ f (x) ≤ (1 + ε) x
√
1 − 1/ 2
1 − 1/ 2
1
a ≤ g(a), g(b) ≤ b
Considérons alors la fonction continue ϕ = f − g.
On a ϕ(a) = a − g(a) ≤ 0 et ϕ(b) = b − g(b) ≥ 0.
Par application du théorème des valeurs intermédiaires, la fonction ϕ s’annule.
Exercice 33 : [énoncé]
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Corrections
(a) Il suffit de raisonner par récurrence. On obtient P0 (x) = 1 et pour tout n ∈ N,
Pn+1 = (2 − 3nX 2 )Pn + X 3 P0n
25
Par une intégration par parties,
Z A
Z
h
iA
f (t)e−st dt = F(t)e−st + s
0
0
Par récurrence, pour n > 0, deg Pn = 2(n − 1).
(b) f est continue en 0 et pour tout n ∈ N∗ , f (n) (x) −→ 0 dont par le théorème « limite de
F(A)e−sA −→ 0
la dérivée », on peut conclure.
A→+∞
(c) P1 = 2 a toutes ses racines réelles.
f 0 (0) = lim x→+∞ f 0 (x) = lim x→−∞ f 0 (x) = 0 donc par une généralisation du théorème
de Rolle, on peut affirmer que f 00 s’annule sur ]0 ; +∞[ et ]−∞ ; 0[. Ses annulations
sont aussi des zéros de P2 qui est de degré 2, donc P2 a toutes ses racines réelles.
f 00 s’annule aussi en 0 et en ±∞. Par la généralisation du théorème de Rolle, on
obtient 2 annulations sur ]0 ; +∞[ et 2 annulations sur ]−∞ ; 0[ qui seront toutes
quatre zéros de P3 qui est un polynôme de degré 4,. . . on peut itérer la démarche.
Exercice 34 : [énoncé]
Il est bon de savoir qu’une fonction f : R → R convexe est obligatoirement continue bien
que ce résultat n’est pas explicitement au programme. Par les sommes de Riemann,
!
Z b
n
1
1X
b−a
g(t) dt = lim
g a+k
n→+∞ n
b−a a
n
k=1
et t 7→ F(t)e−st est intégrable sur [0 ; +∞[ car
F(t)e−st = o 1/t2
t→+∞
RA
On en déduit que l’intégrale 0 f (t)e−st dt admet une limite finie quand A → +∞,
R +∞
c’est-à-dire que l’intégrale impropre 0 f (t)e−st dt converge.
Exercice 36 : [énoncé]
Par un argument de parité, il suffit d’établir la convergence de
Z +∞
Z +∞
2t it2
it2
e dt
e dt =
2t
0
0
Formellement
Z
donc par continuité
+∞
it2
e dt =
f
1
b−a
a
 n
!
 1 X
b − a 

g(t) dt = lim f 
g a+k

n→+∞
n k=1
n 
!
Par l’inégalité de Jensen
 n
!
!!
n
 1 X
 1 X
b
−
a
b−a
 ≤
g a+k
f g a+k
f 
n k=1
n
n k=1
n
En passant cette relation à la limite, on peut alors conclure grâce à la continuité de f .
Exercice 35 : [énoncé]
Quitte à considérer la nouvelle fonction t 7→ f (t)e−s0 t , on peut supposer s0 = 0.
Introduisons F une primitive de la fonction continue f sur [0 ; +∞[.
La fonction F converge en +∞ par hypothèse de convergence de l’intégrale.
La fonction F étant continue et de limite finie en l’infini, on montre aisément qu’elle est
bornée sur R+ .
Z
+∞
−∞
0
b
F(t)e−st dt
0
Puisque la fonction F est bornée,
x→0
Z
A
 it2
+∞
Z +∞ it2
 e − 1 
1
2t it2
e −1
 +
e dt = 
dt
2t
2it 0
2i 0
t2
2
où la primitive de 2teit a été choisie de sorte de s’annuler en 0.
Puisque les deux termes en second membre sont convergents, le théorème d’intégration
par parties s’applique et assure la convergence de
Z +∞
2
eit dt
0
Exercice 37 : [énoncé]
L’intégrabilité est entendue.
Par le changement de variable u = a2 /t on obtient
Z +∞
Z +∞
ln t
2 ln a − ln u
dt
=
du
t 2 + a2
a2 + u2
0
0
donc
Z
0
+∞
t2
ln t
π
dt =
ln a
2
2a
+a
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Corrections
Exercice 38 : [énoncé]
Par le changement de variable u = tan 2t on parvient à l’intégrale
Z +∞
8u2 du
I=
2
2
(1 + u )((1 − x) + (1 + x)2 u2 )((1 − y)2 + (1 + y)2 u2 )
0
26
(b) Soit F la primitive s’annulant en 0 du prolongement par continuité de t 7→ sin(t)/t.
On a
f (x) = lim F − F(x)
+∞
Puisque la fonction F est de classe C1 , la fonction f est aussi de classe C1 sur R et
On peut réaliser une décomposition en éléments simples réelles de la fraction rationnelle
intégrée qui pour des raisons de parité sera de la forme
a
b
c
+
+
1 + u2 (1 − x)2 + (1 + x)2 u2 (1 − y)2 + (1 + y)2 u2
avec
1
(1 − x) (1 + x)
(1 − y) (1 + y)
a=−
,b = −
et c = −
2xy
2x(x − y)(1 − xy)
2y(y − x)(1 − xy)
sous réserve que x , y et xy , 0.
Puisque
Z +∞
du
1 π
=
α2 + β2 u2 αβ 2
0
on parvient à
!
π
1
1 − x2
1 − y2
π
I=
−
−
+
=
2 2xy 2x(x − y)(1 − xy) 2y(x − y)(1 − xy)
2(1 − xy)
2
2
2
2
Les cas exclus x , y et xy , 0 peuvent être récupérés par continuité.
Il m’a peut-être échappé une démarche plus simple. . .
f 0 (x) = −F 0 (x) = −
(c) Par intégration par parties,
Z x
Z
x
f (t) dt = t f (t) 0 −
0
Or
0
x f (x) = cos x − x
+∞
Z
x
puis
Z
x
x
f (t) dt = 1 − x
0
sin t dt
0
donc
+∞
Z
x
+∞
Z
x
cos t
dt
t2
cos t
dt
t2
cos t
dt
t2
Mais par intégration par parties on établit encore
+∞
Z
x
avec
#+∞
"
Z +∞
sin t
sin t
cos t
dt
=
−
2
dt
2
2
t
t x
t3
x
Z +∞
Z +∞
sin t 2 dt
1
2 3 dt ≤
= 2
3
t
t
x
x
x
ce qui permet d’affirmer
+∞
Z
Quand x → +∞, on a
1 − cos x
→0
x
et
Z x
Z +∞
1 − cos t
1 − cos t
dt
→
dt
2
t
t2
0
0
cette dernière intégrale étant convergente car la fonction peut être prolongée par
continuité en 0 et est dominée par la fonction intégrable t 7→ 1/t2 en +∞.
t f (t) dt = x f (x) +
Z
0
cos t +∞
sin t
dt = −
−
t
t x
x
Exercice 39 : [énoncé]
(a) La fonction t 7→ sin(t)/t est définie et continue par morceaux sur ]0 ; +∞[. On peut la
prolonger par continuité en 0 en y posant la valeur 1. Par intégration par parties où
l’on intègre l’expression sin t en 1 − cos t
"
#x Z x
Z x
1 − cos t
1 − cos t
sin t
+
dt
dt =
t
t
t2
0
0
0
+∞
Z
x
sin x
x
x
x
Finalement
R +∞
0
cos t
dt −→ 0
x→+∞
t2
f (t) dt converge et
Z
+∞
f (t) dt = 1
0
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Corrections
Exercice 40 : [énoncé]
On peut prendre f nulle sur [0 ; 1], puis pour chaque intervalle [n ; n + 1] avec n ∈ N∗ , la
fonction f affine par morceaux définie par les nœuds f (n) = 0, f (n + n13 ) = n,
f (n + 23 ) = 0 et f (n + 1) = 0 ce qui définit une fonction f positive continue vérifiant
R n+1 n 1
f = n2 et donc intégrable sur R+ bien que non bornée.
n
27
1
Si b , ±1 alors la fonction f : t 7→ 1+(t+ib)
2 est continue par morceaux sur R et
1
f (t) = O t2 quand t → ±∞ donc f est intégrable sur R.
En procédant à une décomposition en éléments simples :
Z
A
−A
Exercice 41 : [énoncé]
On a
√
tan θ
"
t # A i " 1
t
i 1
dt
2
2
2
2
=
ln(t
+
(b
+
1)
)
+
arctan
−
ln(t
+
(b
−
1)
)
+
arctan
b + 1 −A 2 2
b−
1 + (t + ib)2 2 2
Si |b| > 1 alors
+∞
Z
s
sin(π/2 − h)
=
cos(π/2 − h)
=
θ=π/2−h
donc l’intégrale est bien définie.
Z π/2 √
tan θ dθ
0
r
cos h
1
∼ √
sin h
h
−∞
Si |b| < 1 alors
+∞
Z
−∞
=
√
u= tan θ
Z
0
+∞
π
2u
du = √
1 + u4
2
dt
=0
1 + (t + ib)2
dt
=π
1 + (t + ib)2
2
après calculs. . .
Exercice 44 : [énoncé]
(a) Introduisons F la primitive de f s’annulant en 0. Quand x → 0+
Exercice 42 : [énoncé]
La fonction f est définie et continue sur ]0 ; 1].
Pour x ∈ ]0 ; 1], on peut écrire
Z x t
Z x
Z x t
e −1
dt
e −1
f (x) =
dt +
=
dt + ln x
t
t
1
1 t
1
La fonction g est donc prolongeable par continuité en 0.
Par intégration par parties
A
Z
ε
Quand ε → 0,
F 2 (ε) F(ε)
=
× F(ε) → 0
ε
ε
et donc
Z
+
est intégrable sur ]0 ; 1] car converge quand x → 0 .
D’autre part, il est bien connu que la fonction x 7→ ln x est intégrable sur ]0 ; 1].
On en déduit que f est intégrable sur ]0 ; 1].
#A
"
Z A
1 2
g(x) f (x) dx
g (x) dx = − F (x) + 2
x
ε
ε
2
t
D’une part, la fonction t 7→ e −1
t se prolonge par continuité en 0, elle est donc intégrable
sur ]0 ; 1] et par suite la fonction
Z x t
e −1
x 7→
dt
t
1
F(x) F(x) − F(0)
=
→ F 0 (0) = f (0)
x
x
g(x) =
A
g2 (x) dx = −
0
Par suite
Z
F 2 (A)
+2
A
A
Z
2
g (x) dx ≤ 2
0
Exercice 43 : [énoncé]
On peut écrire
Z
A
g(x) f (x) dx
0
A
g(x) f (x) dx
0
Par l’inégalité de Cauchy-Schwarz
1 + (t + ib) = (t + i(b + 1))(t + i(b − 1))
2
Si b = ±1 la fonction n’est pas intégrable sur R à cause d’une singularité en 0.
Z
!2
A
g2 (x) dx
0
Z
A
! Z
g2 (x) dx
≤4
0
A
!
f 2 (x) dx
0
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et que le premier membre soit nul ou non
!
!
Z A
Z A
Z
2
2
g (x) dx ≤ 4
f (x) dx ≤ 4
0
0
Corrections
28
Le trinôme x2 + αx + 1 s’écrit peut se réécrire
+∞
!
2
f (x) dx
0
On en déduit que g2 est intégrable et l’inégalité proposée.
On a alors
(b) Puisque
| f g| ≤ ( f 2 + g2 )/2
la fonction f g est intégrable et en vertu de l’intégration par parties précédente,
Z x
Z x
F 2 (x)
=2
g(t) f (t) dt −
g2 (t) dt
x
0
0
Il suffit alors d’établir
F 2 (x)
−→ 0
x x→+∞
pour conclure.
On peut déjà affirmer que F 2 (x)/x admet une limite finie ` en +∞ car les deux
intégrales partielles de l’expression précédente convergent. Si cette limite n’est pas
nulle alors
F 2 (x) 1 `
g2 (x) =
× ∼
x
x x
et donc g2 n’est pas intégrable.
On peut donc conclure que la limite ` est nulle.
+∞
Z
0
puis
x2
0
Cas α = 2
Z
r
1−
α2
4
"
!#+∞
1
dx
2x + α
=
arctan
a
a
x2 + αx + 1
0
+∞
Z
+∞
0
α 1 π
dx
=
− arctan
a
+ αx + 1 a 2
"
#+∞
dx
1
=
−
=1
x+1 0
x2 + 2x + 1
Cas α > 2
Le trinôme x2 + αx + 1 à deux racines x0 , x1 distinctes strictement négatives.
√
√
−α − ∆
−α + ∆
x0 =
et x1 =
2
2
Par décomposition en éléments
x2
avec
a=
Exercice 45 : [énoncé]
Le discriminant du trinôme x2 + αx + 1 vaut ∆ = α2 − 4.
Cas |α| < 2
On a ∆ < 0, le trinôme ne s’annule pas et la fonction x 7→ 1/(x2 + αx + 1) est définie et
continue par morceaux sur [0 ; +∞[. La fonction est intégrable car équivalente à 1/x2 en
+∞.
Cas α ≥ 2, le trinôme ne s’annule pas sur [0 ; +∞[ car il est somme de termes positifs. À
nouveau la fonction x 7→ 1/(x2 + αx + 1) est intégrable sur [0 ; +∞[.
Cas α ≤ 2, le trinôme x2 + αx + 1 présente deux racines positives et la fonction
x 7→ 1/(x2 + αx + 1) n’est pas définie sur l’intégralité de l’intervalle ]0 ; +∞[. Même en
découpant l’intégrale aux points singuliers, on peut observer que les intégrales introduites
ne sont pas définies. On ne parvient donc pas à donner un sens à l’intégrale étudiée dans
ce cas.
Reste à calculer l’intégrale.
Cas |α| < 2
α 2
x+
+ a2 avec a =
2
a
b
1
=
+
+ αx + 1 x − x0 x − x1
1
1
1
= √ et b =
= −a
x1 − x0
x
−
x1
0
∆
On a alors
Z
+∞
0
√
"
#+∞
1
x − x0
1
α+ ∆
dx
=
ln
= √ ln
√
x − x1 0
x2 + αx + 1 x1 − x0
∆ α− ∆
Exercice 46 : [énoncé]
(a) La fonction définissant l’intégrande est définie et continue par morceaux sur
]0 ; +∞[. Elle est prolongeable par continuité en 0 et négligeable devant 1/x2 en +∞.
Elle est donc intégrable.
√
(b) Procédons au changement de variable u = a/x sur l’intégrale de a à +∞
Z
+∞
√
a
a2
exp − x + 2
x
2
√
!!
dx =
Z
a
exp −
0
a2
+ u2
u2
!!
a
du
u2
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En
√ renommant la variable d’intégration et en regroupant les intégrales sur ]0 ;
[ a ; +∞[, on obtient
√
I(a) =
Z
0
Corrections
√
a] et
!!
a
a2 a
2
exp − x + 2 1 + 2 dx
x
x
29
(b) Posons vn (x) = ζ(n)xn /n. Pour x , 0, on a
vn+1 (x) −→ |x|
vn (x) n→+∞
avec
Par le critère de d’Alembert, la série converge pour |x| < 1 et diverge pour |x| > 1 (en
fait le rayon de convergence de cette série entière vaut 1).
Pour x = 1, il y a divergence car
ζ(n) 1
∼
n
n
d a
a
x−
=1+ 2
dx
x
x
ce qui motive le changement de variable t = x − a/x
Pour x = −1, il y a convergence en vertu du critère spécial des séries alternées. En
effet, la suite ((−1)n ζ(n)/n) est alternée et décroît en valeur absolue vers 0
notamment car ζ(n + 1) ≤ ζ(n).
(c) On peut écrire
a 2
a2 =
x
−
+ 2a
x
x2
x2 +
I(a) =
Z
√
0
−t2 −2a
e
−∞
Par parité
π −2a
e
dt =
2
√
I(a) =
π −2|a|
pour a ∈ R
e
2
(c) En tant que somme d’une série entière de rayon de convergence 1, la fonction F est
assurément de classe C1 (et même C∞ ) sur ]−1 ; 1[.
P
Les fonctions vn sont continues sur [−1 ; 0] et l’on vérifie que la série vn (x)
satisfait le critère spécial des séries alternées pour tout x ∈ [−1 ; 0]. On peut alors
majorer le reste de cette série par son premier terme
+∞
X
ζ(n)
vk (x) ≤ |vn+1 (x)| ≤
n
k=n+1
Exercice 47 : [énoncé]
(a) Posons un (x) = 1/n x définie sur ]1 ; +∞[.
P
La série de fonctions un converge simplement sur ]1 ; +∞[ ce qui assure la bonne
définition de ζ(x).
Plus précisément, pour a > 1, on a
X
sup |un (x)| = un (a) avec
un (a) convergente
Ce dernier majorant étant uniforme de limite nulle, on peut affirmer qu’il y a
P
convergence uniforme de la série de fonctions vn sur [−1 ; 0] et sa somme F est
donc continue.
(d) Par dérivation de la somme d’une série entière, on obtient pour x ∈ ]−1 ; 1[,
F 0 (x) =
x∈[a;+∞[
+∞
X
ζ(n + 1)xn =
n=1
+∞ X
+∞
X
xn
pn+1
n=1 p=1
et il y a donc convergence normale (et donc uniforme) de la série de fonctions un sur
[a ; +∞[.
Puisque



1 si n = 1
un (x) −→ 
0 si n ≥ 2
x→+∞ 
On peut permuter les deux sommes par le théorème de Fubini car il y a convergence
des séries
+∞ n X xn X X
et
x pn+1 pn+1 on peut appliquer le théorème de la double limite et affirmer que ζ tend en +∞ vers
la somme convergente des limites
On en déduit après sommation géométrique
ζ(x) −→ 1
x→+∞
p≥1
F 0 (x) =
n≥1 p=1
!
+∞ X
+∞
+∞
+∞
X
X
X
xn
x
1
1
=
=
−
pn+1 p=1 p(p − x) p=1 p − x p
p=1 n=1
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Corrections
La série de fonction associée converge normalement sur tout segment de ]−1 ; 1[ et
on peut donc intégrer terme à terme
F(x) = F(0) +
=
+∞ Z
X
p=1
Z
x
0
x
Z
+∞
xX
Par une récurrence facile
donc aisément
kun k∞,[0;1/4] ≤
!
1
1
−
dt
p
−
t
p
0
0 p=1
!
+∞
X
1
p
x
1
− dt =
ln
−
p−t p
p
−
x
p
p=1
F 0 (t) dt =
30
1
4n
Par la remarque initiale, pour tout x ∈ [0 ; 1],
|un+1 (x)| ≤ kun k∞,[0;1/4] ≤
1
4n
donc
1
4n
P
On peut conclure que la série un est normalement convergente.
kun+1 k∞,[0;1] ≤
Exercice 48 : [énoncé]
Si x = 1 alors un (x) = 0 → 0. Si x ∈ ]0 ; 1] alors un (x) → 0. La suite (un ) converge
simplement vers la fonction nulle. u0n (x) = nα xn − nα+1 xn−1 (1 − x) = nα xn−1 (n − (n + 1)x).
!n
n 1
1
= nα
1−
kun k∞ = un
n+1
n+1
n+1
n
1
1
1
∼ 1n et 1 − n+1
Or n+1
= en ln(1− n+1 ) = e−1+o(1) → 1/ e donc
kun k∞ ∼ nα−1 / e
Il y a convergence uniforme sur [0 ; 1] si, et seulement si, α < 1.
P
Pour tout x ∈ [0 ; 1], un (x) converge, kun k∞ ∼ enα−1 , il y a donc convergence normale
sur [0 ; 1] si, et seulement si, α < 0.
Pour α ≥ 0, un (x) ≥ xn (1 − x) = vn (x).
Or
+∞
+∞
+∞
n n X
X
1 X n k
1
→
≥
vk
=
vk
n+1
n+1
n + 1 k=n+1 n + 1
e
k=n+1
k=0
P
P+∞
P
n
donc +∞
vers l’infini. La série vn ne
k=0 vk n+1 ne tend par vers
k=0 vk (1) quand n tend
P
converge donc pas uniformément vers [0 ; 1] et par suite un non plus.
Enfin pour a < 1, on a kun k∞,[0;a] = un (a) et donc (un ) converge uniformément sur [0 ; a] et
P
un converge normalement sur [0 ; a] pour tout α ∈ R.
Exercice 50 : [énoncé]
Si |ω| > 1 alors
+∞
1 X zn
1
=−
z−ω
ω n=0 ωn
et la convergence normale sur U de la série assure la convergence uniforme d’une suite de
polynômes vers
1
z 7→
z−ω
Si |ω| < 1, on peut remarquer que pour k ∈ N,
2π
Z
0
+∞
X
e−ikθ
dθ =
ωn
iθ
e −ω
n=0
t − t2 ∈ [0 ; 1/4]
Pour x ∈ [0 ; 1/4],
|un+1 (x)| ≤ x kun k∞,[0;1/4] ≤
1
kun k∞,[0;1/4]
4
2π
e−i(n+(k+1))θ dθ = 0
0
Si z 7→ Pn (z) est une suite de fonctions polynomiales convergeant uniformément sur U
1
alors
vers z 7→ z−ω
Z
2π
Pn (eiθ )
0
1
dθ −→
iθ
n→+∞
e −ω
Or par le calcul précédent, on peut affirmer
Z 2π
Pn (eiθ )
Exercice 49 : [énoncé]
Remarquons que pour tout t ∈ [0 ; 1],
Z
0
Z
0
2π
dθ
2 , 0
eiθ − ω
1
dθ = 0
eiθ − ω
On conclut à une absurdité.
La condition cherchée est |ω| > 1.
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Corrections
Exercice 51 : [énoncé]
Puisque la fonction f est décroissante, elle admet une limite en +∞. Puisque la fonction f
est aussi intégrable cette limite est nécessairement nulle. En particulier, la fonction f est
positive.
Par télescopage, on observe
g(x + N) − g(x) =
31
On a
f (x) − f p (x) =
(1 + x)1/p − 1
(1 + x)1+1/p
Or, pour α ∈ ]0 ; 1], la fonction x 7→ (1 + x)α est concave ce qui permet d’affirmer
0 ≤ (1 + x)α ≤ 1 + αx
N−1
X
f (x + k)
pour tout x ≥ 0 et donc
k=0
1
x
1 x
1
f (x) − f p (x) ≤
≤
≤
1+1/p
p (1 + x)
p1+x
p
et s’il l’on s’adjoint la contrainte d’une limite nulle à g en +∞, on est tenté de poser
g(x) = −
+∞
X
Puisque f − f p ∞,R ≤ 1p , la convergence est uniforme sur R+ .
f (x + k)
+
k=0
Il reste à montrer que cette fonction est bien définie et continue ce qui sera obtenu par un
argument de convergence normale. Soit x ∈ R+ . On a pour k ≥ 1
0 ≤ f (x + k) ≤ f (k) ≤
Z
k
f (t) dt
Exercice 53 : [énoncé]
(a) Analyse : supposons f solution.
Pour x > 0, on a
k−1
f (x) =
donc
sup | f (x + k)| ≤
x∈R+
Z
k
f (t) dt
k−1
Par intégrabilité de f , il y a convergence de la série
XZ
k
f (t) dt
k−1
et donc convergence normale de la série de fonctions
X
f (x + k)
1
1
1
− f (x + 1) = 2 −
+ f (x + 2)
2
x
x
(x + 1)2
puis par récurrence
f (x) =
n
X
(−1)k
+ (−1)n+1 f (x + n + 1)
2
(x
+
k)
k=0
Sachant que f est de limite nulle en +∞, on obtient
f (x) =
+∞
X
(−1)n
(x + n)2
n=0
k≥1
L’adjonction du terme d’indice k = 0 ne change rien et l’on peut conclure.
On vient ainsi de trouver une solution au problème posé, d’autres solutions s’en déduisent
par ajout d’une constante.
Synthèse : on vérifie aisément la convergence de la série de fonctions définissant f
par application du critère spécial.
De plus
1
1
1
−
≤ f (x) ≤ 2
2
2
x
(x + 1)
x
Exercice 52 : [énoncé]
Quand p → +∞,
assure que f est de limite nulle à l’infini.
Enfin
+∞
+∞
X
1 X (−1)n
(−1)n
1
+
= 2
f (x) + f (x + 1) = 2 +
2
2
x
(x
+
n)
(x
+
n
+
1)
x
n=1
n=0
f p (x) =
1
1
→
= f (x)
1+x
(1 + x)1+1/p
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Corrections
(b) On vérifie la convergence normale de la série de fonctions définie f sur [a ; +∞[ par
n 1
(−1) ≤
(x + n)2 (a + n)2
Les fonctions sommées étant continues, la fonction f est continue sur ]0 ; +∞[.
Elle est aussi intégrable en vertu de l’encadrement
1
1
1
−
≤ f (x) ≤ 2
2
2
x
(x + 1)
x
(c) On ne peut directement appliquer de théorèmes d’intégration terme à terme, on
raisonne alors par les sommes partielles
Z
1
Or
N
+∞ X
n=0
N
X
(−1)n
(−1)n
dt
=
(t + n)2
n=0
+∞
Z
1
N+1
X (−1)n−1
dt
=
n
(t + n)2 n=1
Z
Z
Z +∞ X
N
+∞
+∞
+∞ X
(−1)n
(−1)n
dt = dt
f (t) dt −
2
2
(t + n) 1 n=N+1 (t + n) 1
1
n=0
et par application du critère spécial
Z
Z
Z +∞ X
N
+∞
+∞
1
dt
(−1)n
dt ≤
=
f (t) dt −
2
2
(N
+ 2)
(t
+
n)
(t
+
N
+
1)
1
1
1
n=0
32
La suite (un ) est donc croissante.
Si a = 0, cette suite est en fait constante.
Si a > 0 cette suite converge vers une limite ` vérifiant f (`) = `. Après résolution de cette
équation, on obtient que cette limite ne peut qu’être 1/2.
On peut alors affirmer qu’il y a convergence simple de la suite de fonctions ( fn ) vers la
fonction



1/2 si x ∈ ]0 ; 1[
f : x 7→ 

0
si x = 0 ou 1
Par non continuité, il y a non convergence uniforme sur [0 ; 1].
En revanche la croissance de f sur [0 ; 1/2] permet d’assurer que
∀a ∈ ]0 ; 1/2], ∀x ∈ [a ; 1/2], fn (x) ≥ fn (a)
ce qui permet de justifier la convergence uniforme de la suite de fonctions ( fn ) sur
[a ; 1 − a] pour tout a ∈ ]0 ; 1/2].
Exercice 55 : [énoncé]
(a)
ln fn+1 (x) − ln fn (x) = x ln 1 +
P
La série ln fn+1 (x) − ln fn (x) converge donc la suite (ln fn (x)) converge puis ( fn (x))
converge vers un réel strictement positif.
(b)


n
n
X
X


ln Γ(x) = lim  x ln n +
ln k −
ln(x + k)
n→+∞
En passant à la limite quand N → +∞, on obtient
Z
1
+∞
f (t) dt =
+∞
X
(−1)n−1
n=1
n
!
!
1
1
+ ln(n + 1) − ln(x + n + 1) = O 2
n
n
k=1
= ln 2
Exercice 54 : [énoncé]
On remarque que la fonction f est bien définie et même qu’elle prend ses valeurs dans
[0 ; 1/2] plutôt que [0 ; 1].
On remarque aussi que f (1 − x) = f (x). Pour étudier le comportement de la suite
( fn (a)) = ( f n (a)), on peut se limiter au cas où a ∈ [0 ; 1/2].
Étudier le comportement de la suite des itérés ( f n (a)) équivaut à étudier la suite récurrente
définie par
u0 = a et un+1 = f (un )
On observe
un+1 − un = un (1 − 2un ) ≥ 0
k=0
P
P
P
avec x ln n + nk=1 ln k − nk=0 ln(x + k) = x ln n − ln x − nk=1 ln 1 + kx .
Px
Or la série
− ln 1 + nx est absolument convergente car de terme général en
n
O 1/n2 et
n
X
x x
− ln 1 +
= x ln n + γx + o(1) −
ln 1 +
k
k
k
k=1
n X
x
k=1
donc
ln Γ(x) = − ln x − γx +
+∞ X
x
n=1
(c)
x − ln 1 +
n
n
P
Posons fn (x) = nx − ln 1 + nx pour x > 0 et n ≥ 1. fn est C1 , fn converge
P
x
simplement et fn0 (x) = n(n+x) ce qui permet d’affirmer fn0 converge normalement
sur tout segment[a ; b] ⊂ R∗+ .
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Exercice 56 : [énoncé]
(a) Pour x < 0, un (x) −→ −∞ donc un (x) diverge grossièrement.
n→+∞
P
Pour x = 0, un (x) = 0 donc un (0) converge
P
2
Pour x > 0, un (x) = o(1/n ) par croissance comparée et donc un (x) converge
absolument.
On conclut I = R+
P
(b) Pour [a ; b] ⊂ R∗+ ,
kun k∞,[a;b] = sup |un (x)| ≤
x∈[a;b]
nα b e−na
n2 + 1
Corrections
33
Exercice 57 : [énoncé]
Pour |x| ≥ 1, la série est grossièrement divergente.
Pour |x| < 1,
xn
∼ xn
1 + xn
et donc la série est absolument convergente.
La fonction S est définie sur ]−1 ; 1[.
xn
Posons un (x) = 1+x
n.
P
un est de classe C1 , un converge simplement,
u0n (x) =
P
donc un est une série de fonctions continues convergeant normalement sur tout
segment de R∗+ . Sa somme est alors continue sur R∗+ .
(c) Après étude des variations de la fonction,
kun k∞,R+ = sup |un (x)| = un (1/n) ∼
x∈R+
1
n3−α
Il y a convergence normale si, et seulement si, α < 2.
donc pour a ∈ [0 ; 1[,
0 an−1
un ∞,[−a;a] ≤ n
∼ nan−1
1 − an
P
ce qui assure la convergence normale de u0n sur tout segment de ]−1 ; 1[.
Par suite la fonction S est de classe C1 .
S (0) =
(d) On peut écrire
∞
X
k=n+1
uk (1/n) =
∞
∞
∞
1 X −k/n
1 X kα e−k/n 1 X k2
−k/n
≥
e
≥
e
n k=n+1 k2 + 1
n k=n+1 k2 + 1
2n k=n+1
Or par sommation géométrique
∞
1 X −k/n
1 e−(n+1)/n
1
e
=
→
2n k=n+1
2n 1 − e−1/n
2e
donc k=n+1 uk (1/n) ne peut tendre vers 0 quand n → +∞.
S’il y avait convergence uniforme sur R+ alors
∞
∞
X
X
uk (x) → 0
0≤
uk (1/n) ≤ sup x∈R+ k=n+1
k=n+1
(e) Si S est continue en 0 alors par sommation de terme positif
0≤
∞
X
k=n+1
ce qui est encore à exclure.
uk (1/n) ≤ S (1/n) → S (0) = 0
1
1
donc S (x) ∼
x→0 2
2
Pour x ∈ [0 ; 1[,
+∞ +∞
1 XX
+
(−1) p xn(p+1)
2 n=1 p=0
P P P p n(p+1) aussi, on peut permuter
Puisque p≥0 (−1) p xn(p+1) converge et n≥1 +∞
p=0 (−1) x
les deux sommes et affirmer
S (x) =
+∞
S (x) =
P∞
ce qui vient d’être exclu.
nxn−1
(1 + xn )2
1 X
x p+1
+
(−1) p
2 p=0
1 − x p+1
On a alors
+∞
(1 − x)S (x) =
1−x X
+
(−1) p u p (x)
2
p=0
1−x
avec u p (x) = x p+1 1−x
p+1 pour x ∈ [0 ; 1[.
La fonction u p est continue sur [0 ; 1[ et prolonge par continuité en 1 en posant
u p (1) = 1/(p + 1).
P
Le critère spécial des séries alternées s’applique à la série (−1) p u p (x) et donc
∞
X
(−1)k uk (x) ≤ u p+1 (x)
k=p+1
∞
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Corrections
P
1
. Ainsi, la série un converge
et une étude de variation permet d’affirmer u p+1 (x) ≤ p+2
uniformément sur [0 ; 1] et donc sa somme est continue en 1. Cela permet d’affirmer
(1 − x)S (x) −→−
x→1
+∞
X
(−1) p
et finalement
S (x) ∼ −
x→1
Exercice 58 : [énoncé]
Posons
fn : x 7→
p+1
p=0
Par le changement de variable u = tx
1
(S (x) − S (0)) ≥
x
= ln 2
ln 2
1−x
x
n(1 + n2 x2 )
Sachant
2 |nx| ≤ 1 + n2 x2
on a
1
| fn (x)| ≤ 2
2n
P
On en déduit que la série de fonctions fn converge normalement sur R.
Les fonctions fn étant continue, la somme S est définie et continue sur R.
Les fonctions fn sont de classe C1 et
fn0 (x) =
34
1 − n2 x2
n(1 + n2 x2 )2
Soit a > 0. Pour |x| ≥ a,
+∞
Z
x
dt
−→ +∞
u(1 + u2 ) x→0+
car la fonction positive u 7→ 1/u(1 + u2 ) n’est pas intégrable sur ]0 ; 1].
Exercice 59 : [énoncé]
(i) =⇒ (ii) Le plus simple est sans doute d’utiliser la décomposition de Dunford :
M = D + N avec D diagonalisable et N nilpotente commutant entre elles. Par la formule
du binôme de Newton, on peut calculer M k et tronquer la somme par la nilpotence de N,
on parvient alors à une somme finie de termes qui tendent vers 0 par croissance comparée.
Une autre nméthode, techniquement
plus
o lourde, consiste à introduire
ρk` = max (M k )1,`+1 , . . . , (M k )n−`,n qui majorent les coefficients de M k situés sur la
diagonale (pour ` = 0), sur la sur-diagonale (pour ` = 1) etc. En notant que ρ = ρ10 < 1, on
k−`
montre par récurrence sur k que ρk` ≤ k` kMk`+1
ce qui permet de conclure.
∞ ρ
k
(ii) =⇒ (iii) Supposons que M → 0. On peut alors affirmer que 1 n’est pas valeur propre
de M car MX = X =⇒ M k X = X et donc à la limite MX = X =⇒ X = 0. Par suite la
P
k
m+1
matrice I − M est inversible et puisque (I − M) m
,
k=0 M = I − M
Pm
k
−1
m+1
M
=
(I
−
M)
(I
−
M
)
d’où
la
convergence
de
la
série
des
Mk .
k=0
Pm
(iii) =⇒ (i) Soit λ ∈ Sp(M) et X , 0 tel que MX = λX. Puisque k=0 M k converge quand
P
Pn
k
k
rg C ≥ r, on a m
k=0 M X converge, puis
k=0 λ X converge et donc |λ| < 1 (car X , 0).
Exercice 60 : [énoncé]
(a) L’application N : E → R+ proposée vérifie aisément
1 + n2 x2
1
1
=
≤
2
2
2
2
2
n(1 + n x )
n(1 + n x ) n(1 + n2 a2 )
P
On en déduit que la série de fonctions fn0 converge normalement sur tout segment de R∗ .
La somme S est donc une fonction de classe C1 sur R∗ .
Montrons que la fonction S n’est pas dérivable en 0.
0 fn (x) ≤
1
(S (x) − S (0)) =
x
+∞
X
n=1
1
n(1 + n2 x2 )
Par comparaison avec une intégrale
1
(S (x) − S (0)) ≥
x
Z
1
+∞
dt
t(1 + t2 x2 )
N(λ f ) = |λ| N( f ) et N( f + g) ≤ N( f ) + N(g)
Le problème est l’obtention de l’implication de séparation
N( f ) = 0 =⇒ f = 0
Procédons par récurrence sur d ∈ N∗ .
Cas d = 1 : E = Vect(g) avec g , 0̃. Un réel a1 ∈ [0 ; 1] tel que g(a1 ) , 0 convient.
Supposons la propriété au rang d ≥ 1.
Soit E un sous-espace vectoriel de dimension d + 1 de C0 ([0 ; 1], R). Il existe une
fonction g non nulle élément de E et il existe ad+1 ∈ [0 ; 1] tel que g(ad+1 ) , 0.
Considérons alors H = { f ∈ E | f (ad+1 ) = 0}. On vérifie aisément E = H ⊕ Vect g.
Puisque H est alors de dimension d, on peut appliquer l’hypothèse de récurrence
P
pour introduire (a1 , . . . , ad ) ∈ [0 ; 1]d tel que h 7→ di=1 |h(ai )| soit une norme surH.
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Corrections
35
(c) On vérifie facilement k.k x2 ≤ k.k x car
Considérons alors l’application
N : f ∈ E 7→
d+1
X
∀t ∈ [0 ; 1], t2 ≤ t
| f (ai )|
Pour fn (x) = (1 − x)n , on a
i=1
et montrons
N( f ) = 0 =⇒ f = 0
k fn k x =
Supposons N( f ) = 0 et donc | f (a1 )| = . . . = | f (ad )| = | f (ad+1 )| = 0. Puisque
E = H ⊕ Vect g, on peut écrire f = h + λg avec h ∈ H et λ ∈ R. La propriété
| f (ad+1 )| = 0 entraîne λ = 0 et la propriété | f (a1 )| = . . . = | f (ad )| = 0 entraîne alors
h = 0. On peut donc conclure f = 0.
Récurrence établie.
(b) Introduisons E 0 = E + Vect f de dimension d ou d + 1. Sur E 0 , on peut introduire une
norme du type précédent et l’hypothèse de convergence simple donne alors que ( fn )
tend vers f pour la norme considérée. Or sur E 0 de dimension finie toutes les normes
sont équivalentes et donc ( fn ) tend aussi vers f pour la norme k.k∞ ce qui signifie que
( fn ) converge uniformément vers f .
Il reste à montrer que f ∈ E. Par l’absurde, supposons que f < E. On a alors
E 0 = E ⊕ Vect f . Considérons alors la projection p sur Vect f parallèlement à E.
C’est une application linéaire au départ d’un espace de dimension finie, elle est donc
continue. Or p( fn ) = 0 → 0 et p( fn ) → p( f ) = f , 0. C’est absurde.
1
(n + 1)(n + 2)
et
k fn k x 2 =
2
(n + 1)(n + 2)(n + 3)
donc il n’existe pas de constante M ≥ 0 telle que k.k x ≤ M k.k x2 .
Les deux normes k.k x et k.k x2 ne sont pas équivalentes.
Exercice 62 : [énoncé]
On peut écrire
1=
p
p
1 + (a/n)2 cos(θn ) et a/n = 1 + (a/n)2 sin(θn )
avec
θn = arctan (a/n)
Exercice 61 : [énoncé]
On a alors An =
(a) L’application k.kϕ : E → R+ est bien définie.
Si k f kϕ = 0 alors par nullité de l’intégrale d’une fonction continue et positive, la
fonction t 7→ | f (t)| ϕ(t) est nulle. En dehors des valeurs où ϕ est nulle, la fonction f
s’annule. Or ϕ ne s’annule qu’un nombre fini de fois, donc par un argument de
continuité, f s’annule aussi en ces points et finalement f = 0̃.
Les propriétés kλ f kϕ = |λ| k f kϕ et k f + gkϕ ≤ k f kϕ + kgkϕ sont immédiates.
(b) Considérons la fonction ϕ2 /ϕ1 . Cette fonction est définie et continue sur le segment
[0 ; 1], elle y est donc bornée et il existe M ∈ R+ vérifiant
Z
∀ f ∈ E,
0
1
| f (t)| ϕ1 (t) dt ≤ M
Z
1
| f (t)| ϕ2 (t) dt
0
1 + (a/n)2 R(θn ) avec R(θn ) la matrice de rotation
R(θn ) =
cos θn
sin θn
− sin θn
cos θn
!
Par suite
Ann = 1 +
a 2 !n/2
n
!
cos(nθn ) − sin(nθn )
sin(nθn ) cos(nθn )
Or
∀x ∈ [0 ; 1], ϕ2 (x) ≤ Mϕ1 (x)
On en déduit
p
1+
a 2 ! n2
n
−→ 1 et nθn −→ a
n→+∞
n→+∞
donc
Ann
cos a
−→
n→+∞ sin a
!
− sin a
cos a
Autrement dit k.kϕ1 ≤ M k.kϕ2 . La norme k.kϕ1 est dominée par k.kϕ2 et, par un
argument symétrique, k.kϕ2 est dominée par k.kϕ1 .
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Corrections
36
(d) Non, sur R2 , il y a égalité pour x = (1, 0) et y = (0, 1).
Exercice 63 : [énoncé]
D’une part
t
(Ak ) → t B
Exercice 65 : [énoncé]
Considérons α0 , . . . , αd des réels deux à deux distincts et ϕ : Rd [X] → Rd+1 définie par
et d’autre part
t
(A ) = (−1) A
k
k k
ϕ(P) = (P(α0 ), . . . , P(αd ))
de sorte que
t
(A2p ) = (−1)2p A2p → B
et
t
2p+1
(A
) = (−1)
2p+1 2p+1
A
→ −B
Par unicité de la limite, on obtient
B = t B = −B
On en déduit que la matrice B est nulle.
L’application ϕ est un isomorphisme de R-espaces vectoriels de dimensions finies, c’est
aussi une application linéaire continue car les espaces engagés sont de dimensions finies
et il en est de même de ϕ−1 .
En notant f la limite simple de ( fn ), on a ϕ( fn ) → ( f (α0 ), . . . , f (αd )). En notant P
l’élément de Rd [X] déterminé par ϕ(P) = ( f (α0 ), . . . , f (αd )), on peut écrire ϕ( fn ) → ϕ(P).
Par continuité de l’application ϕ−1 , on a donc fn → P dans Rd [X]. En choisissant sur
Rd [X], la norme équivalente k.k∞,[a;b] , on peut affirmer que ( fn ) converge uniformément
vers P sur le segment [a ; b].
En particulier ( fn ) converge simplement vers P et en substance P = f .
Exercice 64 : [énoncé]
(a) x =
1
2
(x + y) + 21 (x − y) donc
kxk ≤ max {kx + yk , kx − yk}
Aussi kyk ≤ max {kx + yk , kx − yk} donc
kxk + kyk ≤ 2 max {kx + yk , kx − yk}
(b) Sur R2 avec kk = kk∞ , il y a égalité pour x = (1, 0) et y = (0, 1).
(c) On a déjà
(kxk + kyk)2 ≤ 2 kxk2 + 2 kyk2
Or x =
1
2
aussi
kyk2 =
1
kx + yk2 + kx − yk2 + 2 kxk2 − 2 kyk2
4
1
kx + yk2 + kx − yk2 − 2 kxk2 + 2 kyk2
4
donc
kxk2 + kyk2 ≤
1
kx + yk2 + kx − yk2
2
puis
(kxk + kyk)2 ≤ 2 max {kx + yk , kx − yk}2
qui permet de conclure.
(a) Pour f ∈ E, Φ( f ) ∈ E car (x, y) 7→ K(x, y) f (y) est continue et on intègre sur un
segment. La linéarité de Φ est évidente.
(b) On a
kΦ( f )k∞ ≤ kKk∞ k f k∞
"
et
kΦ( f )k1 ≤
|K(x, y) f (y)| dx dy ≤ kKk∞ k f k1
[0;1]2
donc Φ est continue pour kk∞ et kk1 .
(x + y) + 21 (x − y) donne
kxk2 =
Exercice 66 : [énoncé]
(c) On a
"
(Φ( f ) | g) =
[0;1]2
K(x, y) f (y)g(x) dx dy = ( f | Φ(g))
car
∀(x, y) ∈ [0 ; 1]2 , K(x, y) = K(y, x)
(d) Rappelons que l’espace normé (E, kk∞ ) est complet.
Avec plus de finesse que dans les inégalités du b), on peut affirmer
kΦ( f )k∞ ≤ Ω−1 k f k∞ .
Pour h ∈ E et |λ| < Ω, L’application T : f 7→ λΦ( f ) + h est λΩ-lipschitzienne avec
|λΩ| < 1. Par le théorème du point fixe dans un espace complet, l’application T
admet un unique point fixe et donc il existe un unique f ∈ E vérifiant h = f − λΦ( f ).
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Corrections
(e) Soit ( f1 , . . . , f p ) une famille orthonormée d’éléments de ker(Φ − λ Id). Soit y ∈ [0 ; 1]
P
fixé et ϕ : x 7→ K(x, y). On peut écrire ϕ = pj=1 µ j f j + ψ avec ψ ∈ Vect( f1 , . . . , f p )⊥ et
µj = fj |ϕ =
Z
1
37
Exercice 68 : [énoncé]
(a) Par le théorème de Weierstrass, pour tout ε > 0, il existe P ∈ R[X] tel que
k f − Pk∞ ≤ ε.
K(x, y) f j (x) dx = λ f j (y)
Z
0
b
0≤
Par orthogonalité
f2 =
a
1
Z
ϕ2 (x) dx =
0
p
X
µ2j + kψk22 ≥
p
X
µ2j
j=1
j=1
Z
b
f ( f − P) +
b
Z
a
a
En faisant ε → 0, on obtient
Rb
a
fP =
Z
b
f ( f − P) ≤ (b − a) k f k∞ ε
a
f 2 = 0 et donc f = 0.
(b) L’intégrale étudiée est bien définie. Par intégration par parties,
En intégrant on obtient
"
K(x, y)2 dx dy ≥
[0;1]2
p Z
X
j=1
0
1
(n + 1)In = (1 − i)In+1
λ2 f j2 (y) dy = λ2 p
car les f j sont unitaires. Par suite ker(Φ − λ Id) est de dimension finie et sa dimension
vérifie l’inégalité proposée.
Or I0 =
1+i
2
donc
In =
(c) I4p+3 ∈ R donc
+∞
Z
Exercice 67 : [énoncé]
Si la forme linéaire est continue assurément son noyau est fermé car image réciproque du
fermé {0}.
Inversement, supposons que ϕ est une forme linéaire discontinue.
Pour tout k ∈ R+ , il existe alors x ∈ E tel que
(1 + i)n+1
n!
2n+1
x4p+3 sin(x) e−x dx = 0
0
puis
+∞
Z
1/4
u p sin(u1/4 ) e−u du = 0
0
pour tout p ∈ N.
|ϕ(x)| > k kxk
En prenant k = n ∈ N, on définit ainsi une suite (xn ) d’éléments de E vérifiant pour tout
n∈N
|ϕ(xn )| > n kxn k
Posons alors
Exercice 69 : [énoncé]
(a) Soit f solution. Formons
A = {x ∈ [0 ; 1] | f (x) = x}
1
xn
yn =
ϕ(xn )
On a par construction ϕ(yn ) = 1 et kyn k ≤ 1/n donc yn → 0E .
Considérons enfin
zn = y0 − yn
On a ϕ(zn ) = 0 et donc zn ∈ ker ϕ. Or
zn → y0
avec y0 < ker ϕ. Ainsi ker ϕ n’est pas fermé car ne contient pas toutes les limites de ses
suites convergentes.
On a évidemment A ⊂ Im f , mais inversement, pour x ∈ Im f , on peut écrire
x = f (a) et alors
f (x) = f ( f (a)) = f (a) = x
Ainsi Im f ⊂ A, puis, par double inclusion, A = Im f .
On en déduit que A est un segment de R de la forme [α ; β] car image d’un compact
par une fonction réelle continue.
Pour tout x ∈ [α ; β], f (x) = x et pour tout x ∈ [0 ; α[ ∪ ]β ; 1], f (x) ∈ [α ; β].
Inversement, une fonction continue vérifiant les deux conditions précédente est
solution.
Cela peut apparaître sous la forme d’une fonction ayant l’allure suivante
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Corrections
38
Supposons que H ne soit pas fermé. Il existe alors une suite (xn ) d’éléments de H
convergeant vers un élément x n’appartenant pas à H. On peut écrire
x = h + λa avec h ∈ H et λ , 0
En considérant
1
(xn − h)
λ
on construit une suite (yn ) d’éléments de H convergeant vers a.
Il est désormais facile d’établir que H est dense dans E. En effet pour z ∈ E, on peut écrire
yn =
z = k + µa
avec k ∈ H et µ ∈ R de sorte que la suite de terme général
zn = k + µyn
est une suite d’éléments de H convergeant vers z.
(b) Soit f solution dérivable.
Si α = β alors f est constante égale à cette valeur commune.
Si α < β alors f 0 (α) = fd0 (α) = 1 car f (x) = x sur [α ; β].
Par suite, si α > 0, f prend des valeurs strictement inférieur à α ce qui est
contradictoire avec l’étude qui précède. On en déduit α = 0.
De même on obtient β = 1 et on conclut f : x ∈ [0 ; 1] 7→ x.
Exercice 70 : [énoncé]
1ère méthode (nécessitant quelques résultats non triviaux mais intuitifs sur la
codimension)
Par définition, un hyperplan H de E est un sous-espace vectoriel de codimension 1. Son
adhérence H̄ est aussi un sous-espace vectoriel et, puisque contenant H, sa codimension
vaut 0 ou 1.
Si H̄ est de codimension 0 alors H̄ = E ce qui signifie que H est dense dans E.
Si H̄ est de codimension 1, puisque H̄ contient l’hyperplan H, on a H̄ = H et donc H̄ est
fermé.
2ème méthode (plus élémentaire)
Par définition un hyperplan H de E est un sous-espace vectoriel de codimension 1. Il
existe donc un vecteur a ∈ E non nul vérifiant
H ⊕ Vect(a) = E
Exercice 71 : [énoncé]
(a) Notons C l’espace des suites convergentes de B(N, R).
Soit (un ) une suite convergente d’éléments de C de limite u∞ .
Pour chaque n, posons `n = lim un = lim p→+∞ unp .
Par le théorème de la double limite appliquée à la suite des fonctions un , on peut
affirmer que la suite (`n ) converge et que la suite u∞ converge vers la limite de (`n ).
En particulier u∞ ∈ C.
(b) Notons A l’espace des suites dont le terme général est terme général d’une série
absolument convergente.
Soit (un ) la suite définie par
∀n ∈ N∗ , ∀p ∈ N, unp =
1
(p + 1)1+1/n
La suite (un ) est une suite d’éléments de A et une étude en norme kk∞ permet
1
∞
d’établir que un → u∞ avec u∞
p = p+1 . La suite u n’étant pas élément de A, la partie
A n’est pas fermée.
Exercice 72 : [énoncé]
Soit f une fonction élément de E. Pour tout ε > 0, il existe un réel A vérifiant
Z +∞
f 2 (t) dt ≤ ε
A
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Corrections
Considérons alors la fonction ϕ : [0 ; +∞[ → R définie par ϕ(t) = 1 pour t ∈ [0 ; A],
ϕ(t) = 0 pour t ≥ A + 1 et ϕ(t) = 1 − (t − A) pour t ∈ [A ; A + 1]. La fonction f ϕ est
éléments de E0 et
sZ
+∞
f 2 (t) dt ≤ ε
k f − f ϕk2 ≤
A
+∞
f (t) − P(e−t )e−t
2
/2 2
La fonction u 7→
e
u
Z
u=e
0
−(ln u)2
dt =−t
1
(b) Considérons la forme linéaire
ϕ : (an )n≥0 7→
f (− ln u)e(ln u) /2 − P(u)
2
0
est intégrable sur ]0 ; 1] car
√
−(ln u)2
ue
u
2 e−(ln u)2
du
u
−→ 0.
u→0
La fonction g : u 7→ f (− ln u)e(ln u) /2 peut-être prolongée par continuité en 0 car f est
nulle en dehors d’un segment. Par le théorème de Weierstrass, pour tout ε > 0, il existe un
2
polynôme P ∈ R[X] vérifiant kg − Pk∞,[0;1] ≤ ε et pour ϕ : t 7→ P(e−t )e−t /2 on a alors
2
k f − ϕk2 ≤ λε avec λ =
s
Z
1
e−(ln u)2
0
u
+∞
X
an
n=0
On vérifie
Ainsi E0 est dense dans E.
Pour montrer maintenant que F est dense dans E, nous allons établir que F est dense dans
E0 .
Soit f une fonction élément de E0 . Remarquons
Z
39
∀a = (an )n≥0
+∞
+∞
X
X
∈ E, |ϕ(a)| = an ≤
|an | = kak
n=0 n=0
La forme linéaire ϕ est donc continue.
Puisque F = ϕ−1 ({1}) avec {1}, la partie F est fermée en tant qu’image réciproque
d’une partie fermée par une application continue..
Posons e = (1, 0, 0, . . .) et un élément de F et
∀α > 0, e + αe < F et ke − (e + αe)k = α
On en déduit que F n’est pas un voisinage de son élément e et par conséquent la
partie F n’est pas ouverte.
Posons α p = e + p.(1, −1, 0, 0, . . .).
∀p ∈ N, α p ∈ F et kα p k −→ +∞
p→+∞
du
La partie F n’est donc pas bornée.
Cela permet de conclure à la densité proposée.
Exercice 74 : [énoncé]
Soit P ∈ On . En notant x1 < . . . < xn ses racines, on peut écrire
Exercice 73 : [énoncé]
(a) Par définition de l’ensemble E, l’application k.k : E → R+ est bien définie.
Soient (an )n≥0 , (bn )n≥0 éléments de E et λ ∈ R.
ka + bk =
+∞
X
|an + bn | ≤
n=0
+∞
X
(|an | + |bn |) = kak + kbk
n=0
avec convergence des séries écrites, et
kλ.ak =
+∞
X
n=0
Enfin, si kak = 0 alors
donne (an )n≥0 = (0)n≥0
|λan | =
+∞
X
n=0
|λ| |an | = |λ|
+∞
X
n=0
∀n ∈ N, |an | ≤ kak = 0
|an | = |λ| kak
P = α(X − x1 ) . . . (X − xn )
avec α , 0.
Posons y1 , . . . , yn−1 les milieux des segments [x1 ; x2 ], . . . , [xn−1 ; xn ].
Posons aussi y0 ∈ ]−∞ ; x1 [ et yn ∈ ]xn ; +∞[.
P(y0 ) est du signe de (−1)n α, P(y1 ) est du signe de (−1)n−1 α,. . . , P(yn−1 ) est du signe de
(−1)α, P(yn ) du signe de α. Pour simplifier l’exposé de ce qui suit, on va supposer α > 0.
La résolution se transposera aisément au cas α < 0.
Considérons l’application
fi : Q ∈ Rn [X] 7→ Q(yi )
L’application fi est continue et donc f j−1 (R∗+ ) et f j−1 (R∗− ) sont des parties ouvertes de
Rn [X].
Considérons U l’intersection des ouverts
f0−1 (−1)n R∗+ , f1−2 (−1)n−1 R∗+ ,. . . , fn−1 (R∗+ )
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Corrections
Les éléments de U sont des polynômes réels alternant de signe entre y0 < y1 < . . . < yn .
Par application du théorème des valeurs intermédiaires, un tel polynôme admet n racines
distinctes et donc est scindé à racines simples. Ainsi U ⊂ On . Or P ∈ U et U est ouvert
donc U est voisinage de P puis On est voisinage de P.
Au final On est ouvert car voisinage de chacun de ses éléments.
Dans le cas n = 1 : Fn = On et donc Fn est ouvert.
Dans le cas n = 2 : Fn réunit les polynômes P = aX 2 + bX + c avec b2 − 4ac > 0 (que a
soit égal à 0 ou non). L’application P 7→ b2 − 4ac étant continue, on peut affirmer que Fn
est encore ouvert car image réciproque d’un ouvert pas une application continue.
Dans le cas n ≥ 3 : Pn = X(1 + X 2 /n) est une suite de polynômes non scindés convergeant
vers X scindé à racines simples. Par suite Fn n’est pas ouvert.
40
Exercice 76 : [énoncé]
(a) Soit ((xn , yn ))n≥0 une suite d’éléments de Γ f . On suppose que la suite ((xn , yn ))n≥0
converge vers (x∞ , y∞ ). Puisque yn = f (xn ), on obtient à la limite y∞ = f (x∞ ) car f
est continue.
La partie Γ f est alors fermée en vertu de la caractérisation séquentielle des parties
fermées.
(b) Soit (xn ) ∈ RN une suite de limite a ∈ R et (yn ) = ( f (xn )) son image.
Soit b une valeur d’adhérence de (yn ). Il existe ϕ : N → N strictement croissante telle
que
yϕ(n) → b
On a alors
Exercice 75 : [énoncé]
(a) Unicité :
Supposons que f possède deux points fixes x , y.
L’hypothèse de travail donne
k f (x) − f (y)k < kx − yk
ce qui est absurde si f (x) = x et f (y) = y.
Existence :
On introduit la fonction δ : x 7→ k f (x) − xk définie sur K.
La fonction δ est continue sur le compact K, elle admet donc un minimum en un
c ∈ K.
Si f (c) , c alors
(b) Introduisons dn = kxn − ck. La suite (dn ) est décroissante et minorée donc elle
converge ; posons d sa limite. La suite (xn ) évolue dans un compact, il existe donc
une extractrice ϕ telle que (xϕ(n) ) converge vers un élément a de K. On a alors
dϕ(n) → d et donc
d = ka − ck
La suite (xϕ(n)+1 ) converge vers f (a) et aussi dϕ(n)+1 → d donc
d = k f (a) − ck = k f (a) − f (c)k
L’hypothèse a , c contredirait l’hypothèse faite sur f , nécessairement a = c puis
d = ka − ck = 0.
On peut alors conclure que (xn ) tend vers c.
xϕ(n) , yϕ(n) → (a, b)
Or il s’agit d’une suite d’éléments du graphe Γ f qui est supposé fermé. On en déduit
(a, b) ∈ Γ f et donc b = f (a).
Ainsi, la suite (yn ) ne possède qu’une seule valeur d’adhérence. Or elle évolue dans
un compact car bornée en dimension finie et donc, si elle ne possède qu’une valeur
d’adhérence, elle converge vers celle-ci.
Par la caractérisation séquentielle, on peut conclure que f est continue en a.
(c) Non, on obtient un contre-exemple avec la fonction donnée par



1/x si x , 0
f (x) = 

0
si x = 0
Le graphe de cette fonction est fermée car réunion de deux fermés
{(x, y) | xy = 1} ∪ {(0, 0)}
δ( f (c)) = k f ( f (c)) − f (c)k < k f (c) − ck = δ(c)
ce qui contredit la minimalité de c. Il reste f (c) = c ce qui fournit un point fixe.
mais cette fonction n’est pas continue.
Exercice 77 : [énoncé]
(a) Par définition
d(x, F) = inf {kx − yk | y ∈ F}
Soit n ∈ N. Le réel d(x, F) + 1/(n + 1) ne minore par l’ensemble {kx − yk | y ∈ F} et
donc il existe yn ∈ F tel que
d(x, F) ≤ kx − yn k < d(x, F) +
1
n+1
En faisant varier n, cela détermine une suite (yn ) d’éléments de F vérifiant
kx − yn k → d(x, F)
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Corrections
Cette suite est bornée et évolue dans l’espace vectoriel normé F qui est de dimension
finie, elle admet donc une valeur d’adhérence y dans F pour laquelle on obtient
d(x, F) = kx − yk
(b) Puisque F , E, il existe un vecteur x de E n’appartenant pas à F. On vérifie aisément
d(λx, F) = |λ| d(x, F)
car pour λ , 0
n
o
{kλx − yk | y ∈ F} = λ(x − y0 ) | y0 ∈ F
Il est donc possible de choisir x vérifiant d(x, F) = 1.
Pour tout vecteur y ∈ F, on a aussi d(x − y, F) = 1 car
o
n
{kx − zk | z ∈ F} = x − y − z0 | z0 ∈ F
Il ne reste plus qu’à trouver y ∈ F tel que kx − yk = 1. Le vecteur y ∈ F vérifiant
d(x, F) = kx − yk convient. Le vecteur u = x − y est alors solution.
(c) Si E est de dimension finie, la boule B est compacte car fermée et bornée en
dimension finie.
Inversement, supposons par l’absurde que B est compacte et E de dimension infinie.
Par récurrence, on construit une suite (un ) de vecteurs de E en posant u0 un vecteur
unitaire quelconque, puis une fois u0 , . . . , un déterminés, on définit un+1 de sorte que
d(un+1 , Vect(u0 , . . . , un )) = kun+1 k = 1
Cette construction est possible par l’étude qui précède car E est supposé de
dimension infinie.
La suite (un ) ainsi définie est une suite d’éléments du compact B, on peut donc en
extraire une suite convergente (uϕ(n) ). Puisque cette suite converge
uϕ(n+1) − uϕ(n) → 0
or
uϕ(n+1) − uϕ(n) ≥ d(uϕ(n+1) , Vect(u0 , . . . , uϕ(n+1)−1 )) ≥ 1
C’est absurde.
41
Pour tout n ∈ N, il existe xn ∈ F tel que yn = f (xn ). L’ensemble K = {yn | n ∈ N} ∪ {y∞ }
est un compact de E2 donc f −1 (K) est un compact de E1 . La suite (xn ) apparaît comme
étant une suite d’éléments du compacte f −1 (K), on peut donc en extraire une suite
convergeant dans la partie xϕ(n) → x∞ ∈ f −1 (K). De plus (xϕ(n) ) étant une suite d’éléments
du fermé F, on peut affirmer x∞ ∈ F. On va maintenant établir y∞ = f (x∞ ) ce qui
permettra de conclure. Pour tout N ∈ N, posons KN = {yn | n ≥ N} ∪ {y∞ }. KN est un
compact, f −1 (KN ) est donc fermé et par suite x∞ ∈ f −1 (KN ). Ainsi,
T
T
T
x∞ ∈ N∈N f −1 (KN ) = f −1 N∈N KN . Or N∈N KN = {y∞ } donc f (x∞ ) = y∞ .
Exercice 79 : [énoncé]
Notons que l’intégrale définissant an converge car |th t| ≤ 1.
(a) Pour t ≥ n,
th n th t
1
≤ 2 ≤ 2
t2
t
t
En intégrant et en exploitant th n → 1, on obtient an ∼ 1n .
P
On en déduit que R = 1. Pour x = −1, an xn converge en vertu du critère spécial des
séries alternées car (an ) décroît vers 0.
P
Pour x = 1, an xn diverge par l’équivalent précédent. La fonction somme est définie
sur [−1 ; 1[.
(b) Pour x ∈ [−1 ; 0], on peut appliquer le critère spécial des séries alternées à la série
P
an xn et affirmer
+∞
X
ak xk ≤ an+1 |x|n+1 ≤ an+1
k=n+1
ce qui assure la convergence uniforme de la série. Par suite la fonction somme est
continue en −1.
(c) On a
a − 1 ≤ 1 − th n
n n
n
donc pour x ∈ [0 ; 1[,
+∞
+∞
+∞
X
X
X
1 − th n n
1
an xn −
xn ≤
x
n
n
n=1
n=1
n=1
Or
+∞
X
1
n=1
Exercice 78 : [énoncé]
Soit (yn ) une suite convergente d’éléments de f (F) de limite y∞ . On veut établir que
y∞ ∈ f (F). Si y∞ est l’un des éléments de la suite (yn ) l’affaire est entendue. Sans perte de
généralités, on peut supposer que pour tout n ∈ N, yn , y∞ .
n
xn = − ln(1 − x) → +∞ et n2
1 − th n
∼ 2n e−2n → 0
n
P
P
n
n n
donc 1−th
est absolument convergente et la somme de la série entière 1−th
n
n x
est définie et continue en 1. On en déduit
f (x) ∼ − − ln(1 − x)
x→1
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Corrections
Exercice 80 : [énoncé]
R = 1, il y a divergence en x = 1 et convergence par le CSSA en x = −1.
La fonction somme est définie sur [−1 ; 1[.
Par application du critère spécial des séries alternées sur [−1 ; 0],
+∞
X
1 1 k →0
≤ ln 1 +
ln 1 + x k n+1
k=n+1
∞,[−1;0]
il y a donc convergence uniforme sur [−1 ; 0] et donc continuité de la somme en −1 puis
finalement sur [−1 ; 1[.
Pour étudier la fonction en 1− , on peut exploiter l’encadrement
!
Z n+1
1
1
dt 1
≤ ln 1 +
= ln(n + 1) − ln n =
≤
n+1
n
t
n
n
42
Puisque x ≤ |x| ≤ r, on a xu ≤ ru puis f (n+1) (xu) ≤ f (n+1) (ru) car f (n+1) est croissante
puisque de dérivée f (n+2) ≥ 0.
On en déduit
n
n
X
X
f (k) (0) k |x|n+1 f (k) (0) k f (x) −
x ≤ n+1 f (r) −
r k!
k!
r
k=0
k=0
(k)
P
Or la somme nk=0 f k!(0) rk est à termes positifs et est majorée par f (r) en vertu de la
formule de Taylor initiale. On a donc
n
X
f (k) (0) k x n+1
f (x) −
f (r)
x ≤ k!
r
k=0
(b) Puisque |x/r| < 1, la majoration précédente donne
n
X
f (k) (0) k
x −→ f (x)
n→+∞
k!
k=0
On en déduit pour x ∈ [0 ; 1[,
!
+∞
+∞
+∞
X
X
xn
1 n X xn
≤
ln 1 +
x ≤
n + 1 n=1
n
n
n=1
n=1
Or
+∞ n
X
x
= − ln(1 − x)
n
n=1
et
Finalement
+∞
X
xn
1
= (− ln(1 − x) − x) ∼ − − ln(1 − x)
x→1
n
+
1
x
n=1
+∞
X
n=1
!
ln 1 +
1 n
x ∼ − − ln(1 − x)
x→1
n
Ainsi f est développable en série entière sur ]−a ; a[ car égale à la somme de sa série
de Taylor sur ]−a ; a[.
(c) Posons f (x) = tan x. Par récurrence sur n ∈ N, on montre que
f (n) (x) = Pn (tan x)
avec Pn un polynôme dont la parité est celle de n + 1 car on a la relation de récurrence
Pn+1 (X) = (1 + X 2 )P0n
On en déduit alors que f (n) (x) ≥ 0 pour tout x ∈ [0 ; π/2[.
P
f (n) (0) n
En reprenant l’étude qui précède, on obtient f (x) = +∞
n=0 n! x pour tout
x ∈ [0 ; π/2[.
Par imparité de f , f (2p) (0) = 0 et par imparité de f , on a la relation
f (x) =
Exercice 81 : [énoncé]
(a) Par la formule de Taylor avec reste intégrale
Z x
n
X
(x − t)n (n+1)
f (k) (0) k
f (x) −
x =
f
(t) dt
k!
n!
0
k=0
Par le changement de variable t = xu, on obtient
Z
n
X
f (k) (0) k xn+1 1
f (x) −
x =
(1 − u)n f (n+1) (xu) du
k!
n!
0
k=0
+∞ (2p+1)
X
f
(0) 2p+1
x
(2p
+
1)!
p=0
pour tout x ∈ ]−π/2 ; π/2[.
Exercice 82 : [énoncé]
Posons bn = an!n , on a b0 = 1 et
(n + 1)bn+1 =
n
X
bn−k bk
k=0
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Corrections
P
Notons S la somme de la série entière bn xn et posons R son rayon de convergence.
Par récurrence, on peut affirmer |bn | ≤ 1 et donc R > 0.
Sur ]−R ; R[, la relation précédente donne a
43
(b) Notons que
P
ln nxn a pour rayon de convergence R = 1. On sait
n
X
1
k=1
S 0 (x) = S 2 (x)
= ln n + γ + o(1)
k
donc le terme générale
Après résolution, sachant que S (0) = 1, on obtient
S (x) =
ln n −
n
X
1
k
k=1
1
1−x
d’où l’on tire an = n!.
est borné par un certain M.
Par suite
!
+∞ X
n
+∞
+∞
X
X
1 n X
Mx
1
n
ln(n)x −
Mxn =
x ≤
=O
k n=1
1−x
1−x
n=1
n=1 k=1
Exercice 83 : [énoncé]
x2n+1 un+1
Pour x , 0, posons un = 3n+2
. un → x2 donc R = 1.
La fonction somme S est impaire, on se limite alors à x > 0.
quand x → 1− .
Or par produit de Cauchy
√
xS (x
3/2
)=
+∞
X
n=0
or
+∞
X
n=0
donc S (x) =
1
x4/3
R
x2/3 t
1−t3
0
S (x) =
x3n+2
=
3n + 2
Z
0
+∞
xX
n=0
+∞ X
n
X
1
x3n+2
3n + 2
t3n+1 dt =
Z
0
n=1 k=1
donc
x
t
dt
1 − t3
1
x +x +1
1
2x + 1
π
ln 4/3
−
−
√ arctan
√
4/3
2/3
4/3
6
6x
x − 2x + 1 x
3
3
2/3
2/3
xn = −
!
ln(1 − x)
1−x
ln(n)xn ∼ − −
x→1
n=1
dt et il ne reste plus qu’à décomposer en éléments simples etc.
4/3
+∞
X
k
ln(1 − x)
1−x
Exercice 85 : [énoncé]
(a) Pour 0 < r < R, il y a absolument convergence de
!
P
an rn . On a
+∞
+∞
X
2 X
f (r eiθ ) =
an rn einθ
an rn e−inθ
n=0
n=0
Par produit de Cauchy de séries absolument convergentes, on obtient
Exercice 84 : [énoncé]
P
P
(a) On sait que les séries entières an xn et nan xn ont le même rayon de convergence
R (notamment car une série entière et sa série dérivée ont le même rayon de
convergence). Puisque an = o(an ln n) et an ln n = o(nan ) on peut affirmer par
P
encadrement que la série entière (an ln n)xn a aussi pour rayon de convergence R.
De plus
n
X
1
an
∼ an ln n
k
k=1
P Pn 1 n
donc la série entière
an k=1 k x a encore pour rayon de convergence R.
+∞ X
n
2 X
f (r eiθ ) =
ak an−k ei(2k−n)θ rn
n=0 k=0
P
Puisque |an rn | et |an rn | sont absolument convergentes, par produit de Cauchy, on
P Pn
peut affirmer que
|ak | |an−k | rn converge. On en déduit que la série des
k=0 P
fonctions continues θ 7→ nk=0 ak an−k ei(2k−n)θ rn est normalement convergente et donc
on peut permuter somme et intégration :
Z 2π +∞ Z 2π X
n
X
f (r eiθ )2 dθ =
ak an−k ei(2k−n)θ rn dθ
P
0
n=0
0
k=0
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Or
R 2π
0
Corrections
eipθ dθ = 0 pour tout p ∈ Z∗ donc, après simplification des termes nuls,
2π
Z
1
2π
2
f (r eiθ ) dθ =
0
+∞
X
∞
X
|an |2 r2n =
|am |2 r2m
n=1
n=0
1
2π
Z
2π
0
(a) Pour x ∈ R, on sait par la série exponentielle
2 2n
an zn
n=0
|an | r
=
|an | r −
n=0
n=N+1
N
X
2 2n
|an | r
n=0
1
=
2π
2π
Z
2
f (r eiθ ) − fN (r eiθ ) dθ
0
Pour p ≥ N + 1, on obtient
r2n
1
|an |2 2p =
2π
r
n=N+1
Z
2π
2
f (r eiθ ) − fN (r eiθ )
0≤
2
f (r eiθ ) − fN (r eiθ )
0
r2p
donc
1
2π
Par produit de Cauchy de séries absolument convergente.
Z x
+∞ X
n
X
(−1)n−k
2
2
et dt =
f (x) = e−x
x2n+1
(n
−
k)!k!(2k
+
1)
0
n=0 k=0
r2p
0
f 0 (x) + 2x f (x) = 1
dθ
Or
2π
2
De plus f est solution de l’équation différentielle
+∞
X
Z
x2n
La fonction x 7→
dt est la primitive s’annulant en 0 de x 7→ e x donc par
intégration de série entière
Z x
+∞
X
1
2
x2n+1
et dt =
n!(2n
+
1)
0
n=0
Pour tout r > 0,
2 2n
n!
x t2
e
0
(c) Posons
+∞
X
+∞
X
(−1)n
R
La fonction f est alors constante.
2 2n
2
e−x =
n=0
∀n ∈ N∗ , an = 0
+∞
X
+∞
1 X
|an |2 −→ 0
r→+∞
r2 n=N+2
Exercice 86 : [énoncé]
Par intégration, d’une fonction négative, on obtient n=1 |an | r ≤ 0. Or il s’agit
d’une somme de termes positifs, ils sont donc tous nuls et on en déduit
N
X
|an |2 r2(n−N−1) ≤
n=N+2
2
f (r eiθ ) − | f (0)|2 dθ
P+∞
fN (z) =
+∞
X
On en déduit aN+1 = 0 puis, en reprenant la démarche avec p = N + 2, . . ., on obtient
successivement aN+2 = 0, . . . et finalement f = fN ∈ CN [X]
m=0
|an | r2n − |a0 |2 =
avec
0≤
(b) Pour 0 < r < R suffisamment petit
+∞
X
44
Z
2π
0
dθ ≤ 2π
(P(r))2 +
2
f (r eiθ ) − fN (r eiθ )
r2p
P
N
n=0
r2p
|an | rn
2
=
O(r2N )
r2p
avec la condition initiale f (0) = 0.
P
n
En écrivant f (x) = +∞
n=0 an x (car on sait que f est développable en série entière sur
R comme on l’a vu ci-dessus) et en injectant dans l’équation différentielle on obtient

  +∞

+∞
X

  X

n
n



∀x ∈ R, a1 +
(n + 1)an+1 x  + 2
an−1 x  = 1
n=1
n=1
Par unicité des coefficients d’un développement en série entière, on obtient
dθ −→ 0
r→+∞
Pour p = N + 1,
a1 = 1 et ∀n ∈ N∗ , (n + 1)an+1 + 2an−1 = 0
Sachant a0 = f (0) = 0, on parvient à
+∞
X
n=N+1
|an |2
+∞
X
r2n
= |aN+1 |2 +
|an |2 r2(n−N−1)
r2p
n=N+2
a2n = 0 et a2n+1 =
(−1)n 4n n!
−2
a2n−1 =
2n + 1
(2n + 1)!
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Corrections
(b) Par unicité des coefficients d’un développement en série entière
n
X
k=0
d’où
45
et donc
(−1)n 4n n!
(−1)n−k
=
(n − k)!k!(2k + 1) (2n + 1)!
d
x sin α
arctan
dx
1 − x cos α
!
n
X
4n (n!)2
4n
(−1)k n
=
=
(2k + 1) k
(2n + 1)! (2n + 1) 2n
k=0
n
puis la relation voulue.
!!
=
+∞
X
sin((n + 1)α)xn =
+∞
X
sin(nα)xn−1
n=1
n=0
Par intégration de série entière, on obtient alors la relation proposée.
Exercice 89 : [énoncé]
(a) En posant Y = X − 1,
Exercice 87 : [énoncé]
P
Notons an zn la série entière dont la somme est égale à f sur B◦ .
La fonction f est continue sur un compact donc uniformément continue.
Pour tout ε > 0, il existe δ > 0 vérifiant
∀z, z0 ∈ B, z − z0 ≤ δ =⇒ f (z) − f (z0 ) ≤ ε
1
1
=
(X + 1)m (X − 1)n Y n (Y + 2)m
Pour Y ∈ ]−1/2 ; 1/2[,
+∞
1
1
1
1 X −m(−m − 1) . . . (−m − k + 1) Y k
=
=
(Y + 2)m 2m 1 + Y m 2m k=0
k!
2k
Considérons alors r = 1 − δ et gr : z 7→ f (rz).
Pour tout z ∈ B, |z − rz| = δ |z| ≤ δ donc | f (z) − g(z)| ≤ ε. Ainsi k f − gk∞,B ≤ ε
P
Puisque la série entière an zn converge uniformément vers f sur tout compact inclus
P
dans B◦ , la série entière an rn zn converge uniformément vers g sur B. Il existe donc un
polynôme P vérifiant kP − gk∞,B ≤ ε puis k f − Pk∞,B ≤ 2ε ce qui permet de conclure.
Après simplifications
Exercice 88 : [énoncé]
Pour |x| < 1, on a
On en déduit que la partie polaire relative au pôle 1 est
d
x sin α
arctan
dx
1 − x cos α
!!
=
2
!
+∞
X
1
(−1)k m + k − 1 k
=
Y
(Y + 2)m k=0 2m+k
k
an−1
an−1
a0
a0
+ ··· +
= n + ··· +
n
(X − 1)
X−1 Y
Y
sin α
1 − 2x cos α + x2
avec
Par décomposition en éléments simples
sin α
1
1
1
=
−
1 − 2x cos α + x2 2i e−iα − x eiα − x
On reconnaît une écriture en Z − Z̄ /2i, c’est donc une partie imaginaire
!
!
sin α
1
eiα
=
Im
=
Im
e−iα − x
1 − x eiα
1 − 2x cos α + x2
ak =
!
De même, en posant Z = X + 1, la partie polaire relative au pôle −1 est
bm−1
b0
bm−1
b0
+ ··· +
= m + ··· +
m
(X + 1)
X+1 Z
Z
avec
bk =
Par sommation géométrique
+∞
X
eiα
=
ei(n+1)α xn
1 − x eiα n=0
!
(−1)k m + k − 1
k
2m+k
!
(−1)n n + k − 1
k
2n+k
Enfin, puisque de partie entière nulle, la fraction rationnelle étudiée est la somme des
deux parties polaires proposées.
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Corrections
(b) En réduisant chaque partie polaire au même dénominateur, on obtient
Pn−1
Pm−1
k
k
1
k=0 ak (X − 1)
k=0 bk (X + 1)
=
+
(X + 1)m (X − 1)n
(X − 1)n
(X + 1)m
46
Exercice 91 : [énoncé]
La fonction f est de classe C∞ sur un voisinage de 0 avec
f 0 (x) =
Par conséquent, on posant
U(X) =
n−1
X
ak (X − 1) et V(X) =
k
k=0
m−1
X
bk (X + 1)
f (x)
−x
1
f 0 (x)
f (x) + √
2
3/2
2(1 + x )
2 1 + x2
La fonction f est donc solution de l’équation différentielle
1
(1 + x2 )y00 (x) + xy0 (x) − y(x) = 0
4
(X + 1)m U(X) + (X − 1)n V(X) = 1
x
Z
2 1 + x2
f 00 (x) =
la poursuite de la réduction au même dénominateur du calcul précédent donne
dt
2
−∞ 1 + t + t
On vérifie aisément la convergence de cette intégrale et la fonction f est définie et
dérivable sur R avec
1
f 0 (x) =
1 + x + x2
Pour |x| < 1,
+∞
+∞
X
X
1−x
0
3n
f (x) =
= (1 − x)
x =
an x n
1 − x3
n=0
n=0
f (x) =
1
et
k
k=0
Exercice 90 : [énoncé]
Posons
√
avec les conditions initiales y(0) = 1 et y0 (0) = 1/2.
Analyse :
P
Soit an xn une série entière de rayon de convergence R > 0 dont la somme S est solution
de l’équation différentielle précédente. Pour tout x ∈ ]−R ; R[, on a
S (x) =
+∞
X
an xn , S 0 (x) =
n=0
et
S 00 (x) =
+∞
X
nan xn−1
n=1
n(n − 1)an xn−2 =
n=2
+∞
X
+∞
X
(n + 2)(n + 1)an+2 xn
n=0
La relation (1 + x2 )S 00 (x) + xS 0 (x) − S (x)/4 = 0 donne
+∞ h
X
avec
a3n = 1, a3n+1 = −1 et a3n+2 = 0
i
(n + 2)(n + 1)an+2 + (n2 − 1/4)an xn = 0
n=0
En intégrant,
f (x) = f (0) +
+∞
X
n=0
avec
f (0) =
Z
0
−∞
an n+1
x
n+1
dt
1 + t + t2
Pour calculer cette intégrale, on écrit
Z 0
Z 0
dt
dt
=
2
2
−∞ 1 + t + t
−∞ t + 1
+
2
∀n ∈ N, an+2 = −
3
4
"
#0
2
2t + 1
= √ arctan √
3
3 −∞
4π
√
3 3
1 (2n + 1)(2n − 1)
an
4 (n + 2)(n + 1)
En adjoignant les conditions initiales S (0) = 1 et S 0 (0) = 1/2, on parvient à
a2p =
Après calculs
f (0) =
Par unicité des coefficients d’un développement en série entière, on obtient la relation
(−1) p
(4p − 2)!
(−1) p
(4p − 1)!
et a2p+1 = 4p
4p−1
((2p)!)((2p − 1)!)
(2p + 1)!(2p − 1)!
2
2
Synthèse :
Considérons la série entière déterminée au terme de l’analyse. Celle-ci se comprend
P
P
comme la somme de deux séries entières a2p x2p et a2p+1 x2p+1 chacune de rayon de
convergence 1 car
an+2 = (2n + 1)(2n − 1) → 1
an 4(n + 2)(n + 1)
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Corrections
Cette série entière est donc de rayon de convergence R ≥ 1 et, compte tenu des calculs de
l’analyse, sa somme est solution de l’équation différentielle
1
(1 + x2 )y00 (x) + xy0 (x) − y(x) = 0
4
Elle vérifie de plus les conditions initiales y(0) = 1 et y0 (0) = 1/2. Puisque la fonction f
est aussi solution de ce problème de Cauchy et que ce dernier possède une solution
unique, on peut identifier f et la somme de la série entière.
47
Pour n ≥ 1, il y a convergence de la série des intégrales des valeurs absolues donc on peut
donc intégrer terme à terme par le théorème de Fubini
Z 1
+∞
X
(−1)k−1
ln(1 + tn ) dt =
k(nk + 1)
0
k=1
On a alors
n
avec
+∞
+∞
X
(−1)k 1 X 1
≤
→0
k=1 k2 (nk + 1) n k=1 k2
Exercice 92 : [énoncé]
(a) Appliquer l’inégalité de Taylor-Lagrange à la fonction t 7→ eit qui est de classe Cn+1
sur R.
(b) La
R +∞convergence de l’intégrale définissant F provient de la convergence supposée de
| f (t)| dt.
−∞
On a

Z +∞ X
Z +∞ 
n
n
(itx)k
 itx X (itx)k 
F(x) =
f (t) dt +
e −
 f (t) dt
k! 
−∞ k=0 k!
−∞
k=0
donc
Z
n
Z
+∞
−∞
n
X
(itx)k
k=0
k!
f (t) dt =
n Z
X
k=0
+∞
−∞
k
avec
F(x) =
+∞ Z
X
+∞
−∞
k=0
!
(it)k
f (t) dt xk
k!
avec convergence sur R de la série entière considérée.
+∞
X
(−1)k−1
k=1
k=1
(it) f (t)
dt xk
k!
compte tenu des hypothèses.
On peut alors affirmer
ln(1 + tn ) dt →
+∞
X
(−1)k−1
!
Z


Z +∞
n
k
+∞  itx X
1
(itx)


e −
 f (t) dt ≤
|t|n+1 | f (t)| dt → 0
(n + 1)!
k!
−∞
−∞
k=0
1
0
car on sait
avec
et
+∞
+∞
+∞
X
X
(−1)k−1
(−1)k−1 X (−1)k
−
=
k(nk + 1) k=1 k2
k2 (nk + 1)
k=1
k=1
k2
=
k2
π2
12
+∞
X
π2
1
=
2
6
k
k=1
Exercice 94 : [énoncé]
(a) f est la somme d’une série entière de rayon de convergence R = 1.
Puisque ln(1 + 1/n) ∼ 1/n, la série n’est pas définie pour x = 1. En revanche, on
vérifie aisément la convergence de la série en x = −1 en vertu du critère spécial des
séries alternées. Finalement f est définie sur [−1 ; 1[.
(b) Calculons la somme partielle


!
!
!
2N
N
X
X
 (2N + 1) [(2N)!]2 
1
2p + 1
2p

ln 1 +
(−1)n =
ln
− ln
= ln 
N 4
n
2p
2p − 1
2 N!
n=1
p=1
Par la formule de Stirling
Z
1
ln(1 + t ) dt =
n
0
2
π
Par le changement de variable u = 1/x C1 bijectif, on ne modifie par la nature de
l’intégrale et on a
Z 1
Z +∞
(−1)E(1/x)
(−1)E(u)
dx =
du
x
u
0
1
f (1) = ln
Exercice 93 : [énoncé]
Par développement en série entière
Z
+∞
X
(−1)k−1
[0;1[ k=1
k
tnk dt
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Corrections
48
donc
Puisque
+∞
X
Z x
Z x
(−1)E(u) du
du ≤
−→ 0
u
E(x)
E(x) u x→+∞
n=0
la nature de l’intégrale et sa valeur sont données par la limite de
Z
n+1
1
n Z
X
(−1)E(u)
du =
u
k=1
n
k+1
X
(−1)k
1
du =
(−1)k ln 1 +
u
k
k=1
k
ce qui donne un résultat assez monstrueux :
!
9(1/3) (−
1√
1 √
1
1
1 √
2
1
3arctan(( 3(2/3) + ) 3)+ ln(3)+ ln(3+3(1/3) +3(2/3) )− ln(−3(2/3) +3)+
3π)
3
9
3
6
6
3
18
fourni par Maple.
On peut conclure
1
Z
0
E(1/x)
(−1)
x
dx = ln
2
π
Exercice 96 : [énoncé]
(c) On peut écrire
!
1
1
1
= + εn avec εn = O 2
n
n
n
ln 1 +
!
(a) Posons an =
n!
1×3×···×(2n+1)
f (x) =
+∞
X
n=1
+∞
X
n=1
n
x
+
n
n
X
εn xn
n=1
xn
= − ln(1 − x) −→− +∞
x→1
n
et d’autre part
+∞
+∞
X
X
εn xn ≤
|εn | < +∞
n=1
n=1
π/2
donc
+∞ Z
X
n=0
π/2
0
puis
si x > 0 alors
S (x) =
n=0
somme de série entière définie sur ]−1 ; 1[.
S (x) =
0
+∞
X
n=0
x3n+1 =
x
1 − x3
→ 12 . R = 2.
n+1
2n+3
2n n!
1 × 3 × · · · × (2n + 1)
+∞ Z
X
n=0
0
π/2
xn
sin2n+1 (t) dt
2n
Par convergence uniforme,
xn
sin2n+1 (t) dt =
2n
+∞
X
n=0
x3n+2
3n + 2
an xn =
n=0
x→1
+∞
X
=
sin2n+1 (t) dt =
+∞
X
f (x) ∼ − − ln(1 − x)
Exercice 95 : [énoncé]
Soit
an+1
an
0
Ainsi
On peut donc conclure
, 0.
(b) On sait que
Z
On a alors
D’une part
√
3
!
√3
√3 Z 1/ 3 t dt
1
1
= 9S √3 = 9
(3n + 2) × 3n
1 − t3
0
3
π/2
n=0
1
Z
Z
2
arctan
x(2 − x)
r
x
2−x
2
an x = √
argth
−x(2 − x)
n=0
r
−x
2−x
0
+∞
X
an xn = √
n=0
Si x < 0 alors
0
xn
sin2n+1 (t) dt =
2n
sin t
dt =
(2 − x) + x cos2 t
an xn =
Z
+∞
π/2 X
Z
+∞
X
n
0
0
π/2
2 sin t
dt
2 − x sin2 t
du
(2 − x) + xu2
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Corrections
Exercice 97 : [énoncé]
√
La suite (an ) est bornée mais ne tend par vers 0 (car 3 n’est pas un nombre décimal).
P
Par conséquent, pour tout |x| < 1, la série numérique an xn converge car son terme est
n
dominé par le terme sommable x .
P
En revanche an 1n diverge car (an ) ne tend par 0.
On peut conclure que le rayon de convergence de la série entière vaut 1.
On vient de voir que la série diverge grossièrement pour x = 1, il en est de même pour
x = −1.
On conclut que l’intervalle cherché est
]−1 ; 1[
Exercice 98 : [énoncé] √
2
Pour x , 0, posons un = π n +2n x2n . Après calculs
un+1
−→ πx2
un n→+∞
√
donc R = 1/ π.
49
(c) Par l’équivalent précédent R = 1 et la série entière diverge en 1. Par application du
critère spécial des séries alternées, la série entière converge en −1.
Exercice 101 : [énoncé]
Posons
t−1 x
t
ln t
définie et continue par morceaux sur R × ]0 ; 1[.
Pour tout x ∈ R, la fonction t 7→ u(x, t) est continue par morceaux sur ]0 ; 1[.
Puisque
tx
u(x, t) ∼ +
et u(x, t) −→− 1
x→0 ln t
t→1
la fonction t 7→ u(x, t) est intégrable sur ]0 ; 1[ si, et seulement si, x > −1.
De plus, cette fonction est positive et donc la convergence de l’intégrale équivaut à
l’intégrabilité de la fonction intégrande.
On en déduit que la fonction f est définie sur ]−1 ; +∞[.
La fonction u admet une dérivée partielle
u(x, t) =
∂u
(x, t) = (t − 1)t x
∂x
Exercice 99 : [énoncé]
Série entière et série entière dérivée ont même rayon de convergence. Étudions alors le
P
rayon de convergence de cos((n + 1)α)xn . (cos((n + 1)α)) est bornée donc R ≥ 1 et ne
tend pas vers 0 donc R ≤ 1 et finalement R = 1.
Exercice 100 : [énoncé]
n
n
(a) Pour t > 1, e−t → 0 avec 0 ≤ e−t ≤ e−t . Par convergence dominée In → 0.
(b) Par le changement de variable u = tn qui est un C1 -difféomorphisme,
Z
1 +∞ 1−n −u
In =
u n e du
n 1
Cette dérivée partielle est continue en x et continue par morceaux en t.
Pour [a ; b] ⊂ ]−1 ; +∞[, on a
∂u
∀(x, t) ∈ [a ; b] × ]0 ; 1[, (x, t) ≤ (1 − t)ta
∂x
Par domination sur tout segment, on peut affirmer que f est de classe C1 sur ]−1 ; +∞[
avec
Z 1
1
1
f 0 (x) =
(t − 1)t x dt =
−
x+2 x+1
0
On en déduit
f (x) = ln
x+2
+C
x+1
La fonction
Par convergence dominée,
Z
+∞
u
1−n
n
Z
e−u du −→
n→+∞
1
donc
In ∼
1
n
Z
1
+∞
+∞
1
e−u
du
u
e−u
du
u
t−1
ln t
est continue sur ]0 ; 1[ et se prolonge par continuité en 0 et 1, elle est donc bornée par un
certain M ∈ R+ et alors
Z 1
M
Mt x dt =
−→ 0
| f (x)| ≤
x
+ 1 x→+∞
0
t 7→
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Corrections
On en déduit C = 0 puis finalement
f (x) = ln
x+2
x+1
50
Exercice 103 : [énoncé]
√
La fonction u(x, t) = e(ix−1)t / t définie sur R × ]0 ; +∞[.
t 7→ u(x, t) est continue par morceaux sur ]0 ; +∞[ pour chaque x ∈ R et
1
u(x, t) ∼ + √ et t2 u(x, t) −→ 0
t→+∞
t→0
t
Exercice 102 : [énoncé]
(a) Pour t ∈ ]0 ; 1[, on peut écrire
On en déduit que la fonction donnée par
+∞
X
ta−1
=
(−1)n ta+nb−1
b
1+t
n=0
Posons
S n : t 7→
n
X
(−1)k ta+kb−1
k=0
1 − (−1)n+1 t(n+1)b
= ta−1
1 + tb
Les fonctions S n sont continues par morceaux et la suite (S n ) converge simplement
sur ]0 ; 1[ vers la fonction
ta−1
S : t 7→
1 + tb
elle-même continue par morceaux.
De plus
2ta−1
= ϕ(t)
|S n (t)| ≤
1 + tb
avec ϕ intégrable sur ]0 ; 1[.
Par convergence dominée, on obtient
Z 1
Z 1 a−1
t
S n (t) dt →
dt
b
0
0 1+t
avec convergence de l’intégrale introduite.
Or
Z 1
n Z 1
n
X
X
(−1)k
S n (t) dt =
(−1)k ta+kb−1 =
a + kb
0
k=0 0
k=0
donc
Z 1 a−1
+∞
X
(−1)n
t
=
dt
a
+
nb
1
+ tb
0
n=0
F(x) =
0
Z 1
+∞
X
(−1)n
dt
1
π
= ln 2 + √
=
3
3n
+
1
3
1
+
t
0
3
3
n=0
e(ix−1)t
√ dt = f (x) + ig(x)
t
est définie sur R.
La fonction x 7→ u(x, t) est dérivable sur R pour chaque t ∈ ]0 ; +∞[ et
√
∂u
(x, t) = i t e(ix−1)t
∂x
x 7→ ∂u
∂x (x, t) est continue sur R pour chaque t ∈ ]0 ; +∞[,
t 7→ ∂u
∂x (x, t) est continue par morceaux sur ]0 ; +∞[ pour chaque x ∈ R et
∂u (x, t) = √t e−t = ϕ(t)
∂x
avec ϕ intégrable sur ]0 ; +∞[ car prolongeable par continuité en 0 et vérifiant
t2 ϕ(t) −→ 0.
t→+∞
Par domination, on peut affirmer que F est de classe C1 sur R et
Z +∞
√ (ix−1)t
te
dt
F 0 (x) =
0
À l’aide d’une intégration par parties, on obtient
F 0 (x) = −
1
F(x)
2(x + i)
La résolution de cette équation différentielle donne
F(x) = F(0)
avec convergence de la série introduite..
(b) Après calculs
+∞
Z
Enfin, sachant
Z
0
+∞
2
ei(arctan x)/2
(x2 + 1)1/4
e−t dt =
√
π
2
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on parvient à
√
F(x) =
Corrections
51
Pour intégrer terme à terme, nous allons exploiter les sommes partielles et le théorème de
convergence dominée. Posons
πe
(x2 + 1)1/4
i(arctan x)/2
S n : x 7→
d’où les expressions de f (x) et de g(x).
√
f (x) =
π
cos
x2 + 1 1/4
arctan x 2
√
π
et g(x) =
x2 + 1
cos x =
1/4 sin
2
1 + cos(2x)
pou x ∈ [−π/2 ; π/2]
2
ce qui donne
s
cos
arctan x 2
=
1+
√1
1+x2
et aussi
sin
arctan x 2
Les fonctions S n sont continues par morceaux et la suite (S n ) converge simplement vers S
elle-même continue par morceaux.
En vertu du critère spécial des séries alternées, on a
0 ≤ S n (x) ≤ S 0 (x) = e−a0 x = ϕ(x)
avec ϕ intégrable.
Par convergence dominée, on obtient
Z +∞
Z
S n (x) dx →
0
2
s
= signe(x)
1−
√1
1+x2
2
Exercice 104 : [énoncé]
Posons
fn : x 7→ (−1) e
Les fonctions fn sont continues et en vertu du critère spécial des séries alternées, on peut
P
affirmer que la série fn converge simplement sur ]0 ; +∞[. De plus, par le critère spécial
des séries alternées, on a
+∞
X
k
−a
x
k
(−1) e ≤ e−an+1 x
|Rn (x)| = k=n+1
est définie et continue sur ]0 ; +∞[.
Z
+∞
+∞ X
0
Exercice 105 : [énoncé]
Pour x > 0,
x x = e x ln x =
(−1)n e−an x dx
n=0
+∞
X
(x ln x)n
n=0
donc
Z
ce qui permet d’établir que la série fn converge uniformément sur tout segment de
]0 ; +∞[. On en déduit que la fonction
n=0
an
=
avec en substance convergence de la série écrite.
P
S : x 7→
S (x) dx
0
+∞
X
(−1)n
n=0
n −an x
+∞
avec convergence de l’intégrale introduite.
Or
Z +∞
n Z +∞
n
X
X
(−1)k
S n (x) dx =
(−1)k e−ak x dx =
ak
0
k=0 0
k=0
donc
+∞
X
(−1)k e−ak x
k=0
arctan x On peut encore éventuellement « simplifier » en exploitant
r
n
X
1
x dx =
x
0
Z
n!
+∞
X
fn
]0;1] n=0
avec
n −an x
(−1) e
(x ln x)n
n!
P
Les fonctions fn sont continues par morceaux, fn converge simplement vers une
fonction continue par morceaux sur ]0 ; 1].
fn (x) =
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52
Puisque
Les fonctions fn sont intégrables et
Z
Z
| fn | =
]0;1]
Corrections
]0;1[
∀t ∈ [0 ; 1], |un (t)| ≤ M
(−1)n xn (ln x)n
dx
n!
avec t 7→ M intégrable sur [0 ; 1], on peut appliquer le théorème de convergence dominée
et affirmer
Z
Z
1
Or
Z
ε
1
1 n+1
x (ln x)n
n+1
#1
n
xn (ln x)n dx = −
n
+
1
]0;1]
Z
"
xn (ln x)n dx =
−
ε
n
n+1
ε
xn (ln x)n−1 dx
donc quand ε → 0
Z
xn (ln x)n−1 dx
]0;1]
Ainsi
Z
n n−1
1
xn (ln x)n dx = (−1)n
···
n+1n+1
n+1
]0;1]
Par suite
Z
1
0
| fn | dx =
Z
0
1
1
f (tn ) dt →
1
Z
(−1)n n!
xn dx =
(n + 1)n+1
1
(n + 1)n+1
PR 1
et il y a convergence de la série
| fn |
0
R
Par le théorème d’intégration terme à terme, on obtient que l’intégrale ]0;1] x x dx est
définie et
Z 1
+∞ Z 1
+∞
X
X
(−1)n
x
x dx =
fn (x) dx =
(n + 1)n+1
0
n=0 0
n=0
0
u(t) dt = f (0)
0
Exercice 107 : [énoncé]
On a
1×2
n!
× 1 = ϕ(x)
≤
Qn
(x + 1)(x + 2)
k=1 (k + x)
avec ϕ intégrable sur [0 ; +∞[.
Quand n → +∞,
!
n
X
x
n!
ln 1 +
=−
ln Qn
→ −∞
k
k=1 (k + x)
k=1
car ln (1 + x/k) ∼ x/k terme général d’une série à termes positifs divergente.
Par suite
n!
Qn
→0
k=1 (k + x)
puis par le théorème de convergence dominée
Z +∞
n!
Qn
lim
dx = 0
n→+∞ 0
k=1 (k + x)
puis le résultat voulu.
Exercice 108 : [énoncé]
Exercice 106 : [énoncé]
Considérons la suite des fonctions un : [0 ; 1] → R déterminée par un (t) = f (tn ).
Les fonctions un sont continues par morceaux et par continuité de f



 f (0) si t ∈ [0 ; 1[
un (t) −→ u(t) = 
 f (1) si t = 1
n→+∞
déf 
La suite de fonctions (un ) converge simplement sur [0 ; 1] vers la fonction u continue par
morceaux.
Enfin, la fonction f étant continue sur un segment, elle y bornée ce qui permet
d’introduire
M = sup | f (t)|
t∈[0;1]
(a) Posons u(x, t) = (sin t) x définie sur R × ]0 ; π/2].
Pour tout x ∈ R, t 7→ u(x, t) est continue par morceaux sur ]0 ; π/2].
On a
u(x, t) ∼ + t x
t→0
donc t 7→ u(x, t) est intégrable sur ]0 ; π/2] si, et seulement si, x > −1.
De plus, la fonction t 7→ u(x, t) est positive et donc la convergence de l’intégrale
équivaut à l’intégrabilité de la fonction.
En conclusion, l’intégrale existe si, et seulement si, x > −1.
(b) u admet une dérivée partielle
∂u
(x, t) = ln(sin t)(sin t) x
∂x
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Corrections
Celle-ci est continue en x et continue par morceaux en t.
Pour [a ; b] ⊂ ]−1 ; +∞[, on a
∂u
∀(x, t) ∈ [a ; b] × ]0 ; π/2], (x, t) ≤ |ln(sin t)| (sin t)a = ϕ(t)
∂x
La fonction ϕ est intégrable car
53
Exercice 109 : [énoncé]
Par le changement de variable u = nt
In =
+∞
f (u/n) e−u du
0
Par convergence dominée, sachant
ϕ(t) ∼ + |ln t| |ta | = o (tα ) avec α ∈ ]−1 ; a[
| f (u/n)| ≤ k f k∞ e−u = ϕ(u)
t→0
avec ϕ intégrable, on obtient
Par domination sur tout segment, on obtient f de classe C1 avec
f (x) =
Z
π/2
Z
0
+∞
Z
x
f (0) e−u du = f (0)
In →
ln(sin t)(sin t) dt ≤ 0
0
0
(c) Posons
ϕ(x) = (x + 1) f (x) f (x + 1)
Exercice 110 : [énoncé]
Une intégration par parties avec
(a) Pour x ∈ R, t 7→
sin(xt)
et −1
u0 (t) = sin t et v(t) = (sin t) x−1
donne
Z
π/2
(sin t) dt = (x − 1)
Z
x
0
π/2
sin(xt)
sin(xt)
1
= O(1) et t
= o
et − 1 t→0
e − 1 t→+∞ t2
Z
(sin t)
x−2
0
π/2
dt −
!
!
x
(sin t) dt
0
On en déduit
ϕ(x + 1) = ϕ(x)
Montrons que cette fonction est en fait constante.
Soit a ∈ ]−1 ; 0[. Pour tout n ∈ N, ϕ(a + n) = ϕ(a).
En posant p = bac, la décroissance de f donne
ϕ(a) = ϕ(a + n) ≤ (a + n + 1) f (p + n) f (p + n + 1)
Or
(p + n + 1) f (p + n) f (p + n + 1) = ϕ(p + n) = ϕ(0)
et donc
est continue par morceaux sur ]0 ; +∞[,
donc f (x) est bien définie pour tout x ∈ R.
(b) Posons g(x, t) = sin(xt)
et −1 .
g admet une dérivée partielle
avec
∂g
t
(x, t) = t
cos(xt)
∂x
e −1
∂g
x 7→ ∂g
∂x
(x, t) est
continue sur R, t 7→ ∂x (x, t) est continue par morceaux sur ]0 ; +∞[.
t
Enfin ∂g
∂x (x, t) ≤ et −1 = ϕ(t) avec ϕ intégrable sur ]0 ; +∞[.
Par domination, on peut affirmer que f est de classe C1 , a fortiori continue et
dérivable.
(c) La décomposition
+∞
a+n+1
(a + n + 1) f (p + n) f (p + n + 1) =
ϕ(0) −→ ϕ(0)
n→+∞
p+n+1
De façon semblable, ϕ(a) peut être minorée par une suite de limite ϕ(0).
On peut donc affirmer que ϕ est constante.
∂g
∂x
X
1
=
e−nt
t
e − 1 n=1
permet d’écrire
f (1) =
Z
0
+∞
+∞ X
sin(t) e−nt dt
n=1
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Corrections
Par la majoration |sin(u)| ≤ |u|, on obtient
+∞
Z
(c) Par intégration par parties
PR
[0;+∞[
+∞
Z
sin(t) e−nt ≤
−nt
te
0
0
La série
+∞ Z
X
+∞
sin(t) e−nt dt
Or
On calcule l’intégrale sommée en considérant la partie imaginaire de
+∞
eit e−nt dt
0
Z
1
0
tz+1
dt
(1 + t)2
Z 1 z+1
Z 1
z+1 t
t dt
dt ≤
2
0 (1 + t)
0
avec
z+1 t = exp((z + 1) ln t = exp ((Re(z) + 1) ln t) = tRe(z)+1
0
n=1
Z
1
(z + 1) f (z) = +
2
1
dt = 2
n
sin(t) e−nt dt converge, on peut intégrer terme à terme
f (1) =
54
car les exponentielles imaginaires sont de module 1.
On a alors
Z 1
Z 1 z+1
t
1
dt ≤
tRe(z)+1 dt =
2
Re(z) + 2
0
0 (1 + t)
Ainsi
On obtient à terme
f (1) =
+∞
X
(z + 1) f (z)
1
2
n +1
n=1
−→
Re(z)→+∞
−→
Re(z)→+∞
0
1
2
puis
f (z)
∼
Re(z)→+∞
1
2z
Exercice 111 : [énoncé]
(a) Pour a > −1, on note Ωa = {z ∈ C | Re(z) ≥ a}.
tz
tz
t 7→ 1+t
est continue par morceaux sur ]0 ; 1], z 7→ 1+t
est continue sur Ω et pour
z ∈ Ωa ,
z a
t ≤ t = ϕ(t)
1 + t 1 + t
avec ϕ intégrable sur ]0 ; 1] car ϕ(t) ∼ ta quand t → 0+ .
Par domination, on peut affirmer que f est définie et continue sur Ωa .
Ceci valant pour tout a > −1, on peut encore affirmer que f est définie et continue
sur Ω.
(b) On observe
f (x) + f (x + 1) =
1
Z
t x dt =
0
et par continuité
f (x + 1) −→ f (0)
x→−1
donc
f (x) ∼
x→−1
1
x+1
1
x+1
Exercice 112 : [énoncé]
Posons
ln(1 + x cos t)
dt
cos t
0
Pour |x| > 1, l’intégrale ne peut pas être définie.
Pour |x| ≤ 1
En t = π/2 et t = 3π/2, il est possible de prolonger par continuité la fonction intégrée.
Pour x = −1 :
Quand t → 0+ , ln(1 − cos t) ∼ 2 ln t
Quand t → 2π− , t = 2π − h, ln(1 − cos t) = ln(1 − cos h) ∼ 2 ln h
Pour x = 1, quand t → π,t = π + h, ln(1 + cos t) = ln(1 − cos h) ∼ 2 ln h.
Finalement f est définie sur [−1 ; 1].
Pour des raisons de symétrie,
Z π
ln(1 + x cos t)
f (x) = 2
dt
cos t
0
f (x) =
Z
2π
Par domination sur [−a ; a] avec a < 1, f est C1 sur ]−1 ; 1[ et
Z π
dt
f 0 (x) = 2
1
+
x cos t
0
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Corrections
55
Par le changement de variable u = tan 2t ,
Z +∞
2π
du
f 0 (x) = 4
= √
2 ) + x(1 − u2 )
(1
+
u
0
1 − x2
Pour x , 1, on peut décomposer la fraction rationnelle définissant l’intégrande
Puisque f (0) = 0, on en déduit f (x) = 2π arcsin x.
et on obtient alors
t
(1 +
t2 )(x2
+
f 0 (x) =
Exercice 113 : [énoncé]
Étudions la fonction donnée par
f (x) =
Z
0
+∞
arctan(x/t)
1 + t2
π/2
= ϕ(t)
1 + t2
∂u
t
(x, t) = 2
∂x
(t + x2 )(1 + t2 )
t
t
− 2
2
− 1)(1 + t ) (x − 1)(x2 + t2 )
!#+∞
"
1 + t2
1
1
ln x
ln
= 2
x2 − 1 2
x2 + t 2 0
(x − 1)
Or f (0) = 0 et par continuité on parvient à
Z x
ln t
dt = f (x)
2
0 (t − 1)
Posons
u(x, t) =
x ∈ R∗+ et
1
∂u (x, t) = 1
∂x
2x (1 + t2 )
car 2tx ≤ x + t .
Soit [a ; b] ⊂ ]0 ; +∞[
2
(x2
Exercice 114 : [énoncé]
La fonction f est bien définie sur ]0 ; +∞[ et
Z +∞ −tx
π
e
x f (x) = −
dt
2
1 + t2
0
avec ϕ fonction intégrable sur ]0 ; +∞[.
On en déduit que la fonction f est définie et continue sur R+ .
x 7→ u(x, t) est dérivable sur R∗+ pour chaque t ∈ ]0 ; +∞[ et
∗
x 7→ ∂u
∂x (x, t) est continue sur R+ pour chaque t ∈ ]0 ; +∞[
∂u
t 7→ ∂x (x, t) est continue par morceaux sur ]0 ; +∞[ pour chaque
=
Cette identité se prolonge en x = 1 par un argument de continuité.
On a alors
Z x
Z x
ln t
ln t
dt
=
lim
dt = lim f (x) − f (ε)
2 − 1)
2 − 1)
ε→0
ε→0
(t
(t
0
ε
Notons u(x, t) = arctan(x/t)
définie sur R+ × ]0 ; +∞[
1+t2
t 7→ u(x, t) est continue par morceaux sur]0 ; +∞[ pour chaque x ∈ R+
x 7→ u(x, t) est continue sur R+ pour chaque t ∈ ]0 ; +∞[ et
|u(x, t)| ≤
t2 )
2
∂u
1
1
∀(x, t) ∈ [a ; b] × ]0 ; +∞[, (x, t) =
= ψ(t)
∂x
2a (1 + t2 )
avec ψ fonction intégrable.
Par domination sur tout segment, on obtient f de classe C1 sur ]0 ; +∞[ avec
Z +∞
t
f 0 (x) =
dt
2 + x2 )(1 + t2 )
(t
0
e−tx
1 + t2
définie sur ]0 ; +∞[ × [0 ; +∞[.
u admet deux dérivées partielles
∂u
t
∂2 u
t2
(x, t) = −
e−tx et 2 (x, t) =
e−tx
2
∂x
1+t
∂x
1 + t2
Pour chaque x > 0, les fonctions u et ∂u
∂x sont intégrables et pour tout [a ; b] ⊂ ]0 ; +∞[, on
a la domination
2
∂ u
−at
(x,
t)
2
≤ e = ϕ(t)
∂x
avec ϕ intégrable. On en déduit que la fonction
Z +∞ −tx
e
x 7→
dt
1
+ t2
0
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est définie et de classe C2 sur ]0 ; +∞[. Il en est de même pour f par opérations sur de
telles fonctions.
Quand x → +∞,
Z +∞
Z +∞ −tx
1
e
dt ≤
e−tx dt =
0≤
2
x
1
+
t
0
0
donc x f (x) →
π
2
puis
π
x→+∞ 2x
f (x) ∼
Étudions maintenant f (x) quand x → 0+ .
Par le changement de variable u = tx,
Z +∞
Z +∞
1 − e−u
u 1 − e−u
f (x) =
du
=
du
x2 + u2
x2 + u2 u
0
0
avec
ϕ : u 7→
1 − e−u
u
Par intégration par parties,
"
#+∞
Z
1
1 +∞
f (x) =
ln(x2 + u2 )ϕ(u)
−
ln(x2 + u2 )ϕ0 (u) du
2
2
0
0
Pour x ∈ ]0 ; 1],
ln(x2 + u2 ) ≤ ln(u2 ) + ln(1 + u2 )
et la fonction
u 7→ ln(u2 ) + ln(1 + u2 ) ϕ0 (u)
Corrections
56
avec ϕ intégrable. Par suite f est définie et continue sur R.
Il est immédiat que f est paire. Poursuivons, en étudiant f sur R∗+
!
d ln(x2 + t2 )
2x
= 2 2
dx
1 + t2
(x + t )(1 + t2 )
t 7→ (x2 +t22x)(1+t2 ) est continue par morceaux sur [0 ; +∞[,
x 7→ t 7→ (x2 +t22x)(1+t2 ) est continue sur R et pour x ∈ [a ; b] ⊂ R∗+ ,
2b
2x
≤
= ψ(t)
2
2
2
2
2
(x + t )(1 + t )
(a + t )(1 + t2 )
avec ψ intégrable. Par suite f est de classe C1 sur R∗+ .
Pour x , 1,
!
2x
2x
1
1
=
−
(x2 + t2 )(1 + t2 ) x2 − 1 1 + t2 x2 + t2
donc
f 0 (x) =
Z
+∞
2x
(x2
0
+
t2 )(1
+
t2 )
dt =
π
x+1
et cette relation vaut aussi pour x = 1 par continuité.
En procédant au changement de variable u = 1/t, on obtient f (0) = 0 et donc on peut
conclure
f (x) = π ln (x + 1)
pour x ∈ R+ en exploitant un argument de continuité.
est intégrable sur ]0 ; +∞[ car ϕ0 peut être prolongée par continuité en 0 et
e−u
u→+∞ u
ϕ0 (u) ∼
On en déduit
f (x) = − ln x + O(1) ∼ + − ln x
x→0
Exercice 115 : [énoncé]
2 2
t 7→ ln(x1+t+t2 ) est continue par morceaux sur [0 ; +∞[,
x 7→
ln(x2 +t2 )
1+t2
est continue sur R et pour x ∈ [−a ; a]
ln(x2 + t2 ) ln(a2 + t2 ) + ln(t2 )
= ϕ(t)
≤
1 + t2 1 + t2
Exercice 116 : [énoncé]
(a) Par intégration par parties on obtient une relation de récurrence qui conduit à
Z
1
xn (1 − x)m dx =
0
n!m!
(n + m + 1)!
En posant un le terme général de la série étudiée, on observe uun+1
→ 14 ce qui assure
n
la convergence de la série.
P R1 n
n−1
(b) S −1 = +∞
dx. Par convergence de la série des intégrales des valeurs
n=1 0 x (1 − x)
absolues, on peut permuter et obtenir
S −1 =
1
Z
0
x dx
π
= √
1 − x(1 − x) 3 3
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Puisque
Corrections
(d) Par intégrations par parties successives :
!
!
2n + 2
4n + 2 2n
=
n+1 n
n+1
on observe
57
1
Z
(1 − y) s−1 yn dy =
0
2
1
1
2n+2 −
2n+2 = 2n
n+1
4
n+1
n+1
(∗)
(e)
n
Fλ (s) =
En sommant pour n allant de 1 à +∞, on obtient
!
!
1
1
4 S0 −
− 2 S −1 −
= S0
2
2
n=0
puis
1 + 2S −1
3
(c) On multiplie la relation(∗) par (n + 1) p et on développe le (n + 1) p du second membre
et en sommant comme ci-dessus, on saura exprimer 3S p en fonction des S q avec
q < p.
S0 =
Exercice 117 : [énoncé]
(a) Par la règle de d’Alembert la série converge pour tout (s, λ) ∈ R∗+ × C. ∆λ : ]0; +∞[.
(b)


+∞
X

λn
1 

Fλ (s) = 1 +
s
(s
+
1)
.
.
.
(s
+
n)
n=1
Or
+∞ n Z
X
λ
n!
n!
s(s + 1) . . . (s + n)
1
(1 − y) s−1 yn dy
0
Par convergence de la série des intégrales des valeurs absolues, on peut échanger
somme et intégrale :
Z 1
Fλ (s) =
eλy (1 − y) s−1 dy
0
Exercice 118 : [énoncé]
(a) Pour x > 0, t2 sint t e−tx −→ 0 donne l’intégrabilité de t 7→ sint t e−tx .
t→+∞
R +∞
Pour x = 0, il est connu que l’intégrale 0 sint t dt est convergente bien que t 7→
ne soit pas intégrable.
(b) Pour x ∈ [a ; b] ⊂ ]0 ; +∞[,
!
d sin t −tx e ≤ e−ax = ϕ(x)
dx t
avec ϕ intégrable. Par domination sur tout segment f est de classe C1 sur ]0 ; +∞[.
+∞
+∞
X
X
λn
|λ|n
≤
1 +
= e|λ|
(s
+
1)
.
.
.
(s
+
n)
n!
n=0
n=1
(c) Pour x > 0,
f 0 (x) =
donc Fλ (s) −→ 0.
s→+∞
Z
+∞
− sin(t) e−tx dt = Im −
il y a converge normale sur R+ de la série des fonctions continues s 7→
Ceci permet d’affirmer
1+
+∞
X
n=1
+∞
X λn
λn
−→
= eλ
(s + 1) . . . (s + n) s→0 n=0 n!
et donc
Fλ (s) ∼ +
s→0
eλ
s
Z
+∞
| f (x)| ≤
λ
(s+1)...(s+n) .
n
!
e(−x+i)t dt = −
0
donc f (x) = C − arctan x.
Or
n
λn
≤ λ
(s + 1) . . . (s + n)
n!
+∞
Z
0
(c) Puisque
sin t
t
e−tx dt =
0
donc
C=
x2
1
+1
1
−→ 0
x x→+∞
π
2
(d) En découpant l’intégrale, on a
f (x) =
+∞ Z
X
n=0
(n+1)π
nπ
sin(t) −tx
e dt
t
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Posons
un (t) =
Z
(n+1)π
nπ
Corrections
Posons
sin(t) −tx
e dt
t
Par application du critère spécial des séries alternées, on établir que la série de
P
fonctions continues un converge uniformément sur [0 ; 1], on en déduit que sa
somme, à savoir la fonction f , est continue en 0. On peut conclure que
Z +∞
sin t
π
dt =
t
2
0
Exercice 119 : [énoncé]
Pour t ∈ ]0 ; 1[, on peut écrire
58
+∞
X
ln t
=
t2n ln t
1 − t2 n=0
f p (t) = a p
t p −2t
e
p!
P
La série de fonction f p convergence simplement.
P+∞
Les fonctions f p et p=n f p sont continues par morceaux.
Les fonctions f p sont intégrables sur [0 ; +∞[ et
!
Z +∞ f (t) dt = a p = O 1
p
2 p+1
2 p+1
0
est terme générale d’une série convergente.
Par le théorème d’intégration terme à terme de Fubini, on obtient
 +∞

Z +∞
+∞
X
X t p 
ap
−2t 
e  a p  dt =
p!
2 p+1
0
p=n
p=n
Enfin, cette expression tend vers 0 en tant que reste d’une série convergente.
Or
Z
1
t2n ln t dt =
0
−1
(2n + 1)2
Sachant que la série des intégrales des valeurs absolues converge, le théorème
d’intégration terme à terme de Fubini donne
Z
0
1
Exercice 121 : [énoncé]
Par la série exponentielle, on peut écrire pour t > 0,
t−t = exp(−t ln t) =
+∞
X
1
3ζ(2)
ln t
dt = −
=−
2
4
1 − t2
(2n
+
1)
n=0
avec en substance la convergence de l’intégrale étudiée.
Exercice 120 : [énoncé]
P
p
La série a p tp! est convergente car
p
p
a t ≤ k(a )k t
p
n
∞
p! p!
De plus sa somme est continue car on peut aisément établir la convergence normale sur
tout segment.
Enfin
+∞
X
t p a p ≤ k(an )k∞ et
p=n p! permet d’assurer l’existence de l’intégrale étudiée.
+∞
X
(−1)n
n=0
(t ln t)n
n!
Pour procéder à une intégration terme à terme, posons un (t) = (−1)n (t ln t)n /n! pour
t ∈ ]0 ; 1].
P
Les fonctions un sont continues par morceaux et la série de fonctions un converge
simplement sur ]0 ; 1] vers la fonction t 7→ t−t elle-même continue par morceaux.
Les fonctions un sont intégrables sur ]0 ; 1] car on peut les prolonger par continuité en 0 et
Z 1
Z 1
n
un (t) dt
|un (t)| dt = (−1)
0
0
Par intégration par parties
Z
1
tn+1
(t ln t) dt =
(ln t)n
n+1
"
n
ε
#1
n
−
n
+
1
ε
1
Z
ε
tn (ln t)n−1 dt
En passant à la limite quand ε → 0, on obtient
Z 1
Z 1
n
(t ln t)n dt = −
tn (ln t)n−1 dt
n
+
1
0
0
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Corrections
En itérant le procédé on obtient
1
Z
(t ln t)n dt =
0
et ainsi
Z
1
|un (t)| dt =
0
La série
PR 1
0
(−1)n n!
(n + 1)n+1
1
1
=o 2
n+1
(n + 1)
n
!
|un | étant convergente, on peut intégrer terme à terme et l’on obtient
Z
1
t−t dx =
0
+∞
X
n=0
59
P
(b) Par l’absurde, si un converge alors, on peut appliquer un théorème d’intégration
P
terme à terme à la série de fonctions fn . En effet, les fonctions fn sont continues
P
par morceaux, la série de fonctions fn converge simplement sur [0 ; π/2[ vers la
fonction
1
f : x 7→
1 − cos π2 sin x
elle-même continue par morceaux. Enfin les fonctions fn sont intégrables
sur [0 ; π/2[
PR
et l’hypothèse de travail absurde signifie la convergence de la série
| f |.
[0;π/2[ n
Par théorème d’intégration terme à terme, on obtient
1
(n + 1)(n+1)
+∞
X
n=0
avec existence de l’intégrale en premier membre.
un =
Z
π/2
1 − cos
0
1
π
2
sin x
dx
avec convergence de l’intégrale. Or, quand x → 0+
Exercice 122 : [énoncé]
On sait que la fonction ζ est continue.
Z +∞
Z
(ζ(x) − 1) dx =
2
avec
1 − cos
+∞
+∞ X
2
Z
n=2
1
dx
nx
1
π
2
sin x
∼
8
π2 x2
et donc l’intégrale introduite diverge. C’est absurde.
P
On en déduit que la série un diverge.
+∞
1
dx
= 2
x
n
n ln n
2
La convergence de la série des intégrales des valeurs absolues assure la convergence de
l’intégrale du premier membre et permet de permuter intégrale et somme. On obtient alors
Z +∞
+∞
X
1
(ζ(x) − 1) dx =
2
n ln n
2
n=2
Exercice 124 : [énoncé]
R π/2
On a un ≥ vn = 0 e−t cos2n t dt.
P
Si la série numérique un converge alors, par comparaison de série à termes positifs, la
P
série vn converge aussi. Par le théorème d’intégration terme à terme de Fubini, il y a
alors intégrabilité sur ]0 ; π/2] de la fonction
+∞
X
n=0
Exercice 123 : [énoncé]
e−t cos2n t =
e−t
e−t
=
1 − cos2 t sin2 t
Or quand t → 0+
(a) Posons
π
n
fn (x) = cos sin x
2
Les fonctions fn sont continues par morceaux et la suite de fonctions ( fn ) converge
simplement vers la fonction nulle sur [0 ; π/2[, elle-même continue par morceaux.
Enfin, on a la domination
| fn (x)| ≤ 1 = ϕ(x)
avec ϕ évidemment intégrable sur [0 ; π/2[. Par convergence dominée, on obtient
un → 0
e−t
1
∼ 2
2
sin t t
qui n’est pas intégrable sur ]0 ; π/2].
P
C’est absurde, on en conclut que la série un diverge.
Exercice 125 : [énoncé]
C’est une équation différentielle linéaire d’ordre à 2 de solution homogène :
y = A cos x + B sin x.
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Corrections
60
avec ϕ intégrable sur [0 ; +∞[. Par domination f est définie et continue sur [0 ; +∞[.
De plus, x 7→ u(x, t) est deux fois dérivable sur R+ pour chaque t ∈ [0 ; +∞[ avec
Méthode de variation des constantes
(
A0 (x) cos x + B0 (x) sin x = 0
0
−A (x) sin x + B0 (x) cos x = cot x
∂2 u
t2 e−tx
∂u
−t e−tx
et
(x,
t)
=
(x, t) =
∂x
1 + t2
∂x2
1 + t2
Après résolution et intégration
1 + cos x
1
+ A cos x + B sin x
y(x) = − sin x ln
2
1 − cos x
Exercice 126 : [énoncé]
(a) C’est une équation différentielle linéaire d’ordre à 2 à coefficients constants de
solution homogène
y = A cos x + B sin x
La dérivée partielle ∂u
∂x est continue par morceaux et intégrable sur [0 ; +∞[.
∂2 u
La dérivée partielle ∂x2 est continue en x et continue par morceaux en t.
Soit [a ; b] ⊂ ]0 ; +∞[. On a
2
∂ u
t2 e−at
∀(x, t) ∈ [a ; b] × [0 ; +∞[, 2 (x, t) ≤
≤ e−at = ϕ(t)
∂x
1 + t2
avec ϕ intégrable. Par domination sur tout segment, f est de classe C2 sur ]0 ; +∞[ et
La méthode de variation des constantes propose une solution particulière de la forme
f (x) =
y(x) = A(x) cos x + B(x) sin x
En faisant cos(x) × (1) − sin(x) × (2), on détermine A0 (x) et B0 (x) s’obtient de façon
analogue
( 0
A (x) = −sin x/x
B0 (x) = cos x/x
On peut alors proposer
A(x) =
+∞
x
sin t
dt et B(x) = −
t
+∞
Z
x
cos t
dt
t
où les intégrales introduites ont le bon goût de converger. . .
La solution générale de l’équation différentielle est alors
Z +∞
Z +∞
sin t
cos t
y(x) = A cos x + B sin x + cos x
dt − sin x
dt
t
t
x
x
(b) Posons u(x, t) = e−tx /(1 + t2 ) définie sur R+ × [0 ; +∞[.
x 7→ u(x, t) est continue sur R+ pour chaque t ∈ [0 ; +∞[
t 7→ u(x, t) est continue par morceaux sur ]0 ; +∞[ pour chaque x ∈ R+ et
1
= ϕ(t)
|u(x, t)| ≤
1 + t2
e−tx
0
avec A et B fonctions dérivables solutions du système
(
A0 (x) cos x + B0 (x) sin x = 0
0
−A (x) sin x + B0 (x) cos x = 1/x
Z
+∞
Z
00
On vérifie alors
+∞
Z
f (x) + f (x) =
t2
dt
1 + t2
00
e−tx dt =
0
1
x
de sorte que f est solution sur R∗+ de l’équation différentielle
y00 + y =
1
x
Ainsi, il existe A, B ∈ R tels que
f (x) = A cos x + B sin x + cos x
+∞
Z
x
On observe
Z
0 ≤ f (x) ≤
0
+∞
sin t
dt − sin x
t
e−tx dt =
+∞
Z
x
cos t
dt
t
1
x
donc par encadrement f −→ 0 ce qui entraîne A = B = 0.
+∞
Ainsi
Z +∞
Z +∞
sin t
cos t
∀x > 0, f (x) = cos x
dt − sin x
dt
t
t
x
x
Séparément, on calcule f (0)
f (0) =
Z
0
+∞
dt
π
= [arctan t]+∞
0 =
2
2
1+t
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Corrections
(c) Par convergence de l’intégrale, quand x → 0+
Z +∞
Z +∞
sin t
sin t
dt →
dt
t
t
0
x
Exercice 128 : [énoncé]
Par application de la méthode de variation des constantes, la solution générale de
l’équation y00 + y = f est
Z x
y(x) = λ cos x + µ sin x +
f (t) sin(x − t) dt
De plus
0
+∞
Z
x
cos t
dt =
t
avec
Z
1
+∞
cos t
dt +
t
1
Z
x
cos t
dt = C te +
t
1
Z
x
cos t
dt
t
Z 1
Z 1
dt
cos t dt ≤
= − ln x
t
x t
x
donc
+∞
Z
cos t
dt → 0
t
sin x
x
Ainsi en passant à la limite en 0 l’expression précédente de f (x), on obtient
Z +∞
π
sin t
dt = f (0) =
t
2
0
Exercice 127 : [énoncé]
Les solutions de l’équation différentielle y00 + y = f sont de classe C∞ car f l’est.
Par application de la méthode de variation des constantes, la solution générale de
l’équation y00 + y = f est
Z x
y(x) = λ cos x + µ sin x +
f (t) sin(x − t) dt
0
Z
x
f (t) sin(x − t) dt =
f (t) sin(x − t) dt
0
0
x+2π
x
i.e.
f (t) sin(x − t) dt = 0 pour tout x ∈ R.
En développant le sinus et en exploitant la liberté de la famille (sin, cos) ainsi que la
2π-périodicité de f , cela équivaut à la condition
2π
Z
0
f (t) sin t dt =
Z
0
2π
Pour conclure, il suffit de justifier que x 7→
f (t) sin(x − t) dt est bornée.
Par intégration par parties,
Z x
Z x
f (t) sin(x − t) dt = f (x) − f (0) cos x −
f 0 (t) cos(x − t) dt
0
0
Quitte à passer à l’opposé, on peut supposer f croissante et donc f 0 (t) ≥ 0.
Puisque −1 ≤ cos(x − t) ≤ 1,
Z x
f (0) − f (x) ≤
f 0 (t) cos(x − t) dt ≤ f (x) − f (0)
0
puis
Z
f (0)(1 − cos x) ≤
x
f (t) sin(x − t) dt ≤ 2 f (x) − f (0)(1 + cos x)
0
La fonction
f étant bornée (car convergente en +∞), il en est de même de
Rx
x 7→ 0 f (t) sin(x − t) dt.
Exercice 129 : [énoncé]
Remarquons
Z x
Z
f (t) cos(x − t) dt = cos x
x
f (t) cos t dt = 0
f (t) cos t dt + sin x
0
Si f est solution alors
x+2π
Z
x
0
R
0
Cette solution est 2π-périodique si, et seulement si,
R
61
f (x) = 1 + 2
Z
x
f (t) sin t dt
0
x
Z
f (t) cos(x − t) dt
0
et donc f (0) = 1.
f est dérivable car somme de fonctions dérivables.
Z x
Z
0
f (x) = −2 sin x
f (t) cos t dt + 2 cos x
0
x
f (t) sin t dt + 2 f (x)
0
et f 0 (0) = 2.
f est alors deux fois dérivable et
f 00 (x) = 1 − f (x) + 2 f 0 (x)
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Corrections
Ainsi f est solution de l’équation différentielle
y00 − 2y0 + y = 1
vérifiant les conditions initiales y(0) = 1 et y0 (0) = 2.
La solution générale de cette équation différentielle linéaire d’ordre 2 est
y(x) = (λx + µ) e x + 1
Cela conduit à f (x) = 2x e x + 1.
Inversement, soit par calculs, soit en remontant le raisonnement, on peut affirmer que la
fonction proposée est solution.
Exercice 130 : [énoncé]
Soit f une fonction solution. f est dérivable et
f 0 (x) = f (1/x)
donc f 0 est encore dérivable. La fonction f est donc deux fois dérivable avec
f 00 (x) = −
1 0
1
f (1/x) = − 2 f (x)
2
x
x
La fonction f apparaît alors comme étant solution sur R∗+ de l’équation différentielle
62
F est un équation différentielle linéaire d’ordre 2 à coefficients constants homogène de
solution générale
√
√ 


3x
3x  x/2
 e
z(x) = λ cos
+ µ sin
2
2
La solution générale de E sur R∗+ est donc
√
√


√ 
3 ln x
3 ln x 


+ µ sin
y(x) = x λ cos
2
2
Revenons à la fonction f . Il existe λ, µ ∈ R telles que
√
√


√ 
3 ln x
3 ln x 

f (x) = x λ cos
+ µ sin
2
2
On a alors
√
√


√
√
1 
3 ln x
3 ln x 


+ (µ − λ 3) sin
f (x) = √ (λ + µ 3) cos
2
2
2 x
0
et donc
(
f 0 (x) = f (1/x) ⇐⇒
√
√
λ√
+ µ 3 = 2λ
⇐⇒ λ = µ 3
λ 3 − µ = 2µ
Finalement, les solutions sont les fonctions f données par
√

√
 3 ln x π 
−  avec C ∈ R
∀x ∈ R, f (x) = C x cos 
2
6
E : x2 y00 + y = 0
E est une équation différentielle d’Euler. Réalisons le changement de variable t = ln x.
Soient y : R∗+ → R deux fois dérivable et z : R → R définie par
z(t) = y(et )
z est deux fois dérivable et
y(x) = z(ln x)
y0 (x) =
1 0
z (ln x)
x
1
1
y (x) = − 2 z0 (ln x) + 2 z00 (ln x)
x
x
y est solution sur R∗+ de E si, et seulement si, z est solution sur R de
00
F : z00 − z0 + z = 0
Exercice 131 : [énoncé]
C’est une équation différentielle linéaire d’ordre 1 définie sur ]0 ; +∞[.
Sur ]0 ; 1[ ou ]1 ; +∞[,
Z
3 ln x + 1
dx = 3 ln x + ln |ln x| + C te
x ln x
Solution générale sur ]0 ; 1[ ou ]1 ; +∞[
y(x) = λx3 |ln x|
Solution sur ]0 ; +∞[.
Soient y : ]0 ; 1[ ∪ ]1 ; +∞[ → R solution de l’équation sur ]0 ; 1[ et ]1 ; +∞[.
Il existe λ, µ ∈ R vérifiant y(x) = λx3 ln x sur ]0 ; 1[ et y(x) = µx3 ln x sur ]1 ; +∞[.
La continuité en 1 donne y(1) = 0 sans conditions sur λ et µ.
La dérivabilité en 1 donne λ = µ.
Ainsi y(x) = λx3 ln x sur ]0 ; +∞[ qui est évidement solution.
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Corrections
Exercice 132 : [énoncé]
Par convergence absolue, on peut écrire
exp(A) =
+∞
X
k=0
1
In +
(4k)!
+∞
X
k=0
63
Exercice 135 : [énoncé]
On a
1
A+
(4k + 1)!
+∞
X
k=0
1
A2 +
(4k + 2)!
+∞
X
k=0
1
A3
(4k + 3)!
t

 N
N
X 1 k  X
1 t k
A  =
A

k!
k!
k=0
k=0
En passant à la limite et par continuité de l’application de transposition, on a
ce qui donne
exp(A) =
t
cos(1) + ch(1)
sin(1) + sh(1)
ch(1) − cos(1) 2 sh(1) − sin(1) 3
In +
A+
A +
A
2
2
2
2
Puisque les matrices A et −A commutent, on a
t
Exercice 133 : [énoncé]
Soit Y une solution du système différentiel Y 0 = AY.
La norme de Y s’obtient en calculant t YY.
On a
(t YY)0 = t Y 0 Y + t YY 0 = t Y(t A + A)Y
Ainsi si A est antisymétrique, (t YY)0 = 0 et donc Y est de norme constante.
Inversement, si chaque solution du système différentiel est de norme constante alors pour
tout Y0 ∈ Rn ,
t
Y0 (t A + A)Y0 = 0
Par suite 0 est la seule valeur propre de l’endomorphisme symétrique t A + A et, puisque
celui-ci est diagonalisable, on obtient
t
Exercice 134 : [énoncé]
A est semblable à une matrice triangulaire supérieure de la forme


∗ 
λ1


..


.


0
λn
exp(A) est alors semblable à une matrice de la forme


∗0 
exp(λ1 )


..


.


0
exp(λn )
d’où la relation.
(exp A) exp A = exp(−A) exp(A) = exp(−A + A) = exp(On ) = In
Ainsi la matrice exp A est orthogonale.
Exercice 136 : [énoncé]
C’est un système différentiel linéaire d’ordre 1 homogène d’équation matricielle X 0 = AX
avec


 
0 1 1
 x(t)


 
A = 1 0 0 et X(t) = y(t) 


 
1 1 1
z(t)
Sp(A) = {−1, 2, 0},
 
 
 
−1
2
 0 
 
 
 
E−1 (A) = Vect  1  , E2 (A) = Vect 1 , E0 (A) = Vect  1 
 
 
 
0
3
−1
A+A=0
La matrice A est donc antisymétrique.
(exp A) = exp(t A)
On a A = PDP−1 avec

−1

P =  1

0
2
1
3


−1
0 


1  et D =  0


−1
0

0 0

2 0

0 0
En posant Y = P−1 X, on obtient
X 0 = AX ⇐⇒ Y 0 = DY
or
donc
 −t 
λ e 


Y 0 = DY ⇐⇒ Y(t) =  µ e2t  avec λ, µ, ν ∈ K


ν
 −t 
 2t 
 
− e 
2 e 
 0 




 
X 0 = AX ⇐⇒ X(t) = λ  e−t  + µ  e2t  + ν  1  avec λ, µ, ν ∈ K


 2t 
 
0
3e
−1
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Corrections
La matrice A est diagonalisable, P−1 AP = D avec
Exercice 137 : [énoncé]
χA = X 3 − 2X, πA = χA . On a donc
A = 2A, A
3
2k+1
avec
= 2 A et A
k

1

A2 = 0

1
2k+2
= 2 A pour k > 0
0
2
0

1

0

1
exp(A) = I3 +
k=0
2k
A+
(2k + 1)!
+∞
X
k=1
 2
a

P =  a

1
k 2
−a2
0
1


2
−a


1  et D = 0


0
0
0
−1
0

0 

0 

−1
On en déduit µA = (X − 2)(X + 1).
(b) Ci-dessus.
On en déduit
+∞
X
64
√
(c) Par division euclidienne X n = (X + 1)(X − 2)Q(X) + αX + β avec
√
1
2k−1 2
sh( 2)
A = I3 + √ A + (ch( 2) − 1)A2
(2k)!
2
2
Exercice
138 : [énoncé]


 1
0 −1


1
1 , χA = −(X − 2)(X 2 − X + 1).
A =  1


−1 −1 1
La résolution complexe est alors facile puisque la matrice A est diagonalisable.
La résolution réelle est en revanche plus délicate à obtenir, détaillons-la :
X1 = t (1, 0, −1) est vecteur propre de A, complétons-le avec deux vecteurs d’un plan
stable.
Les plans stables s’obtiennent en étudiant les éléments propres de t A.
Sp(t A) = Sp A = {2} et E2 (t A) = Vect t (2, 1, −1). Ainsi le plan d’équation 2x + y − z = 0
est stable par t A.
t
Prenons X2 = t (0,
 1, 1) et X3 =
 AX2 = (−1, 2, 0). On vérifie
 AX3 = X3 − X2 .
 1 0 −1
2 0 0 




Ainsi pour P =  0 1 2 , on a P−1 AP = 0 0 −1 = B.




−1 1 0
0 1 1
Pour X = t (x, y, z) et Y = t (y1 , y2 , y3 ) = P−1 X, on a X 0 = AX ⇐⇒ Y 0 = BY.
Ceci
:

 0 nous conduit à la résolution suivante

y1 (t) = αe2t



y1 = 2y1
y01 = 2y1



√
√



 0


1
0
3
3
2 t (λ cos
y2 = −y3
y2 = −y3 ⇐⇒ 
⇐⇒ 
t
+
µ
sin
y
(t)
=
e

2



2
2 t)
 0
 00




y3 (t) = −y0 (t)
y3 = y2 + y3
y2 − y02 + y2 = 0
2
Et on peut conclure via X = PY.
α=
donc
An =
 2
 2   
a 
−a  −a
 

  
E2 (A) = Vect  a  et E−1 (A) = Vect  0  ,  1 
 

  
1
1
0
2n − (−1)n
2(−1)n + 2n
A+
I3
3
3
puis
eA =
e2 − e−1
2 e−1 + e2
A+
I3
3
3
Exercice 140 : [énoncé]
χA = X(X 2 + 1), πA = X(X 2 + 1), exp(A) exp(t A) = exp(A) exp(−A) = I3 .
En calculant A2 , A3 , . . . on obtient

1

exp(A) = 0

0

0
0 

cos 1 − sin 1

sin 1 cos 1
Exercice 141 : [énoncé]
A2 = O donc Sp(A) = {0}.
Puisque A , 0, A n’est pas diagonalisable. πA = X 2 et χA = −X 3 .
exp(A) = I + A
Exercice 139 : [énoncé]
(a) χA = (X − 2)(X + 1)2 ,
2n − (−1)n
2(−1)n + 2n
et β =
3
3
L’étude se généralise pour n ≥ 3 avec A = (ωi+ j−2 )1≤i, j≤n et ω ∈ Un \ {1}.
Exercice 142 : [énoncé]
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Corrections
(a) Pour k ∈ ~1 ; n, l’application M 7→ M k est différentiable par produit de fonctions qui
le sont. La trace étant linéaire, l’application composée M 7→ tr M k est aussi
différentiable. Enfin, ses différentes fonctions coordonnées dans la base de Rn étant
différentiables, l’application f est aussi différentiable.
Calculons la différentielle de f en M ∈ Mn (R). Pour H ∈ Mn (R) de limite la matrice
nulle, on peut affirmer par développement
(M + H) = M + M
k
k
k−1
H+M
k−2
HM + · · · + HM
k−1
+ o(H)
(le terme o(H) regroupe tous les termes contenant au moins deux facteurs H).
Par linéarité de la trace et l’identité tr(AB) = tr(BA), on obtient
tr (M + H)k = tr(M k ) + k tr(M k−1 H) + o(H)
Ceci déterminer la différentielle de chacune des fonctions coordonnées de f .
Finalement, on peut exprimer l’action de la différentielle de f en M :
∀H ∈ Mn (R), d f (M) · H = tr(H), 2 tr(MH), . . . , n tr M n−1 H
(b) Soit M ∈ Mn (R). Pour calculer le rang de l’application linéaire d f (M), on détermine
son noyau. Soit H ∈ Mn (R). On a
d f (M) · H = 0Rn ⇐⇒ ∀k ∈ ~0 ; n − 1, tr(M k−1 H) = 0
En introduisant le produit scalaire canonique sur Mn (R) défini par
∀(A, B) ∈ Mn (R) 2 , hA, Bi = tr t AB
on peut réinterpréter l’appartenance au noyau :
H ∈ ker d f (M) ⇐⇒ H ∈ Vect In , t M, . . . , t (M n−1 ) ⊥
L’espace vectoriel engendré par les matrices In , t M, . . . , t (M n−1 ) se confond avec
l’espace des polynômes en la matrice t M. Cet espace a la dimension du degré du
polynôme minimal de t M et ce dernier se confond avec le polynôme minimal de M.
On en déduit
dim ker d f (M) = dim Mn (R) − deg π M
Par application de la formule de rang, on conclut
rg d f (M) = dim Mn (R) − ker d f (M) = deg π M
(c) Soit une matrice M0 ∈ Mn (R) dont le polynôme minimal est de degré n. Nous allons
vérifier qu’il existe une boule centrée en M0 dans laquelle les matrices ont leurs
polynômes minimaux tous de degré n.
65
Par l’étude qui précède, la différentielle de f en M0 est de rang n (autrement dit
surjective). Si on introduit (e1 , . . . , en ) la base canonique de Rn , on peut assurer
l’existence de matrices H1 , . . . , Hn ∈ Mn (R) telles que
(e1 , . . . , en ) = d f (M0 ) · H1 , . . . , d f (M0 ) · Hn
Considérons ensuite l’application qui à une matrice M ∈ Mn (R) associe le
déterminant dans la base canonique de la famille de vecteurs de Rn :
d f (M) · H1 , . . . , d f (M) · Hn
Cette application est continue et prend la valeur 1 en M0 . Il existe alors un voisinage
de M0 sur lequel cette application ne s’annule pas. En les matrices de ce voisinage, la
différentielle de f est surjective et donc leurs polynômes minimaux sont de degré n.
Exercice 143 : [énoncé]
Notons B la boule unité fermée pour la norme en cours. La fonction f est différentiable
donc continue sur B : elle y admet un minimum en un certain élément a. L’enjeu est alors
d’établir que ce minimum sur B est aussi un minimum sur Rn .
Soit x ∈ Rn . Si kxk ≤ 1 alors f (x) ≥ f (a) par définition de a. Si kxk > 1, introduisons
x0 = λx avec λ = 1/ kxk. L’élément x0 est de norme 1, il appartient donc au bord de B et
vérifie ainsi f (x0 ) ≥ f (a). Au surplus, en considérant le paramétrage γ : t 7→ tx0 pour t
allant de 1 à kxk, on peut écrire
Z kxk
Z kxk
d
f (γ(t) dt =
d f (tx0 ) · x0 dt ≥ 0
f (x) − f (x0 ) =
dt
1
1
car pour tout t ∈ [1 ; kxk], d f (tx0 ) · x0 est du signe de d f (tx0 ) · tx0 à savoir positif puisque
tx0 est de norme supérieure à 1. On obtient ainsi f (x) ≥ f (x0 ) donc f (x) ≥ f (a).
Finalement, a est un minimum absolu de la fonction f .
Exercice 144 : [énoncé]
(a) Cas |x| < 1 :
|un (x, y)| = o(xn )
P
donc la série un (x, y) est absolument convergente.
Cas |x| > 1 :
P
Si la série un (x, y) converge alors un (x, y) −→ 0 donc
n→+∞
√
cos(ny) = un (x, y)
n
xn
→0
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Corrections
par croissance comparée.
Mais alors
cos(2ny) = 2 cos2 (ny) − 1 → −1
ce qui est incohérent avec l’affirmation qui précède.
P
Ainsi la série un (x, y) diverge.
Cas x = 1 :
P
Si y = 0 [2π] alors un (1, y) = √1n et un (1, y) diverge.
Si y , 0 [2π] alors par une transformation d’Abel, on obtient la convergence de la
P
série un (1, y).
Cas x = −1 :
On remarque
un (−1, y) = un (1, y + π)
P
Ainsi un (−1, y) converge si, et seulement si, y , π [2π].
Finalement
n
o
D = (x, y) ∈ R2 | |x| < 1 ∪ {(1, y)/y , 0 [2π]} ∪ {(−1, y)/y , π [2π]}
66
Exercice 145 : [énoncé]
En passant en coordonnées polaires, on écrit
x = r cos θ et y = r sin θ avec r =
n
o
Soient a ∈ [0 ; 1[ et Da = (x, y) ∈ R2 | |x| < a .
P
un est de classe C1 sur Da et la série de fonctions un (x, y) converge simplement sur
Da .
P n
La série de fonctions ∂u
∂x (x, y) converge normalement sur Da via
∂un (x, y) ≤ √nan−1
∂x
P n
Enfin, la série de fonctions ∂u
∂y (x, y) converge normalement sur Da via
∂un (x, y) ≤ √nan
∂y
On peut alors appliquer les théorèmes usuels qui affirment que
(x, y) 7→
+∞
X
f (x, y) = r2 cos θ sin θ cos(2θ)
admet deux dérivées partielles continues sur Da . C’est donc une fonction de classe
C1 sur Da . Enfin, ceci valant pour tout a ∈ [0 ; 1[, on obtient une fonction de classe
C1 sur l’intérieur de D.
−→
(x,y)→(0,0)
0
−→
(x,y)→(0,0)
0
On prolonge f par continuité en (0, 0) en posant f (0, 0) = 0.
Par opérations sur les fonctions, on peut affirmer que f est de classe C2 sur R2 \ {(0, 0)} et
∂f
x4 + 4x2 y2 − y4
(x, y) = y
∂x
(x2 + y2 )2
Aussi
∂f
1
(0, 0) = lim ( f (t, 0) − f (0, 0)) = 0
t→0 t
∂x
En passant en coordonnées polaires, on obtient
∂f
(x, y) −→ 0
(x,y)→(0,0)
∂x
Ainsi ∂∂xf est définie et continue sur R2 .
L’étude pour ∂∂yf est identique puisque
f (x, y) = − f (y, x)
Ainsi f est de classe C1 sur R2 .
Cependant
!
∂2 f
1 ∂f
∂f
(0, 0) = lim
(0, h) −
(0, 0) = −1
h→0 h ∂x
∂y∂x
∂x
alors que
∂2 f
(0, 0) = 1
∂x∂y
un (x, y)
n=0
x 2 + y2
On a alors
(b) L’intérieur de D est alors
n
o
D◦ = (x, y) ∈ R2 | |x| < 1
q
La fonction f ne peut donc être de classe C2 .
Exercice 146 : [énoncé]
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Corrections
(a) Puisque la fonction g est de classe C1 , on peut écrire
Z x
g(x) = g(y) +
g0 (t) dt
y
Par le changement de variable t = y + u(x − y), on obtient
g(x) = g(y) + (x − y)
Z
1
g0 (y + u(x − y)) du
0
67
Exercice 147 : [énoncé]
p
(a) On passe en coordonnées polaires avec r = x2 + y2 et θ = arctan(x/y) de sorte que
x = r sin θ et y = r cos θ.
On parvient à
f (x, y) = C(x/y)(x2 + y2 )α/2
avec C une fonction de classe C1 définie sur R.
(b) Idem, on parvient à
f (x, y) =
Ainsi
f (x, y) =
1
Z
g0 (y + u(x − y)) du
0
2x
3y
q
x3 + y3 + C (x/y)
avec C une fonction de classe C1 définie sur R.
et cette relation vaut pour x , y et aussi pour x = y.
(b) Soit y ∈ R fixé.
L’application ϕ : (x, u) 7→ g0 (y + u(x − y)) admet une dérivée partielle
∂ϕ
(x, u) = ug00 (y + u(x − y))
∂x
Cette dérivée partielle est continue en x et continue par morceaux en u
Pour [a ; b] ⊂ R assez grand pour que y en soit élément, on a
∀x ∈ [a ; b], ∀u ∈ [0 ; 1], y + u(x − y) ∈ [x ; y] ⊂ [a ; b]
La fonction g00 est continue donc bornée par un certain M ∈ R+ sur le segment [a ; b].
On a alors
∂ϕ
∀(x, u) ∈ [a ; b] × [0 ; 1], (x, u) ≤ M = ψ(u)
∂x
La fonction ψ est évidemment intégrable sur [0 ; 1] et donc, par domination sur tout
R1
segment, on peut affirmer que l’application x 7→ 0 ϕ(x, u) du est de classe C1 et
d
dx
Z
1
! Z
ϕ(x, u) du =
0
0
1
∂ϕ
(x, u) du
∂x
Exercice 148 : [énoncé]
∞
2
La fonction f : (x, y) 7→ x4 + y4 − 2(x − y)2 est de classe
C
. √
√
√ sur R √
Après résolution ses points critiques sont : (0, 0), ( 2, − 2) et (− 2, 2).
En (0, 0) : f (0, 0) = 0, f (1/n, 0) ∼ −2/n2 < 0 et f (1/n, 1/n) ∼ 2/n4 > 0.
Pas d’extremum
local en (0, 0)
√
√
En ( 2, − 2) : r = 20, t = 20
= 4. rt − s2 > 0 et r > 0.
√ et s √
Il y a un minimum local en ( 2, − 2).
√
√
√
f ( 2 + u, − 2 + v) = −8 + 10(u2 + v2 ) + 4uv + 4 2(u3 − v3 ) + u4 + v4
On exploite
√
√
2(u2 + v2 ) + 4uv = 2(u + v)2 et 8u2 + 4 2u3 + u4 = u2 (u + 2 2)2
pour affirmer
√
√
√
√
√
√
f ( 2 + u, − 2 + v) = f ( 2, − 2) + 2(u + v)2 + u2 (u + 2 2)2 + v2 (v + 2 2)2
√
√
Ainsi (√ 2,√− 2) est un minimum global.
En (− 2, 2) : l’étude est identique puisque f (x, y) = f (y, x).
Ainsi f admet une dérivée partielle
∂f
(x, y) =
∂x
Z
1
ug00 (y + u(x − y)) du
0
De plus, la fonction (x, y, u) 7→ ug00 (y + u(x − y)) est continue sur R2 × [0 ; 1] et par
une domination sur [a ; b] × [a ; b], on obtient la continuité sur R2 de l’application ∂∂xf .
De même, on montre que la deuxième dérivée partielle de f existe et est continue.
Exercice 149 : [énoncé]
(a) L’application φ est clairement un endomorphisme
de E.
p
Posons x = r cos θ, y = r sin θ avec r = x2 + y2 et θ = arctan yx ,
(r, θ) ∈ V = R∗+ × ]−π/2 ; π/2[
Pour f ∈ E, on considère g ∈ C∞ (V, R) définie par g(r, θ) = f (r cos θ, r sin θ).
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Corrections
L’aire algébrique du triangle (ABC) est alors
On remarque
r
68
∂f
∂f
∂g
(r, θ) = r cos θ (r cos θ, r sin θ) + r sin θ (r cos θ, r sin θ)
∂r
∂x
∂y
Ainsi
Φ( f ) = 0 ⇐⇒ r
∂g
(r, θ) = 0
∂r
pour tout (r, θ) ∈ V.
La résolution de cette équation aux dérivées partielles donne g(r, θ) = C(θ) avec C de
classe C∞ sur ]−π/2 ; π/2[.
Par suite on obtient la solution générale f (x, y) = C(arctan(y/x)) = D(y/x) avec D
fonction de classe C∞ sur R.
(b) Si f est homogène de degré α alors en dérivant la relation f (tx, ty) = tα f (x, y) par
rapport à t puis en évaluant le résultat en t = 1 on obtient l’égalité Φ( f ) = α f .
Inversement si Φ( f ) = α f alors en introduisant g comme ci-dessus, on obtient
r
∂g
(r, θ) = αg(r, θ)
∂r
ce qui donne g(r, θ) = C(θ)rα puis
f (x, y) = D(y/x)(x2 + y2 )α/2
avec D fonction de classe C∞ sur R. Il est alors facile de vérifier que f est homogène
de degré α.
(c) La fonction h est homogène de degré 5, donc h/5 est solution particulière de
l’équation linéaire Φ( f ) = h. L’ensemble des solutions de l’équation est alors le
sous-espace affine h/5 + ker Φ.
Exercice 150 : [énoncé]
Notons A, B, C les points définissant notre triangle
et O le centre du
circonscrit.
cercle
−−→ −−→ −−→ −−→
−−→ −−→
En introduisant les mesures α, β, γ des angles OC, OB , OB, OA et OA, OB , on vérifie
α+β+γ =0
[2π]
et on peut calculer l’aire algébrique des triangles (OAB), (OBC) et (OCA) qui sont
respectivement
1 2
1
1
1
r sin α, r2 sin β et r2 sin γ = − r2 sin(α + β)
2
2
2
2
f (α, β) =
1 2
r (sin α + sin β − sin(α + β))
2
L’étude des points critiques de cette fonction de classe C1 sur ]0 ; 2π[2 conduit à résoudre
le système
(
cos α = cos(α + β)
cos β = cos(α + β)
dont les seules solutions dans ]0 ; 2π[2 sont
!
!
4π 4π
2π 2π
,
et
,
3 3
3 3
Ce sont les situations des triangles équilatéraux resp. direct et indirect.
L’extremum trouvé vaut
√
3 3r2
4
Exercice 151 : [énoncé]
Soit x > 0 fixé.
pa
L’application y 7→ f (x, y) a pour dérivée 2y − xya2 , elle donc minimale pour y = 3 2x
.
Considérons
r
r
3 3 2a2
a
) = x2 +
g : x 7→ f (x, 3
2x
2
x2
√
3
2a
g est dérivable sur R∗+ et g0 (x) = 2x − x5/3
,
p
g0 (x) = 0 ⇐⇒ 2x8/3 = 21/3 a2/3 ⇐⇒ x = 4 a2 .
√4
√
√
g√
est minimale pour x = a/2, puis f admet un minimum en ( 4 a/2, 4 a/2) de valeur
2 2a.
2
Exercice 152 : [énoncé]
(a) En polaires, x = r cos θ, y = r sin θ,
f p (x, y) = (cos θ + sin θ) p r p sin
Si p ≥ 1 alors f p (x, y) ≤ 2 p r p
−→
(x,y)→(0,0)
(0, 0).
Si p = 0 alors f0 (x, y) = sin √ 12
x +y2
1
r
0 et on peut prolonger f par continuité en
diverge car le sinus diverge en +∞.
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(b) On suppose p ≥ 1.
Pour p = 2 :
f2 (x, y) = (x + y)2 sin p
1
x2
+
y2
Corrections
69
= O(k(x, y)k2 )
ce qui s’apparente à un développement limité à l’ordre 1 en (0, 0).
La fonction f2 est donc différentiable en (0, 0) de différentielle nulle.
Pour p > 2 :
f p (x, y) = (x + y) p−2 f2 (x, y)
La fonction f p est différentiable par produit de fonctions différentiables.
Pour p = 1 :
Quand h → 0+ ,
1
1
( f1 (h, 0) − f1 (0, 0)) = sin
h
h
diverge. Ainsi f n’est pas dérivable en (0, 0) selon le vecteur (1, 0), elle ne peut donc
y être différentiable.
Exercice 153 : [énoncé]
Par dérivation de fonctions composées
g0 (t) =
n
X
i=1
hi
∂f
(x1 + th1 , . . . , xn + thn )
∂xi
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