On consid`ere la s´erie num´erique de terme g´en´eralvn= cosn nα+ cosn

Universit´e Pierre-et-Marie Curie-Paris 06 LM 260 B

Corrig´e du Partiel 2011-2012 4 novembre 2011

Exercice I 1) Le terme g´en´eral de la s´erie s’´ecrit un =anbn avec an = 1

n^α et bn = cosn. Pour tout α >0, la suite (an)n∈N est d´ecroissante et tend vers 0 `a l’infini. La suite (bn)n∈N v´erifie:

n

X

k=0

cosk=Re(

n

X

k=0

e^ik) =Re

1−eⁱ⁽ⁿ⁺¹⁾ 1−eⁱ

=Re eⁱⁿ⁺¹² eⁱ²

sinⁿ⁺¹₂ sin¹₂

!

D’o`u, pour toutn∈N:

n

X

k=0

cosk

≤

eⁱⁿ⁺¹² eⁱ²

sinⁿ⁺¹₂ sin¹₂

≤ 1 sin¹₂ La s´erie de terme g´en´eralvn= cosn

n^α v´erifie les hypoth´eses du th´eor`eme d’Abel donc est convergente.

On consid`ere la s´erie num´erique de terme g´en´eralvn= cosn n^α+ cosn. 2)Pourα >1, on ´ecrit:

|vn| ≤ 1

n^α−1 ∼^n→∞ 1 n^α

La s´erie de terme g´en´eralvn est bien absolument convergente par le th´eor`eme des ´equivalents, puisque la s´erie de Riemann de terme g´en´eral 1

n^α est convergente.

3)Soit 1

2 < α≤1.

a)Pour toutx6=−1, on a (1 +x)(1−x) = 1−x², ce qui implique bien que : 1

1 +x= 1−x+ x²

1 +x et donc aussi x 1 +x=x

1−x+ x² 1 +x

b)En appliquant cette formule avecx= cosn

n^α , on peut ´ecrire:

vn = cosn

n^α+ cosn = cosn n^α

1 1 +^cos_nαⁿ

=cosn n^α

1−cosn

n^α +cos²n n^2α

1 1 +^cos_nαⁿ

= cosn

n^α −cos²n

n^2α +cos³n n^3α

1 1 + ^cos_n^αn

Le terme g´en´eral vn s’´ecrit comme la somme de 3 termes. Le premier est le terme g´en´eral d’une s´erie convergente par le th´eor`eme d’Abel (Question 1) et les 2 suivants sont les termes g´en´eraux de s´eries absolument convergentes car 2α >1 (Question 2).

La s´erie de terme g´en´eralvn est donc bien convergente comme somme de 3 s´eries convergentes.

1

Exercice II 1)La fonctionf(t) = lnt

√t(1−t)^3/2 est continue et n´egative sur ]0,1[.

On poseI=I1+I2= Z 1/2

0

lnt

√t(1−t)^3/2dt+ Z 1

1/2

lnt

√t(1−t)^3/2dtet on traite s´epar´ement les int´egrales g´en´eralis´eesI1 etI2.

PourI1, on ´ecrit lim

x→0⁺t^1/4lnt= 0. Par suite, au voisinage de 0⁺ on a: 0≤ −t^1/4lnt≤1 et donc : 0≤ −f(t)∼0⁺

lnt

√t ≤ 1 t^3/4 L’int´egrale de Riemann

Z 1/2

0

1

t^3/4dtconverge et par le th´eor`eme de comparaison,I1= Z 1/2

0

lnt

√t(1−t)^3/2dt aussi.

Pour I2, au voisinage de 1, on a: lnt ∼¹ t−1, d’o`u −f(t) ∼¹ 1

√1−t. Or l’int´egrale de Riemann Z 1

1/2

√ 1

1−tdtconverge et par le th´eor`eme des ´equivalents,I2= Z 1

1/2

lnt

√t(1−t)^3/2dtaussi.

2)Evident.

3)On prendx < y∈]0,1[ et on effectue une int´egration par parties en posantu= lnt etv^′= 1

√t(1−t)^3/2: Z y

x

lnt

√t(1−t)^3/2dt= 2[

√t

√1−tlnt]^y_x−2 Z y

x

√ dt t−t² On a: lim

x→0

√x

√1−xlnx= 0 et lim

y→1

√y

√1−ylny= 0 et doncI =−2 Z 1

0

√dt t−t². Par le changement de variabless= 2t−1, on obtient alors: I=−4

Z 1

0

√ ds

1−s² =−2π.

Probl`eme III

1) Pour x, y ∈ R, en d´erivant le binˆome de Newton: (x+y)ⁿ = Pn

k=0C_n^kx^ky^n−k par rapport `a x et en multipliant parx, on obtient :

nx(x+y)ⁿ⁻¹=

n

X

k=0

C_n^kkx^ky^n−k

et, de mˆeme, par une deuxi`eme d´erivation puis multiplication parx²: n(n−1)x²(x+y)ⁿ⁻²=

n

X

k=0

C_n^kk(k−1)x^ky^n−k

2)On applique la formule du binˆome de Newton et les identit´es du 1) avecy= 1−xpour trouver:

n

X

k=0

rk(x) = 1 ,

n

X

k=0

krk(x) =nx ,

n

X

k=0

k(k−1)rk(x) =n(n−1)x².

En d´eveloppant le membre de gauche et en utilisant les identit´es ci-dessus, on obtient alors:

n

X

k=0

(k−nx)²rk(x) =

n

X

k=0

k²rk(x)−2nx

n

X

k=0

krk(x) +n²x²

n

X

k=0

rk(x)

2

=

n

X

k=0

k(k−1)rk(x) +

n

X

k=0

krk(x)−2nx

n

X

k=0

krk(x) +n²x²

n

X

k=0

rk(x)

=n(n−1)x²+nx−2n²x²+n²x²=nx(1−x) 3)Pour toutx∈[0,1], on af(x) =f(x)

n

X

k=0

rk(x) =

n

X

k=0

f(x)rk(x). On a donc:

|f(x)−Bn(x)|=|

n

X

k=0

(f(x)−f(k

n))rk(x)| ≤

n

X

k=0

|f(x)−f(k n)|rk(x).

4)Si k∈J(x), on a:

|k

n−x| ≤η⇒ |f(x)−f(k n)| ≤ε Donc

X

k∈J(x)

|f(x)−f(k

n)|rk(x)≤ε X

k∈J(x)

rk(x)≤ε

n

X

k=0

rk(x)≤ε.

ˇ

5) a)Pourk∈J(x)^c, on utilise la propri´et´e: 1≤ (k−nx)²

n²η² et on majoref(x) etf(k

n) parM: X

k∈J(x)^c

|f(x)−f(k

n)|rk(x)≤ 2M n²η²

X

k∈J(x)^c

(k−nx)²rk(x)

≤ 2M n²η²

n

X

k=0

(k−nx)²rk(x)

b)D’o`u en utilisant la question 2):

X

k∈J(x)^c

|f(x)−f(k

n)|rk(x)≤ 2M

n²η²nx(1−x) Finalement, puisque le maximum de la fonctionx→x(1−x) sur [0,1] est 1

4: X

k∈J(x)^c

|f(x)−f(k

n)|rk(x)≤ M 2nη² 6)On choisitn0∈N tel que M

2n0η² ≤ε.

On a alors, pourn≥n0:

∀x∈[0,1], |f(x)−Bn(x)| ≤ X

k∈J(x)

|f(x)−f(k

n)|rk(x) + X

k∈J(x)^c

|f(x)−f(k

n)|rk(x)≤ε+ M 2nη² ≤2ε Ceci ´etant vrai pour tout ε > 0, on en d´eduit bien que la suite de polynˆomes (Bn)n∈N converge uniform´ement versf sur [0,1].

3