Partie I Une étude de séries.
I. 1. 1.)
Sur ] 1;1[la série proposée est le développement en série entière delog(1 +x)donc R= 1et L(x) = ln(1 +x)sur] 1;1[
Enx= 1;la sérieX( 1) 1
k véri…e le critère spécial des séries alternées (la valeur absolue du terme général décroît vers 0) donc convergente.
Lest dé…nie sur] 1;1]
Remarque : c’est même exactement son domaine de dé…nition car elle diverge si x= 1 I. 1. 2.) :
Sur] 1;1[on est sur le disque ouvert de convergence donc la somme de la série est continue . (On peut aussi utiliser la valeur de la somme)
En x= 1: On sait que si une série entière X
anxn admet un rayon de convergence R >0 et si X
anRn converge , alors la somme de la série est continue enR ( à gauche). IciR= 1et doncLest continue en1
Lest continue sur [0;1]
Pa continuité on a donc : L(1) = lim
x!1 L(x) = lim
x!1 ln(1 +x) = ln(2) L(1) = ln(2)
I. 2. 1.) Pourp2N ; X3p k=1
ak= X3p k=1;k 0[3]
ak+ X3p k=1;k 1[3]
ak+ X3p k=1;;k 2[3]
ak= Xp q=1
a3q+
p 1
X
q=0
a3q+1+
p 1
X
q=0
a3q+2
en séparant les entierskmodulo3:Donc X3p
k=1
ak= 2 3
Xp q=1
1 q+
p 1
X
q=0
1 3q+ 1 +
p 1
X
q=0
1 3q+ 2 =
Xp q=1
1 q+
Xp q=1
1 3q+
p 1
X
q=0
1 3q+ 1+
p 1
X
q=0
1 3q+ 2
= Xp q=1
1 q +
X3p k=1
1
k en regroupant tous les entiers modulo3:
= X3p k=p+1
1 k =
h=2pX
h=1
1 p+h= 1
p
h=2pX
h=1
1
1 + hp en prenant h=k p
I. 2. 2). La somme précédente est une somme de Riemann de la fonctionf sur[0;2]: Sn(f) =b a
n Xn h=1
f(a+hb a n ) = 2
n Xn h=1
1 1 +2hn On prend la suite extrait des termes paires en posantn= 2p.
La fonction est continue sur[0;2], La somme de Riemann converge ver l’intégrale , donc aussi la suite extraite.
plim!1
1 p
h=2pX
h=1
1 1 + hp =
Z b a
f(t)dt= Z 2
0
dt
1 +t = ln(3)
La suite X3p k=1
ak converge vers ln(3) , la suite
3p+1X
k=1
ak = X3p k=1
ak + 1
3p+ 1 converge aussi vers ln(3) ainsi que la suite
3p+2X
k=1
ak= X3p k=1
ak+ 1
3p+ 1+ 1 3p+ 1
Les 3 suites extraites convergent vers la même limiteln(3)et l’ensemble des indices décrit N. Donc la suite Xn k=1
ak
!
n2N
converge vers cette limite commune.
la sérieX
an converge et
+1
X
n=1
an = ln(3)
autre méthode : comparaison série intégrale:t! 1
1 +t décroît sur] 1;+1[donc en intégrant sur des intervalles de longueur 1
p Z (k+1)=p
k=p
dt 1 +t
1 p
1 1 +k=p
Z (k=p (k 1)=p
dt 1 +t ce qui donne:
Z 2+(1)=p) 1=p
dt 1 +t
X3p k=1
ap
Z 2 0
dt 1 +t d’où le résultat.
variante: pour toutpfaire l’encadrement avec fp= 1 1 +t=p . I. 2. 3.) On acos 2k
3 =
( 1 sik= 3p: 1
2sik= 3p+ 1ou3p+ 2 ce qui donne : 8k2N ; 1
kcos 2k
3 = 1
2ak; X1
k=1
1
kcos 2k
3 = 1
2ln(3)
I. 3. 1.) Pourt2]0;2 [; Sn(t)est la somme partielle d’une suite géométrique de premier termeeitet de raisonei t6= 1. : 8t2]0; [,Sn(t) =
Xn k=1
ei t k=eit1 ei t n
1 ei t ='(t)h
e(n+1)i t ei ti
I. 3. 2.) Sur[ ; ]le dénominateur de'estC1 et ne s’annule pas .La fonction'est doncC1sur[ ; ]: I. 3. 3.) Puisque'et t7 ! e(n+1)i t
i(n+ 1) sontC1 sur le segment[ ; ]on peut e¤ectuer une intégration par partie : Z
e(n+1)i t'(t)dt= e(n+1)i '( ) e(n+1)i t'( ) (n+ 1)i
Z e(n+1)i t
(n+ 1)i'0(t)dt 'et'0 sont continues sur un segment donc y sont bornées,
Z
e(n+1)i t'(t)dt 62 sup (j'j) + ( ) sup (j'0j) n+ 1
Le numérateur est constant,
nlim!1
Z
e(n+1)i t'(t)dt= 0
I. 3. 4.) Pour 2[ ;2 [;on peut intégrer termes à termes car la somme a un nombre …ni de termes : Z
Sn(t)dt= Xn k=1
Z
ek i tdt = Xn k=1
ek i t
ki = 1
i Xn k=1
ek i ( 1)k k
D’aprèsI. 3. 1.) on a :
Z
Sn(t)dt= Z
e(n+1)i t'(t)dt Z
ei t'(t)dt
et donc :
8n2N ; Xn k=1
ek i
k =
Xn k=1
( 1)k
k +i
Z
e(n+1)i t'(t)dt i Z
ei t'(t)dt
Quandn tend vers 1; Xn k=1
( 1)k
k tend vers ln(2)(I.1.2) et Z
e(n+1)i t'(t)dt tend vers0 (question précédente) ce qui justi…e la convergence de la série et le calcul par passage à la limite :
X1 k=1
ek i
k = ln(2) i Z
ei t'(t)dt
I. 3. 5.) Pour toutt2]0;2 [;on a
ei t'(t) = ei t
ei t 1 = ei t
eit=2 ei t=2 e it=2 = ei t=2 2isin 2t ei t'(t) = ei t=2
2isin t2 I. 3. 6.) On a donc :
ei t'(t) =1
2 i cos 2t 2 sin 2t
et Z
ei t'(t)dt= 1
2( ) i ln sin 2
En séparant parties réelle et imaginaire, on a la convergence des séries et le calcul de leurs sommes : : X1
k=1
cos(k )
k = ln(2) ln sin 2 et X1 k=1
sin(k )
k =
2
Remarque : Pour 2]0; [il su¢ t de refaire le même calcul sur [ ; ] au lieu de le faire sur [ ; ] En particulier pour = 2
3 ; on a sin 2 = p3
2 et X1 k=1
cos(k )
k = ln(2) ln
p3 2
!
= ln p
3 on retrouve ainsi le résultat deI. 2. 3).
Partie II Limite d’une intégrale.
II. 1.) gétant bornée on peut poserM = sup
[0;1[jgj:Alors pourx >0 ett 0on ajf(t)g(x t)j6M jf(t)j
Commef est intégrable surR+,M f est intégrable surR+(par linéarité) et donct7!f(t)g(x t) est intégrable surR+(par majoration)
feg(x)existe pour toutx >0 La fonction est continue par théorème de continuité d’une intégrale à paramètre :
pour toutt 0 ; x7!f(t)g(x t)est continue sur]0;+1[
pour toutx >0 ,t7!f(t)g(x t)est continue par morceaux intégrable sur[0;+1[
On a domination part7!M jf(t)j, indépendante dex, continue par morceaux intégrable sur[0;+1[ feg est continue sur]0;1[
La majoration précédente donne aussi :
8x >0; feg(x) 6Z 1
0 jf(t)g(x t)jdt6M Z 1
0 jf(t)jdt et donc
feg est bornée sur]0;1[
II. 2. 1.) Sig est la fonctiont7 !ei t;on a les hypothèses, de la question précédente, avecM = 1:
Par la relation de Chasles et la dé…nition de la convergence d’une intégrale : Z 1
A jf(t)jdt= Z +1
0 jf(t)jdt- Z A
0 jf(t)jdt!A!+10 8" >0;9A >0;06Z 1
A jf(t)jdt6"
II. 2. 2.) PourAainsi …xé, on fait une intégration par partie, sur le segment [0; A] : Z A
0
ei x tf(t)dt= ei x t i x f(t)
t=A
t=0
Z A 0
ei x t
i x f0(t)dt Ainsi
Z A 0
ei x tf(t)dt 6 1
x jf(A)j+jf(0)j+ Z A
0 jf0(t)jdt
!
xlim!1
Z A 0
ei x tf(t)dt= 0 II. 2. 3.) Soit" >0;quelconque …xé.
Pour cet " >0;avecII. 2. 1). il existeA >0;tel que8x >0;
Z 1
A
ei x tf(t)dt 6Z 1
A jf(t)jdt6"
Pour unAainsi choisi, il existeX >0;tel que8x>X;
Z A 0
ei x tf(t)dt < "
en ajoutant les 28x>x0; Z 1
0
ei x tf(t)dt <2":
En partant de"0 =2 :
8"0 >0 ,9X ,x X =) feg(x) "0 On a donc montré que
xlim!1 feg(x) = 0 remarque : attention à la double limite . On demande lim
x!+1 lim
A!+1
Z 1
A
fx(t)dt et pas lim
A!+1 lim
x!+1
Z 1
A
fx(t)dt .
Si on prend y= Ax2
x3+Ax: lim
x!+1 lim
A!+1(y) = lim
x!+1(x) = +1et lim
A!+1 lim
x!+1(y) = lim
A!+1(0) = 0.
On demande lim
x!+1
Z 1
A
fx(t)dt + Z A
0
fx(t)dt
!
et pas lim
A!+1
Z 1
A
fx(t)dt + lim
x!+1
Z A 0
fx(t)dt
!
Si on prend y= x A +A
x lim
x!+1(y) = +1et lim
A!+1
x
A + lim
x!+1
A
x = 0
II.3. )Sig est la fonctiont7 ! jsin(t)j;on a les hypothèses deII. 1)., avecM = 1:
II. 3. 1.) On prend la partie imaginaire de Z
0
e y ei ydy= e( +i)y +i
y=
y=0
= 1
+i h
e( +i) 1i
= i
2+ 1[e + 1]
et donc :
Z
0
e y sin(y)dy= e + 1
2+ 1
II. 3. 2.) On a Ef(x) = Z 1
0
e tjsin(x t)jdt;intégrale convergente (II. 1.) dans laquelle on peut e¤ectuer le changement de variable(u=x t ) qui estC1bijectif de[0;+1[sur lui même (carx >0 )
On obtient une intégrale convergente de même valeur : 8x >0 , Ef(x) = 1
x Z 1
0
e ux jsin(u)jdu
II. 3. 3.) Avec le changement de variable (translation)v=u k , pour toutx >0;
on a Z (k+1)
k
e ux jsin(u)jdu= Z
0
e v+kx jsin(v)jdv=e kx Z
0
e vx sin(v)dv=e kx 1 x Z (k+1)
k
e ux jsin(u)jdu=e kx 1 x
II. 3. 4.) Commee kx = e x k;on a une série géométrique de raisone x 2]0;1[qui est donc convergente, et
8x >0: X1 k=0
e kx = 1
1 e x
II. 3. 5.) Avec la règle de Chasles, on peut décomposer : Z (n+1)
0
e tjsin(x t)jdt=
k=nX
k=0
Z (k+1) k
e t jsin(x t)jdt= 1 x
k=nX
k=0
Z (k+1) k
e ux jsin(u)jdu= 1 x
1 x
k=nX
k=0
e kx
on passe à la limite : :
Ef(x) = 1 x
1 x
1 1 e x soit :
8x >0: Ef(x) = x x2+ 1
1 +e x 1 e x
!
Quandx! 1; e x = 1
x+o 1 x et
Ef(x) = x x2+ 1
0
@ 2 +o(1) x+o 1x
1 A
d’où
xlim!1Ef(x) = 2
II. 4. 1) Pour toutxréel cos(2kt) 4k2 1
1
4k2 1 terme général d’une série convergente ( 1 4k2 1
1
4k2 avec2>) donc la série des fonctionsXcos(2kt)
4k2 1 est normalement convergente surR;De plus pour toutkla fonctiont7! cos(2kt) 4k2 1 est continue surR:
hest dé…nie et continue surR
La fonctiont7 ! jsin(t)jest continue, de classeC1par morceaux,2 -périodique. La fonction est donc développable en série de Fourier surR.
Calculons les coe¢ cients de Fourier deg:
Pour toutn2N; bn= 0;par parité.
Pour toutn2N;
an= 2Z
0 jsin(t)jcos(nt)dt= 2Z
0
sin(t) cos(nt)dt On linéarise l’expression :
an = 1Z
0
[sin((n+ 1)t) sin((n 1)t)]dt
= 1 cos((n+ 1)t)
n+ 1 0
cos((n 1)t)
n 1 0
–sinest impairan= 0
–sinest paira2k = 1 2 2k+ 1
2
2k 1 = 4 1
4k2 1 On a donc :
jsin(t)j=a0 2 +
X1 k=1
a2k(g) cos(2kt) = 2 4 X1
n=1
cos(2nt) 4n2 1 soit :
8t2R; jsin(t)j= 2 4 h(t)
Remarque : contrairement à d’autres sujets il faut reconnaître vous même que hest la somme d’une série de Fourier.
II. 4. 2.) On a d’après le calcul précédent pourx >0 : fe(x) =
Z 1
0
f(t)jsin(x t)jdt= Z 1
0
f(t) 2 4
h(x t) dt= Z 1
0
"
2f(t) 4 X1
k=1
cos(2k x t) 4k2 1 f(t)
# dt
où l’on voit apparaître l’intégration termes à termes d’une série des fonctions::On véri…e les hypothèses : Pour toutk,t! cos(2k x t)
4k2 1 f(t)estC0 surR+, intégrable surR+, car cos(2k x t)
4k2 1 f(t) 6jf(t)jintégrable sur[0;1[ pour touttla série 4X1
k=1
cos(2k x t)
4k2 1 f(t)converge simplement verst! 2
jsin(xt)j f(t)continue surR+
La série Z 1
0
cos(2k x t)
4k2 1 f(t) dt converge car Z 1
0
cos(2k x t)
4k2 1 f(t) dt 6 1 4k2 1
Z 1
0 jf(t)jdt
1 4
Z 1
0 jf(t)j dt k2 qui converge car 2>1.
On a donc par intégration termes à termes :
fe(x) = 2Z 1 0
f(t)dt 4X1
k=1
1 4k2 1
Z 1 0
f(t) cos(2k x t)dtpour toutx >0 Passons à la limite par convergence normale :
x!1lim 1 4k2 1
Z 1
0
f(t) cos(2k x t)dt= 0 D’aprèsII. 2. 3.),commef estC1on a : lim
x!1 f(t)eixt dt= 0, donc en prenant la partie réelle lim
x!1(f(t) cos(xt)dt= 0 Sixtend vers+1,2kxtend vers+1( cark >0)et l’intégrale est majorée par
Z 1
0 jf(t)jdtet donc lim
x!1
1 4k2 1
Z 1
0
f(t) cos(2k x t)dt= 0;
La série converge normalement surR+ : 1
4k2 1 Z 1
0
f(t) cos(2k x t)dt 6 1 4k2 1
Z 1
0 jf(t)jdt 8<
:
indépendant dex X 1
4k2 1 Z 1
0 jf(t)jdtconverge On peut donc dire que la limite de la série est la série des limites :
xlim!1fe(x) = 2Z 1
0
f(t)dt
Ce qui est conforme au résultat obtenu pourE:car Z 1
0
e tdt= 1 II. 4. 3. 1.)
On e¤ectue le changement de variableC1 u=x t dans l’intégrale : 8x >0; F(x) =
Z
jsin(x t)jdt= 1 x
Z x
x jsin(u)jdu
xet x
sont deux réels positifs et pourx > on a x x
=( )x
>1et on a doncp=E x
< E x
=q
p6 x
< p+ 1 q6 x
< q+ 1 Commejsin(u)j 0on en déduit :
Z q
(p+1) jsin(u)j du6Z x
x jsin(u)jdu6Z (q+1)
p jsin(u)jdu Or sikest entier on a en posantv=u k :
Z (k+1)
k jsin(u)jdu= Z
0 jsin(v)jdv= Z
0
sin(v)dv= 2 et donc pour netN entiers :
Z N
n jsin(u)jdu=
NX1 k=n
Z (k+1)
k jsin(u)jdu= 2(N n) d’où l’encadrement:
8x > , 2
x(q p 1)6F(x)6 2
x(q p+ 1) Mais par dé…nition des parties entières : x
1< p6 x et x
< q 6 x
ce qui donne pourx >
2 x
x x
2 6F(x)6 2 x
x x
+ 2
Commex! 1on peut supposer la condition x > véri…ée et donc par encadrement
xlim!1F(x) = 2
( )
II. 4. 3. 2).
Sif est une fonction en escalier etJ un segment, alors il existe une subdivision(xk)06k6ndeJ telle quef soit constante égale àyk sur chacun des intervalles]xk; xk+1[:et donc
fe(x) = Z
J
f(t)jsin(x t)jdt=
nX1 k=0
Z xk+1
xk
f(t)jsin(x t)jdt=
nX1 k=0
yk Z xk+1
xk
jsin(x t)jdt
On a un nombre …ni (et indépendant dex) de termes dans laX
. Par linéarité : lim
x!1fe(x) = X
06k6n 1
yk2
(xk+1 xk) = 2 X
06k6n 1
yk(xk+1 xk)
or Z
J
f(t)dt=
nX1 k=0
Z xk+1
xk
yk= X
06k6n 1
yk(xk+1 xk)
xlim!1fe(x) = 2Z
J
f(t)dt
Si f est continue par morceaux surJ un segment, on peu approcherf uniformément sur ce segment par des factions en escalier :
8" >0,9'en escalier , 8x2J , jf(x) '(x)j "
On décompose alors fe(x) 2Z
J
f(t)dt fe(x) '(x) + e'(x) 2Z
J
'(t)dt + 2Z
J
'(t)dt 2Z
J
f(t)dt
par dé…nition de'on a pour toutx >0 : fe(x) 2Z
J
f(t)dt "+ e'(x) 2Z
J
'(t)dt + 2
"
'étant en escalier le terme du milieu est majoré par"pourxassez grand : 8" >0,9X ,x > X ) fe(x) 2Z
J
f(t)dt 2 + 2
"
En prenant"="0= 2 + 2 :
8"0 >0 ,9X ,x > X) fe(x) 2Z
J
f(t)dt "0 Soit :
xlim!1fe(x) = 2Z
J
f(t)dt
Sif est continue par morceaux surJ = [0;1[;on reprend le raisonnement de la questionII. 2.) avec unAsu¢ samment grand pour que
Z 1
A jf(t)j dt6":
Alors pourx >0 fe(x) 2Z
[0;1[
f(t)dt = Z 1
0
f(t)jsin(x t)j 2
f(t) dt Z A
0
f(t)jsin(x t)j 2
f(t) dt + Z 1
A
f(t)jsin(x t)j 2
f(t) dt
avec : Z 1
A
f(t)jsin(x t)j 2
f(t) dt 1 + 2 Z +1
A jf(t)dtj 1 + 2
"
et en appliquant le résultat précédent au segmentJ = [0; A]: 9X ,x > X )
Z A 0
f(t)jsin(x t)j 2
f(t) dt "
On a donc :
9X ,x > X ) fe(x) 2Z
[0;1[
f(t)dt (2 + 2 )"
Pour "0>0on prend"="0=(2 + 2
)et on …ni comme au point précédent.
xlim!1fe(x) = 2Z
[0;1[
f(t)dt
