Lycée Fénelon Sainte-Marie Classe de MP
Année 2019-2020 Mathématiques
Devoir maison n ◦ 09 – éléments de correction
d’après CCINP 2017 MP maths 1
Partie 1 : exemples
Q1. On a
∀x∈R,
1
2ncos(nx) + 1
3nsin(nx)
≤ 1 2n + 1
3n.
En notantfn :x7→ 1
2ncos(nx) + 1
3n sin(nx), il vientkfnkR∞≤ 1 2n + 1
3n. Le majorant est le terme général d’une série convergente (somme des termes de séries géométriques de raison dans]−1,1[). Ainsi la série de fonctions
X
n
fn est normalement convergente surR.
Pour le calcul, on remarque que pourp≥2, il vient
eix p
<1et ainsi
+∞
X
n=0
eix p
n
= 1
1−eixp = p p−eix. En passant aux parties réelle et imaginaire, on en déduit
+∞
X
n=0
cos(nx)
pn = p2−pcos(x) p2−2pcos(x) + 1 et
+∞
X
n=0
sin(nx)
pn = psin(x) p2−2pcos(x) + 1.
Il reste à combiner les résultats pourp= 2etp= 3:
+∞
X
n=0
1
2n cos(nx) + 1
3nsin(nx)
= 4−2 cos(x)
5−4 cos(x)+ 3 sin(x) 10−6 cos(x) .
Q2. En utilisant la définition de l’exponentielle, nous avons
∀x∈R, exp(eix) =
+∞
X
n=0
einx n! .
Or exp(eix) = exp(cos(x)) exp(isin(x))et la partie réelle de cette quantité est
∀x∈R, exp(cos(x)) cos(sin(x)) =
+∞
X
n=0
cos(nx) n! .
Q3. Posonsan= 1
n+ 1 etun(x) =ancos(nx). La suite(an)nest de limite nulle maisun(0) = 1
n+ 1 est le terme géné- ral d’une série divergente. Il s’ensuit que X
n
un ne convergent pas simplement surRsiun(x) = 1
n+ 1cos(nx). Q4. La norme infinie surRdex7→sin(nx)
√n est égale à 1
√n, terme général d’une série divergente. Par conséquent la série X
n≥1
sin(nx)
√n n’est pas normalement convergente surR.
Partie 2 : propriétés
Une condition suffisante
Q5. Pour xréel etgn(x) =ancos(nx) +bnsin(nx), il vient
|gn(x)| = |ancos(nx) +bnsin(nx)| ≤ |an|+|bn|.
Le majorant est indépendant de x, donc kgnkR∞≤ |an|+|bn|. Le majorant est par hypothèse le terme général d’une série convergente.
Ainsi X
n
ancos(nx) +bnsin(nx)converge normalement sur R. Une condition nécessaire
Q6. Supposons que (a, b)6= (0,0), auquel cas la quantité étudiée est identiquement nulle.
Nous avons
a|cos(x) +bsin(x)| = p
a2+b2·
√ a
a2+b2cos(x) + b
√a2+b2sin(x)
= p
a2+b2|cos(x−ϕ)|,
oùcos(ϕ) = a
√a2+b2 et sin(ϕ) = b
√a2+b2. Ainsi la fonction x7→ |acos(x) +bsin(x)| admet√
a2+b2 comme maximum (il est bien atteint).
Q7. Posonsun(x) =ancos(nx) +bnsin(nx), et supposons queX
n
kunk∞converge. Remarquons quenxparcourtR lorsquexparcourtR(n∈N∗). Par conséquent
kunk∞ = p
a2n+b2n ≥
|an|
|bn| Par comparaison de séries à termes positifs, les séries X
n
an etX
n
bn convergent absolument . Autres propriétés
Q8. La convergence normale surRentraîne la convergence uniforme surR, et cette dernière conserve la continuité.
Les fonctions de la séries étant continues surR: il en est de même def, la somme de la série trigonométrique . La convergence normale sur R entraîne la convergence simple sur R. La convergence simple conserve la 2π- périodicité : siSn(x+ 2π) =Sn(x), alors par passage à la limitef(x+ 2π) =f(x). D’où la 2π-périodicité def . Q9. Fixons x∈[−π, π]et n≥1. Par linéarisation :cos2(nx) = 1
2(cos(2nx) + 1). On en déduit
Z π
−π
cos2(nx)dx = 1 2
Z π
−π
(cos(2nx) + 1) dx = 1 2
1
2nsin(2nx) +x π
−π
= π .
De mêmesin(kx) cos(nx) =1
2(sin(kx+nx) + sin(kx−nx)). Orx7→sin(px)est d’intégrale nulle sur[−π, π](que psoit nul ou pas). On en déduit que
∀(n, k)∈N2, Z π
−π
sin(kx) cos(nx)dx = 0.
Q10. Soitn∈N. Par définition : Z π
−π
f(x) cos(nx)dx = Z π
−π +∞
X
k=0
akcos(kx) cos(nx) +bksin(kx) cos(nx) dx.
Posons encoreuk :x7→akcos(kx) +bksin(kx). Chaqueuk est continue sur le segment[−π, π], où la sérieX
k
uk
converge uniformément (car normalement). Le théorème de la double limite nous permet d’échanger Z
et X : Z π
−π
f(x) cos(nx)dx =
+∞
X
k=0
ak
Z π
−π
cos(kx) cos(nx)dx+bk Z π
−π
sin(kx) cos(nx)dx
.
• Dans la somme, d’après laQ9, toutes les intégrales ensin×cossont nulles.
• Ensuite, d’après le résultat admis par l’énoncé : toutes les intégrales encos×cossont nulles dès quen6=k.
• Enfin pour k=nl’intégrale vautanπsin6= 0d’après laQ9 et2πa0sin= 0.
Finalement :
pour toutn6= 0, an = αn(f) et a0 = 1 2α0(f). Q11. Nous sommes dans un cas d’application de la question précédente, avec a0 = α0(f)
2 , b0 = 0 et pour n ≥ 1, an=αn(f)et bn =βn(f). La somme est ici égale àg et on obtient
pour toutn∈N, αn(f) = αn(g) et βn(f) = βn(g).
Q12. Les applications h 7→ αn(h) et h 7→ βn(h) étant linéaires, nous avons ici αn(g −f) = βn(g−f) = 0. Par conséquent, d’après le résultat admis g−f = 0 .
Q13. Si f est paire, alorsx7→f(x) sin(nx)est impaire et donc d’intégrale nulle sur[−π, π]. Ainsi :
∀n∈N, βn(f) = 0.
La fonction x7→f(x) cos(nx)est paire et
∀n∈N, αn(f) = 2 π
Z π
0
f(x) cos(nx)dx .
Q14. Utilisons un petit programme Python. Pour calculerf(x), on cherche un entierktel que x−2kπ=y∈[−π, π]
et on renvoiey2. import numpy as np
import matplotlib.pyplot as plt def f(x):
k = floor((x+pi) / (2*pi)) return (x - 2 * k * pi) ** 2 a = -3 * pi
b = 3 * pi
pas = (b-a) / 1000
X = [a + k * pas for k in range(1000)]
Y = [f(x) for x in X]
plt.plot(X,Y,’k’) plt.axis(’scaled’) plt.show()
La fonction f étant paire, les coefficientsβn(f)sont tous nuls. De plus αn(f) = 2
π Z π
0
x2cos(nx)dx.
Une double intégration par parties donne, pour n6= 0, Z π
0
x2cos(nx)dx = −2 n
Z π
0
xsin(nx)dx = −2 n
−xcos(nx) n
π
0
+ 1 n
Z π
0
cos(nx)dx
, et ainsi
∀n6= 0, αn(f) = 4(−1)n n2 . On a aussi
α0(f) = 2 π
Z π
0
x2dx = 2 3π2.
Les sériesX
n
αn(f)et X
n
βn(f)convergent absolument, on peut utiliser ce qui précède (notamment le résumé après laQ12) et conclure :
∀x∈R, f(x) = π2 3 + 4
+∞
X
n=1
(−1)n
n2 cos(nx).
la série étant normalement convergente surR.
Q15. Pour x= 0, la formule de la questionQ14nous fournit
+∞
X
n=1
(−1)n
n2 = −π2 12 .
Pour x=π, on obtient :
+∞
X
n=1
1
n2 = π2 6 .
Pour la dernière somme demandée, on découpe en isolant les termes d’indice pair et ceux d’indice impair (licite car la série est absolument convergente) :
+∞
X
n=1
1 n2 =
+∞
X
n=1
1 (2n)2 +
+∞
X
n=0
1 (2n+ 1)2.
Il s’ensuit que
+∞
X
n=0
1
(2n+ 1)2 = π2 6 −1
4
+∞
X
n=1
1
n2 = π2 6 −1
4·π2
6 = π2 8 .
Q16. Pour 5demi seulement. La fonctionx7→ ln(1 +x)
x est continue sur]0,1]. En0, elle est équivalente à x x = 1 et est donc prolongeable par continuité. Notre fonction est donc intégrable sur [0,1] (ce n’est même pas une intégrale généralisée).
Utilisons le développement en série entière de x7→ln(1 +x):
∀x∈]0,1[, ln(1 +x)
x =
+∞
X
n=1
(−1)n−1xn−1 n . On en déduit que
Z 1
0
ln(1 +x) x dx =
Z 1
0 +∞
X
n=1
(−1)n−1xn−1 n dx.
On veut intervertir somme et intégrale. Étant donné que le rayon de convergence de la série entière est1, on ne peut pas intégrer directement. Appliquons le second théorème d’intégration terme à terme :
• La fonction gn:x7→(−1)n−1xn−1
n est continue par morceaux sur[0,1[.
• La sérieX
n
gn converge simplement sur [0,1[versx7→ ln(1 +x) x .
• Nous avons Z 1
0
|gn(x)|dx= Z 1
0
xn−1
n dx= 1
n2 qui est le terme général d’une série convergente.
D’après le théorème, l’interversion est licite : Z 1
0
ln(1 +x) x dx =
+∞
X
n=1
Z 1
0
(−1)n−1xn−1 n dx =
+∞
X
n=1
(−1)n−1
n2 = π2 12 .
Q17. Dans l’ exemple de la question 14 , nous avons obtenu une série normalement convergente sur R. Cependant la sommef n’est pas dérivable surR. En effetf est dérivable à droite et gauche enπavec des nombres dérivés2π (à gauche) et−2π(à droite).
Pour 5demi seulement. Supposons queX
n
nan et X
n
nbn sont absolument convergentes . Montrons qu’alors en posantun(x) =ancos(nx)+bnsin(nx), la sérieX
n
unconverge normalement surRvers une fonction de classe C1 surR. On utilise pour cela le théorème de dérivation terme à terme :
• Pour toutn,un est de classeC1 surRetu0n(x) =−nansin(nx) +nbncos(nx).
• La sérieX
n
un converge simplement surR.
• Nous avons ku0nk∞ ≤ |nan|+|nbn| qui est le terme général d’une série convergente, de sorte que X
n
u0n est normalement convergente surR.
Le théorème s’applique et indique non seulement que la somme est de classeC1 surR mais que sa dérivée est la somme de la série dérivée.
Q18. On a vu en Q5que pour toutxréel :
+∞
X
n=0
sin(nx)
3n = 3 sin(x) 10−6 cos(x). On est dans le cadre de la condition précédente avecan= 0 etbn = 1
3n. En dérivant, on en déduit que
+∞
X
n=0
ncos(nx)
3n = 3
2
5 cos(x)−3 (5−3 cos(x))2 .
