Exercice III

SESSION 2011 E3A

Concours ENSAM - ESTP - EUCLIDE - ARCHIMEDE

Epreuve de Mathématiques B PSI

Exercice I

(1) Soita une racine de P. P((a+1)²−1) =P((a+1) −1)P((a+1) +1) =P(a)P(a+2) =0 et P((a−1)²−1) = P((a−1) −1)P((a−1) +1) =P(a−2)P(a) =0.

Donc, siaest racine deP, alors(a+1)²−1 et(a−1)²−1sont aussi racines deP.

(2) (a)Soita0une racine de P. Montrons par récurrence que∀n∈N,an est racine deP.

•C’est vrai pourn=0.

•Soitn>0. Sian est racine deP, alorsan+1=a²_n+2an= (an+1)²−1 est racine deP.

Le résultat est démontré par récurrence.

(b)a0> 0et si pourn>0,an> 0, alorsa_n+1=a²_n+2an > 0.

Ceci montre par récurrence que∀n∈N,an > 0.

Pour tout entier natureln,an+1=an+ (a²_n+an)> an et donc la suite(an)est strictement croissante.

(c)Sia0 est strictement positifs, alors la suite(an)est strictement croissante et en particulier, les réelsan, n∈N, sont deux à deux distincts et tous racines dePd’après la question(2) (a). Le polynômePadmet dans ce cas une infinité de racines ce qui est impossible carP6=0. Donc,P n’admet pas de racine réelle strictement positive.

(d)Si−1est racine deP, alors(−1−1)²−1=3est également racine dePd’après la question(1), mais ceci est impossible d’après la question précédente car3est un réel strictement positif. Donc,−1 n’est pas racine deP.

(e)Pourn∈N,an+1+1=a²_n+2an+1= (an+1)²et doncan=

. . .(a0+1)². . .2²

= (a0+1)²ⁿ. (3) Soitaune racine de P. On définit la suite(an)para0=aet ∀n∈N,an+1=a²_n+2an.

D’après la question(2) (d), on n’a pas|a+1|=0.

Si0 <|a+1|< 1, la suite(|an+1|) = (|a0+1|²ⁿ)est strictement décroissante. En particulier, les nombresan+1,n∈N, sont deux à deux distincts et il en est de même des nombresan, n∈N. Puisque ces nombres sont tous racines de P, le polynômePadmet une infinité de racines ce qui est impossible. Donc, on ne peut avoir0 <|a0+1|< 1.

De même, on ne peut avoir|a0+1|> 1car alors la suite(|an+1|) = (|a0+1|²ⁿ)est strictement croissante.

Finalement, on a nécessairement|a+1|=|a0+1|=1.

(4) Soitaune racine deP. D’après ce qui précède, nécessairement|a−1|=|a+1|=1. En élévant au carré, on obtient

|a|²+ (a+a) =|a|²− (a+a) =0et en particulier|a|²= −|a|²puis|a|²=0 puisa=0.

(5) SiPest une constanteλ,Pest solution de(∗)⇔λ=λ²⇔λ∈{0, 1}.

SoitPun polynôme de degré supérieur ou égal à1. D’après la question précédente, siPest solution de(∗), alors il existe λ∈C^∗ etn∈N^∗ tel queP=λXⁿ.

Réciproquement, siP=λXⁿ avecλ∈C^∗ etn∈N^∗,

Psolution de(∗)⇔λ(X²−1)ⁿ=λ²(X−1)ⁿ(X+1)ⁿ ⇔λ=1(carλ6=0.

Les solutions de(∗)sont0 et lesXⁿ,n∈N.

Partie A

(1) Soitt∈R.

M(−t) = (ϕ(−t),−tϕ(−t)) = (ϕ(t),−tϕ(t)) =s_(Ox)(M(t)).

Donc, la partie de la courbe correspondant à t > 0 est la symétrique par rapport à (Ox) de la partie de la courbe correspondant àt>0. En particulier,C est symétrique par rapport à l’axe des abscisses.

M(0) = (−1, 0) =Pet doncPest un élément deC.

(2) Points doubles.Soienttet udeux réels tels quet < u.

M(t) =M(u)⇔





 t²−1

t²+1 = u²−1 u²+1 tt²−1

t²+1 =uu²−1 u²+1

⇔

(t²−1)(u²+1) = (t²+1)(u²−1) t(t²−1)(u²+1) =u(t²+1)(u²−1)

⇔

(t²u²+t²−u²−1) = (t²u²−t²+u²−1) t(t²u²+t²−u²−1) =u(t²u²−t²+u²−1) ⇔

u= −t

2t(t⁴−1) =0 (cart6=u)

⇔t∈{−1, 0, 1}etu= −t⇔t= −1etu=1(cart < u).

C admet un point double :M(−1) =M(1) =O.

Pour tout réelt,

−−dM→ dt (t) =

2t(t²+1) −2t(t²−1)

(t²+1)² ,(3t²−1)(t²+1) −2t(t³−t) (t²+1)²

=

4t

(t²+1)²,t⁴+4t²−1 (t²+1)²

.

Puis

−−→ dM

dt (t) =−→

0 ⇔t=t⁴−t²+1=0ce qui est impossible car0n’est pas solution de l’équationt⁴−t²+1=0. Donc la courbeC n’a pas de point stationnaire ou encore la courbeC est régulière.

Branches infinies. lim

t→+∞

x(t) =1 et lim

t→+∞

y(t) = +∞. De même, lim

t→−∞

x(t) =1 et lim

t→−∞

y(t) = −∞. Donc la droite d’équationx=1est asymptote à la courbeC.

(3) Variations conjointes de xety.On étudiexetysur[0,+∞[.

Pour tout réel positift,x^′(t) = 4t

(t²+1)² est du signe det. D’autre part,

y^′(t) = (t²+2)²−5

(t²+1)² = (t²+2+√

5)(t²+2−√ 5) (t²+1)² =

t²+2+√

5 t+p√

5−2 t−p√ 5−2

(t²+1)² .

On en déduit le tableau de variations dexet ysur[0,+∞[.

t 0 p√

5−2 +∞

x^′(t) 0 +

1 x

−1

0 +∞

y

y^′(t) − 0 +

Courbe.

1 2 3 4 5

−1

−2

−3

−4

−5

1 2 3 4 5

−1

−2

−3

−4

−5

Partie B

(1) (a)On note Li,16i62, les deux lignes du déterminant. On effectue la transformationL2←L2−aL1, ce qui ne modifie pas la valeur du déterminant et on obtient

ϕ(a) −ϕ(b) ϕ(a) −ϕ(t) aϕ(a) −bϕ(b) aϕ(a) −tϕ(t)

=

ϕ(a) −ϕ(b) ϕ(a) −ϕ(t) (a−b)ϕ(b) (a−t)ϕ(t)

. (b)Par suite,

ϕ(a) −ϕ(b) ϕ(a) −ϕ(t) aϕ(a) −bϕ(b) aϕ(a) −tϕ(t)

=

a²−1

a²+1 −b²−1 b²+1

a²−1

a²+1− t²−1 t²+1 (a−b)b²−1

b²+1 (a−t)t²−1 t²+1

=

−2b²+2a² (a²+1)(b²+1)

−2t²+2a² (a²+1)(t²+1) (a−b)b²−1

b²+1 (a−t)t²−1 t²+1

= (a−b)(a−t) (b²+1)(t²+1)

2(a+b) a²+1

2(a+t) a²+1 b²−1 t²−1

(par linéarité par rapport à chaque colonne)

= 2(a−b)(a−t) (a²+1)(b²+1)(t²+1)

a+b a+t b²−1 t²−1

(par linéarité par rapport à L1)

= 2(a−b)(a−t) (a²+1)(b²+1)(t²+1)

b−t a+t b²−t² t²−1

(C1←C2−C1)

= 2(a−b)(a−t)(b−t) (a²+1)(b²+1)(t²+1)

1 a+t b+t t²−1

(par linéarité par rapport à laC1)

(2) (a)Tout d’abord, puisque a+b6=0,(a, b)∈/{(−1, 1),(1,−1)}et doncA6=Bd’après la question A.(2) (et puisque d’autre parta6=b). Par suite, le vecteur−AB→dirige la droite(AB).

Soitt∈R.

⇔

ϕ(a) −ϕ(b) ϕ(a) −ϕ(t) aϕ(a) −bϕ(b) aϕ(a) −tϕ(t)

=0

⇔ 2(a−b)(a−t)(b−t) (a²+1)(b²+1)(t²+1)

1 a+t b+t t²−1

=0(d’après la question précédente)

⇔

1 a+t b+t t²−1

=0out=aout=b

⇔−t(a+b) −ab−1=0out=aout=b

⇔t∈{a, b, h(a, b)}.

Ceci montre que la droite(AB)recoupeC en l’unique pointM(h(a, b)) =A⋆B.

A⋆B=O⇔h(a, b)∈{−1, 1}. Or,

h(a, b) −1= −1+ab

a+b −1= −(1+a)(1+b) a+b .

Par suite,h(a, b) =1⇔a= −1oub= −1⇒A=O ouB=O. Par contraposition,A6=Oet B6=O⇒h(a, b)6=1.

De même,h(a, b) +1= −1+ab

a+b +1= −(1−a)(1−b)

a+b 6=0 et finalementh(a, b)∈/{−1, 1}ou encoreA⋆B6=O.

(b)A⋆Aest défini si et seulement sia6=0 ce qui est le cas carA6=P.

Dans ce cas, quandbtend versa, la droite(Ab)tend vers la tangente àC enAetA⋆Btend versA⋆Apar continuité de la fonctionx7→h(a, x)ena. La tangente àC enArecoupe doncC en l’unique pointA⋆A.

Poura6=0,h(a, a) = −1+a²

2a 6=0et doncA⋆A6=P. D’autre part,h(a, a) −1= −(1+a)²

2a 6=0 (car sia= −1,A=O et en particulierAet Asont symétriques par rapport à l’axe des abscisses). Donch(a, a)6=1. De même,h(a, a)6= −1 et finalementA⋆A6=O.

(3) Dest le point deC de paramètreh(a, b).

A^′ est le point deC de paramètre−aet doncEest le point de Cde paramètreh(−a, b).

D^′ est le point deCde paramètre−h(a, b)et doncFest le point deC de paramètre

h(−h(a, b), h(−a, b)) = −1−h(a, b)h(−a, b)

−h(a, b) +h(−a, b) = −

1− 1+ab a+b

1−ab

−a+b 1+ab

a+b − 1−ab

−a+b

= −b²−a²−1+a²b²

−2a+2ab² = −(b²−1)(1+a²) 2a(b²−1)

= −1+a²

2a =h(a, a).

Le pointFest donc le point deCde paramètreh(a, a)ou encoreF=A⋆A. D’après la question précédente, la droite(FA) est la tangente àC enA. Voir figure page suivante.

1 2

−1

−2

1 2

−1

−2 ^b

bb b bb

bA

A^′

B E

D D^′

F

Exercice III

Partie A

(1) Soitt ∈R. Pour tout entier naturel n, un(t)et vn(t)existent. De plus, un(t) ∼

n→+∞

1

4π²n² > 0 et vn(t) ∼

n→+∞

1

4π²n² > 0. Comme la série numérique de terme général 1

4π²n² converge, on en déduit que les séries numériques de termes généraux respectifsun(t)etvn(t)convergent.

Ainsi, pour tout réelt, les séries numériques de termes généraux respectifsun(t)et vn(t)convergent ou encore les séries de fonctions de termes généraux respectifsun etvn convergent simplement surR.

(2) (a)Soient a > 0etn∈N.

∀t∈[−a, a], t+2nπ>0⇔−a+2nπ>0⇔n> a 2π. Soit N = E a

2π

+1 ∈ N. Pour n > N, on a n > a

2π et donc ∀t ∈ [−a, a], t+2nπ > 0. Mais alors la fonction t 7→ (t+2nπ)² est strictement croissante sur [−a, a] puis la fonction |un| : t 7→ 1

1+ (t+2nπ)² = est strictement décroissante sur[−a, a]. On en déduit encore que t∈[−a, a]

sup

|un(t)|=un(−a).

On a montré qu’il existeN∈Ntel que ∀n>N,t∈[−a, a]

sup

|un(t)|=un(−a).

(b)Soita > 0. Chaque fonctionun,n∈N, est définie et bornée sur[−a, a](car continue sur le segment[−a, a]. De plus, il existe N ∈Ntel que ∀n>N, t∈[−a, a]

sup

|un(t)| = un(−a). Puisque la série numérique de terme généralun(−a) est convergente, on en déduit que la série de fonctions de terme généralun,n∈N, est normalement convergente sur [−a, a]

et donc uniformément convergente sur[−a, a].

Soitn∈N. Pour tout réel t de[−a, a],u_n^′(t) = − 2(t+2nπ)

(1+ (t+2nπ)²)². On note que la fonctionu_n^′ est bornée sur[−a, a]

En résumé, pourn>N, sup

t∈[−a,a]

|u_n^′(t)|6 2(a+2nπ)

(1+ (a+2nπ)²)². Or, quandntend vers+∞, 2(a+2nπ)

(1+ (a+2nπ)²)² ∼ 1 4n³π³ > 0 et donc la série numérique de terme général 2(a+2nπ)

(1+ (a+2nπ)²)² converge. On en déduit que la série de fonctions de terme généralu_n^′ converge normalement et donc uniformément sur le segment[−a, a].

(3) (a)Soita > 0.

•La série de fonctions de terme généralun,n∈N, converge simplement sur[−a, a].

•Chaque fonctionun,n∈N, est de classeC¹sur[−a, a].

•La série de fonctions de terme généralu_n^′,n∈N, converge uniformément sur[−a, a].

D’après le théorème de dérivation terme à terme, la fonction

+∞

X

n=0

un est de classe C¹ sur[−a, a] et sa dérivée s’obtient par dérivation terme à terme. Ceci étant vrai pour tout réela > 0, la fonction

+∞

X

n=0

un est de classeC¹surR. De même, la fonction

+∞

X

n=1

vn est de classeC¹ surRet finalement la fonction Fest de classeC¹surR. (b)Soitt∈R.

F(−t) = 1 1+ (−t)² +

+∞

X

n=1

1

1+ (−t+2nπ)²+

+∞

X

n=1

1 1+ (−t−2nπ)²

= 1

1+t² +

+∞

X

n=1

1

1+ (t−2nπ)² +

+∞

X

n=1

1 1+ (t+2nπ)²

=F(t).

DoncFest paire.

(c)Soitt∈R.

F(t+2π) = 1

1+ (t+2π)²+

+∞

X

n=1

1

1+ (t+2π(n+1))²+

+∞

X

n=1

1

1+ (t−2π(n−1))²

=

+∞

X

n=0

1

1+ (t+2π(n+1))² +

+∞

X

n=1

1

1+ (t−2π(n−1))²

=

+∞

X

n=1

1

1+ (t+2πn)² +

+∞

X

n=0

1 1+ (t−2πn)²

= 1

1+t²+

+∞

X

n=1

1

1+ (t+2πn)²+

+∞

X

n=1

1 1+ (t−2πn)²

=F(t).

DoncFest2π-périodique.

Partie B

(1) Soitk∈N. Pourx∈[0, π]etn∈N, posonswn(x) =cos(kx)un(x).

Pour tout x ∈ [0, π] et n ∈ N, |wn(x)| 6 |un(x)| et donc sup

x∈[0,π]

|wn(x)| 6 sup

x∈[0,π]

|un(x)| 6 sup

x∈[−π,π]

|un(x)|. Comme la série de fonctions de terme généralun converge normalement sur[−π, π], on en déduit que la série de fonctions de terme général wn converge normalement et donc uniformément sur [0, π]. De même, la série de fonctions de terme général x7→cos(kx)vn(x)converge uniformément sur[0, π].

D’après le théorème d’intégration terme à terme sur un segment,

Zπ

0

F(x)cos(kx)dx= Zπ

0

cos(kx) 1+x² +

+∞

X

n=1

cos(kx) 1+ (x+2nπ)²+

+∞

X

n=1

cos(kx) 1+ (x−2nπ)²

! dx

= Zπ

0

cos(kx) 1+x² dx+

+∞

X

n=1

Zπ

0

cos(kx)

1+ (x+2nπ)² dx+

+∞

X

n=1

Zπ

0

cos(kx) 1+ (x−2nπ)² dx

Fest paire. Par suite,∀k∈N^∗,bk(F) =0 et pourk∈N, ak(F) = 2

π Zπ

0

F(x)cos(kx)dx= 2 π

Zπ

0

cos(kx) 1+x² dx+

+∞

X

n=1

Zπ

0

cos(kx)

1+ (x+2nπ)² dx+

+∞

X

n=1

Zπ

0

cos(kx) 1+ (x−2nπ)² dx

!

(2) F est de classeC¹ surR et 2π-périodique. D’après le théorème de Dirichlet, la série de Fourierde F converge versFsurR. Donc, pour tout réelt,

F(t) = a0

2 +

+∞

X

k=1

akcos(kt),

où∀k∈N,ak= 2 π

Zπ

0

cos(kx) 1+x² dx+

+∞

X

n=1

Zπ

0

cos(kx)

1+ (x+2nπ)² dx+

+∞

X

n=1

Zπ

0

cos(kx) 1+ (x−2nπ)² dx

! .

(3) (a)Soitα∈R. La fonction s7→ cos(αs)

1+s² est continue sur[0,+∞[et est majorée en valeur absolue par la fonction s 7→ 1

1+s² qui est intégrable sur [0,+∞[. Donc la fonction s 7→ cos(αs)

1+s² est intégrable sur [0,+∞[ et en particulier, l’intégrale

Z+∞

0

cos(αs)

1+s² dsest convergente.

(b)Soit(k, n)∈N×N^∗. En posants=x+2nπ, on obtient Zπ

0

cos(kx)

1+ (x+2nπ)² dx=

Z(2n+1)π

2nπ

cos(ks−2nkπ) 1+s² ds=

Z(2n+1)π

2nπ

cos(ks) 1+s² ds.

De même, en posantr=2nπ−x, on obtient Zπ

0

cos(kx)

1+ (x−2nπ)² dx=

Z(2n−1)π

2nπ

cos(2nkπ−kr)

1+r² (−dr) = Z2nπ

(2n−1)π

cos(kr) 1+r² dr.

Par suite,

ak= 2 π

Zπ

0

cos(ks) 1+s² ds+

+∞

X

n=1

Z(2n+1)π

2nπ

cos(ks) 1+s² ds+

+∞

X

n=1

Z2nπ

(2n−1)π

cos(ks) 1+s² ds

!

= 2 π

Zπ

0

cos(ks) 1+s² ds+

+∞

X

n=1

Z(2n+1)π

(2n−1)π

cos(ks) 1+s² ds

!

(somme de deux séries convergentes)

= 2 π

Zπ

0

cos(ks)

1+s² ds+ lim

N→+∞

XN

n=1

Z(2n+1)π

(2n−1)π

cos(ks) 1+s² ds

!

= 2 π

Zπ

0

cos(ks)

1+s² ds+ lim

N→+∞

Z(2N+1)π

π

cos(ks) 1+s² ds

!

= 2 π lim

N→+∞

Zπ

0

cos(ks) 1+s² ds+

Z(2N+1)π

π

cos(ks) 1+s² ds

!

= 2 π lim

N→+∞

Z(2N+1)π

0

cos(ks) 1+s² ds

!

= 2 π

Z+∞

0

cos(ks) 1+s² ds.

2 Z+∞

cos(ks)

(1) Soit Φ : [0,+∞[² → R (x, s) 7→ cos(xs)

1+s² ds

de sorte que∀x∈[0,+∞[,φ(x) = Z+∞

0

Φ(x, s)ds.

•Pour chaquex∈[0,+∞[, la fonctions7→Φ(x, s)est continue par morceaux et intégrable sur[0,+∞[d’après la question (3) (b) de la partie B.

•Pour chaques∈[0,+∞[, la fonctionx7→Φ(x, s)est continue sur[0,+∞[.

• Pour chaque(x, s)∈[0,+∞[², |Φ(x, s)|= |cos(xs)|

1+s² 6 1

1+s² =ϕ(s) oùϕ est une fonction continue par morceaux et intégrable sur[0,+∞[.

D’après le théorème de continuité des intégrales à paramètres,φest continue sur[0,+∞[.

Pour tout x ∈ [0,+∞[, |φ(x)| 6 Z+∞

0

|cos(xs)|

1+s² ds 6 Z+∞

0

1

1+s² ds = [Arctans]⁺₀^∞ = π

2. Par suite, φ est bornée sur [0,+∞[.

Enfin,φ(0) = Z+∞

0

1

1+s² ds= π 2.

(2) (a)Soitx > 0. L’application s7→xs=t est un C¹-difféomorphisme de [0,+∞[ sur lui-même. On peut donc poser t=xset on obtient

φ(x) = Z+∞

0

cos(xs) 1+s² ds=

Z+∞

0

cos(t) 1+ t² x²

dt x =x

Z+∞

0

cos(t) x²+t² dt.

(b) Soient a et b deux réels tels que 0 < a < b puis G : [a, b]×[0,+∞[ → R (x, t) 7→ cos(t)

x²+t²

de sorte que ∀x ∈ [a, b], Z+∞

0

cos(t) x²+t² dt=

Z+∞

0

G(x, t)dt.

• Pour chaque x∈ [a, b], la fonctiont 7→ G(x, t)est continue par morceaux sur [0,+∞[. De plus, pour chaque(x, t)∈ [a, b]×[0,+∞[, |G(x, t)|6 1

a²+t² =ϕ0(t)oùϕ0 est une fonction continue par morceaux et intégrable sur[0,+∞[(car ϕ0dominée par 1

t² en+∞).

•G admet sur[a, b]×[0,+∞[une dérivée partielle par rapport à sé première variablexdéfinie par

∀(x, t)∈[a, b]×[0,+∞[, ∂G

∂x(x, t) = −2xcos(t) (x²+t²)² dt.

De plus,

- pour chaquex∈[a, b], la fonction t7→ ∂G

∂x(x, t)est continue par morceaux sur[0,+∞[, - pour chaquet∈[0,+∞[, la fonction x7→ ∂G

∂x(x, t)est continue par morceaux sur[a, b], - pour chaque(x, t)∈[a, b]×[0,+∞[,

∂G

∂x(x, t)

6 2b

(a²+t²)² =ϕ1(t)oùϕ1est une fonction continue par morceaux et intégrable sur[0,+∞[ (carϕ1dominée par 1

t⁴ en+∞).

D’après le théorème de dérivation sous le signe somme, la fonction x 7→

Z+∞

0

cos(t)

x²+t² dt est dérivable sur [a, b] et sa dérivée s’obtient par dérivation sous le signe somme. Ceci étant vrai pour tous réelsaetbtels que0 < a < b, la fonction x7→

Z+∞

0

cos(t)

x²+t² dtest dérivable sur]0,+∞[et sa dérivée s’obtient par dérivation sous le signe somme. Par suite,φest dérivable sur]0,+∞[et pour toutx > 0,

φ^′(x) = Z+∞

0

cos(t)

x²+t² dt+x Z+∞

0

−2xcos(t) (x²+t²)² dt= 1

xφ(x) −2x² Z+∞

0

cos(t) (x²+t²)² dt

(c)En posantt=xs, on obtient

φ^′(x) = 1

xφ(x) −2x² Z+∞

0

cos(xs) (x²+x²s²)² xds

= 1

xφ(x) −2 x

Z+∞

0

cos(xs) (1+s²)² ds.

(3) (a)On pose H : [0,+∞[² → R (x, s) 7→ cos(xs)

(1+s²)²

. Comme à la question (3) (b), les hypothèses du théorème de dérivation

sous le signe somme sont vérifiées sur[0,+∞[²car pour tout(x, t)∈[0,+∞[²,|H(x, t)|6 1

(1+s²)² =ϕ0(s)et

∂H

∂x(x, s)

=

−2ssin(xs) (1+s²)²

6 2s

(1+s²)² =ϕ1(s)oùϕ0etϕ1sont deux fonctions continues par morceaux et intégrables sur[0,+∞[. La fonctionx7→

Z+∞

0

cos(xs)

(1+s²)² dsest donc dérivable sur[0,+∞[et sa dérivée s’obtient par dérivation sous le signe somme.

Doncψest dérivable sur[0,+∞[et en particulier sur]0,+∞[et pour tout réelx > 0,ψ^′(x) = Z+∞

0

2ssin(xs) (1+s²)² ds.

Soit alorsA > 0.

Les deux fonctions s 7→ sin(xs) et s 7→ − 1

1+s² sont de classe C¹ sur le segment [0, A]. On peut donc effectuer une intégration par parties et on obtient

ZA

0

2s

(1+s²)²sin(xs)ds=

− 1

1+s²sin(xs) A

0

+x ZA

0

cos(xs)

1+s² ds= −sin(xA) 1+A² +x

ZA

0

cos(xs) 1+s² ds.

Pour tout réelA > 0,

−sin(xA) 1+A²

6 1

1+A² et donc lim

A→+∞

−sin(xA)

1+A² =0. QuandAtend vers+∞, on obtient ψ^′(x) =x

Z+∞

0

cos(xs)

1+s² ds=xφ(x).

(b)Pour tout réelx > 0,φ^′(x) = 1

xφ(x) +1

xψ(x). Puisqueφet ψ sont dérivables sur]0,+∞[, il en est de même deφ^′ ou encoreφest deux fois dérivable sur]0,+∞[ et pourx > 0,

φ^′′(x) = − 1

x²(φ(x) +ψ(x)) +1

x(φ^′(x) +ψ^′(x)) = −1

xφ^′(x) + 1

x(φ^′(x) +xφ(x)) =φ(x).

(4) D’après la question précédente, il existe(λ, µ)∈R²tel que∀x > 0,φ(x) =λe^x+µe^−x. Cette égalité reste vrai pouyr x=0 par continuioté deφ en0. φest bornée sur[0,+∞[et donc λ=0. Ensuite, pourx=0, on obtientµ=φ(0) = π 2 et donc∀x>0, φ(x) = π

2e^−xpuis

∀k∈N,ak= 2

πφ(k) =e^−k. (5) Soitt∈R.

F(t) = a0

2 +

+∞

X

k=1

akcos(kt) = 1 2+

+∞

X

k=1

e^−kcos(kt) = 1 2 +Re

+∞

X

k=1

e^(−1+it)k

!

= 1 2 +Re

e^−1+it 1−e^−1+it

(car|e^−1+it|=e⁻¹< 1)

= 1 2 +Re

e^−1+it(1−e^−1−it) (1−e^−1+it)(1−e^−1−it)

= 1 2+Re

e^−1+it−e⁻² 1−2e⁻¹cos(t) +e⁻²

= 1

2+ e⁻¹cos(t) −e⁻² 1−2e⁻¹cos(t) +e⁻²

= (1−2e⁻¹cos(t) +e⁻²) +2(e⁻¹cos(t) −e⁻²)

2(1−2e⁻¹cos(t) +e⁻²) = 1−e⁻²

2(1−2e⁻¹cos(t) +e⁻²). 1−e⁻²