PROBL` EME - Autour de la longueur d’une courbe

PROBL` EME - Autour de la longueur d’une courbe

CCP PSI 2014

I. Quelques exemples de calculs de longueurs

I.1. Sif : t∈ [0,1]7→, le graphe def est le segment d’origine (0,0) et d’extr´emit´e (1,1) et sa longueur est√

2. C’est coh´erent avec

L(f) = Z 1

0

√ 2dt=

√ 2 I.2. On a ici

L(f) = Z 1

0

q

1 + sh²(t)dt= Z 1

0

|ch(t)|dt= Z 1

0

ch(t)dt= sh(1) I.3.1. On a f⁰(t) =−^√t

1−t² et donc 1 + (f⁰(t))² = _1−t¹2. Ainsi, L(f) =

Z 1/√ 2 0

√ dt

1−t² dt= [arcsin(t)]^1/

√ 2

0 = π

4

I.3.2. Commet²+f(t)² = 1, la courbe def est un huiti`eme du cercle unit´e et sa longueur est ^2π₈ = ^π₄. I.4. On a cette fois

L(f) = Z 1

0

p1 + 4t² dt Une int´egration par partie donne

L(f) = h

tp 4t²+ 1

i1 0−

Z 1 0

4t²

√

4t²+ 1 dt

= √

5−L(f) + Z 1

0

√ dt 1 + 4t²

=

√

5−L(f) +1 2

Z 2 0

√ dt 1 +u²

On peut bien sˆur reconnaˆı tre la d´eriv´ee de argsh et conclure en ces termes. Je pr´ef`ere utiliser une forme logarithmique.

u7→ln(u+√

u²+ 1) se d´erive en u7→ ^{√ 1}

u²+1 et on a finalement 2L(f) =√

5 +1 2 h

ln(u+p

u²+ 1)i2 0

ou encore

L(f) =

√5 2 +1

4ln(2 +√ 5)

II. Un calcul approch´e de longueur

II.1.1 On a f⁰(t) =−_t¹₂ et donc 1 + (f⁰(t))² = ^t4_t⁺¹4 . Ainsi L(f) =

Z ₁

1/2

√ t⁴+ 1

t² dt

II.1.2 Le changement de variableu= 1/t (de classeC¹ sur le segment [1/2,1]) donne L(f) =−

Z 1 2

r 1 + 1

u⁴ du= Z 2

1

p1 + (f⁰(u))² du qui correspond `a la longueur du graphe def sur [1,2].

II.2.1 Le cours indique que

∀u∈]0,1[, (1 +u)^α= 1 +

∞

X

n=1

bnuⁿ avec bn= α(α−1). . .(α−n+ 1) n!

II.2.2 En particulier, dans le casα= 1/2, on a b1 = 1

2 et bn+1 =bn 1 2 −n n+ 1 Montrons par r´ecurrence que

∀n∈N^∗, b_n= (−1)ⁿ⁻¹ (2n)!

(2n−1)2²ⁿ(n!)² - Initialisation : la formule est imm´ediatement vraie si n= 1.

- H´er´edit´e : soit n≥1 tel que la formule soit vraie aux rangs 0, dots, n. On a alors

bn+1 = (−1)ⁿ⁻¹ (2n)!

(2n−1)2²ⁿ(n!)²

−(2n−1) 2(n+ 1)

= (−1)ⁿ (2n)!

2²ⁿ⁺¹(n+ 1)(n!)²

= (−1)ⁿ (2n)!(2n+ 1)(2n+ 2) (2n+ 1)(2n+ 2)2²ⁿ⁺¹(n+ 1)(n!)²

= (−1)ⁿ (2n+ 2)!

(2n+ 1)2²ⁿ⁺²((n+ 1)!)² ce qui prouve le r´esultat au rangn+ 1.

En substituantt⁴ `at et en divisant par t², on a alors

∀t∈]0,1[,

√1 +t⁴ t² = 1

t² +

+∞

X

n=1

(−1)ⁿ⁻¹ (2n)!

(2n−1)2²ⁿ(n!)²t⁴ⁿ⁻² II.2.3 Lesan sont>0 et

a_n+1

a_n = 2n−1

2n+ 2 ∈]0,1]

et donc 0< an+1 ≤an. La suite (an) est ainsi d´ecroissante. Comme n!∼√

2πn ⁿ_en

, on a a_n∼

√4πn(2n/e)²ⁿ

(2n−1)2²ⁿ2πn(n/e)²ⁿ ∼ 1 2√

πn^3/2

II.2.4 Pour l’instant, on a

L(f) = Z 1

1/2

dt t² +

Z 1 1/2

+∞

X

n=1

(−1)ⁿ⁻¹a_nt⁴ⁿ⁻²dt

On veut intervertir la somme infinie et l’int´egrale. On peut, par exemple, utiliser le th´eor`eme de convergence normale sur un segment. On posef_n : t7→(−1)ⁿ⁻¹a_nt⁴ⁿ⁻²; c’est le terme g´en´eral d’une s´erie de fonctions continues sur [1/2,1]. De plus

∀t∈[1/2,1], |f_n(t)| ≤an

et donc

kf_nk_∞,[1/2,1]≤an

Or,P

(an) est une s´erie absolument convergente (avec l’´equivalent trouv´e et les s´eries de Riemann).

Ainsi,P

(fn) converge normalement (et donc uniform´ement) sur le SEGMENT [1/2,1]. L’interversion est licite et donne

L(f) = 1 +

+∞

X

n=1

(−1)ⁿ⁻¹a_n Z 1

1/2

t⁴ⁿ⁻² dt c’est `a dire

L(f) = 1 +

+∞

X

n=1

(−1)ⁿ⁻¹ a_n 4n−1

1− 1 2⁴ⁿ⁻¹

III. Longueur du graphe des fonctions puissances

III.1.1 Comme enI.1 etI.4, on a

λ1 = 1 et λ2 =

√ 5 2 +1

4ln(2 +

√ 5)

III.1.2 Voici quelques graphes, on peut penser que (λn) converge (en croissant) vers 2.

III.2.1 En ´ecrivant que ntⁿ⁻¹ =

√

n²t²ⁿ⁻² et en utilisant√ a−√

b= ^√a−b

a+√

b on obtient directement λ_n−n

Z 1 0

tⁿ⁻¹ dt= Z 1

0

√ dt

1 +n²t²ⁿ⁻²+ntⁿ⁻¹

III.2.2 La fonctionf_ndans l’int´egrale d´efinissantµ_nest inf´erieure `a 1 (le d´enominateur est plus grand que 1) et doncµ_n ≤2. S’il y avait ´egalit´e on aurait R1

0(1−f_n) = 0. Comme 1−f_n est positive, continue et non nulle, ceci est impossible. Ainsiµn<2. De plusnR1

0 tⁿ⁻¹ dt= 1 et donc

∀n∈N^∗, λn<2 III.2.3 Utilisons le th´eor`eme de convergence domin´ee pour ´etudier (µ_n).

- f_n : t 7→ ^{√ 1}

1+n²t²ⁿ⁻²+ntⁿ⁻¹ est continue sur [0,1] et (f_n) converge simplement vers t 7→ 1 sur [0,1[ (car ∀t∈[0,1[, ntⁿ⁻¹ →0 quandn→+∞).

- La limite simple t7→1 est continue sur [0,1[.

- ∀n∈N^∗, ∀t∈[0,1[, |f_n(t)| ≤1 et le majorant est int´egrable sur [0,1[ (continu sur le segment).

Le th´eor`eme s’applique et donne

n→+∞lim µn= Z 1

0

dt= 1 III.2.4 Il vient alors imm´ediatement (λn= 1 +µn)

n→+∞lim λn= 2 III.3. En ´ecrivant que f⁰(t) =p

(f⁰(t)² (fonction croissante et donc `a d´eriv´ee positive) on a de mˆeme L(f)−

Z 1 0

f⁰(t) = Z 1

0

dt

p1 + (f⁰(t))²+f⁰(t) ≤1 Or,R1

0 f⁰(t) =f(1)−f(0) = 1 et donc

L(f)≤2 S’il y avait ´egalit´e, on aurait l’int´egrale de 1− √ ¹

1+(f⁰(t))²+f⁰(t) = g(t) qui serait nulle sur [0,1] et commegest positive et continue, cela signifierait queg est nulle c’est `a dire quef⁰ est nulle ou encore quef est constante ce qui n’est pas le cas (f(0)6=f(1)). On a donc

L(f)<2

IV. Un r´esultat inattendu

IV.1.1 t7→ ^sin(t)_t est continue sur ]0,1] et tend vers 1 en 0. Elle est donc prolongeable en une fonction continue sur le segment [0,1] etR1

0 f existe (int´egrale classique).

IV.1.2 On op`ere une int´egration par partie en primitivant sin en −cos et en d´erivantt7→ ¹_t en t7→ −_t¹2. On obtient directement

Z x

1

sin(t)

t dt= cos(1)−cos(x)

x −

Z x

1

cos(t) t² dt

On a^cos(t)_t2 =O(1/t²) au voisinage de +∞. C’est donc (comparaison `a Riemann) une fonction int´egrable au voisinage de +∞. L’int´egrale du membre de droite admet donc a fortiori une limite quandx→+∞

(int´egrabilit´e entraˆıne existence d’int´egrale). De plus, cos(x)/x→quandx→+∞(car cos est born´ee).

Finalement, on a l’existence de Z +

1

∞sin(t)

t dt= lim

x→+∞

Z x

1

sin(t)

t dt= cos(1)− Z +∞

1

cos(t) t² dt IV.1.3 On a de mˆeme

Z x

1

cos(2t)

t dt= 1 2

cos(2x)

x −sin(2)

+ Z x

1

sin(2t) t² dt

t7→ ^sin(2t)_t2 =O(1/t²) au voisinage de +∞. C’est donc (comparaison `a Riemann) une fonction int´egrable au voisinage de +∞. Comme `a la question pr´ec´edente, on a l’existence de

Z +∞

1

cos(2t)

t dt=−sin(2)

2 +

Z +∞

1

sin(2t) t² dt IV.1.4 On a ^sin2_t^(t) = _2t¹ − ^cos(2t)_2t et donc

Z 1 x

sin²(t)

t dt= ln(x)

2 −

Z x

1

cos(2t) 2t dx

et cette quantit´e tend vers +∞ quand x → +∞. Ainsi, l’int´egrale g´en´eralis´ee R+∞

1

sin²(t)

t dt est divergente.

Comme^sin2_t^(t) ≥0, ceci revient `a dire quet7→ <sup>sin2</sup><sub>t</sub><sup>(t)</sup> n’est pas int´egrable sur [1,∞[. Or,|sin| ≥sin<sup>2</sup> ≥0 et donc t 7→ <sup>|sin(t)|</sup><sub>t</sub> n’est pas int´egrable non plus sur [1,+∞[. Et comme cette fonction est positive, ceci revient `a dire que l’int´egrale g´en´eralis´eeR+∞

1

|sin(t)|

t dt diverge.

IV.2.1 t7→1/t est de classeC¹ sur [x,1] pour x >0. On peut donc poser le changement de variableu= 1/t.

Il indique que

f(x) = Z 1

x

1 t sin

1 t

dt=

Z 1/x 1

sin(u) u du

Avec les questions pr´ec´edente, f est prolongeable par continuit´e en 0 en posant f(0) =

Z +∞

1

sin(u) u du

IV.2.2 g est continue sur ]0,1], ]0,1] est un intervalle qui contient 1. Par th´eor`eme fondamental,−f : x 7→

Rx

1 g(t) dt est une primitive de g sur ]0,1]. Commeg est de classe C^∞ sur ]0,1], −f, et donc f, l’est aussi. On a vu (ou impos´e par choix def(0)) la continuit´e en 0.

IV.2.3 Le mˆeme calcul que plus haut donne Z ₁

x

|g(t)|dt= Z _1/x

1

|sin(u)|

u du

On a vu que l’int´egrale deu7→ ^|sin(u)|_u n’existe pas sur [1,+∞[. Comme cette fonction est positive, son int´egrale entre 1 et atend vers +∞ quand a→+∞. Ainsi

x→0lim⁺ Z 1

x

|g(t)|dt= +∞

IV.3. Pourt∈]0,1], on af⁰(t) =−g(t) et donc 1 + (f⁰(t))² = 1 +_t¹2sin^{2 1}_t . Ainsi

∀x∈]0,1], λ(x) = Z 1

x

s 1 + 1

t² sin² 1

t

dt On en d´eduit que

∀x∈]0,1], λ(x)≥ Z 1

x

|g(t)|dt et par comparaison

x→0lim⁺λ(x) = +∞

Ceci signifie que la courbe repr´esentative de la fonctionf continue sur le segment est [0,1] est infinie.

V. Continuit´e de la fonction longueur

V.1.1 L’application est positive. Son homog´en´eit´e d´ecoule de celle de k.k_∞ et de celle du module (on a kλfk = |λ|.kfk). L’in´egalit´e triangulaire d´ecoule de la mˆeme propri´et´e pour k.k_∞. Enfin, si kfk = 0 alorsf(0) =kf⁰k_∞= 0.f⁰ est donc nulle et f est constante. Commef(0) = 0,f est nulle. On a donc aussi l’axiome de s´eparation et k.k est une norme sur E₁.

V.1.2 Soitf ∈E₁. On a

∀x∈[0,1], |f(x)|=

f(0) + Z _x

0

f⁰(t)dt

≤ |f(0)|+ Z ₁

x

|f⁰(t)|dt≤ |f(0)|+ (1−x)kf⁰k_∞≤ kfk En passant `a la borne sup´erieure surx, on en d´eduit que

kfk_∞≤ kfk

V.1.3 Prenons les fonctionsp_n : t7→tⁿ de la partieIII (elles sont dansE₁). On akp_nk_∞= 1 et kp_nk=n.

Le quotientkp_nk/kp_nk_∞ n’´etant pas born´e, les normes k.ketk.k_∞ ne sont pas ´equivalentes sur E1. V.2.1 On a imm´ediatement kf_nk_∞^√1

n → 0 quand n → +∞. (f_n) est donc uniform´ement convergente sur [0,1] vers la fonction nulle.

V.2.2 La d´efinition donne

In= Z 1

0

p1 +nπ²cos²(nπt)dt Le changement de variableu=nπtdonne alors

I_n= 1 nπ

Z _nπ

0

p1 +nπ²cos²(u)du On a alors imm´ediatement

I_n≥ 1 nπ

Z nπ

0

pnπ²cos²(u)du= 1

√n Z nπ

0

|cos(u)|du

|cos|´etantπ p´eriodique, on a finalement In≥√

n Z π

0

|cos(u)|du= 2√ n Commeπ≤4 on peut aussi ´ecrire que

In≥√ nπ

2

V.2.3 Commekf_n−fk_∞ → 0, la continuit´e de L au sens dek.k_∞ entraˆınerait L(fn) →L(0) = 0. Comme on aL(f_n) qui est de limite infinie quandn→+∞ on peut conclure queL n’est pas continue au sens dek.k∞.

V.2.4 Soientf, g∈E₁. On a

|L(f)−L(g)| =

Z 1 0

(p

1 + (f⁰)²−p

1 + (g⁰)²)

≤ Z 1

0

|(f⁰)²−(g⁰)²| p1 + (f⁰)²+p

1 + (g⁰)²

≤ Z 1

0

|f⁰−g⁰|.|f⁰+g⁰|

≤ kf⁰−g⁰k_∞kf⁰+g⁰k_∞

≤ kf −gkkf+gk

≤ kf −gk(kfk+kgk)

Soit (fn) une suite d’´el´ements de E1 qui converge vers f au sens dek.k. On a donckf_n−fk →0. Par seconde forme de l’in´egalit´e triangulaires, on en d´eduit quekf_nk → kfk. L’in´egalit´e

|L(f_n)−L(f)| ≤(kfk+kf_nk)kf_n−fk montre alors queL(f_n)→L(f). Lest continue au sens dek.k.

.

EXERCICE

Comportement asymptotique de sommes de s´ eries enti` eres

Extrait Mines-Ponts PSI 2019

1. Notonsan= (pn)^r

(pn)!.Pour toutz∈C^∗,on a :

an+1zⁿ⁺¹

|a_nzⁿ| = (p(n+ 1))^r [p(n+ 1)]!

(pn)!

(pn)^r|z|=

1 + 1 n

r |z|

(pn+ 1) (pn+ 2)· · ·(pn+p) donc lim

n→+∞

|u_n+1(z)|

|u_n(z)| = 0 < 1 et, d’apr`es la r`egle de d’Alembert, la s´erie X

anzⁿ est absolument convergente. Le rayon de la s´erie enti`ere X

anzⁿest donc +∞.

La deuxi`eme s´erie enti`ere (lacunaire et dont le coefficient n’est pas le pr´ec´edent) converge donc aussi pour toutz∈Cet son rayon de convergence est donc +∞.

2. Les ´enonc´es H_0,1 etH_0,2 sont vrais car : S_0,1(x) =

+∞

X

n=1

xⁿ

n! =e^x−1_+∞∼ e^x = 1

1x⁰e^x etS_0,2(x) =

+∞

X

n=1

x²ⁿ

(2n)! = ch (x)−1_+∞∼ 1 2e^x= 1

2x⁰e^x Pour la question3.on admet que l’´enonc´e Hr,p est vrai pour toutr strictement positif et pourp∈N^∗.

3. On s’int´eresse ici `a l’´equation diff´erentielle : (E) : tx⁰⁰(t)−x(t) = 0.

(a) Analyse: Supposons quef existe telle que dans l’´enonc´e et ´ecrivons

∀t∈R f(t) =

+∞

X

n=0

c_ntⁿ

On ac1 =f(0) = 1 et l’´equation diff´erentielle (E) v´erifi´ee par f donnec0 =f(0) = 0. De plus, d’apr`es le cours sur les s´eries enti`eres, on peut d´eriver 2 fois terme `a terme f(t) et (E) donne alors :

∀t∈R t

+∞

X

n=2

n(n−1)cntⁿ⁻²−

+∞

X

n=0

cntⁿ= 0 ce qui donne apr`es arrangements (sachant que c0= 0) :

∀t∈R

+∞

X

n=1

[n(n+ 1)cn+1−cn]tⁿ= 0 Par unicit´e du d´eveloppement en s´erie enti`ere de la fonction nulle il vient

c₀ = 0 et ∀n∈N^∗ c_n+1= 1 n(n+ 1)c_n

et, sachant quec1 = 1,on prouve par r´ecurrence surNque : ∀n>1 cn= _n!(n−1)!¹ Synth`ese : La s´erie enti`ere X

n>1

xⁿ

n! (n−1)! a bien un rayon de convergence infini (ais´e ... ), sa sommef v´erifie (E) (en repensant les calculs, puisque les coefficients ont ´et´e choisis pour annuler n(n+ 1)c_n+1−c_n) et de plus f⁰(0) =c₁ = 1.

(b) Utilisons la formule de Stirlingn! ∼

+∞

√2πnⁿ⁺¹²e⁻ⁿ :

(2n)!c_n= n(2n)!

[n!]² ∼

+∞

√n

2π ×(2n)²ⁿ⁺¹² e⁻²ⁿ

nⁿ⁺¹²e⁻ⁿ2 = n

√2π ×2²ⁿ⁺¹² n²ⁿ⁺¹²

n²ⁿ⁺¹ = 4ⁿ√

√ n π

(c) Les hypoth`ese du lemme ´etant pr´esentes on a, en notantbn= ^√1_π

√n

(2n)!4ⁿ : f(t) ∼

t→+∞g(t) =

+∞

X

n=0

b_ntⁿ

Or pourt∈R+ : g(t) = 1

√2π

+∞

X

n=0

(2n)¹²

(2n)!4ⁿtⁿ= 1

√2π

+∞

X

n=0

(2n)¹² (2n)!

2√

t2n

= 1

√2πS1 2,2

2√

t

et, puisque lim

t→+∞2√

t= +∞,la propri´et´e H1

2,2 donne enfin par composition : f(t)_t→+∞∼ g(t)_t→+∞∼ 1

√ 2π ×1

2

2√ t

¹

2 e²

√t= t¹⁴ 2√

πe²

√t

PROBL` EME

ETUDE D’UNE S´ ´ ERIE TRIGONOM´ ETRIQUE

Mines-Ponts PC 2007

I Deux repr´esentations de Sα 1. Pour toutx r´eel, pour toutn≥1,

sin(nx) n^α

≤ 1

n^α. Commeα >1, la s´erie P ₁

n^α converge.

Ainsi la s´erie Psin(nx)

n^α est normalement convergente surR, et comme, pour tout n∈N^∗,x7→ ^sin(nx)_nα

est continue surR, la fonctionSα est continue sur R. 2. Commet≥0, et |u|<1,e^t−u6= 0.

AussiJ :t7→ t^γ−1

e^t−u est continue sur ]0,+∞[, `a valeurs positives.

• au voisinage de 0,J(t)∼ 1

(1−u)t^1−γ qui est int´egrable sur ]0,1[ ssi 1−γ <1, ou γ >0.

• au voisinage de +∞, lim

t→+∞t²J(t) = 0 (grˆace `ae^−t). DoncJ est int´egrable sur [A,+∞[ pour toutγ. En conclusionJ est int´egrable sur ]0,+∞[ si et seulement si γ >0.

3. Comme|u|<1, pour toutt >0,|ue^−t|<1.

Un calcul imm´ediat de somme partielle de s´erie g´eom´etrique donne R_N(t, u) = u^N+1e^{−N t}

e^t−u t^α−1 4. |R_N(t, u)| ≤ t^α−1

e^t−u qui est positive et int´egrable sur ]0,+∞[ si et seulement si α >0 (question I.2).

DoncRN(t, u) est int´egrable sur ]0,+∞[.

De plus|R_N(t, u)| ≤ e^{−N t}t^α−1

e^t−u , quantit´e qui tend simplement vers 0 surR^+∗, lorsqueN →+∞.

Par le th´eor`eme de convergence domin´ee, lim

N→+∞

Z +∞

0

RN(t, u)dt= 0.

5. On a

Z +∞

0

R_N(t, u)dt= Z +∞

0

ut^α−1 e^t−u −

Z +∞

0 N

X

n=1

(ue^−t)ⁿt^α−1 Or, par existence de chaque int´egrale,

Z +∞

0 N

X

n=1

(ue^−t)ⁿt^α−1=

N

X

n=1

uⁿ Z +∞

0

e^−ntt^α−1

et le changement de variable lin´eairent=x qui est unC¹ diff´eomorphisme deR⁺ surR⁺ donne Z +∞

0

e^−ntt^α−1= 1 n^α

Z +∞

0

e^−xx^α−1 = Γ(α) n^α Finalement, par la limite obtenue `a la question pr´ec´edente, il vient

Z +∞

0

ut^α−1

e^t−u = Γ(α)

∞

X

n=1

uⁿ n^α

6. Avec ce qui est admis, il vient

Γ(α)

∞

X

n=1

e^inx n^α =

Z +∞

0

e^ixt^α−1 e^t−e^ix Donc

S_α(x) = 1 Γ(α)Im

Z +∞

0

t^α−1 e^t−ix−1

= 1

Γ(α) Z +∞

0

Im

t^α−1 e^t−ix−1

Or

1

e^t−ix−1 = e^t+ix−1 e^2t−2e^tcosx+ 1 ce qui entraˆıne que

Im

1 e^t−ix−1

= e^tsinx

e^2t−2e^tcosx+ 1 = sinx

2 × 1

cosht−cosx 7. On ´ecrit que 1

cosht−u = 1

cosht× 1

1−_cosh^u _t, et comme

u cosht

<1, on a 1

cosht−u = 1 cosht ×

∞

X

n=0

uⁿ (cosht)ⁿ

La s´erie de fonctions de t,X uⁿ

(cosht)ⁿ converge normalement sur le compact [0, M] (car |u| <1 et cosht≥1), donc la s´erie X

t^α−1 uⁿ

(cosht)ⁿ ´egalement. Ainsi Z M

0

t^α−1 cosht−u =

Z M

0

t^α−1

∞

X

n=0

uⁿ (cosht)ⁿ⁺¹

!

=

∞

X

n=0

uⁿ Z M

0

t^α−1 (cosht)ⁿ⁺¹

8. Notonsfn(x) = Z x

0

t^α−1

(cosht)ⁿ⁺¹. On a 0≤ |u|ⁿfn(x)≤ |u|ⁿ

Z +∞

0

t^α−1

(cosht)ⁿ⁺¹ ≤ |u|ⁿ Z +∞

0

t^α−1

(cosht) =C|u|ⁿ Ceci montre la convergence normale surR⁺ de la s´erie de fonctions de la variable x,P

uⁿf_n(x).

Comme +∞ est dans l’adh´erence de R⁺, le th´eor`eme de la double limite donne que

x→+∞lim

Xuⁿfn(x) =X

x→+∞lim uⁿfn(x) ce qui est le r´esultat demand´e.

9. Pourx6= 2kπ, on a

S_α(x) = sinx 2Γ(α)

Z +∞

0

t^α−1 cosht−cosx et pourx6=kπ, en posant cosx=u∈]−1,1[, il vient

Z +∞

0

t^α−1

cosht−cosx =

∞

X

n=0

(cosx)ⁿ Z +∞

0

t^α−1 (cosht)ⁿ⁺¹ Donc

Sα(x) = sinx

2Γ(α)Gα(cosx)