blanc11-05-cor

Corrigé du devoir surveillé du 19/05/2011

Exercice 1

1. Pour chaque valeur de x fixée, la série numérique

+∞

X

n=1

(−1)ⁿn + x²

n² satisfait les hypothèses du théorème des séries alternées car

n 7→

(−1)ⁿn + x² n²

= 1 n+x²

n² est une suite décroissante de limite 0.

2. Lorsque n tend vers l’infini |u_n| = n + x²

n² est équivalent à n n² = 1

n. Par la règle des équivalents pour les séries numériques à termes positifs, la série

+∞

X

n=1

|un(x)|

est de même nature que la série harmonique

+∞

X

n=1

1

n, donc divergente.

3. Puisque la série

+∞

X

n=1

un(x) est une série alternée qui vérifie les hypothèses du théorème des séries alternées (cf. question 1) son reste d’ordre n, R_n(x) est majoré en valeur absolue par |un+1(x)|, soit

|Rn(x)| ≤ n + 1 + x² (n + 1)² ·

Soit I = [a, b] un intervalle fermé et borné. Sur cet intervalle la fonction continue x 7→ 1 + x²est bornée par une constante M , et donc

|Rn(x)| ≤ n + 1 + x²

(n + 1)² ≤ n + M n² ·

Puisque ce majorant est indépendant de x, la norme-sup de le restriction de Rn

à I, est majorée par

R_n|I

∞≤n + M n² ·

Cette norme tend donc vers 0 quand n tend vers l’infini. C’est dire que la série

+∞

X

n=1

u_n est uniformément convergente sur I.

4. Par le théorème des séries alternées, on a

|Rn+1(x)| = (−1)ⁿ⁺¹Rn+1(x) = n + 1 + x²

(n + 1)² −n + 2 + x² (n + 2)² + · · ·

≥ n + 1 + x²

(n + 2)² −n + 2 + x²

(n + 2)² = x²(2n + 3) + n²+ 3n + 2 (n + 1)²(n + 2)² · On en déduit que lim

x→+∞|Rn(x)| = +∞ donc kR_nk_∞= +∞ ne tend pas vers 0 quand n → +∞.

Exercice 2.

1. (a) Commençons par prouver que f est continue. Puisque f est 2π-périodique, il suffit de prouver que f est continue en chaque point de [−π, π[. Puisque, sur cet intervalle, f coïncide avec la fonction continue x 7→π

2 − |x|, f est continue à droite en −π, et continue en tout point de ]−π, π[. Pour prouver la continuité de f il ne reste qu’à prouver que f est continue à gauche en

−π. Or, en utilisant la 2π-périodicité, lim

x→−π⁻f (x) = lim

h→0⁺f (−π − h) = lim

h→0⁺f (π − h) = lim

h→0⁺

π

2 − |π − h|

= lim

h→0⁺

π

2 − π + h = lim

h→0⁺

−π

2 + h = −π

2 = f (−π), ce qui établit la continuité de f .

(b) Sur l’intervalle ]−π, 0[, f , qui coïncide avec x 7→ π

2 + x, est de classe C¹, avec une demi-tangente à droite en −π et une demi-tangente à gauche en 0. Sur ]0, π[ est encore de classe C¹, avec une demi tangente à droite en 0 et à gauche en π, car elle coïncide avec x 7→π

2 − x. f est donc de classe C¹ par morceaux.

(c) Puisque f est de classe C¹ par morceaux et continue, par le théorème de Dirichlet sa série de Fourier est normalement convergente sur R et sa somme est f .

2. La restriction de f à [−π, π] est paire puisque elle est donnée par f (x) =^π₂− |x|.

Par périodicité, f est paire. Les coefficients bn sont donc tous nuls. Pour n = 0, puisque f est paire,

a₀= 1 2π

Z π

−π

f (t) dt = 2 2π

Z π 0

f (t) dt = 1 π

Z π 0

π 2 − t)

dt = 0.

Pour n ≥ 1,

a_n = 2 2π

Z +π

−π

f (t) cos nt dt = 2 π

Z +π 0

π 2 − t

cos nt dt

Une intégration par parties avec u = π

2 − t, v⁰ = cos nt, u⁰ = −1 et v = sin nt donne n

an = 2 π

π

2 − tsin nt n

π 0

+ 2 π

Z π 0

sin nt n dt

= 2

π(0 − 0) + 2 π

1

n²[cos nt]^π₀ = 2

πn²[(−1)ⁿ− 1]

=







0 si n est pair

4

π(2k − 1)² si n = 2k − 1. (1)

3. La série de Fourier S_f est donc la série S_f = 4 π

+∞

X

k=1

cos(2k − 1)x

(2k − 1)² · On a prouvé dans la première question que f coincide avec la somme de sa série de Fourier.

En particulier, pour x = 0, π

2 = f (0) = Sf(0) = 4 π

+∞

X

k=1

1

(2k − 1)² soit π²

8 =

+∞

X

k=1

1 (2k − 1)²·

4. Par la question 2, a0 = 0 tandis que , pour tout n ≥ 1, a2n−1 = 4 π(2n − 1)², a2n= 0 et bn= 0. L’égalité de Parseval donne alors

kf k²₂= 1 2π

Z π

−π

|f (t)|² dt = a²₀+1 2

+∞

X

n=1

a²_n+ b²_n
=1 2

+∞

X

n=1

16 π²(2n − 1)⁴

Soit +∞

X

n=1

1

(2n − 1)⁴ = π 16

Z π

−π

|f (t)|² dt. (2)

Puisque f est paire, et, pour t ≥ 0, f (t) =π 2 − t, Z π

−π

|f (t)|²dt = 2 Z π

0

π 2 − t²

dt = 2 Z π

0

 π²

4 − πt + t²

 dt

= 2 π³ 4 −π³

2 +π³ 3



= π³ 6

Avec (2) cela donne

+∞

X

n=1

1

(2n − 1)⁴ = π⁴ 96·

Exercice 3.

1. Solution développable en série entière autour de 0.

(a) En définissant a0= 1, on a y = fλ(x) =P+∞

n=0anx². A l’intérieur du disque de convergence on peut dériver terme à terme la série entière de somme y, et donc, pour tout x ∈ ]−R, R[,

y⁰ =

+∞

X

n=1

na_nxⁿ⁻¹=

+∞

X

n=0

(n + 1)a_n+1xⁿ.

On en déduit

xy⁰ =

+∞

X

n=1

nanxⁿ=

+∞

X

n=0

nanxⁿ

et y⁰⁰=

+∞

X

n=0

n(n + 1)a_nxⁿ⁻¹ puis

xy⁰⁰=

+∞

X

n=0

n(n + 1)a_nxⁿ

et

(1 − x)y⁰ =

+∞

X

n=1

(n + 1)an+1− nanxⁿ

Le développement en série entière de x⁰⁰+ (1 − x)y⁰− λy est donc

+∞

X

n=0

[n(n + 1)a_n+1+ (n + 1)a_n+1− (n + λ)a_n] xⁿ.

Par unicité du développement en série entière, pour que cette fonction soit nulle il faut et il suffit que, pour tout n ≥ 0,

n(n + 1)an+1+ (n + 1)an+1− (n + λ)an= 0

soit

an+1= n + λ (n + 1)²an.

Avec a₀= 1, une récurrence immédiate donne, pour tout n ≥ 1,

a_n= Qn−1

k=0(k + λ)

(n!)² · (3)

(b) i. Pour λ = 0, l’équation (3) avec n = 0 donne a1 = 0, puis, par récur- rence, an= 0 pour tout n ≥ 1. Ainsi f0= 1.

ii. Pour λ = 1, (3) donne a₁ = 1, puis, par récurrence a_n = _n!¹ donc f₁(x) = e^x.

iii. Pour λ = −1 (3) donne a1 = −1 puis, à partir de n = 2, an= 0. D’où f₋₁(x) = 1 − x.

iv. On obtient de même f−2(x) = 1 − 2x +x² 2 ·

(c) Pour λ > 0, il résulte de(3) que les a_n sont tous > 0 et donc f_λn’est pas un polynôme. De même si λ < 0 n’est pas un entier, le numérateurQn−1

k=1(k +λ) dans l’expression (3) qui donne an n’est jamais nul, et donc fλn’est pas un polynôme.

Si λ = −p est un entier strictement négatif, on obtient

an= Qn−1

k=0(k − p)

(n!)² = (−1)ⁿ Qn−1

k=0(p − k) (n!)²

On en déduit que a_p= (−1)^p Qp−1

k=0(p − k)

(p!)² = (−1)^p1

p! et a_n = 0 pour n ≥ p+1. f_−pest donc un polynôme de degré p est de terme dominant (−1)^px^p

p!· (d) On applique le critère de d’Alembert à la série numérique de terme général

u_n= |a_nxⁿ|. On a un+1

u_n = |n + λ|

(n + 1)²|x| −→

n→+∞0 < 1.

La série P+∞

n=0anxⁿ est donc absolument convergente pour tout x. Son rayon de convergence est donc +∞.

2. Résolution de E₁ sur unt intervalle ouvert I ne contenant pas 0.

(a) Puisque x ne s’annule pas sur I, l’équation E1 s’écrit y⁰⁰+1 − x

x y⁰−1 xy = 0.

Ceci est une équations différentielle linéaire et homogène d’ordre 2, sous forme résolue. La théorie nous dit que l’ensemble de ses solutions est un espace vectoriel de dimension 2.

(b) On applique la méthode classique de réolution d’une équation linéaire d’ordre 2 lorsque l’on connait une solution particulière de l’équation homogène as- sociée. Sachant que e^xest une solution de l’équation homogène, on cherche la solution générale sous la forme y(x) = z(x)e^x. On remplace y, y⁰ et y⁰⁰ dans l’équation E1 par les expressions respectives

y = ze^x, y⁰ = (z⁰+ z)e^x y⁰⁰(x) = (z⁰⁰+ 2z⁰+ z)e^x. Après simplification, l’équation (1) s’écrit

[xz⁰⁰+ (1 + x)z⁰)]e^x= 0

Ainsi y est solution de E1 si et seulement si z est solution de xz⁰⁰+ (1 + x)z⁰= 0,

Autrement dit, si u = z⁰ est solution de

xu⁰+ (1 + x)u = 0. (4)

C’est une équation linéaire homogène d’ordre 1. Soit u une solution de (4) non identiquement nulle. Alors u n’est jamais nulle, et

u⁰

u = −1 −1 x

Il en résulte que ln |u| = −x − ln x + cte, puis, en appliquant la fonction exponentielle aux 2 membres de cette égalité

|u| = e^−x 1 xe^cte. La solution générale de (4) est donc de la forme

u(x) = λe^−x x avec λ ∈ R. Soit h un primitive sur I de e^−x

x . Alors les primitives de u = λe^−x

x sont les fonctions de la forme λh(x) + µ avec µ ∈ R, la solution générale y de E₁ est y = ze^xsoit

y = [λh(x) + µ]e^x.

3. Résolution de E1 autour de 0. Soit I = ]a, b[ un intervalle ouvert contenant 0. On a donc a < 0 < b. Et soit f une solution de E1 sur I = ]a, b[.

(a) Pour tout x ∈ ]0, b[ l’intervalle [1, x] ne contient pas 0. L’application x 7→

Z x 1

e^−t t dt

est donc bien définie sur ]0, b[ et, par le théorème fondamental du calcul et intégral c’est une primitive de e^−x

x . Si h+ est une primitive quelconque de e^x

x sur ]0, b[ il existe donc une constante c telle que h+(x) =

Z x 1

e^−t t dt + c.

On a alors lim

x→0⁺

h+(x) = c + lim

x→0⁺

Z x 1

e^−t

t dt = c − lim

x→0⁺

Z 1 x

e^−t

t dt = −∞, car l’intégrale impropre (en 0)

Z 1 0

e^−t

t est divergente. En effet e^−t

t est positf sur ]0, 1[, et e^−t

t ∼1

t quand t → 0.

De même, pour tout x ∈ ]a, 0[, l’intervalle [−1, x] ne contient pas 0, et toute primitive h₋ de e^−x

x sur ]a, 0[ est de la forme h₋(x) =

Z x

−1

e^−t t dt + c et donc que lim

x→0⁻

h₋(x) = c + lim

x→0⁻

Z x

−1

e^−t

t dt = c − lim

x→0⁻

Z x

−1

e^−t

|t| dt = −∞, car l’intégrale impropre en 0 de la fonction positive t 7→ e^−t

|t| est divergente.

(b) La restriction de f à l’intervalle ]0, b[ est une solution de E1 sur cet inter- valle. Par la question 2 de cet exercice, appliquée à l’intervalle ]0, b[ il existe deux réels λ1et µ1tels que, sur ]0, b[ on ait

f (x) = e^x[λ1h+(x) + µ1].

où h+ est une primitive de e^−x

x sur ]0, b[. De même il existe deux réels λ2

et µ2 tels que, sur ]a, 0[ on ait

f (x) = e^x[λ2h₋(x) + µ2].

où h₋est une primitive de e^−x

x sur ]a, 0[. Puisque f est dérivable sur ]a, b[, elle est continue en 0, en particulier, elle est continue à droite en 0, et donc

f (0) = lim

x→0⁺f (t) = lim

x→0⁺e^x[λ1h+(x) + µ1].

Puisque cette limite est une limite finie, et puisque, par la question précé- dente, lim

x→0⁺

h+(x) = −∞, ceci implique λ1 = 0 et f (0) = µ1. On voit la même façon en considérant lim

x→0⁻f (x) que λ2= 0 et µ2= f (0) = µ1. pour tout x ∈ I on a f (x) = f (0)e^x.

Exercice 4.

1. (a) limx→0|ln x| = limx→0(ln x)²= +∞. Les intégralesR1

0 ln x dx etR1

0(ln x)²dx sont donc impropres en 0. Puisque lim_x→0+

x^1/4ln x

= 0, pour x suffisa- ment petit

|ln(x)| ≤ 1

x^1/4 et ln²(x) ≤ 1 x^1/2· Z 1

0

1 x^1/4 et

Z 1 0

1

x^1/2 sont convergentes parce que 1/4 < 1 et 1/2 < 1. Par le critère de comparaison pour les intégrales impropresR1

0 ln x dx etR1

0 ln²x dx sont absolument convergentes, donc convergentes, et ln appartient à V ∩ W . (b) L’intégrale

Z 1 0

1

x^α est convergente si et seulement si α < 1, donc f = x 7→

x^−αappartient à V si et seulement si α < 1. De mêmeR1

0 x^−2αdx converge si et seulement si 2α < 1, donc f ∈ W si et seulement si α < 1/2.

2. La minoration p² + q² − 2 |pq| = (|p| − |q|)² ≥ 0 donne 2 |pq| ≤ p²+ q². Il en résulte 0 ≤ 2 |f g| ≤ f²+ g² pour toutes fonctions réelles f et g. Si f, g ∈ W ,

Z 1 0

(f²(t) + g²(t)) dt est convergente, est donc aussi Z 1

0

2 |f (x)g(x)| par la règle de comparaison. Ainsi

Z 1 0

f (x)g(x) dx est absolument convergente, donc convergente, et f g ∈ V .

Soit f ∈ W . La fonction constante 1 appartient aussi à W . Donc f × 1 = f ∈ W . 3. W est non vide car 0 ∈ W . Il reste à prouver que W ⊂ V , ce qu’on vient de faire, et que de plus, W est stable par addition, et par multiplication scalaire.

Contentons nous de prouver la stabilité de W par addition. Soient g₁, g₂ ∈ W , et g = g1+ g2. Il faut prouver queR1

0 g²(t) dt est convergente. Vu g²(x) = g₁²(x) + g₂²(x) + 2g₁(x)g₂(x) il suffit de prouver que les intégrales

Z 1 0

g₁²(t) dt, Z 1

0

g₂²(t) dt et Z 1

0

g1(t)g2(t) dt sont convergentes. Les 2 premières le sont par hypothèse, et la troisième l’est par la question précédente.

4. Il faut vérifier que (f, g) 7→ (f |g) est bilinéaire, symétrique et définie positive.

La symétrie résulte de la symétrie de (f, g) 7→ f g. La bilinéarité résulte de la linéarité de l’intégrale et de la bilinéarité de (f, g) 7→ f g. Enfin, par positivité de l’intégrale

(f |f ) = Z 1

0

f²(x) dx ≥ 0,

et cette intégrale est nulle si et seulement si f est identiquement nulle, parce que x 7→ f²(x) est une fonction continue positive.

5. (a) L’intégrale Z x

0

f (t) dt est convergente parce que Z 1

0

f (t) dt est convergente.

Puisque x > 0, t 7→ f (t) ln t est continue sur [x, 1] donc Z 1

x

(ln t)f (t) dt est une intégrale ordinaire.

(b) f et t 7→ (ln t)f (t) sont continues en x. Par le théorème fondamental du calcul différentiel et intégral

d dx

Z x 0

f (t) dt = f (x) et d dx

Z 1 x

(ln t)f (t) dt = −(ln x)f (x).

F⁰(x) = d dx

 (ln x)

Z x 0

f (t) dt

 + d

dx Z 1

x

(ln t)f (t) dt

= 1

x Z x

0

f (t) dt + (ln x)f (x) − (ln x)f (x) = 1 x

Z x 0

f (t) dt.

(c) F⁰, produit de deux fonctions dérivables sur ]0, 1], est dérivable avec F⁰⁰(x) = − 1

x² Z x

0

f (t) dt +f (x) x ·

F⁰⁰ est continue comme somme de produits de fonctions continues.

(d) L’équation

xF⁰⁰(x) + F⁰(x) = f (x)

se déduit immédiatement des expressions de F⁰(x) et F⁰⁰(x) ci dessus.

6. (a) Pour x = 1

F (1) = (ln 1) Z 1

0

f (t) dt + Z 1

1

(ln t)f (t) dt = 0.

(b)

xF⁰(x) = Z x

0

f (t) dt =

Z 1 0

f (t) dt − Z 1

x

f (t) dt



−→x→00

par définition de l’intégrale impropre Z 1

0

f (t) dt.

7. (a) La fonction x 7→ xF⁰(x) est continue sur ]0, 1] et part (6.b) xF⁰(x) → 0 quand x → 0. Cette fonction se prolonge donc par continuité en une fonction continue sur [0, 1]. Elle est donc bornée par une constante A. Ainsi

|F⁰(x)| ≤ A/x.

(b) Puisque F⁰ est continue sur ]0, 1] et F (1) = 0 on peut écrire

|F (x)| = |F (1) − F (x)| =    

Z 1 x

F⁰(t) dt    

≤ Z 1

x

|F⁰(t)| dt ≤ Z 1

x

A

t dt = A |ln x| . (c) Par (I.1.a) la fonction ln ∈ W , et puisque |F (x)| ≤ A |ln x|, F ∈ W .