Universit´e Pierre et Marie Curie, Paris 6. LM 260. Corrig´e de l’Examen de Math´ematiques du 8 Janvier 2014 Exercice I. On consid`ere la s´erie enti`ere P

Universit´e Pierre et Marie Curie, Paris 6. LM 260.

Corrig´e de l’Examen de Math´ematiques du 8 Janvier 2014 Exercice I.On consid`ere la s´erie enti`ereP+∞

n=1xⁿ⁺¹/(n(n+ 1)). On a : x6= 0, |x|ⁿ⁺²

(n+ 1)(n+ 2) : |x|ⁿ⁺¹

n(n+ 1) =|x| n

n+ 2 −−−−−→

n→+∞ |x|.

La s´erie converge si|x|<1 et diverge si|x|>1 (d’Alembert). Son rayon de convergence estr= 1.

On sait que la somme f de cette s´erie est de classeC^∞ sur ]−1,1[ et qu’on peut la d´eriver terme `a terme `a tous les ordres sur ]−1,1[. En particulier f⁰⁰(x) = P^+∞

n=1xⁿ⁻¹ = (1−x)⁻¹ si x∈]−1,1[. Comme f⁰(0) = 0, on a f⁰(x) =−ln(1−x) et, comme f(0) = 0, en effectuant une int´egration par parties, on trouve :

x∈]−1,1[,

+∞

X

n=1

xⁿ⁺¹

n(n+ 1) = (1−x) ln(1−x) +x.

Exercice II.1) La fonction (t, x)7→u(t, x) = e^−xt/(1 +t²) est d´efinie sur IR×IR, partiellement d´erivable enx`a tous les ordres et

u1(t, x) := ∂u

∂x(t, x) =−te^−xt

1 +t², u2(t, x) := ∂²u

∂x²(t, x) = t²e^−xt 1 +t².

Il est clair que les fonctionsu, u1etu2sont s´epar´ement continues entet enxsur IR×IR. On pose :

(1) x∈]0,+∞[, f(x) =

Z +∞

0

e^−xt 1 +t²dt.

a) Soita >0. Si (t, x)∈IR⁺×[a,+∞[, on a :

|u(t, x)| ≤e^−at, |u1(t, x)| ≤e^−at, |u2(t, x)| ≤e^−at. Comme l’int´egraleR^+∞

0 e^−atdt est convergente, l’int´egrale g´en´eralis´ee de (1) converge par compa- raison pour toutx≥asia >0. Elle d´efinit donc une fonctionf sur ]0,+∞[.

Par th´eor`eme, les in´egalit´es de domination ci-dessus impliquent quef est de classeC² sur tout [a,+∞[⊂]0,+∞[, donc sur ]0,+∞[, et qu’on peut “d´eriver deux fois sous le signe d’int´egration”.

b) Pourx∈]0,+∞[, on a : 0≤f(x)≤

Z ^+∞

0

e^−xtdt≤1/x, donc lim

x→+∞f(x) = 0.

c) Pourx∈]0,+∞[, compte tenu de a) on a f⁰⁰(x) +f(x) =

Z ^+∞

0

(u(t, x) +u2(t, x))dt= Z ^+∞

0

e^−xtdt= 1/x.

2) Pourx∈]0,+∞[, on pose (2) u(x) =

Z ^+∞

x

t⁻¹sint dt, v(x) = Z ^+∞

x

t⁻¹cost dt, g(x) =u(x) cosx−v(x) sinx.

a) Une int´egration par parties sur [x, T]⊂]0,+∞[ donne Z T

x

t⁻¹sint dt= [−t⁻¹cost]^t=T_t=x − Z T

x

t⁻²cost dt.

Comme |cost|/t² ≤1/t², l’int´egrale g´en´eralis´ee R^+∞

x t⁻²cost dt converge absolument donc con- verge. On faisant tendreT vers +∞, on obtient la convergence deR+∞

x t⁻¹sint dtet l’´egalit´e x∈]0,+∞[, u(x) =x⁻¹cosx−

Z ^+∞

x

t⁻²cost dt.

On montre de la mˆeme fa¸con que l’int´egralev(x) converge pour toutx∈]0,+∞[.

b) Par d´efinition d’une int´egrale g´en´eralis´ee convergente, limx→+∞u(x) = limx→+∞v(x) = 0.

c) Si h est une fonction continue sur ]0,+∞[ et si l’int´egrale g´en´eralis´ee H(x) = R^+∞

x h(t)dt converge pour toutx∈]0,+∞[, on peut ´ecrireH(x) =R+∞

1 h(t)dt−Rx

1 h(t)dt, doncHest d´erivable etH⁰(x) =−h(x). On obtient ainsi queuet vsont d´erivables et qu’on a :

x∈]0,+∞[, u⁰(x) =−x⁻¹sinx, v⁰(x) =−x⁻¹cosx.

1

2

Commeu⁰(x) cosx−v⁰(x) sinx= 0, on ag⁰(x) =−u(x) sinx−v(x) cosx. De mˆeme, on obtient g⁰⁰(x) = sin²x+ cos²x

x −u(x) cosx+v(x) sinx= 1

x−g(x).

Ainsig⁰⁰(x) +g(x) = 1/xpour toutx∈]0,+∞[. De plus limx→+∞g(x) = 0 d’apr`es b).

d) Pourx∈]0,+∞[, on a g(x) =

Z +∞

x

cosxsint−sinxcost

t dt=

Z +∞

x

sin(t−x) t dt=

Z +∞

0

sint t+xdt.

La seconde ´egalit´e est obtenue en effectuant le changement de variablesu=t−xsur un segment [x, T]⊂[x,+∞[ et en faisant tendreT vers +∞.

3) a) Soita, b∈C . Siy(x) =acosx+bsinxtend vers 0 quandxtend vers +∞, on obtienta= 0 (resp.b= 0) en consid´eranty(2nπ) (resp.y(2nπ+π/2)) quandn∈IN tend vers l’infini.

b) D’apr`es les questions 1) et 2), la fonctionh=f−g v´erifieh⁰⁰+h= 0 et tend vers 0 en +∞.

D’apr`es le a), on a doncf =g:

∀x∈]0,+∞[,

Z +∞

0

e^−xt 1 +t²dt=

Z +∞

0

sint t+xdt.

Exercice III.Soitf la fonction 2π-p´eriodique sur IR d´efinie parf(x) =x² six∈[−π, π[.

Par d´efinitionf(π) =f(−π) =π², qui est aussi la limite `a gauche def enπ. La fonctionf est donc continue sur IR. Elle est d´erivable en tout point de ]−π, π[, d´erivable `a droite en−π et `a gauche enπ. Elle est donc continue sur IR, d´erivable `a gauche et `a droite sur IR.

1) Commef est paire, ses coefficients de Fourier v´erifientbn = 0 etan= (2/π)Rπ

0 t²cosnt dt.

Si n >0, an= 2 π

Z π

0

t²cosnt dt= 2 π

t²sinnt n

^t=π

t=0

− 2 n

Z π

0

tsinnt dt

!

= −4 nπ

Z π

0

tsinnt dt

=−4 nπ

−tcosnt n

t=π

t=0

+ Z π

0

cosnt dt n

!

=−4 nπ

−tcosnt n

t=π

t=0

= 4(−1)ⁿ n² . D’autre part,a0= (2/π)Rπ

0 t²dt= (2π²)/3.

2)a) Commef est continue et d´erivable `a droite et `a gauche, le th´eor`eme de Dirichlet donne x∈IR, f(x) = a0

2 +

+∞

X

n=1

(ancosnx+bnsinnx) =π² 3 + 4

+∞

X

n=1

(−1)ⁿ n² cosnx.

b) Pourx=π, on obtient :π²=π²/3 + 4P^+∞

n=11/n² et doncP^+∞

n=11/n²=π²/6.

3) Comme|cosnx|/n²≤1/n², la s´erie de fonctionsP^+∞

n=1(−1)ⁿcosnx/n²est normalement conver- gente sur IR. On peut donc l’int´egrer terme `a terme entre 0 etx∈[−π,+π], ce qui donne :

x∈[−π, π], x³ 3 = π²x

3 + 4

+∞

X

n=1

(−1)ⁿ n³ sinnx.

4)a) Pour la mˆeme raison, on peut int´egrer la s´erie du second membre terme `a terme : x∈[−π, π], x⁴

12 =π²x² 6 + 4

+∞

X

n=1

(−1)ⁿ

n⁴ (1−cosnx).

b) En prenantx=π, on obtient π⁴

48 =

+∞

X

n=1

(−1)ⁿ

n⁴ (cosnπ−1) = 2

+∞

X

p=0

1

(2p+ 1)⁴, donc

+∞

X

p=0

1

(2p+ 1)⁴ =π⁴ 96. D’autre part,

+∞

X

n=1

1 n⁴ =

+∞

X

p=1

1 (2p)⁴ +

+∞

X

p=0

1

(2p+ 1)⁴ = 1 16

+∞

X

n=1

1 n⁴+

+∞

X

p=0

1 (2p+ 1)⁴, et finalement

+∞

X

n=1

1 n⁴ =16

15

+∞

X

p=0

1

(2p+ 1)⁴ = π⁴ 90.