UNIVERSIT´E PARIS 6 LM260. 2010-2011 Corrig´e de Examen de Math´ematiques du 25 Janvier 2011
Exercice 1 1. Pour x∈R, on a: f′(x) = 1
1 +x2 −x argshx (1 +x2)3/2.
Donc: (1+x2)f′(x) = 1−xf(x) etfv´erifie bien l’´equation diff´erentielle (1).
2. Posonss(x) =P∞
n=0anxn. Alorssest solution de (1) si et seulement si:
(1 +x2)
∞
X
n=0
nanxn−1 = 1−x
∞
X
n=0
anxn, a0 = 0
En identifiant les coefficients de xn pour tout n≥0, ceci implique:
a0 = 0, a1 = 1,∀n >1, (n+ 1)an+1+ (n−1)an−1 =−an−1.
On en d´eduit que pour npair, an= 0 et pour n = 2k+ 1, on obtient la formule: a2k+1 = (−1)k 2.4. . . . .2k
3.5. . . . .2k+ 1.
La s´erie enti`ere obtenue a un rayon de convergence ´egal `a 1.
La fonctions(t) =
∞
X
0
(−1)k 2.4. . . . .2k
3.5. . . . .2k+ 1x2k+1 est donc solution de (1) sur ]−1,+1[.
3. Comme (1) admet une unique solution, f est donc ´egale `a s sur ]−1,+1[ et donc est bien d´eveloppable en s´erie enti`ere.
Exercice 2
1. La fonction f(t) = tβe−t est croissante sur [0, β], puis d´ecroissante sur [β,+∞].
Elle atteint son maximum pour t=β et f(β) = ββe−β =e−β(1−lnβ). 2. La s´erie de fonctions de terme g´en´eral un(t) = ntnβe−tn = nf(t)n convergence simplement sur [0,+∞] si et seulement si f(t) < 1 pour tout t∈[0,+∞[, c’est `a dire si et seulement sif(β)<1.
Ore−β(1−lnβ)<1 ⇐⇒ 1−lnβ >0 ⇐⇒ β < e.
De plus, on a kunk= sup{|un(t)|, t∈[0,+∞[}=nf(β). On en d´eduit que la s´erie de fonctions convergence uniform´ement sur [0,+∞] si et seulement si β < e.
1
2
3. a)Pour β < e, la somme s de la s´erie de fonctions de terme g´en´eral un(t) est continue sur [0,+∞[ puisque la convergence est normale sur cet intervalle.
b) On d´ecompose s(t) en s(t) = sn(t) + rn(t) o`u sn est la somme partielle de rang n et rn est le reste de rang n. Il est clair que sn(t) tend vers 0 lorsque t→+∞.
D’autre part, ∀t ∈ [0; +∞[, 0 ≤ rn(t) ≤ rn(β). Le reste de rang n est donc uniform´ement major´e par une suite tendant vers 0, et ceci permet de d´emontrer que s(t) tend vers 0.
c. On au′n(t) =−nun(t) +nβun(t)
t . Le premier terme est ´evidemment une s´erie normalement convergente sur [0,+∞[ carknun(t)k ≤n2f(β)n.
Pour le deuxi`eme terme, on prend a > 0 et pour t ∈ [a,+∞[, on
´ecrit: knβun(t)
t k ≤ n2β
a f(β)n, qui est le terme g´en´eral d’une s´erie convergente.
La s´erie de terme g´en´eral u′n(t) est donc normalement convergente sur [a,+∞[ et donc la somme s est d´erivable sur [a,+∞[.
Comme ceci est vrai pour touta >0 , on en d´eduit quesest d´erivable sur ]0,+∞[.
Exercice 3
1. On v´erifie ais´ement que pour t ∈ [0, π], f(2π −t) = f(t), ce qui implique bien que f est paire.
2. Les coefficients de Fourier de f sont donn´es par:
a0 = 1 2π
Z 2π
0
3t2−6πt+ 2π2
12 dt= 1
24π
t3−3πt2+ 2π2t2π 0 = 0 Pour n >0, par int´egration par parties, on calculeI0, I1, I2: I0 =
Z 2π
0
cosnt dt= 0 I1 =
Z 2π
0
tcosnt dt=
tsinnt n
2π
0
− Z 2π
0
sinnt
n dt= 0 I2 =
Z 2π
0
t2cosnt dt=
t2sinnt n
2π
0
− Z 2π
0
2tsinnt
n dt
=
2tcosnt n2
2π
0
− Z 2π
0
2 cosnt
n2 dt= 4π n2
3
On en d´eduit, pour tout n >0:
an= 1 π
Z 2π
0
3t2−6πt+ 2π2
12 cosnt dt= 3
12πI2− 6π
12πI1+ 2π2
12πI0 = 1 n2 Comme la fonction f est paire, pour tout n >0,bn= 0.
La s´erie de Fourier de f est donc
∞
X
n=1
cosnt n2 . Puisque pour tout n ≥ 1, sup{|cosnt
n2 |, t ∈ R} ≤ 1
n2, la s´erie de Fourier de f est normalement convergente donc uniformment conver- gente sur R.
3. De plus, f est continue sur R puisquef(0) =f(2π) et est d´erivable sur R sauf aux points de 2πZ.
Si tk = 2kπ, f poss`ede une d´eriv´ee `a droite fd′(tk) =fd′(0) =−π 2 et une d´eriv´ee `a gauche fg′(tk) =fg′(2π) = π
2.
f est donc de classe C1 par morceaux et v´erifie les hypoth`eses du th´eor`eme de Dirichlet, d’o`u:
∀t∈R, f(t) =
∞
X
n=1
cosnt n2 En particulier:
∞
X
n=1
1
n2 =f(0) = π2 6 .
4. La convergence uniforme de la s´erie de Fourier, de f sur R permet d’intervertir les signes R
et P
. On peut donc ´ecrire:
L(p) = Re
Z +∞
0
e−pt
∞
X
n=1
eint n2 dt
!
= Re
∞
X
n=1
Z +∞
0
e(−p+in)t n2 dt
!
=
∞
X
n=1
Re
e(−p+in)t n2(−p+in)
+∞
0
=
∞
X
0
p
n2(p2+n2) = 1 p
∞
X
n=1
1
n2 − 1 n2 +p2
