corrigé

Partie I Une étude de séries.
I. 1. 1.)
Sur ]1;1[ la série proposée est le développement en série entière de log(1 + x)donc
R= 1 et L(x) = ln(1 + x)sur ]1;1[
En x= 1;la série X(1)1
kvéri…e le critère spécial des séries alternées (la valeur absolue du terme général décroît vers
0) donc convergente.
Lest dé…nie sur ]1;1]
Remarque : c’est même exactement son domaine de dé…nition car elle diverge si x=1
I. 1. 2.) :
Sur ]1;1[ on est sur le disque ouvert de convergence donc la somme de la série est continue . (On peut aussi utiliser la
valeur de la somme)
En x= 1 : On sait que si une série entière Xanxnadmet un rayon de convergence R > 0et si XanRnconverge ,
alors la somme de la série est continue en R( à gauche). Ici R= 1 et donc Lest continue en 1
Lest continue sur [0;1]
Pa continuité on a donc : L(1) = lim
x!1L(x) = lim x!1ln(1 + x) = ln(2)
L(1) = ln(2)
I. 2. 1.) Pour p2N;
3p
X
k=1
ak=
3p
X
k=1;k0[3]
ak+
3p
X
k=1;k1[3]
ak+
3p
X
k=1;;k2[3]
ak=
p
X
q=1
a3q+
p1
X
q=0
a3q+1 +
p1
X
q=0
a3q+2
en séparant les entiers kmodulo 3:Donc
3p
X
k=1
ak=2
3
p
X
q=1
1
q+
p1
X
q=0
1
3q+ 1 +
p1
X
q=0
1
3q+ 2 =
p
X
q=1
1
q+
p
X
q=1
1
3q+
p1
X
q=0
1
3q+ 1 +
p1
X
q=0
1
3q+ 2
=
p
X
q=1
1
q+
3p
X
k=1
1
ken regroupant tous les entiers modulo 3:
=
3p
X
k=p+1
1
k=
h=2p
X
h=1
1
p+h=1 p
h=2p
X
h=1
1
1 + h
p
en prenant h=kp
I. 2. 2). La somme précédente est une somme de Riemann de la fonction fsur [0;2] :
Sn(f) = ba
n
n
X
h=1
f(a+hba
n) = 2 n
n
X
h=1
1
1 + 2h
n
On prend la suite extrait des termes paires en posant n= 2p.
La fonction est continue sur [0;2] , La somme de Riemann converge ver l’intégrale , donc aussi la suite extraite.
lim
p!1
1
p
h=2p
X
h=1
1
1 + h
p
=Zb
a
f(t)dt =Z2
0
dt
1 + t= ln(3)
La suite
3p
X
k=1
akconverge vers ln(3) , la suite
3p+1
X
k=1
ak=
3p
X
k=1
ak+1
3p+ 1 converge aussi vers ln(3) ainsi que la suite
3p+2
X
k=1
ak=
3p
X
k=1
ak+1
3p+ 1 +1 3p+ 1

Les 3 suites extraites convergent vers la même limite ln(3) et l’ensemble des indices décrit N. Donc la suite n
X
k=1
ak!n2N
converge vers cette limite commune.
la série Xanconverge et
+1
X
n=1
an= ln(3)
autre méthode : comparaison série intégrale:t!1
1 + tdécroît sur ]1;+1[donc en intégrant sur des intervalles de longueur
1
pZ(k+1)=p
k=p
dt
1 + t1 p
1
1 + k=p Z(k=p
(k1)=p
dt
1 + t
ce qui donne: Z2+(1)=p)
1=p
dt
1 + t
3p
X
k=1
apZ2
0
dt
1 + t
d’où le résultat.
variante: pour tout pfaire l’encadrement avec fp=1
1 + t=p .
I. 2. 3.) On a cos 2k 
3=(1si k= 3p:
1
2si k= 3p+ 1 ou 3p+ 2 ce qui donne : 8k2N;1
kcos 2k  3=1 2ak;
1
X
k=1
1
kcos 2k  3=1 2ln(3)
I. 3. 1.) Pour t2]0;2[; Sn(t)est la somme partielle d’une suite géométrique de premier terme eit et de raison ei t 6= 1 .:
8t2]0; [,Sn(t) =
n
X
k=1 ei tk=eit 1ei tn
1ei t ='(t)he(n+1) i t ei ti
I. 3. 2.) Sur [; ]le dénominateur de 'est C1et ne s’annule pas .La fonction 'est donc C1sur [; ]:
I. 3. 3.) Puisque 'et t7! e(n+1) i t
i(n+ 1) sont C1sur le segment [; ]on peut e¤ectuer une intégration par partie :
Z
e(n+1) i t '(t)dt =e(n+1) i  '()e(n+1) it '()
(n+ 1) iZ
e(n+1) i t
(n+ 1) i'0(t)dt
'et '0sont continues sur un segment donc y sont bornées,
Z
e(n+1) i t '(t)dt62 sup (j'j)+() sup (j'0j)
n+ 1
Le numérateur est constant,
lim
n!1 Z
e(n+1) i t '(t)dt = 0
I. 3. 4.) Pour 2[; 2[;on peut intégrer termes à termes car la somme a un nombre …ni de termes :
Z
Sn(t)dt =
n
X
k=1 Z
ek i t dt=
n
X
k=1 ek i t
ki 
=1
i
n
X
k=1
ek i  (1)k
k
D’après I. 3. 1.) on a : Z
Sn(t)dt =Z e(n+1) i t '(t)dt Z ei t '(t)dt
et donc :
8n2N;
n
X
k=1
ek i 
k=
n
X
k=1
(1)k
k+iZ
e(n+1) i t '(t)dt iZ ei t '(t)dt
2

Quand ntend vers 1;
n
X
k=1
(1)k
ktend vers ln(2) (I.1.2) et Z
e(n+1) i t '(t)dt tend vers 0(question précédente) ce qui
justi…e la convergence de la série et le calcul par passage à la limite :
1
X
k=1
ek i 
k=ln(2) iZ
ei t '(t)dt
I. 3. 5.) Pour tout t2]0;2[;on a
ei t '(t) = ei t
ei t 1=ei t
eit=2ei t=2eit=2=ei t=2 2isin t
2
ei t '(t) = ei t=2
2isin t
2
I. 3. 6.) On a donc :
ei t '(t) = 1
2icos t
2
2 sin t
2
et Z
ei t '(t)dt =1
2()iln sin 
2
En séparant parties réelle et imaginaire, on a la convergence des séries et le calcul de leurs sommes : :
1
X
k=1
cos(k )
k=ln(2) ln sin 
2et
1
X
k=1
sin(k )
k= 2
Remarque : Pour 2]0; [il su¢ t de refaire le même calcul sur [ ; ]au lieu de le faire sur [; ]
En particulier pour =2
3;on a sin 
2=p3
2et
1
X
k=1
cos(k )
k=ln(2) ln p3 2!=ln p3on retrouve ainsi le
résultat de I. 2. 3).
Partie II Limite d’une intégrale.
II. 1.) gétant bornée on peut poser M= sup
[0;1[jgj:Alors pour x > 0et t0on a jf(t)g(x t)j6Mjf(t)j
Comme fest intégrable sur R+,M f est intégrable sur R+(par linéarité) et donc t7! f(t)g(x t)est intégrable sur R+(par
majoration)
e
fg(x)existe pour tout x > 0
La fonction est continue par théorème de continuité d’une intégrale à paramètre :
pour tout t0; x 7! f(t)g(x t)est continue sur ]0;+1[
pour tout x > 0,t7! f(t)g(x t)est continue par morceaux intégrable sur [0;+1[
On a domination par t7! Mjf(t)j, indépendante de x, continue par morceaux intégrable sur [0;+1[
e
fgest continue sur ]0;1[
La majoration précédente donne aussi :
8x > 0;e fg(x)6Z1
0jf(t)g(x t)jdt 6MZ1 0jf(t)jdt
et donc
e
fgest bornée sur ]0;1[
3

II. 2. 1.) Si gest la fonction t7! ei t;on a les hypothèses, de la question précédente, avec M= 1:
Par la relation de Chasles et la dé…nition de la convergence d’une intégrale : Z1
Ajf(t)jdt =Z+1 0jf(t)jdt -ZA 0jf(t)jdt !A!+10
8" > 0;9A > 0;06Z1
Ajf(t)jdt 6"
II. 2. 2.) Pour Aainsi …xé, on fait une intégration par partie, sur le segment [0; A] :
ZA
0
eixtf(t)dt =eixt
i x f(t)t=A
t=0 ZA
0
eixt
i x f0(t)dt
Ainsi ZA
0
eixtf(t)dt61
x jf(A)j+jf(0) j+ZA
0jf0(t)jdt!
lim
x!1 ZA
0
eixtf(t)dt = 0
II. 2. 3.) Soit " > 0;quelconque …xé.
Pour cet " > 0;avec II. 2. 1). il existe A > 0;tel que 8x > 0;Z1
A
eixtf(t)dt6Z1
Ajf(t)jdt 6"
Pour un Aainsi choisi, il existe X > 0;tel que 8x>X; ZA
0
eixtf(t)dt< "
en ajoutant les 2 8x>x0;Z1
0
eixtf(t)dt<2":
En partant de "0=2 :
8"0>0,9X,xX=)e fg(x)"0
On a donc montré que
lim
x!1 e
fg(x)= 0
remarque : attention à la double limite . On demande lim
x!+1lim
A!+1Z1
A
fx(t)dtet pas lim
A!+1lim
x!+1Z1
A
fx(t)dt
.
Si on prend y=Ax2
x3+Ax : lim
x!+1lim
A!+1(y)= lim
x!+1(x) = +1et lim
A!+1lim
x!+1(y)= lim
A!+1(0) = 0.
On demande lim
x!+1 Z1
A
fx(t)dt+ZA
0
fx(t)dt!et pas lim
A!+1Z1
A
fx(t)dt+ lim
x!+1 ZA
0
fx(t)dt!
Si on prend y=x
A+A xlim
x!+1(y) = +1et lim
A!+1x
A+ lim
x!+1A
x= 0
II.3. )Si gest la fonction t7! jsin(t)j;on a les hypothèses de II. 1)., avec M= 1:
II. 3. 1.) On prend la partie imaginaire de
Z
0
e y ei y dy =e(+i)y
+iy=
y=0
=1
+ihe(+i)1i=i 2+ 1 [e  + 1]
et donc : Z
0
e y sin(y)dy =e  + 1
2+ 1
II. 3. 2.) On a f E(x) = Z1
0
etjsin(x t)jdt; intégrale convergente (II. 1.) dans laquelle on peut e¤ectuer
le changement de variable (u=x t )qui est C1bijectif de [0;+1[sur lui même (car x > 0)
On obtient une intégrale convergente de même valeur :
8x > 0,f E(x) = 1
xZ1
0
eu
xjsin(u)jdu
4

II. 3. 3.) Avec le changement de variable (translation) v=uk  , pour tout x > 0;
on a Z(k+1)
k
eu
xjsin(u)jdu =Z
0
ev+k
xjsin(v)jdv =ek xZ
0
ev
xsin(v)dv =ek x1
x
Z(k+1)
k
eu
xjsin(u)jdu =ek x1
x
II. 3. 4.) Comme ek
x=e xk;on a une série géométrique de raison e x2]0;1[ qui est donc convergente, et
8x > 0:
1
X
k=0
ek
x=1
1e
x
II. 3. 5.) Avec la règle de Chasles, on peut décomposer :
Z(n+1)
0
etjsin(x t)jdt =
k=n
X
k=0 Z(k+1)
k
etjsin(x t)jdt =1
x
k=n
X
k=0 Z(k+1)
k
eu
xjsin(u)jdu =1
x1 xk=n
X
k=0
ek
x
on passe à la limite : :
f
E(x) = 1
x1 x1
1e
x
soit :
8x > 0:f E(x) = x
x2+ 1 1 + e
x
1e
x!
Quand x! 1; e 
x= 1 
x+o1 xet
f
E(x) = x
x2+ 10
@2 + o(1)
x+o1
x1
A
d’où
lim
x!1 f
E(x) = 2
II. 4. 1) Pour tout xréel 
cos(2kt)
4k211 4k21terme général d’une série convergente ( 1 4k211 4k2avec 2>)
donc la série des fonctions Xcos(2kt)
4k21est normalement convergente sur R;De plus pour tout kla fonction t7! cos(2kt) 4k21est
continue sur R:
hest dé…nie et continue sur R
La fonction t7! jsin(t)jest continue, de classe C1par morceaux,2-périodique. La fonction est donc développable en série
de Fourier sur R.
Calculons les coe¢ cients de Fourier de g:
Pour tout n2N; bn= 0;par parité.
Pour tout n2N;
an=2
Z
0jsin(t)jcos(nt)dt =2
Z
0
sin(t) cos(nt)dt
On linéarise l’expression :
an=1
Z
0
[sin((n+ 1)t)sin((n1)t)] dt
=1
cos((n+ 1)t) n+ 1 
0cos((n1)t)
n1
0
–si nest impair an= 0
5