UNIVERSIT ´E PARIS 6 LM260. 2011-2012 Corrig´e de l’examen de Math´ematiques du 24 Janvier 2012
Exercice 1. Soit f :R+×R+ →R+ la fonction d´efinie parf(t, x) = e−t(1 +xt)−1. Pour t fix´e, la fonctionx7→f(t, x) est de classeC∞surR+, de d´eriv´een-i`eme
fn(t, x) = (−1)nn!tne−t(1 +xt)−n−1. On pose :
x∈R+, g(x) = Z+∞
0
f(t, x)dt.
1) Pourx≥0 fix´e, la fonctiont7→f(t, x) est continue, positive et major´ee par la fonctiont7→e−t avec I0=
Z +∞
0
e−tdt= lim
T→+∞[−e−t]t=Tt=0 = 1.
Par comparaison, on en d´eduit que l’int´egrale g(x) converge pour toutx∈R+.
Commef est positive, s´epar´ement continue et major´ee surR+×R+par la fonctiont7→e−t, ind´ependante dexet dont l’int´egrale g´en´eralis´ee surR+ converge, par th´eor`eme, la fonction gest continue surR+. 2) Montrons par r´ecurrence surn∈Nque la fonctiongest de classeCn de d´eriv´een-i`eme
x∈R+, g(n)(x) = Z+∞
0
fn(t, x)dt.
On a vu que cette propri´et´e est v´erifi´ee pour n= 0. Par r´ecurrence, il suffit de montrer que, si elle est v´erifi´ee `a un ordren≥0 donn´e, elle l’est aussi `a l’ordren+ 1.
On suppose donc qu’elle est v´erifi´ee `a l’ordre n, i.e. qu’on a la formule pr´ec´edente. La fonctionfn est s´epar´ement continue sur R+×R+, de mˆeme que sa d´eriv´ee partielle fn+1 par rapport `ax. De plus, il r´esulte des expressions defnetfn+1trouv´ees plus haut qu’on a :
∀(t, x)∈R+×R+, |fn(t, x)| ≤n!tne−t, |fn+1(t, x)| ≤(n+ 1)!tn+1e−t.
Dans les deux cas, les fonctions majorantes sont ind´ependantes dex∈R+ et leurs int´egrales surR+ sont convergentes, par exemple parce quetNe−test unO(t−2) quandttend vers +∞, quel que soitN∈N. Le th´eor`eme de d´erivation sous le signe somme permet alors de conclure que g(n) est d´erivable surR+ et qu’on obtientg(n+1)en d´erivant sous le signe somme. La propri´et´e consid´er´ee est v´erifi´ee `a l’ordren+ 1.
3) En particulier, on obtientg(n)(0) = (−1)nn!Ino`uIn=R+∞
0 tne−tdt. On a calcul´eI0 = 1 et sin≥1, on a :
In= lim
T→+∞
Z T
0
tne−tdt= lim
T→+∞
„
[−tne−t]t=Tt=0 +n Z T
0
tn−1e−tdt
«
=nIn−1. Par r´ecurrence, on obtientIn=n!. Doncg(n)(0) = (−1)n(n!)2 pour toutn∈N.
4) Soit >0 et supposons quegsoit d´eveloppable en s´erie enti`ere dexsur l’intervalle [0, [ : 0≤x < , g(x) =
+∞
X
n=0
anxn.
En particulier, la s´erie enti`ere du second membre converge sur ]−, [ et c’est la s´erie de Taylor en 0 de sa somme sur ]−,+[, donc aussi de la fonctiong. On en d´eduit quean=g(n)(0)/n! = (−1)nn! pour tout n∈N. C’est impossible car cette s´erie enti`ere a un rayon de convergence nul, comme le montre le test de d’Alembert : |an+1/an|=n+ 1−−−−−→n→+∞ +∞. La fonctiongn’est donc pas d´eveloppable en s´erie enti`ere dexsur [0, [.
Exercice 2. 1) Pour toutn∈N?, la fonction un(x) = ln(1 +x2/n2) est bien d´efinie surR. Elle est de classeC∞, paire, positive et sa restriction `aR+ est croissante.
Si X > 0, on a ||un||[−X,X] = un(X) = ln(1 +X2/n2). Pour X > 0 fix´e, ln(1 +X2/n2) ∼ X2/n2 (n→+∞). Par comparaison, on en d´eduit que la s´erie (`a termes positifs)P+∞
n=1||un||[−X,X]converge.
La s´erie de fonctions de terme g´en´eralun converge donc normalement sur tout segment [−X, X]⊂R. En particulier, elle converge simplement surR. On pose :
x∈R, S(x) =
+∞
X
n=1
ln(1 +x2/n2).
C’est une fonction, continue par th´eor`eme, surR.
2) On calculeu0n(x) = (2x/n2)(1 +x2/n2)−1. En particulier,||u0n||[−X,X]est major´e par 2X/n2, le terme g´en´eral d’une s´erie convergente (n≥1).
Les s´eries de terme g´en´eral un et u0n sont donc normalement convergentes sur tout [−X, X]⊂ R. Par th´eor`eme, la fonctionS est de classeC1 surRet sa d´eriv´ee est obtenue par d´erivation terme `a terme :
x∈R, S0(x) = 2
+∞
X
n=1
x x2+n2.
1
2
3) Sin∈N?, on d´efinit la fonctionpnsurRparpn(x) =Qn
k=1(1 +x2/k2). Pour toutx∈R,pn(x) est un produit de facteurs strictement positifs et
pn(x) = elnpn(x)= exp
n
X
k=1
uk(x)
!
n→+∞
−−−−−→eS(x).
4) La suite de fonction (pn)n∈N?converge donc simplement surRvers la fonctionpd´efinie parp(x) = eS(x). Elle est d´erivable de d´eriv´ee la fonctionx7→p0(x) =S0(x)eS(x)=S0(x)p(x).
Il en r´esulte quep0(x)/p(x) =S0(x).
Exercice 3. Soita∈R?. On notefala fonction surR, p´eriodique de p´eriode 2π, telle que
−π≤x < π, fa(x) = coshax.
1) Il est clair que la fonction f est de classe C∞ au voisinage de tout point x ∈ R sauf peut-ˆetre si x∈π+ 2πZ. Par p´eriodicit´e, son comportement en un tel point est le mˆeme qu’au pointπ.
Comme la fonction x7→coshaxest paire, la fonctionfa est continue au pointπ. En ce point, elle a une d´eriv´ee `a gauche qui est la d´eriv´ee de coshaxenπ, soitasinhaπ, et une d´eriv´ee `a droite qui est la d´eriv´ee
`
a droite de coshaxen−π, soit−asinhaπ. Puisquea6= 0, ces d´eriv´ees sont diff´erentes.
2) La fonctionfa´etant continue et admettant une d´eriv´ee `a droite et une d´eriv´ee `a gauche en tout point, on peut appliquer le th´eor`eme de Dirichlet, qui donne :
∀x∈R, fa(x) =c0(a) +
+∞
X
n=1
“cn(a)einx+c−n(a)e−inx” , o`u lescn(a),n∈Z, sont ses coefficients de Fourier.
3) Compte tenu du fait quea∈R?donca−in6= 0, on a, pour toutn∈Z, I(a, n) :=
Zπ
−π
eate−intdt=
»e(a−in)t a−in
–t=π
t=−π
= 2(−1)nsinhaπ a−in, et donc, par lin´earit´e de l’int´egrale :
cn(a) = 1 2π
I(a, n) +I(−a, n)
2 =(−1)n
π
asinhaπ a2+n2 .
4) On ´ecrit quefa(π) est la somme de la s´erie de Fourier defaenx=π(ou enx=−π).
Comme einπ= e−inπ= (−1)n, on obtient fa(π) =c0(a) +
+∞
X
n=1
(−1)n(cn(a) +c−n(−a)), ce qui donne :
a∈R∗, πcoshπa sinhπa =1
a+ 2
+∞
X
n=1
a a2+n2. 5) Dans l’Exercice 3, on a d´efini la fonction
x∈R, p(x) =
+∞
Y
n=1
(1 +x2/n2).
On a montr´e qu’elle est strictement positive, de classeC1et qu’on a p0(x)/p(x) =
+∞
X
n=1
2x/(x2+n2).
D’autre part, la fonction q(x) = (sinπx)/(πx), prolong´ee parq(0) = 1, est d´efinie sur R, strictement positive, de classeC1 et v´erifie
q0(x)/q(x) =π(coshπx)/(sinhπx)−1/x=
+∞
X
n=1
2x/(x2+n2), d’apr`es le r´esultat de la question pr´ec´edente pourx6= 0 et par continuit´e pourx= 0.
On a donc (p/q)0=p0/p−q0/q= 0 surR. La fonctionp/q est donc constante et comme d’autre part, p(0) =q(0) = 1, on obtientp=q, autrement dit :
sinπx πx =
+∞
Y
n=1
„ 1 +x2
n2
« .
