1. On consid` ere la s´ erie enti` ere :

MVA101 Analyse et Calcul Matriciel 2014-2015 CONTR ˆ OLE du 11 F´ evrier 2015

Corrig´ e

Exercice 1 : S´ eries enti` eres.

1. On consid` ere la s´ erie enti` ere :

∞

X

n=3

x ⁿ (n − 2) 1.(a) Pour d´ eterminer son rayon de convergence R 1 on pose

a n = 1 n − 2 alors le rapport

a n+1

a n

= n − 2

n − 1 → 1, si n → ∞, et la R` egle de d’Alembert nous dit que R 1 = 1.

1.(b) Pour x = 1 on a la s´ erie ` a terms positifs

∞

X

n=3

1 (n − 2)

dont le terme g´ en´ eral est ´ equivalent ` a ¹ _n . Donc elle est divergente.

Pour x = −1 on a la s´ erie altern´ ee

∞

X

n=3

(−1) ⁿ (n − 2) ,

La valeur absolue du terme g´ en´ eral d´ ecroˆıt vers 0. Donc elle est convergente.

1.(c) On a que

∞

X

n=3

x ⁿ

(n − 2) = x ²

∞

X

n=3

x ⁿ⁻² (n − 2) = x ²

∞

X

n=1

x ⁿ n ,

on reconnaˆıt donc le d´ enveloppement en s´ erie enti` ere de −x ² ln(1 − x) sur ] − 1, 1[.

2. On consid` ere la s´ erie enti` ere : _∞ X

n=3

x ⁿ (n + 1)

2.(a) Comme dans le point 1.(a) on utilise la R` egle de d’Alemebert pour montrer que R 2 = 1.

2.(b) On a que

∞

X

n=3

x ⁿ

(n + 1) = 1 x

∞

X

n=3

x ⁿ⁺¹ (n + 1) = 1

x

∞

X

n=4

x ⁿ n = 1

x

∞

X

n=1

x ⁿ

n − 1 − x 2 − x ²

3 . Comme pour le point 1.(c) on reconnaˆıt le d´ enveloppement en s´ erie enti` ere suivant

− ln(1 − x) =

∞

X

n=1

x ⁿ

n , pour x ∈] − 1, 1[, et donc

∞

X

n=3

x ⁿ

(n + 1) = − 1

x ln(1 − x) − 1 − x 2 − x ²

3 . 3. On consid` ere la s´ erie enti` ere :

∞

X

n=3

x ⁿ

(n + 1)(n − 2)

3.(a) Comme dans le point 1.(a) on utilise la R` egle de d’Alemebert pour montrer que R 3 = 1.

3.(b) On utilise une d´ ecomposition en ´ el´ ements simples et on a que 1

(n + 1)(n − 2) = 1 3

− 1

n + 1 + 1 n − 2

.

Donc on obtient, pour tout x ∈] − 1, 1[,

∞

X

n=3

x ⁿ

(n + 1)(n − 2) = 1 3

∞

X

n=3

− 1

n + 1 + 1 n − 2

= − 1 3

∞

X

n=3

1 n + 1 + 1

3

∞

X

n=3

1 n − 2

= − 1 3

− 1

x ln(1 − x) − 1 − x 2 − x ²

3

− x ²

3 ln(1 − x)

= (1 − x ³ ) ln(1 − x)

3x + 1

3 + x 6 + x ²

9 . (1)

4. Afin de d´ eterminer la somme de la s´ erie num´ erique

∞

X

n=3

1

2 ⁿ (n + 1)(n − 2) , il suffit de poser x = 1/2 dans (1) pour obtenir

∞

X

n=3

1

2 ⁿ (n + 1)(n − 2) = − 7 ln(2) 12 + 4

9 .

Exercice 2 : S´ erie de Fourier.

On consid` ere la fonction 2π-p´ eriodique d´ efinie par :

f (x) =



 

  1 + 2x

π pour x ∈] − π, 0], 1 − 2x

π pour x ∈]0, π].

On reconnaˆıt que la fonction f est continue sur R et d´ erivable sur R \ πZ (l’ensemble des r´ eels sauf les multiples de π). En plus f est une fonction paire.

1. Comme f est paire b _n = 0 pour tout n ≥ 1.

On calcul a ₀ qui est

a 0 = 1 π

Z π 0

1 − 2x

π

dx = 0 Et pour n ≥ 1 on a

a n = 2 π

Z π 0

1 − 2x

π

cos(nx)dx

= 2 π

Z π 0

cos(nx)dx

| {z }

=0

− 4 π ²

Z π 0

x cos(nx)dx

IP P = − 4

nπ ² [x sin(nx)] ^π ₀

| {z }

=0

+ 4 nπ ²

Z π 0

sin(nx)dx

= − 4

n ² π ² [cos(nx)] ^π ₀ = − 4

n ² π ² ((−1) ⁿ − 1).

Donc

a _n =

( ₈

(2p+1)

²

π

²

si n = 2p + 1

0 si n = 2p.

La S´ erie de Fourier de f est

S(f )(x) = 8 π ²

∞

X

p=0

cos((2p + 1)x) (2p + 1) ² .

2. La fonction f est continue sur R et d´ erivable par morceaux, par le Th´ eor` eme de convergence uniforme sa S´ erie de Fourier converge uniform´ ement (et donc simplement) vers S(f )(x). En plus on a

S(f )(x) = f (x), pour tout x ∈ R . (2)

3. Il suffit de poser x = 0 dans l’´ egalit´ e (2) pour obtenir 1 = f (0) = S(f )(0) = 8

π ²

+∞

X

p=0

1 (2p + 1) ² , d’o` u

+∞

X

p=0

1

(2p + 1) ² = π ² 8 . Exercice 3 : Transform´ ee de Fourier. ¹

On consid´ ere la fonction d´ efinie sur R par

f (x) = e ^−x

²

. On note que

f ⁰ (x) = −2xf (x). (3)

1. On a que f ∈ L ¹ ( R ), f ∈ C ⁰ ( R ) et que f ⁰ (x) = −2xf (x) ∈ L ¹ ( R ). Donc F(f ⁰ )(u) = iuF(f )(u).

D’autre part la fonction x 7→ xf (x) est L ¹ sur R donc d

du F (f (x))(u) = −iF(xf (x))(u).

Donc en appliquant la transform´ ee de Fourier ` a l’´ equation (3) on a que d

du F (f (x))(u) = − u

2 F(f )(u). (4)

Or on va noter, pour simplicit´ e F (u) = F (f )(u), et on r´ esout (4) pour u ∈ R F ⁰ (u) = − u

2 F (u) ⇐⇒ F ⁰ (u) F (u) = − u

2

⇐⇒

Z u 0

F ⁰ (v)

F (v) dv = − u ² 4

⇐⇒ ln

F (u) F (0)

= − u ² 4

⇐⇒ F (u) = F (0)e ⁻

^u

2 4

. Du fait que F (0) = F(f )(0) = R +∞

−∞ f (x)dx = 2 R +∞

0 e ^−x

²

dx = 2 √

π on obtient F(f )(u) = √

πe ⁻

^u

2

4

, ∀u ∈ R . (5)

1. Cet exercice a ´ et´ e pr´ esent´ e en cours le 7 janvier 2015.

2. On calcul la transform´ ee de Fourier de ˜ h(x) = h(ax) et on a pour tout u ∈ R, F (˜ h)(u) =

Z +∞

−∞

h(ax)e ^−iux dx

en faisant la substitution y = ax, d’o` u _a ¹ dy = dx, on obtient F(˜ h)(u) = 1

a Z +∞

−∞

h(y)e ⁻ⁱ

^uya

dy

= 1

a F(h) u a

. (6)

3. Il suffit d’observer que

φ(x) = 1 2c √

π f x 2c

et en utilisant (6) avec a = _2c ¹ on a F(φ)(u) = 2cF

1 2c √

π f

(2cu) = 1

√ π F (f )(2cu).

Enfin grˆ ace ` a (5) on obtient

F(φ)(u) = 1

√ π F(f )(2cu) = e ^−c

²

^u

²

.

Exercice 4 : Transform´ ee de Laplace.

1. On consid´ ere la fonction f d´ efinie par :

f (t) =



 

 

0 si t < 1 1 si 1 ≤ t < 2 0 si t ≥ 2, et on en calcul la Tranform´ ee de Laplace

L(f )(p) = Z +∞

0

f (t)e ^−pt dt (7)

= Z 2

1

e ^−pt dt

=

− e ^−pt p

2 1

= e ^−p

p − e ^−2p

p . (8)

En particulier l’abscisse de convergence est 0.

2. On commence en faisant une d´ ecomposition en ´ el´ ements simples pour trouver l’identit´ e 1

p(p + 1) = 1 p − 1

p + 1 . Or, on sait, que

1

p = L(u(t))(p), et 1

p + 1 = L(e ^−t u(t))(p), o` u u(t) est la fonction echelon d´ efinie par

u(t) =

( 1 si t ≥ 0,

0 si t < 0.

Donc

L((1 − e ^−t )u(t))(p) = 1 p(p + 1) . 3. Pour le Th´ eor` eme du retard on a que

L((1 − e ^−(t−1) )u(t − 1))(p) = e ^−p p(p + 1) , et que

L((1 − e ^−(t−2) )u(t − 2))(p) = e ^−2p p(p + 1) . D’o` u

L((1 − e ^−(t−1) )u(t − 1) − (1 − e ^−(t−2) )u(t − 2))(p) = 1

p(p + 1) e ^−p − 1

p(p + 1) e ^−2p . (9) 4. On applique la transform´ ee de Laplace ` a l’´ equation diff´ erentielle

( y ⁰ (t) + y(t) = f (t), t > 0;

y(0) = 0. (10)

Pour simplicit´ e on va noter Y (p) = L(y(t))(p). On a que

L(y ⁰ (t) + y(t))(p) = L(f (t))(p) ⇐⇒ pY (p) − y(0)

|{z}

=0

+Y (p) = L(f (t))(p)

⇐⇒ Y (p) = L(f (t))(p) p + 1 . Grˆ ace ` a (8) on a

L(y(t))(p) = 1

p(p + 1) e ^−p − 1

p(p + 1) e ^−2p 5. D’apr` es (9) on a que la solution y(t) de (10) est donn´ ee par

y(t) = (1 − e ^1−t )u(t − 1) − (1 − e ^2−t )u(t − 2).