ESIGELEC série MP concours 2000 PREMIERE PARTIE

ESIGELEC
sérieMP
concours2000
PREMIERE PARTIE
1a)Lesujetdonnantlaréponseil estpossibledeprocéderpar récurrence .On peutaussitrouverlasommemêmesi lesujet
nedonnepaslaréponse.Onintroduit
Un=1
2+
n
X
p=1
exp(ipt)
eton doitcalculerlapartieréelledeUnsachantexp(it)6=1cart2]0;2¼[
Un=1
2+eit1¡eint 1¡eit,sommepartielled’unesériegéométriquederaisonq6=1
=1
2+eitsin(nt=2)eint=2 sin(t=2)eit=2parlatransformationeix¡1=2isin(x)eix=2
=1
2+ei(n+1)t=2sin(nt=2) sin(t=2)
D’où:
1
2+
n
X
p=1
cos(pt)=1
2+cos((n+1)t=2)sin(nt=2) sin(t=2)
orcos(a)sin(b)=1
2(sin(a+b)¡sin(a¡b))
1
2+Pn
p=1cos(pt)=sin((n+1=2)t)
2sin(t=2)
Lescubes,plushabituésauxsériesdeFourierontdupartirde1
2Pn p=¡nexp(ipt)
1b)Onintègrel’inégalitéprécédente entrexet¼eton prend l’opposé.
x¡¼
2+Pn
p=1
sin(px)
p=R¼ x¡sin((n+1=2)t) 2sin(t=2)dt
2)Iln’yapasconvergence simpledefn(t)=f(t)eint.Maisl’hypothèseC1doitvousinciteràfaireuneintégration par
partie ensupposantn¸1:Zb
a
f(t)eintdt=f(b)einb¡f(a)eina
in¡Zb
a
f0(t)eint
indt
d’où¯¯¯¯¯Zb
a
f(t)eintdt¯¯¯¯¯=jf(b)j+jf(a)j
n+1 nZb
a
jf0(t)jdt
D’aprèsl’inégalitétriangulairesurlesmodulesetlarelation¯¯¯Rb
ag¯¯¯·Rb ajgjsia·b:
L’expression précédentevend vers0.
lim+1³Rb
af(t)eintdt´=0
Rq1:onpeutaussiutiliserlaconvergence dominée pourlalimitedeRb
a
f0(t)eint
indt
Rq2:lerésultatlim³Rb
af(t)eintdt´=0reste vraisilafonctionestseulementcontinueparmorceaux.Ilfautalorsvéri…er
lerésultatparcalculdeprimitives silafonctionestenescalier,puisutiliserlefaitquetoutefonctioncontinueparmorceaux
surunsegmentyestlimiteuniformedefonctionsenescalier.
3)laquestionrevientàmontrer:
lim
+1µZ¼
x
sin((n+1=2)t)
2sin(t=2)dt¶=0
Caressembleàlapartieimaginairedelaquestion précédente...maisn+1=2n’estpasentier:
méthode1:refairelaquestion précédenteavec un xréeletcalculerlim+1Á(x)avec Á(x)=³Rb
af(t)eixtdt´
méthode2:faireun changementdevariablea¢neu=2t
Z¼
x
sin((n+1=2)t)
2sin(t=2)dt=Z¼=2
x=2
sin((2n+1)u)
2sin(u)du=ImÃZ¼=2
x=2
e(2n+1)u
2sin(u)du!
six<¼=2on peututiliserlerésultatprécédentavec a=x=2,b=¼=2,f=1
2sinfonction2C1([a;b];R)ledénominateur
étantC1sansracinesur[a;b]:

six=¼=2lerésultatestévidentcarl’intégraleàétudierestnulle.
six>¼=2on prend a=¼=2,bx=2etonétudiel’opposédel’expressionàétudier.
8x2]0;2¼[,P+1
p=1
sin(px)
p=x¡¼ 2
Rq1:lescubespeuventreconnaîtreunesériedeFourierquipeutseretrouverencalculant1
¼R2¼
0
x¡¼
2sin(nt)dt
et1
¼R2¼ 0
x¡¼
2cos(nt)dtetenutilisantlethéorème(admis) de convergence simpledelasériedeFourierd’unefonctioncontinue
parmorceaux.Ondémontredonccerésultatdansuncasparticulier.
Rq2:ilestévidentquelim0³Pn
p=1
sin(px)
p´=lim0(0)=06=¼ 2=lim0¡x¡¼ 2¢. lasuitePn
p=1
sin(px)
pne convergepas
uniformémentsur]0;2¼[.
SECONDE PARTIE
1a)OnaDn(t)=Im³Pn
p=1exp(ipt)´.Doncd’aprèsle calculdelapremièrepartie:
8t2]0;2¼[: Dn(t)=Imµei(n+1)t=2sin(nt=2)
sin(t=2)¶=sin((n+1)t=2)sin(nt=2) sin(t=2)
Dn(t)=cos(t=2)¡cos((n+1=2)t)
2sin(t=2)
carsin(a)sin(b)=1
2(cos(a¡b)¡cos(a+b))
Enmultipliantpar2sin(t=2)onalarelationvouluesur]0;2¼[.Six=0ou2¼ona0=0
8x2[0;2¼];2sin(x=2)Dn(x)=cos(x=2)¡cos((n+1=2)x)
An(x)setransformeparchangementd’indice.
An(x)=
n
X
k=1
¯kDk(x)¡
n
X
k=1
¯k+1Dk(x)=
n
X
i=1
¯iDi(x)¡
n+1
X
i=2
¯iDi¡1(x)
=
n
X
i=1
¯i(Di(x)¡Di¡1(x)) =
n
X
i=2
¯i(sin(ix)+¯1D1(x)¡¯n+1Dn(x)
OrD1(x)=sin(x)d’où:
fn(x)=An(x)+¯n+1Dn(x)
1b)Onad’aprèslescalculsprécédents:
sin(x=2)Ap(x)=
n
X
k=1¡¯k¡¯k+1¢sin(x=2)Dk(x)=
n
X
k=1¡¯k+1¡¯k¢(cos(x=2)¡cos((n+1=2)x))
2
Soitenmajorantjcos(u)jpar1
jsin(x=2)Ap(x)j·
n
X
k=1¯¯¯k+1¡¯k¯¯=
n
X
k=1¡¯k¡¯k+1¢carlasuite¯décroîtetdonc¯k¡¯k+1·0
orn
X
k=1¡¯k¡¯k+1¢=
n
X
i=1
¯i¡
n+1
X
i=2
¯i=¯1¡¯n+1
etdonc commesin(x=2)¸0
sin(x=2)jAp(x)j·¯1¡¯n+1
lemême calculavec An(x)¡Ap(x)=Pn
kp+1¡¯k¡¯k+1¢Dk(x)donne
sin(x=2)jAn(x)¡Ap(x)j·¯p+1¡¯n+1
Onen déduitlamajoration defn(x)¡fp(x):
sin(x=2)jfn(x)¡fp(x)j=sin(x=2)¡An(x)¡Ap(x)+¯n+1Dn(x)¡¯p+1Dp(x)¢
·¡¯p+1¡¯n+1¢+¯p+1+¯n+1carsin(x=2)jDn(x)j·1d’après1a)
2

2)Onadoncpourx2]0;2¼[
jfn(x)¡fp(x)j·2¯p+1
sin(x=2)
lasuite2¯p+1
sin(x=2)estunesuitemajorante, indépendantedenetquitend verszérosiptend vers+1:Lasuite(fn(x)) est
doncunesuitedeCauchy.Elle estdonc convergente.
pourx=0oux=2¼onadefaçonévidentef(0)=f(2¼)=0
Rq:lesnotationsnesontpascellesducoursdansce problèmepestlepetitindice etn=p+rle grand.
D’aprèslamajoration précédenteonasur[®;2¼¡®]enminorantledénominateurparsin(®=2)
jfn(x)¡fp(x)j·2¯p+1
sin(®=2)
Sionfait tendrenvers+1:
jf(x)¡fp(x)j·2¯p+1
sin(®=2)
lasuite2¯p+1
sin(®=2)estunesuitemajorante, indépendantedexetdelimitenulle.Onen déduitaconvergence uniformesur
[®;2¼¡®].
fnconvergesimplementsur[0;2¼]avec convergence uniformesur[®;2¼¡®]
Onen déduitquefestcontinuesur]0;2¼[.Ene¤etsix2]0;¼]laconvergence uniformesurun intervalle contenantx(par
exemple[x=2;2¼¡x=2])assurelacontinuité enx.Demêmesix2]¼;2¼[on peut trouverun segmentdu type[®;2¼¡®]
contenantxenchoisissant®telquex<2¼¡®<2¼
festcontinuesur]0;2¼[
Rq:l’exempledela premièrepartiemontre qu’ilpeutnepasyavoircontinuité en0:
Rq:Lafonctionfpeutmêmenepasêtre continueparmorceaux.ExemplePsin(kx)
pk.Preuve 5/2:silafonctionestcontinue
parmorceauxlescoe¢cientsdeFouriersontles1
pketd’aprèsParsevalP³1 pk´2converge
absurde
TROISIEME PARTIE
1)Onad’aprèsapremièrepartie:
S(x)=½0six=0ou2¼
x¡¼
2sur]0;¼[
LafonctionSn’estpascontinue enzéro.Parcontre elle estcontinueparmorceauxsur[0;2¼]carsarestrictionà]0;2¼[est
continue etadmetdeslimitesen0+et2¼¡.
2a)Del’inégalité classiquesurR+:sin(u)·uon déduit:
p
X
k=1
sin(kx)
k·
p
X
k=1
x=px·¼pardé…nition dep
2b)D’aprèsarelationduII1bavec ¯n=1
nona
¯¯¯¯¯¯
n
X
k=p+1
sin(kx)
k¯¯¯¯¯¯
=jfn(x)¡fp(x)j·2¯p+1
sin(x=2)=2 (p+1)sin(x=2)
Orpardé…nition depona:p+1¸¼
xdonc(p+1)sin(x=2)¸¼ xsin(x=2):
Orlafonctionsinestconcavesur[0;¼=2]legraphedesinestdoncau dessusdelacordejoignant(0;0)à(¼=2;1)d’équation
y=2
¼xdoncpourx2]0;¼[sin(x=2)¸x ¼.Onadonc(p+1)sin(x=2)¸1:Etdonc commeledénominateurestminoré:
¯¯¯¯¯¯
n
X
k=p+1
sin(kx)
k¯¯¯¯¯¯
·2
2c)Enajoutantlesdeuxinégalités¯¯¯Pn
k=1
sin(kx)
k¯¯¯·2+¼:
Larelationestévidentesix=0ou¼:0·2+¼::
Elle estalorsévidentesur[¡¼;0]parimparitédu sin
Elle estalorsévidentesurRparpériode.
8x2R,¯¯¯Pn
k=1
sin(kx)
k¯¯¯·2+¼
3

3)Soitun=Pn
k=1
bk(f)
k=1 ¼Pn k=1R2¼
0f(t)sin(kt)
kdt.Commelasomme est…nieon peututiliserlalinéaritédel’intégrale:un=
1
¼R2¼ 0f(t)Pn
k=1
sin(kt)
kdt=1 ¼R¼ 0Án(t)dt.avec Án(t)=f(t)Pn
k=1
sin(kt)
k.Pourconclureil fautpasseràlalimitedans
l’expression précédente.Sousréservedethéorème:
+1
X
k=1
bk(f)
k=lim
+1
1
¼Z2¼
0
Án(t)dt=1
¼Z2¼
0
f(t)S(t)dt=1
2¼Z2¼
0
(¼¡t)f(t)dt
Commefestcontinue,Ánestunesuitedefonctionscontinuesquiconvergesimplementverslafonctioncontinueparmorceaux
Sf:
DeplusjÁn(t)j·(2+¼)f(t)fonctionmajorante, indépendantedenetcontinuesur[0;2¼]:
On peutdoncappliquerlethéorèmede convergence dominée àlasuiteÁn.
P+1
k=1
bk(f)
k=1 2¼R2¼ 0(¼¡t)f(t)dt
Remarque cube : iln’estpasévidentdeprouverquePR2¼
0¯¯¯f(t)sin(kt) k¯¯¯dtconverge etlethéorèmeusueld’intégrationtermes
àtermesd’unesérienes’appliquepas.Lesujetavaitbienpréparéleterrainpourvousorienté versuneC.V.D.
4a)Sif(t)=tuneintégration parpartiedonnebn(f)=1
¼R2¼ 0tsin(nt)dt=¡2 n.Onadonc:
¡2
+1
X
kj=1
1
n2=1 2¼Z2¼
0¡¼t¡t2¢dt=¡¼2
3
SoitP+1
n=1
1
n2=¼2 6
4b)Sif(t)=exp(ixt),
bn(f)=1
¼Z2¼
0
e(ixt)sin(nt)dt=1
2i¼Z2¼
0³ei(x+n)t+ei(x¡n)t´dt
=n(exp(2i¼x)¡1)
¼(x2¡n2)dénominateurnon nulcarx=2Z
D’autrepartparintégration parpartie:
1
2¼Z2¼
0
(¼¡t)eitxdt=e2i¼x(i¼x¡1)+(i¼x+1)
2¼x2=i¼x¡e2i¼x+1¢¡¡e2i¼x¡1¢ 2¼x2
D’où:
e2i¼x¡1
¼
+1
X
n=1
1
x2¡n2=i¼x¡e2i¼x+1¢¡¡e2i¼x¡1¢ 2¼x2
soitparchangementdemembre etmultiplication par2:
e2i¼x¡1
¼Ã1 x2+
+1
X
n=1
2
x2¡n2!=i¡e2i¼x+1¢ x
Soit
1
x+
+1
X
n=1
2x
x2¡n2=¼i(e2i¼x+1) (e2i¼x¡1)=¼iei¼x(2cos(¼x)) ei¼x(2isin(¼x)) =¼cotan(¼x)
1
x+P+1 n=1
2x
x2¡n2=¼cotan(¼x)
Rq:développementeulériendecotanque vousavezpeut-êtredéjàrencontré.
4c)Onadonc
1
x+
+1
X
n=1
2x
x2¡n2=¼cotan(¼x)
etenremplaçantxparx=2:
2
x+
+1
X
n=1
2x=2
¡x
2¢2¡n2=¼cotan(¼x
2)
Soit
¼cotan(¼x
2)=2 x+
+1
X
n=1
4x
(x)2¡(2n)2
4

Soit
+1
X
k=1
2x
x2¡(2k+1)2=
+1
X
n=1
2x
x2¡n2¡
+1
X
n=1
2x
x2¡(2n)2
=µ¼cotan(¼x)¡1
x¶¡1 2µ¼cotan¼x 2¡2 x¶
¼cotan(¼x)¡¼
2cotan(¼x 2)
QUATRIEME PARTIE
1)
²pourx=0l’intégrabilité estévidente
²pourx>0t¡>sh(xt)
sh(t)estunefonctioncontinuepositivesurR+¤delimitexsittend verszéroetéquivalenteà
ext
et=e(x¡1)tsittend versl’in…ni. Lafonctionestintégrablesietseulementsix<1:
²poux<0laparitédelafonction permetde concluresansproblème.
D=]¡1;1[
2a)Ona1
sh(t)=2 et¡e¡t=2e¡t 1¡e¡2t.pourt>0onae¡2t2]0;1[donc1 1¡e¡2t=P+1 k=0e¡2ktEnmultipliantpar2e¡tona
1
sh(t)=P+1
k=02e¡(2k+1)t:Etparmultiplication parsh(xt)
8t>0;sh(xt)
sh(t)=
+1
X
k=0
2sh(xt)e¡(2k+1)t
2b)t¡>2sh(xt)e¡(2k+1)testunefonctioncontinuepositivesurR+équivalenteàe(x¡2k¡1)ten+1.SurD(x¡2k¡1)
eststrictementnégatif.D’oùl’intégrabilitédelafonction.
2c)SurR+¤P2sh(xt)e¡(2k+1)testunesériedefonctionscontinuesintégrablesquiconvergentversunefonctioncontinue
intégrable.Chaquetermedelasomme estpositif,donclasuitedes sommespartiellesestmonotone etparconvergence
monotone:
Z+1
0
sh(xt)
sh(t)dt=
+1
X
k=0Z1
0
2sh(xt)e¡(2k+1)tdt=
+1
X
k=0Z+1
0³e(x¡2k¡1)t¡e(¡x¡2k¡1)´dt
=
+1
X
k=0
1
(x¡(2k+1)¡1 ¡x¡(2k+1)=
+1
X
k=0
2x
(2k+1)2¡x2
3)Pourx2D¡Zonadonc:
Z+1
0
sh(xt)
sh(t)dt=
+1
X
k=0
2x
(2k+1)2¡x2=¡¼cotan(¼x)+¼ 2cotan(¼x 2)
d’aprèslatroisièmepartie.Orcotan(¼x=2)=1
tan(¼x=2)etcotan(¼x)=1 tan(¼x)=1¡tan2(¼x=2) 2tan(¼x=2).Latrigonométriesimpli…e
doncl’expression.
8x2Dx6=0,R+1
0
sh(xt)
sh(t)dt=¼ 2tan¡¼x 2¢
pourx=0l’égalité estévidente.
CINQUIEME PARTIE
1a)lafonctionÁmestcontinue,positivesurR+¤,prolongeableparcontinuité enx=0(Á1(0)=1;Ám(0)=0sim>1)
ett2Ám»2tm+2e¡t!+10.LafonctionÁmestintégrablesurR+¤
1b)CommeauIV1)ona
Ám(t)=2
+1
X
k=0
tme¡(2k+1)t
LasérieP+1
k=0tme¡(2k+1)testunesériedefonctionscontinuesintégrables surR+¤(cart2tme¡(2k+1)ttend vers0)qui
convergesimplementversÁmcontinueintégrablesurR+¤.Depluschaquefonctiont¡>tme¡(2k+1)testpositive.Lasuite
des sommespartiellesestdoncmonotone eton peutluiappliquerlethéorèmede convergence monotone.
R+1
0
tm
sh(t)dt=2P+1
p=0R+1
0tme¡(2p+1)tdt
5