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[
X ( 1)
k
0) donc convergente.
1
En x = 1; la série
véri…e le critère spécial des séries alternées (la valeur absolue du terme général décroît vers
L est dé…nie sur ] 1; 1]
Remarque : c’est même exactement son domaine de dé…nition car elle diverge si x =
I. 1. 2.)
1
:
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)
X
X
En x = 1 : On sait que si une série entière
an xn admet un rayon de convergence R > 0 et si
an Rn converge ,
alors la somme de la série est continue en R ( à gauche). Ici R = 1 et donc L est continue en 1
L est continue sur [0; 1]
Pa continuité on a donc : L(1) = lim L(x) = lim ln(1 + x) = ln(2)
x!1
x!1
L(1) = ln(2)
I. 2. 1.)
Pour p 2 N ;
3p
X
3p
X
ak =
k=1
ak +
k=1;k 0[3]
3p
X
3p
X
ak +
k=1;k 1[3]
ak =
p
X
a3q +
q=1
k=1;;k 2[3]
p 1
X
a3q+1 +
q=0
p 1
X
a3q+2
q=0
en séparant les entiers k modulo 3:Donc
3p
X
p
ak =
k=1
=
p
X
q=1
p 1
p 1
1
+
q
3p
X
k=1
I. 2. 2).
q=1
+
q
p
p 1
p 1
X
X
X
1
1
1
+
+
3q
3q
+
1
3q
+2
q=1
q=0
q=0
1
en regroupant tous les entiers modulo 3:
k
3p
h=2p
h=2p
X
X 1
1
1 X 1
=
=
=
k
p+h
p
1+
k=p+1
p
X
1
X 1
2X1 X 1
+
+
=
3 q=1 q q=0 3q + 1 q=0 3q + 2
h=1
h=1
h
p
en prenant h = k
p
La somme précédente est une somme de Riemann de la fonction f sur [0; 2] :
Sn (f ) =
b
n
n
aX
f (a + h
b
h=1
a
n
)=
n
2X 1
n
1 + 2h
n
h=1
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
La suite
3p+2
X
k=1
ak =
3p
X
k=1
3p
X
k=1
h=2p
1 X 1
p
1+
h=1
ak converge vers ln(3) , la suite
3p+1
X
k=1
ak +
1
1
+
3p + 1 3p + 1
h
p
=
Z
b
f (t) dt =
a
ak =
Z
0
3p
X
k=1
ak +
2
dt
= ln(3)
1+t
1
converge aussi vers ln(3) ainsi que la suite
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
converge vers cette limite commune.
X
la série
Z
(k+1)=p
k=p
ce qui donne:
Z
an = ln(3)
n=1
dt
1+t
2+(1)=p)
1=p
Z
1
1
p 1 + k=p
3p
X
dt
1+t
1
X
1
cos
k
Z
ap
2
0
dt
1+t
dt
1+t
1
cos
k
ce qui donne : 8k 2 N ;
2k
3
k=1
(k=p
(k 1)=p
k=1
d’où le résultat.
1
variante: pour tout p faire l’encadrement avec fp =
.
1
+
t=p
(
1 si k = 3p :
2k
1
I. 2. 3.) On a cos
=
si k = 3p + 1 ou 3p + 2
3
2
I. 3. 1.)
+1
X
n2N
1
décroît sur ] 1; +1[ donc en intégrant sur des intervalles de longueur
1+t
autre méthode : comparaison série intégrale:t !
1
p
an converge et
ak
!
=
2k
3
=
1
ak ;
2
1
ln(3)
2
Pour t 2 ]0; 2 [ ; Sn (t) est la somme partielle d’une suite géométrique de premier terme eit et de raison ei t 6= 1 . :
8t 2]0; [ , Sn (t) =
n
X
eit
k
= eit
1
k=1
eit
1 ei t
n
h
= '(t) e(n+1) i t
eit
i
I. 3. 2.)
Sur [ ; ] le dénominateur de ' est C 1 et ne s’annule pas .La fonction ' est donc C 1 sur [ ; ] :
I. 3. 3.)
Puisque ' et t 7 !
Z
e(n+1) i t
sont C 1 sur le segment [ ; ]on peut e¤ectuer une intégration par partie :
i(n + 1)
e(n+1) i t '(t) dt =
e(n+1) i '( ) e(n+1) i
(n + 1) i
t
'( )
Z
e(n+1) i t 0
' (t) dt
(n + 1) i
' et '0 sont continues sur un segment donc y sont bornées,
Z
2 sup (j'j) + (
) sup (j'0 j)
e(n+1) i t '(t) dt 6
n+1
Le numérateur est constant,
lim
n!1
I. 3. 4.) Pour
e(n+1) i t '(t) dt = 0
2 [ ; 2 [ ; on peut intégrer termes à termes car la somme a un nombre …ni de termes :
Z
D’après I. 3. 1.)
Z
Sn (t) dt =
on a :
et donc :
8n 2 N ;
Z
n
X
e
kit
k=1
Z
k=1
k
=
n
1 X eki
=
i
k=1
Sn (t) dt =
n
X
eki
dt
n
X
ekit
=
ki
Z
e(n+1) i t '(t) dt
Z
n
k
X
( 1)
+i
k
k=1
k=1
Z
( 1)k
k
e i t '(t) dt
e(n+1) i t '(t) dt
Z
i
e i t '(t) dt
Z
n
k
X
( 1)
e(n+1) i t '(t) dt tend vers 0 (question précédente) ce qui
tend vers ln(2) (I.1.2) et
k
k=1
justi…e la convergence de la série et le calcul par passage à la limite :
Quand n tend vers 1 ;
1
X
eki
k
k=1
I. 3. 5.)
=
e i t '(t) dt
Pour tout t 2 ]0; 2 [ ; on a
eit
e i t '(t) =
eit
1
=
eit
eit=2
e i t=2
e i t '(t) =
I. 3. 6.)
Z
i
ln(2)
e
it=2
=
e i t=2
2i sin 2t
e i t=2
2i sin 2t
On a donc :
e i t '(t) =
et
Z
1
2
i
1
(
2
e i t '(t) dt =
t
2
t
2
cos
2 sin
)
i ln sin
2
En séparant parties réelle et imaginaire, on a la convergence des séries et le calcul de leurs sommes : :
1
X
cos(k )
=
k
ln(2)
ln sin
k=1
2
et
1
X
sin(k )
=
k
2
k=1
Remarque : Pour
2]0; [ il su¢ t de refaire le même calcul sur [ ; ] au lieu de le faire
sur [ ; ]
p
p !
1
X
p
2
3
cos(k )
3
En particulier pour =
; on a sin 2 =
et
= ln(2) ln
= ln
3
3
2
k
2
k=1
résultat de I. 2. 3).
Partie II
on retrouve ainsi le
Limite d’une intégrale.
II. 1.) g étant bornée on peut poser M = sup j g j : Alors pour x > 0 et t
[0;1[
0 on a j f (t) g(x t) j 6 M j f (t)j
Comme f est intégrable sur R+ , M f est intégrable sur R+ (par linéarité) et donc t 7! f (t) g(x t) est intégrable sur R+ (par
majoration)
feg (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 , t 7! f (t) g(x t) est continue par morceaux intégrable sur [0; +1[
On a domination par t 7! M j f (t)j , indépendante de x , continue par morceaux intégrable sur [0; +1[
La majoration précédente donne aussi :
8x > 0;
et donc
feg est continue sur ]0; 1[
feg (x) 6
Z
0
1
j f (t) g(x t) j dt 6 M
feg est bornée sur ]0; 1[
Z
0
1
j f (t) j dt
II. 2. 1.) Si g est la fonction t 7 ! e i t ; on a les hypothèses, de la question précédente, avec M = 1:
Z 1
Z +1
Z
Par la relation de Chasles et la dé…nition de la convergence d’une intégrale :
j f (t) j dt =
j f (t) j dt A
Z
8" > 0; 9A > 0; 0 6
1
A
0
A
0
j f (t) j dt !A!+1 0
j f (t) j dt 6 "
II. 2. 2.) Pour A ainsi …xé, on fait une intégration par partie, sur le segment [0; A] :
Z
A
eixt
f (t)
ix
e i x t f (t) dt =
0
Ainsi
Z
A
e
ixt
0
1
f (t) dt 6
x
lim
x!1
Z
t=A
A
0
t=0
Z
j f (A) j + j f (0) j +
Z
eixt 0
f (t) dt
ix
A
0
0
j f (t)j dt
!
A
e i x t f (t) dt = 0
0
II. 2. 3.) Soit " > 0; quelconque …xé.
Z
Pour cet " > 0; avec II. 2. 1). il existe A > 0; tel que 8x > 0;
Z
Pour un A ainsi choisi, il existe X > 0; tel que 8x > X;
en ajoutant les 2 8x > x0 ;
En partant de "0
=2 :
Z
1
1
e
ixt
A
f (t) dt 6
Z
1
A
j f (t) j dt 6 "
A
e i x t f (t) dt < "
0
e i x t f (t) dt < 2":
0
X =) feg (x)
8"0 > 0 , 9X , x
On a donc montré que
"0
lim feg (x) = 0
x!1
Z 1
Z 1
remarque : attention à la double limite . On demande lim
lim
fx (t) dt
et pas lim
lim
fx (t) dt
x!+1 A!+1
A!+1 x!+1
A
A
.
Ax2
: lim
lim (y) = lim (x) = +1 et lim
lim (y) = lim (0) = 0.
Si on prend y = 3
x!+1
A!+1 x!+1
A!+1
x + Ax x!+1 A!+1
!
!
Z 1
Z A
Z 1
Z A
On demande lim
f x (t) dt +
fx (t)dt et pas lim
f x (t) dt + lim
fx (t)dt
x!+1
A
A!+1
0
A
x!+1
A
x
A
x
lim (y) = +1 et lim
+ lim
=0
Si on prend y = +
x!+1
A!+1 A
A
x x!+1
x
II.3. )Si g est la fonction t 7 ! j sin(t) j ; on a les hypothèses de II. 1)., avec M = 1:
II. 3. 1.) On prend la partie imaginaire de
Z
y=
i
e ( +i) y
1 h ( +i)
i
y iy
e
e dy =
e
1 = 2
[e
=
+
i
+
i
+1
0
y=0
et donc :
Z
e
y
sin(y) dy =
e
2
0
f (x) =
II. 3. 2.) On a E
Z
0
1
e
t
0
+ 1]
+1
+1
j sin(x t) j dt; intégrale convergente (II. 1.) dans laquelle on peut e¤ectuer
le changement de variable (u = x t ) qui est C 1 bijectif de [0; +1[ sur lui même (car x > 0 )
On obtient une intégrale convergente de même valeur :
f (x) = 1
8x > 0 , E
x
Z
0
1
e
u
x
j sin(u) j du
II. 3. 3.) Avec le changement de variable (translation) v = u k , pour tout x > 0;
on a
Z
Z (k+1)
Z
v+k
u
k
v
x
e
e x j sin(u) j du =
j sin(v) j dv = e x
e x sin(v) dv = e
0
k
Z
0
(k+1)
u
x
e
j sin(u) j du = e
k
k
x
II. 3. 4.) Comme e
k
x
1
x
1
x
k
x
k
= e
; on a une série géométrique de raison e
x
8x > 0 :
1
X
e
k
x
2 ]0; 1[ qui est donc convergente, et
1
=
1
k=0
x
e
x
II. 3. 5.) Avec la règle de Chasles, on peut décomposer :
Z
(n+1)
e
t
0
j sin(x t) j dt =
k=n
X Z (k+1)
t
e
k
k=0
k=n Z
1 X (k+1)
e
x
k
j sin(x t) j dt =
k=0
u
x
j sin(u) j du =
1
x
1
x
k=n
X
e
k
x
k=0
on passe à la limite : :
f (x) = 1
E
x
soit :
Quand x ! 1; e
x
=1
x
+o
1
x
1
x
1
1
e
f (x) = x
8x > 0 : E
x2 + 1
x
1+e
x
1
x
e
!
et
f (x) =
E
x
x2 + 1
0
1
@ 2 + o (1) A
+ o x1
x
d’où
f (x) = 2
lim E
x!1
1
1
1
cos(2kt)
terme général d’une série convergente (
avec 2 > )
4k 2 1
4k 2 1
4k 2 1
4k 2
X cos(2kt)
cos(2kt)
donc la série des fonctions
est normalement convergente sur R;De plus pour tout k la fonction t 7!
est
4k 2 1
4k 2 1
continue sur R :
h est dé…nie et continue sur R
II. 4. 1) Pour tout x réel
La fonction t 7 ! j sin(t) j est continue, de classe C 1 par morceaux,2 -périodique. La fonction est donc développable en série
de Fourier sur R .
Calculons les coe¢ cients de Fourier de g:
Pour tout n 2 N;
bn = 0; par parité.
Pour tout n 2 N;
an =
2
Z
j sin(t) j cos(nt)dt =
0
On linéarise l’expression :
an
=
1
Z
[sin((n + 1)t)
2
Z
sin(t) cos(nt)dt
0
sin((n
1)t)] dt
0
=
– si n est impair an = 0
1
cos((n + 1)t)
n+1
0
cos((n 1)t)
n 1
0
– si n est pair a2k =
1
2
2k + 1
2
2k
=
1
4
1
4k 2
1
On a donc :
jsin(t)j =
1
4 X cos(2nt)
4n2 1
n=1
1
a0 X
2
+
a2k (g) cos(2kt) =
2
k=1
soit :
2
8t 2 R; j sin(t) j =
4
h(t)
Remarque : contrairement à d’autres sujets il faut reconnaître vous même que h est la somme d’une série de Fourier.
II. 4. 2.) On a d’après le calcul précédent pour x > 0 :
#
Z 1
Z 1
Z 1"
1
2
2
4
4 X cos(2k x t)
e
f (t)
f (t) j sin(x t) j dt =
f (x) =
h(x t) dt =
f (t)
f (t) dt
4k 2 1
0
0
0
k=1
où l’on voit apparaître l’intégration termes à termes d’une série des fonctions : :On véri…e les hypothèses :
Pour tout k , t !
cos(2k x t)
cos(2k x t)
f (t) est C 0 sur R+ , intégrable sur R+ , car
f (t) 6 j f (t) j intégrable sur [0; 1[
4k 2 1
4k 2 1
pour tout t la série
1
4 X cos(2k x t)
f (t) converge simplement vers t !
4k 2 1
2
k=1
Z
Z 1
cos(2k x t)
La série
dt
converge
car
f
(t)
4k 2 1
0
0
qui converge car 2 > 1 .
1
jsin(xt)j f (t) continue sur R+
cos(2k x t)
1
f (t) dt 6
2
2
4k
1
4k
1
Z
0
1
1
4
j f (t) j dt
Z
0
1
j f (t) j dt
k2
On a donc par intégration termes à termes :
2
fe (x) =
Z
1
f (t) dt
0
1
4X
k=1
1
4k 2
1
Z
1
f (t) cos(2k x t) dt pour tout x > 0
0
Passons à la limite par convergence normale :
Z 1
1
lim
f (t) cos(2k x t) dt = 0
x!1 4k 2
1 0
D’après II. 2. 3.), comme f est C 1 on a : lim f (t)eixt dt = 0 , donc en prenant la partie réelle lim (f (t) cos(xt) dt = 0
x!1
x!1
Z 1
Z 1
1
f (t) cos(2k x t)
Si x tend vers +1 , 2kx tend vers +1 ( car k > 0) et l’intégrale est majorée par
jf (t)j dt et donc lim
x!1 4k 2
1 0
0
La série converge normalement sur R+ :
8
Z 1
Z 1
indépendant
de x
<
Z 1
1
1
X
1
f
(t)
cos(2k
x
t)
dt
6
j
f
(t)
j
dt
j f (t) j dt converge
:
4k 2 1 0
4k 2 1 0
4k 2 1 0
On peut donc dire que la limite de la série est la série des limites :
2
lim fe (x) =
x!1
Ce qui est conforme au résultat obtenu pour E:car
Z
1
Z
1
f (t) dt
0
e t dt = 1
0
II. 4. 3. 1.)
On e¤ectue le changement de variable C 1 u = x t dans l’intégrale :
Z
Z
1
8x > 0; F (x) =
j sin(x t) j dt =
x
x
x
j sin(u) j du
x
et
x
sont deux réels positifs et pour x >
x
p6
Comme j sin(u) j
x
on a
x
(
=
x
q6
<p+1
)x
> 1 et on a donc p = E
x
<E
x
<q+1
0 on en déduit :
Z
q
(p+1)
Or si k est entier on a en posant v = u
Z
Z
j sin(u) j du 6
x
x
Z
(q+1)
j sin(u) j du
p
k :
(k+1)
j sin(u) j du =
k
j sin(u) j du 6
Z
j sin(v) j dv =
0
Z
sin(v) dv = 2
0
et donc pour n et N entiers :
Z
N
X1 Z (k+1)
N
j sin(u) j du =
n
j sin(u) j du = 2(N
k
k=n
n)
d’où l’encadrement:
,
8x >
x
Mais par dé…nition des parties entières :
2
x
x
2
(q
x
x
1<p6
x
1) 6 F (x) 6
p
x
et
6 F (x) 6
2
Comme x ! 1 on peut supposer la condition x >
x
<q6
2
x
2
(q
x
x
p + 1)
ce qui donne pour x >
x
+2
véri…ée et donc par encadrement
2
lim F (x) =
x!1
(
)
II. 4. 3. 2).
Si f est une fonction en escalier et J un segment, alors il existe une subdivision (xk )06k6n de J telle que f soit constante
égale à yk sur chacun des intervalles ]xk ; xk+1 [ :et donc
fe (x) =
Z
J
f (t) j sin(x t) j dt =
n
X1 Z xk+1
xk
k=0
f (t) j sin(x t) j dt =
X
On a un nombre …ni (et indépendant de x ) de termes dans la
: lim fe (x) =
x!1
or
Z
J
X
yk
2
(xk+1
xk+1
xk
j sin(x t) j dt
xk ) =
X
yk (xk+1
yk (xk+1
xk )
2
xk )
06k6n 1
n
X1 Z xk+1
k=0
k=0
yk
Z
. Par linéarité
06k6n 1
f (t) dt =
n
X1
xk
yk =
06k6n 1
2
lim fe (x) =
x!1
X
Z
f (t) dt
J
Si f est continue par morceaux sur J un segment, on peu approcher f uniformément sur ce segment par des factions en
escalier :
8" > 0 , 9' en escalier , 8x 2 J , jf (x) '(x)j "
=q
On décompose alors
2
fe(x)
Z
fe(x)
f (t) dt
J
e (x)
'(x) + '
par dé…nition de 'on a pour tout x > 0 :
2
fe(x)
Z
Z
2
' (t) dt +
J
J
Z
' (t) dt
2
J
2
e (x)
"+ '
f (t) dt
2
Z
Z
f (t) dt
J
2
' (t) dt +
"
J
' étant en escalier le terme du milieu est majoré par " pour x assez grand :
Z
2
f (t) dt
8" > 0 , 9X , x > X ) fe(x)
2
2+
"
J
2
En prenant " = "0 = 2 +
:
2
8"0 > 0 , 9X , x > X ) fe(x)
Soit :
Z
2
lim fe (x) =
x!1
Z
"0
f (t) dt
J
f (t) dt
J
Si f est continue par morceaux sur J = [0; 1[ ; on reprend le raisonnement de la question II. 2.) avec un A su¢ samment
Z 1
grand pour que
j f (t) j dt 6 ":
A
Alors pour x > 0
fe (x)
2
Z
=
f (t) dt
Z
1
0
[0;1[
Z
A
0
avec :
Z
1
A
2
f (t) j sin(x t) j
2
f (t) j sin(x t) j
2
f (t) j sin(x t) j
f (t)
f (t)
dt
f (t)
dt +
Z
1
f (t) j sin(x t) j
A
1+
dt
2
Z
+1
jf (t)dtj
A
1+
et en appliquant le résultat précédent au segment J = [0; A] :
9X , x > X )
Z
0
A
f (t) j sin(x t) j
On a donc :
9X , x > X ) fe (x)
Pour "0 > 0 on prend " = "0 =(2 +
2
2
Z
2
f (t)
f (t) dt
[0;1[
) et on …ni comme au point précédent.
2
lim fe (x) =
x!1
Z
[0;1[
f (t) dt
"
dt
(2 +
2
)"
2
"
2
f (t)
dt