PC Correction des 6 exercices 2010-2011
EXERCICE 1 Non corrigé : voir solution avec énoncé.
EXERCICE 2 F est l’intersection de deux hyperplans distincts deR4, c’est donc un sous-espace de dimension 2.
On trouve facilement une base deF, par exemple (u, v) avecu= (1,−2,1,0) etv= (2,−3,0,1) Le vecteurw′ =v+λu est orthogonal àusi et seulement si (v|u) +λ||u||2= 0⇔λ=−4
3. En prenantw= 3w′ on a :w= (2,−1,−4,3). Ainsi (u, w) est une bae orthogonale deF.
On considère la projection orthogonale sur F :∀x∈R4,p(x) = (x|u) u
||u||2 + (x|w) w
||w||2. Après un calcul dep(e1), p(e2), p(e3) etp(e4) on obtient la matrice dep: 1
10
3 −4 −1 2
−4 7 −2 1
−1 −2 7 −4 2 −1 −4 3
Commes= 2p−Id, on ontient la matrice de la symétrie : 1 5
2 −4 −1 2
−4 2 −2 1
−1 −2 2 −4 2 −1 −4 −3
EXERCICE 3 Nature de la série de terme général :un= (−1)n
pnα+ (−1)n,n>2.
Comme|un| ∼+∞ 1
nα2, la série est absolument convergente si et seulement siα >2.
Pour 0< α62, on utilise un développement asymptotique : un=(−1)n nα2 − 1
2n3α2 +o 1
n3α2
La sérieX(−1)n
nα2 converge d’après le critère spécial des séries alternées.
On posevn = (−1)n
nα2 −un et on avn +∞∼ 1
2n3α2 , (vn) est donc positive au voisinage de +∞, la règle des équivalents s’applique :X
vn et de même nature queX(−1)n
2n3α2 qui converge si et seulement si α > 2 3 . Remarque :α= 1
3, on aX
undiverge et pourtantun +∞∼ (−1)n
n61 avecX(−1)n
n16 converge. la règle des équivalents ne s’applique pas aux séries qui ne sont pas de signe constant au voisinage de +∞.
EXERCICE 4 Comme la série est lacunaire, on revient à l’utilisation du critère de d’Alembert :
n→+∞lim
an+1x2n+3 anx2n+1
= x2
2 et donc le rayon de convergence est√ 2.
Pourx∈]−√ 2;√
2[, on a :f(x) =
+∞
X
n=0
anx2n+1 et doncf′(x) =
+∞
X
n=0
(2n+ 1)anx2n.
Grâce à la définition desan, on établit facilement que (2n+ 3)an+1= (n+ 1)an pour n>0.
+∞
X
n=1
(2n+ 1)anx2n =
+∞
X
n=0
(2n+ 3)an+1x2n+2=
+∞
X
n=0
(n+ 1)anx2n+2=1 2
+∞
X
n=0
(2n+ 2)anx2n+2= 1
2
+∞
X
n=0
(2n+ 1)anx2n+2+
+∞
X
n=0
anx2n+2
!
= x2 2
+∞
X
n=0
(2n+ 1)anx2n+x 2
+∞
X
n=0
anx2n+1 Ce qui se traduit par :f′(x)−1 = x2
2 f′(x) +x
2f(x)⇔(x2−2)f′(x) +xf(x) + 2 = 0(E) f est donc l’unique solution de (E) sur ]−√
2;√
2[ qui vaut 0 en 0.
En utilisant la méthode variation de la constante et la condition initiale, on obtient :
∀x∈]−√ 2;√
2[f(x) = 2
√2−x2arcsin x
√2
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PC Correction des 6 exercices 2010-2011
EXERCICE 5 Définition et calcul def :x7−→
Z 1
0
tx−1 lnt dt L’ applicationφ:]0,1[×R→R, (t, x)7→ tx−1
lnt est continue, et pour xfixé,φ(t, x) est de signe constant sur ]0,1[
doncf(x) existe si et seulement sit7→φ(t, x) est intégrable sur ]0,1[.
f(0) = 0 donc on supposex6= 0.
Six >0,φ(t, x)∼0 − 1
lnt et six <0,φ(t, x)∼0 tx
lnt et lorsquettend vers 1 :φ(t, x)∼1 x En définitive,f(x) existe si et seulement six >−1.
Calcul de f : La fonctionφest de classeC1sur ]0,1[×]−1,+∞[ et ∂φ
∂x : (t, x)7−→exlnt Soitaetbdeux réels tels que−1< a <0< b, pour toutx∈[a, b], on a :∀t∈]0,1[,0< ∂φ
∂x(t, x)6taet la fonction t7−→ta est intégrable sur ]0,1[. (en effeta >−1)
D’après cette hypothèse de domination, on peut affirmer, avec le théorème de dérivation sous le signe somme, quef est de classeC1 sur ]−1; +∞[ et que :
∀x∈]−1; +∞[, f′(x) = Z 1
0
∂φ
∂x(t, x)dt= Z 1
0
txdt= 1 x+ 1. Compte-tenu def(0) = 0, on obtient : ∀x∈]−1; +∞[, f(x) = ln(1 +x) .
EXERCICE 6 Développer en série de Fourier la fonction 2π-périodique définie parf(x) = ch(ax) pourx∈[−π, π]
(a6= 0) an(f) = 1
π Z π
−π
f(t) cos(nt)dt= 2 π
Z π
0
f(t)ch(at)dt= 2 πI OrI=
sh(at)
a cos(nt) π
0
+n a
Z π
0
sh(at) sin(nt)dt= (−1)nsh(aπ)
a +n
aJ et J =
ch(at) a sin(nt)
π
0
−n a
Z π
0
ch(at) cos(nt)dt=−n aI On a doncI= (−1)nsh(aπ)
a −n2
a2I⇔I= (−1)nash(aπ)
a2+n2 et par suite an(f) = (−1)n 2ash(aπ) π(a2+n2) Du fait de la continuité de la fonctionf, on peut en déduire que :
∀x∈R,f(x) =sh(aπ)
aπ +2ash(aπ) π
+∞
X
1
(−1)ncos(nx) a2+n2
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