MPSI B 29 juin 2019
Énoncé
L'objet de ce problème est le calcul de la somme des inverses des carrés par la méthode des coecients de Fourier.
1. a. Calculer
Z 1 0
t cos(kπt) dt
Z 1 0
t 2 cos(kπt) dt
b. En déduire qu'il existe un unique couple (a, b) de réels à préciser tel que,
∀k ∈ N ∗ , Z 1
0
(at 2 + bt) cos(kπt)dt = 1 k 2 c. Transformer, pour le couple (a, b) de la question précédente
Z 1 0
(at 2 + bt) 1 2 +
n
X
k=1
cos(kπt)
! dt
2. Pour tout n ∈ N ∗ et tout θ ∈]0, π[ , exprimer 1 + 2
n
X
k=1
cos(2kθ) comme un quotient de deux sinus.
3. Soit f une fonction réelle de classe C 1 sur [0, 1] . Montrer que la fonction λ →
Z 1 0
f (t) sin(λt)dt converge vers 0 en +∞ .
4. On considère la fonction réelle dénie dans [0, 1] par :
f (t) =
π 2 (t 2 − 2t)
4 sin( π 2 t) si t 6= 0
− π si t = 0 a. Montrer que f est de classe C 1 sur [0, 1] .
b. Montrer la convergence de la suite (
n
X
k=1
1 k 2 ) n∈N
∗ainsi que la valeur de la limite.
Corrigé
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
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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Rémy Nicolai Afpi2sur6MPSI B 29 juin 2019
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
24 t 2 + o(t 3 ) = −2t + t 2 + o(t 2 )
π
24 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 .
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
Paternité-Partage des Conditions Initiales à l'Identique 2.0 France disponible en ligne http://creativecommons.org/licenses/by-sa/2.0/fr/
