t 2 cos(kπt)dt = 2(−1) k (kπ) 2 ,

MPSI B Année 2014-2015 Corrigé DM 11 vendredi 20/03/15 29 juin 2019

Problème

1. a. Le calcul des intégrales se fait avec des intégrations par parties. On obtient : Z 1

0

t ² cos(kπt)dt = 2(−1) ^k (kπ) ² ,

Z 1 0

t cos(kπt)dt = (−1) ^k − 1 (kπ) ² On en déduit

Z 1 0

(ct ² + dt) cos(kπt)dt = (2c + d)(−1) ^k − d (kπ) ² b. La relation

(2c + d)(−1) ^k − d = π ²

est valable pour tous les k si et seulement si 2c + d = 0 et d = −π ² . On en déduit le couple (a, b) cherché

a = π ²

2 , b = −π ² ⇒ ∀k ∈ N ^∗ , π ² 2

Z 1 0

(t ² − 2t) cos(kπt)dt = 1 k ² c. Utilisons les a et b de la question précédente :

Z 1 0

(at ² + bt) 1 2 +

n

X

k=1

cos(kπt)

! dt = 1

2 Z 1

0

(at ² + bt)dt +

n

X

k=1

1 k ²

= a 6 + b

4 +

n

X

k=1

1

k ² = − π ² 6 +

n

X

k=1

1 k ² 2. En considérant le cos comme la partie réelle de l'exponentielle complexe, on peut

symétriser la somme pour la voir comme une suite géométrique de raison e ^2iθ 6= 1 . 1 + 2

n

X

k=1

cos 2kθ =

n

X

k=−n

e ^{2iθ k}

= e ^2(n+1)iθ − e ^−2niθ e ^2iθ − 1

= e ^iθ e ^(2n+1)iθ − e ^−(2n+1)iθ

e ^iθ (e ^iθ − e ^−iθ ) = sin(2n + 1)θ sin θ 3. Comme f est C ¹ , on peut procéder à une intégration par parties :

Z 1 0

f(t) sin(λt)dt = f (0) − cos λf(1)

λ + 1

λ Z 1

0

cos λtf ⁰ (t)dt

On en déduit

Z 1 0

f (t) sin(λt)dt

≤

|f (0)| + |f (1)| + sup

[0,1]

|f ⁰ (t)|

λ ce qui prouve bien la convergence vers 0 pour λ en +∞ .

4. a. La fonction f est clairement de classe C ^∞ sur ]0, 1] . À l'aide d'une étude locale en 0, on va montrer que f est continue en 0 et que f _|]0,1[ ⁰ converge en 0. Ceci prouvera le caractère C ¹ de la fonction sur [0, 1] d'après le théorème de la limite de la dérivée.

Les équivalences, limites et développements suivants sont tous en 0 . Montrons d'abord la continuité en étudiant la limite de f .

t ² − 2t ∼ − 2t sin π

2 t ∼ π 2 t







⇒ f → −2π ² 4 ^π ₂ = −π Étudions ensuite la limte de la dérivée

f ⁰ (t) = π ² 4

2t − 2 sin ^π ₂ t − π

2

(t ² − 2t) cos ^π ₂ t sin ^{2 π} ₂ t

! . 2t − 2

sin ^π ₂ t = −2 + 2t

π

2 t + o(t ² ) = − 4 πt

1 − t

1 + o(t) = − 4

πt (1 − t + o(t)) (t ² − 2t) cos ^π ₂ t

sin ^{2 π} ₂ t = (−2t + t ² )(1 + o(t))

π

²

4 t ² + o(t ³ ) = −2t + t ² + o(t ² )

π

²

4 t ² + o(t ³ )

= − 8 π ² t

1 − ^t ₂ + o(t) 1 + o(t) = − 8

π ² t (1 − t

2 + o(t)) d'où en combinant les deux parties :

f ⁰ (t) = π ² 4 ( 2

π + o(1)) → π 2

C'est à dire que la dérivée de la restriction de f à ]0, 1[ converge en 0 vers ^π ₂ ce qui entraine que f est dérivable en 0 avec

f ⁰ (0) = π 2 et que f ⁰ est continue en 0 .

Cette création est mise à disposition selon le Contrat

Paternité-Partage des Conditions Initiales à l'Identique 2.0 France disponible en ligne http://creativecommons.org/licenses/by-sa/2.0/fr/

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MPSI B Année 2014-2015 Corrigé DM 11 vendredi 20/03/15 29 juin 2019 b. Notons s n = P n

k=1 1

k

²

. D'après 1.c :

Z 1 0

( π ²

2 t ² − π ² t) 1 2 +

n

X

k=1

cos(kπt)

!

dt = − π ² 6 + s _n Utilisons 2. avec θ = ^πt ₂ puis la fonction f dénie en 4. :

Z 1 0

( π ²

2 t ² − π ² t) sin(2n + 1) ^πt ₂

2 sin ^πt ₂ = − π ² 6 + s n

Z 1 0

f (t) sin(2n + 1) πt

2 = − π ² 6 + s n

La question 3 montre (avec λ = ^(2n+1)π ₂ ) la convergence de (s n ) _n∈N

^∗

vers π ²

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Cette création est mise à disposition selon le Contrat

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