ANNÉE UNIVERSITAIRE 2018/2019 Analyse S4

ANNÉE UNIVERSITAIRE 2018/2019 Analyse S4

Examen - Corrigé Date : 04/06/19 Epreuve de M. Popoff

Exercice 1

1. On a directement :

F(0) = Z 1

0

dt

1 +t² = [arctant]¹₀ = π 4.

2. Soit la fonction définie sur R×R par f(x, t) = ^e−x2(1+t2)_1+t2 . Elle est de classe C^∞ sur R×R, comme quotient et composée de fonctions infiniment dérivables. Pour unx∈Rfixé, la fonction t 7→ f(x, t) est continue sur [0,1], donc son intégrale y est bien définie, en tant qu’intégrale de Riemann. De plus, si on fixe un intervalle [a, b] de R, alors la fonction (x, t) 7→ ^∂f_∂x(x, t) est continue sur [a, b]×[0,1], et donc elle y est bornées, c’est-à-dire qu’il existe une constante M >0 telle que

∀x∈[a, b],∀t∈[0,1],

∂f

∂x(x, t)

≤M,

et la fonction constante égale àM étant intégrable sur l’intervalle borné [0,1], on déduit par le théorème de dérivation des intégrales à paramètre queF est C¹ sur [a, b]. Comme ceci est valable pour tout intervalle[a, b], on déduit queF estC¹ surR.

3. D’après le théorème de dérivation des intégrales à paramètre, on peut dériver sous le signe somme :

F⁰(x) = Z 1

0

∂f

∂x(x, t)dt=−2x Z 1

0

e^−x2(1+t2)dt=−2xe^−x2 Z 1

0

e^−x2t2dt.

Six= 0, la formule précédente montre queF⁰(0) = 0. Sinon, on procède alors au changement de variable u=xt, ce qui permet d’obtenir

F⁰(x) =−2xe^−x2 Z x

0

e^−u2du

x =−2e^−x2 Z x

0

e^−t2dt, la variable muette u pouvant être notée t à nouveau.

4. Posons G(x) = F(x) + Rx

0 e^−t2dt2

. Alors G⁰(x) = F⁰(x) + 2e^−x2Rx

0 e^−t2dt qui vaut 0 sur R d’après la question précédente. La fonctionG est donc constante.

5. On a G(0) =F(0) = ^π₄ d’après la première question. Ainsi, pour tout x∈R, on a F(x) +

Z x 0

e^−t2dt 2

= π

4. (1)

On obtient la réponse à la question demandée si on parvient à montrer que

x→+∞lim F(x) = 0.

1

Soit(x_n)n≥0 une suite de réels qui tend vers+∞, et posonsf_n(t) =f(x_n, t). Alors, pourt∈R fixé,

n→+∞lim fn(t) = lim

n→+∞

e^−x2n(1+t2) 1 +t² = 0, et doncf_n tend simplement vers 0 surR lorsque n →+∞, de plus

∀t ∈[0,1], |f_n(t)| ≤ 1 1 +t²

qui est bien intégrable sur[0,1]. Ainsi, le théorème de convergence dominé s’applique, et on a

n→+∞lim F(x_n) = lim

n→+∞

Z 1 0

f_n(t)dt = 0.

Comme ceci est valable pour toute suite (xn)n≥0 qui tend vers+∞, on déduit que

x→+∞lim F(x) = 0.

Ainsi, en utilisant (1), on en déduit que

x→+∞lim Z x

0

e^−t2dt 2

= π

4 − lim

x→+∞F(x) = π 4, et la quantité entre paranthèses étant positive, que

Z +∞

0

e^−t2dt=

√π 2 . Exercice 2

1. Puisque la fonction est paire, on calcule les coefficients de Fourier trigonométrique de f. Un calcul rapide montre que

a₀(f) = 1 π

Z π

−π

(π−t)dt=π

(noter que le calcul de l’intégrale se fait facilement en calculant l’aire sous la courbe représen- tative de f, qui est affine par morceaux).

Pour n ≥ 1, d’un côté, on a bn(f) = 0, puisque f est paire. De l’autre, en réalisant une intégration par partie entreπ−t etcos(nt):

a_n(f) = 2 π

Z π 0

(π−t) cos(nt)dt,

= 2 π

[(π−t)^sin(nt)_n ]^π₀ − Z π

0

(−1).sin(nt) n

.

On a [(π−t)^sin(nt)_n ]^π₀ = 0, donc

a_n(f) = 2 nπ

Z π 0

sin(nt)dt

= 2

nπ[−^cos(nt)_n ]^π₀ = 2(1−(−1)ⁿ) n²π 2

2. La série de Fourier trigonométrique de f est a₀(f)

2 +X

k≥1

a_k(f) cos(kt) +b_k(f) sin(kt), ainsi la série de Fourier de f est

π 2 + 2

π X

k≥1

1−(−1)^k k² .

Comme le montre son graphe, la fonction f est C¹ par morceaux, et continue sur R. On peut également prouver la caractère continu au point de jonction π en remarquant que limt→π⁻f(t) = 0 et limt→π⁺f(t) = limt→−π⁺f(t) = limt→π⁻f(t) = 0, par périodicité et parité. La continuité surRs’en déduit par périodicité. Ainsi on peut appliquer le théorème de cours : la série de Fourier converge simplement versf, et la convergence est de plus normale.

Cela est confirmé en notant que |a_k(f) cos(kt)| ≤ _πk⁴2, est qui le terme général d’une série convergente.

3. On peut exprimer le coefficient ak(f)selon la parité de k comme suit :

∀k ≥1, a_k(f) =





 4

(2p+ 1)²π si k = 2p+ 1, 0 si k= 2p.

Ainsi la série de Fourier def se réecrit π 2 + 4

π X

p≥0

1 (2p+ 1)². et la question précédente montre que

∀t∈[0, π], f(t) = π−t= π 2 + 4

π X

p≥0

cos(pt) (2p+ 1)². On évalue cette identité ent = 0, et on déduit

X

p≥0

1

(2p+ 1)² = π² 8 , puis on écrit

S :=X

n≥1

1

n² = X

n≥1 n pair

1

n² + X

n≥1 n impair

1 n²

=X

p≥0

1

(2p+ 1)² +X

p≥1

1 (2p)²

= π² 8 + 1

4 X

p≥1

1 p² = π²

8 +S 4, et donc ³₄S = ^π₈², ce qui permet d’obtenir le résultat attendu.

3

Exercice 3 Soit n ∈N fixé.

1. Puisque e^ikt = (e^it)^k, il s’agit d’une série géométrique, de raison e^it. Notons que la série comporte des termes d’exposant négatif, pour contourner ce problème, on met en facteur le premier terme :

n

X

k=−n

e^ikt =e^−int

2n

X

k=0

e^ikt=e^−int1−e^(2n+1)it

1−e^it =e^−inte^(n+12)it(e^−(n+12)it−e^(n+12)it) e^12it(e^−12it−e^12it)

=e^−(n+12)it−e^(n+12)it

e^−12it−e^12it = sin((n+ ¹₂)t) sin(₂^t) ,

où on a utilisé les formules d’Euler pour la dernière relation.

2. (a) On a

cn(f) = 1 2π

Z π

−π

f(t)e^−intdt et

S_n(t) =

n

X

k=−n

c_n(f)e^int. (b) On a

S_n(0) =

n

X

k=−n

c_n(f) = 1 2π

n

X

k=−n

Z π

−π

f(t)e^−iktdt.

Puisque la somme est finie, on peut permuter la somme et l’intégrale : S_n(0) = 1

2π Z 2π

0

f(t)

n

X

k=−n

e^−iktdt = sin(n+¹₂)t sin₂^t dt, où on a utilisé la première question, en notant que Pn

k=−ne^ikt=Pn

k=−ne^−ikt.

4