Mathématiques méthodes et exercices mp
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Le document est un manuel de mathématiques destiné aux étudiants des classes préparatoires, proposant plus de 600 exercices avec corrigés détaillés et méthodes à retenir. Il aborde divers thèmes mathématiques tels que les espaces vectoriels normés, les fonctions vectorielles et l'intégration, structuré pour aider les étudiants à passer de la théorie à la pratique. Chaque chapitre comprend des énoncés d'exercices classés par niveau de difficulté et des conseils méthodologiques pour faciliter leur compréhension.
![Les méthodes à retenir
7
Revenir à la définition, c’est-à-dire montrer :
∀ ε > 0, ∃ N ∈ N, ∀(p,q) ∈ N2
,
p N
q N
⇒ d(up,uq) ε .
➥ Exercices 1.11, 1.24, 1.50.
Pour montrer
qu’une suite (un)n d’un evn E
est de Cauchy
Pour montrer
qu’une partie X d’un evn E
est complète
Pour montrer
qu’une partie A d’un evn E
est connexe par arcs
• Montrer que X est fermée et qu’il existe une partie Y de E telle que
X ⊂ Y et que Y soit complète.
• Se rappeler que, si X est compacte, alors X est complète.
• Se rappeler que, si E est de dimension finie et si X est fermée
dans E, alors X est complète.
• Revenir à la définition, c’est-à-dire montrer que toute suite de
Cauchy dans X converge dans X.
• Se rappeler d’abord que :
∗ toute partie convexe est connexe par arcs
∗ les parties connexes par arcs de R sont les intervalles.
➥ Exercice 1.51.
• Montrer que A est l’image directe d’une partie connexe par arcs par
une application continue.
➥ Exercices 1.25, 1.51.
• Revenir à la définition, c’est-à-dire montrer que, pour tout
(x,y) ∈ A2
, il existe un chemin joignant continument x et y en res-
tant dans A, c’est-à-dire montrer qu’il existe une application conti-
nue γ : [0 ; 1] −→ A telle que :
γ(0) = x, γ(1) = y
∀ t ∈ [0 ; 1], γ(t) ∈ A.
➥ Exercice 1.26.
Pour exploiter la connexité
par arcs
Pour montrer qu’une application
ϕ : E × E −→ R est un produit
scalaire, où E est un K-ev
Pour relier un produit scalaire
ϕ : E × E −→ K et la forme
quadratique φ : E −→ R associée
Essayer d’utiliser le théorème des valeurs intermédiaires :
si A est connexe par arcs et si f : A −→ R est continue, alors f atteint
tout réel entre deux réels qu’elle atteint déjà.
Revenir à la définition.
➥ Exercice 1.43.
Utiliser la formule qui exprime φ à l’aide de ϕ :
∀ x ∈ E, φ(x) = ϕ(x,x),
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![Énoncés des exercices
9
Une partie est-elle fermée, est-elle ouverte ?
On note E le R-ev des applications continues bornées de R dans R, muni de ||.||∞.
a) Est-ce que F = f ∈ E ; ∀ x ∈ R, f (x) 0 est fermée dans E ?
b) Est-ce que U = f ∈ E ; ∀ x ∈ R, f (x) > 0 est ouverte dans E ?
Exemple de deux normes équivalentes
On note E = C1
[0 ; 1] ; R et ν1,ν2 les applications de E dans R définies, pour toute f ∈ E,
par : ν1( f ) = | f (0)| + 2
1
0
| f (t)| dt, ν2( f ) = 2| f (0)| +
1
0
| f (t)| dt.
Montrer que ν1 et ν2 sont des normes sur E et qu’elles sont équivalentes.
Somme d’une partie et d’un ouvert
Soient E un evn, Ω un ouvert de E.
a) Montrer que, pour tout a ∈ E, la partie {a} + Ω = a + x ; x ∈ Ω est un ouvert de E.
b) En déduire que, pour toute partie A de E, la partie A + Ω = a + x ; (a,x) ∈ A × Ω est un
ouvert de E.
Fonction continue à deux variables
Soient E,F,G des evn, A ⊂ E telle que A =/ ∅, B ⊂ F telle que B =/ ∅, et
f : A −→ G, g : B −→ G deux applications.
On note : ϕ : A × B −→ G, (x,y) −→ ϕ(x,y) = f (x) + g(y).
Montrer que ϕ est continue sur A × B si et seulement si : f est continue sur A et g est continue
sur B.
Exemple d’application lipschitzienne
Soit (a,b) ∈ (R+)2
. On munit R2
de la norme ||.||1 définie, pour tout (x,y) ∈ R2
, par :
||(x1,x2)||1 = |x1| + |x2|. On note f : R2
−→ R2
, (x1,x2) −→ f (x1,x2) = (ax2, bx1).
Montrer que f est lipschitzienne.
Étude d’une application linéaire continue sur un espace de fonctions, calcul de sa norme
On note E = C [0 ; 1] ; R , muni de ||.||1 définie par : ∀ f ∈ E, || f ||1 =
1
0
| f (t)| dt
et on considère l’application : φ : E −→ R, f −→ φ( f ) =
1
0
f (t) dt.
Montrer φ ∈ LC(E,R) et calculer |||φ|||.
Somme de deux compacts
Soient E un evn, K,L deux compacts de E. Montrer que K + L est compact.
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![Chapitre 1 • Espaces vectoriels normés
10
Une partie est-elle compacte, non compacte ?
On considère l’application f : R −→ R, x −→ f (x) =
sin x
x
si x =/ 0
1 si x = 0
et on note :
A = x ∈ R ; f (x) = 0 , B = x ∈ R ; f (x)
1
2
.
Est-ce que A est compacte ? Est-ce que B est compacte ?
Suite proche d’une suite de Cauchy
Soient (E,||.||) un evn, d la distance associée à ||.||, (un)n∈N, (vn)n∈N deux suites dans E telles
que : d(un,vn) −→
n ∞
0. Montrer que, si l’une des deux est de Cauchy, alors l’autre l’est aussi.
Exemple d’application diminuant strictement les distances,
dans un evn complet, et sans point fixe
Donner un exemple d’application f : R −→ R telle que :
∀ (x,y) ∈ R2
, x =/ y ⇒ | f (x) − f (y)| < |x − y|
et que, cependant, f n’a pas de point fixe.
Caractérisation de l’égalité de deux boules pour deux normes
Soient E un K-evn, N1,N2 deux normes sur E. On note, pour tout i ∈ {1,2} :
Bi = x ∈ E ; Ni (x) < 1 , Bi = x ∈ E ; Ni (x) 1 ,
qui sont la boule ouverte et la boule fermée de E, de centre 0, de rayon 1, pour la norme Ni .
Montrer :
a) B1 = B2 ⇐⇒ N1 = N2 b) B1 = B2 ⇐⇒ N1 = N2.
Intérieur d’un sous-espace vectoriel
a) Soient E un evn, F un sev de E. Montrer que, si
◦
F =/ ∅, alors F = E.
b) On note E le R-ev C [0; 1],R muni de || · ||∞, E1 (resp. P) la partie de E formée des appli-
cations de classe C1
(resp. polynomiales). Montrer :
◦
E1 =
◦
P = ∅.
Adhérence d’une boule ouverte, intérieur d’une boule fermée
Soient (E,||.||) un evn, a ∈ E,r ∈ R∗
+. Montrer :
a) B(a ; r) = B (a ; r) b) B (a ; r)
◦
= B(a ; r).
Exemple de partie fermée dans un espace de fonctions
On note E le R-ev des applications de [0 ; 1] dans R bornées, muni de la norme ||.||∞, et on consi-
dère A = f ∈ E ; ∀x ∈ [0 ; 1], e f (x)
2 + f (x) .
Montrer que A est une partie fermée, non bornée, de E.
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![Énoncés des exercices
11
Exemple de calcul de la distance d’un point à une partie
On note E = C [0 ; 1] ; R , muni de ||.||∞.
a) On note A = f ∈ E ; f (0) = 1 et
1
0
f = 0 .
1) Montrer que A est une partie fermée de E.
2) Calculer d(0,A). Cette distance est-elle atteinte ?
b) Mêmes questions pour B = f ∈ E ; f (0) = 0 et
1
0
f = 1 .
Exemple de trois normes deux à deux non équivalentes
On note E = C2
[0 ; 1] ; R et N∞, N∞, N∞ les applications de E dans R définies, pour toute
f ∈ E, par :
N∞( f ) = Sup
x∈[0;1]
| f (x)|, N∞( f ) = | f (0)| + Sup
x∈[0;1]
| f (x)|,
N∞( f ) = | f (0)| + | f (0)| + Sup
x∈[0;1]
| f (x)|.
a) Montrer que N∞, N∞, N∞ sont des normes sur E.
b) Comparer les normes N∞, N∞, N∞ pour la relation d’équivalence entre normes.
Exemple d’application continue
Soit (E,||.||) un evn. On considère l’application f : E −→ E, x −→ f (x) =
x
1 + ||x||2
.
Montrer : a) f est continue sur E b) f (E) = B 0 ;
1
2
.
Étude d’une application linéaire continue sur un espace de suites
On note ∞
l’evn formé des suites réelles bornées x = (xn)n∈N, muni de || · ||∞ définie par
||x||∞ = Sup
n∈N
|xn|, et on considère l'opérateur de différence : ∞
−→ ∞
défini par (x) = y
où y = (yn)n∈N est définie par :
∀n ∈ N, yn = xn+1 − xn.
Montrer ∈ LC( ∞
), et calculer ||| |||.
Exemple de partie compacte de R2
La partie E = (x,y) ∈ R2
; x2
(x − 1)(x − 3) + y2
(y2
− 4) = 0 de R2
est-elle compacte ?
Suites, dans un compact, n’ayant qu’une seule valeur d’adhérence
Soient E un evn, K une partie compacte de E, (un)n∈N une suite dans K ; montrer que, si (un)n n’a
qu’une seule valeur d’adhérence, alors (un)n converge.
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![Chapitre 1 • Espaces vectoriels normés
12
Exemple d’evn non complet
Montrer que C [0 ; 1] ; R , muni de ||.||1, est un evn non complet.
Étude de la distance d’un point fixé aux points d’une suite de Cauchy
Soient (E,||.||) un evn, d la distance associée à ||.||, (un)n∈N une suite de Cauchy dans (E,||.||).
a) Montrer que, pour tout a ∈ E, la suite d(a,un) n∈N
converge dans R.
On note f : E −→ E, a −→ f (a) = lim
n∞
d(a,un).
b) Montrer Inf
a∈E
f (a) = 0, et que cette borne inférieure est atteinte si et seulement si la suite
(un)n∈N converge.
Somme de deux parties connexes par arcs
Soient E un evn, A,B deux parties connexes par arcs de E. Montrer que A + B est connexe par
arcs.
Toute partie étoilée est connexe par arcs, exemple
a) Soient (E,||.||) un evn, A une partie étoilée de E, c’est-à-dire une partie de E telle qu’il exis-
te a ∈ E tel que : ∀ x ∈ A, [a ; x] ⊂ A, où [a ; x] = (1 − t)a + tx ; t ∈ [0 ; 1] est le seg-
ment joignant a et x dans E.
Montrer que A est connexe par arcs.
b) Exemple : l’ensemble D des matrices de Mn(R) diagonalisables dans Mn(R) est connexe par
arcs.
Exemple de sev F d’un ev préhilbertien E,
tel que F⊥
ne soit pas un supplémentaire de F dans E
On note E = C [0 ; 1] ; R , muni du produit scalaire ( f,g) −→< f , g > =
1
0
f g et on
considère F = f ∈ E ; f (0) = 0 .
Montrer : a) F⊥
= {0} b) F ⊕ F⊥
=/ E.
Exemple de norme sur R2
, détermination d’une boule
On note N : R2
−→ R, (x,y) −→ Sup
t∈R
|x + ty|
1 + t + t2
.
a) Montrer que N est une norme sur R2
.
b) Représenter graphiquement la boule BN (0 ; 1) = (x,y) ∈ R2
; N(x,y) 1 dans le plan
usuel.
c) Calculer l’aire (dans le plan usuel) de BN (0 ; 1).
Adhérence et intérieur d’une partie convexe d’un evn
Soient E un evn, C une partie convexe de E.
Montrer que C et C◦
sont convexes.
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![Énoncés des exercices
13
Adhérence de la somme de deux parties
a) Soient E un evn, A,B des parties de E. Montrer : A + B ⊂ A + B.
b) Montrer, par un exemple, qu’il peut ne pas y avoir égalité dans l’inclusion de a).
Adhérence d’une intersection
a) Soient E un evn, A un ouvert de E, B une partie de E. Montrer : A ∩ B = A ∩ B.
b) Soient E un evn, A une partie de E. On suppose que, pour toute partie B de E, on a
A ∩ B ⊂ A ∩ B. Montrer que A est un ouvert de E.
c) Donner un exemple d’ouverts A,B de R tels que les cinq ensembles A ∩ B,
A ∩ B, A ∩ B, A ∩ B, A ∩ B soient deux à deux distincts.
Exemple de deux normes équivalentes
On note E le R-ev des applications f : [0; 1] −→ R de classe C1
sur [0; 1] et telles
que f (0) = 0. Pour f ∈ E, on note N( f ) = Sup
x∈[0;1]
| f (x)| + Sup
x∈[0;1]
| f (x)| et
ν( f ) = Sup
x∈[0;1]
| f (x) + f (x)|. Montrer que N et ν sont des normes sur E, et qu’elles sont équi-
valentes.
Séparation de deux fermés disjoints par deux ouverts disjoints
Soient E un evn, F,G deux fermés de E tels que F ∩ G = ∅. Montrer qu’il existe deux ouverts
U,V de E tels que : F ⊂ U, G ⊂ V, U ∩ V = ∅.
Diverses caractérisations de la continuité
Soient E,F deux evn, f : E −→ F une application. Montrer que les propriétés suivantes sont
deux à deux équivalentes :
(i) f est continue
(ii) ∀ A ∈ P(E), f (A) ⊂ f (A)
(iii) ∀ B ∈ P(F), f −1(B) ⊂ f −1
(B)
(iv) ∀ B ∈ P(F), f −1
(
◦
B) ⊂ f −1
(B)
◦
.
Exemple d’application linéaire continue sur un espace de suites, calcul de sa norme
On note ∞
le R-ev des suites réelles bornées (indexées par N∗
), muni de ||.||∞. On considère l’ap-
plication T : ∞
−→ ∞
qui, à tout élément (un)n 1 de ∞
associe la suite
un
n n 1
.
a) Montrer que T est correctement définie, que T ∈ LC( ∞
), et calculer |||T|||.
b) Déterminer Ker (T), Im (T). Est-ce que T est injective ? surjective ?
Exemple d’application linéaire continue sur un espace de fonctions, calcul de sa norme
On note E = C [0 ; 1] ; R , muni de ||.||∞.
Soient p ∈ N∗
, a1,. . . ,ap ∈ [0 ; 1] deux à deux distincts, λ1,. . . ,λp ∈ R.
On note : φ : E −→ R, f −→ φ( f ) =
p
k=1
λk f (ak).
Montrer φ ∈ LC(E,R) et calculer |||φ|||.
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![Chapitre 1 • Espaces vectoriels normés
14
Somme d’un fermé et d’un compact
Soient E un evn, F est un fermé de E, K un compact de E. Montrer que F + K est fermée
dans E.
Application diminuant strictement les distances sur un compact
Soient E un evn, K une partie compacte de E, f : K −→ K une application telle que :
∀(x,y) ∈ K2
, x =/ y ⇒ d f (x), f (y) < d(x,y)
où d est la distance sur E. Montrer que f admet un point fixe et un seul.
Applications continues de limites infinies en +∞ et en −∞
Soit f : R −→ R une application continue. Montrer que les trois propriétés suivantes sont deux à
deux équivalentes :
(i) L’image réciproque par f de tout compact de R est un compact de R
(ii) lim
−∞
| f | = +∞ et lim
+∞
| f | = +∞
(iii) lim
−∞
f = −∞ ou lim
−∞
f = +∞ et lim
+∞
f = −∞ ou lim
+∞
f = +∞ .
Réunion d’une famille de boules fermées de même rayon indexée par un compact
Soient E un evn, K une partie compacte de E, r ∈ R∗
+. On note F =
x∈K
B (x ; r). Montrer que
F est fermé dans E.
Ensemble des valeurs d’adhérence d’une suite bornée dans un evn de dimension finie
Soient (E,||.||) un evn de dimension finie, (un)n∈N une suite bornée dans E. On note V l’ensemble
des valeurs d’adhérence de (un)n∈N dans E. Montrer que V est une partie compacte non vide de E.
Natures différentes pour [0 ; 1]2
et [0 ; 1]
Montrer qu’il n’existe aucune application continue injective de [0 ; 1]2
dans [0 ; 1].
Exemple de norme issue d’un produit scalaire
On note E = C1
[0 ; 1] ; R et N : E −→ R l’application définie par :
∀ f ∈ E, N( f ) =
1
0
f 2
+ f (0) f (1)
1
2
.
Montrer que N est une norme sur E.
Inégalité sur des normes
Soient (E,||.||) un evn, x,y ∈ E − {0}. Démontrer :
x
||x||
−
y
||y||
2 ||x − y||
Max (||x||, ||y||)
.
Intersection de deux ouverts partout denses
Soit E un evn.
a) Montrer, pour tous ouverts U,V de E : U = V = E ⇒ U ∩ V = E.
b) En déduire, pour tous fermés F,G de E :
◦
F =
◦
G = ∅ ⇒ (F ∪ G)◦
= ∅.
1.37
1.38
1.39
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1.41
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![Énoncés des exercices
15
Exemple de norme paramétrée par une fonction
On note E = C [0; 1],R et, pour ϕ ∈ E, Nϕ : E −→ R l’application définie par :
∀ f ∈ E, Nϕ( f ) = || f ϕ||∞.
a) Montrer que Nϕ est une norme sur E si et seulement si ϕ−1
({0})
◦
= ∅.
b) Montrer que Nϕ et || · ||∞ sont des normes sur E équivalentes si et seulement si ϕ−1
({0}) = ∅.
Endomorphismes continus tels que u ◦ v − v ◦ u = e
Soit E un evn distinct de {0}. On note e = IdE .
On suppose qu’il existe (u,v) ∈ LC(E)
2
tel que : u ◦ v − v ◦ u = e.
a) Montrer : ∀ n ∈ N, u ◦ vn+1
− vn+1
◦ u = (n + 1)vn
.
b) En déduire : ∀ n ∈ N, (n + 1)|||vn
||| 2 |||u||| |||v||| |||vn
|||.
c) Conclure.
Image d’un fermé de C par une application polynomiale
Soit P ∈ C[X]. Montrer que l’image par P de tout fermé de C est un fermé de C.
Image de l’intersection d’une famille décroissante de parties fermées dans un compact,
par une application continue
Soient E un evn, K une partie compacte de E, (Fn)n∈N une suite décroissante (pour l’inclusion)
de parties fermées de K, et f : K −→ K une application continue. Montrer :
f
n∈N
Fn =
n∈N
f (Fn).
Théorème du point fixe
Soient (E,||.||) un evn, F ⊂ E, et f : F −→ F une application.
On suppose que F est complète et que f est contractante, c’est-à-dire qu’il existe k ∈ [0 ; 1[ tel
que : ∀ (x,y) ∈ R2
, || f (x) − f (y)|| k ||x − y||.
On se propose de montrer que f admet un point fixe et un seul.
a) Montrer l’unicité d’un éventuel point fixe de f.
b) On considère, pour a ∈ F fixé, la suite (un)n∈N définie par u0 = a et : ∀ n ∈ N, un+1 = f (un).
Montrer que la suite (un)n∈N converge et que sa limite est un point fixe de f.
c) Conclure que f admet un point fixe et un seul.
Théorème de Darboux
Soient I un intervalle de R, non vide ni réduit à un point, et f : I −→ R une application dérivable
sur I. Démontrer que f (I) est un intervalle de R.
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![Du mal à démarrer ?
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©Dunod.Laphotocopienonautoriséeestundélit.
b) • Un sens est immédiat.
• Si B1 = B2, pour x ∈ E − {0}, considérer
1
N1(x)
x, qui n’est
pas dans B1, donc pas dans B2.
a) Il existe a ∈ E,r ∈ R∗
+ tels que B(a ;r) ⊂ F. Soit x ∈ E
tel que x = a. Construire y ∈ E tel que : y − a est colinéaire à
x − a et y ∈ B(a ;r). En déduire x − a ∈ F, puis x ∈ F.
b) Appliquer a).
a) 1) Une inclusion est immédiate.
2) Réciproquement,soit x ∈ B (a ;r). Approcher x par une suite
d’éléments de B(a ;r).
b) 1) Une inclusion est immédiate.
2) Réciproquement, raisonner sur les complémentaires, de
manière analogue à la résolution de a)2).
1) Utiliser, par exemple, la caractérisation séquentielle des
fermés.
2) Montrer : ∀ t ∈ [2 ; +∞[, et
2 + t.
En déduire que toute application constante supérieure ou égale
à 2 est dans A.
a) 1) Utiliser, par exemple, la caractérisation séquentielle
des fermés.
2) • Montrer : d(0,A) 1.
• Considérer f : [0 ; 1] −→ R, x −→ 1 − 2x.
b) 1) Comme en a)1).
2) • Montrer : d(0,B) 1.
• Considérer,pour tout n ∈ N∗, une application gn continue,affi-
ne par morceaux, constante égale à 1 sauf près de 0, telle que
gn(0) = 0. Déduire d(0,B) = 1.
• Montrer que d(0,B) n’est pas atteinte, en raisonnant par l’ab-
surde.
a) Revenir à la définition d’une norme.
b) 1) Remarquer d’abord :
∀ f ∈ E, N∞( f ) N∞( f ) N∞( f ),
en utilisant l’inégalité des accroissements finis.
2) Trouver une suite ( fn)n dans E − {0} telle que, par exemple,
N∞( fn)
N∞( fn)
−→
n ∞
+∞.
b) 1) Remarquer : ∀ t ∈ R+,
t
1 + t2
1
2
,
et déduire l’inclusion f (E) ⊂ B 0 ;
1
2
.
2) Réciproquement, pour y ∈ B 0 ;
1
2
fixé, chercher λ ∈ R
pour que f (λy) = y.
Montrer que ∆ est linéaire et que |||∆||| 2.
Considérer, par exemple, la suite (−1)n
)n∈N pour déduire
|||∆||| = 2.
1) Montrer que E est fermée, comme image réciproque
d’un fermé par une application continue.
2) Montrer que E est bornée, en utilisant les coordonnées
polaires par exemple.
Raisonner par l’absurde : supposer que (un)n n’admette
qu’une seule valeur d’adhérence a et que (un)n diverge.
Montrer l’existence de ε > 0 et d’une extractrice σ tels que :
∀ n ∈ N, d(uσ(n),a) > ε.
Utiliser la compacité de K pour obtenir l’existence de b ∈ K
et d’une extractrice τ tels que : uσ(τ(n)) −→
n ∞
b.
Déduire d(a,b) ε, a = b, puis une contradiction.
Construire une suite ( fn)n d’applications continues de
[0 ; 1] dans R telle que ( fn)n soit de Cauchy pour ||.||1 et que
( fn)n diverge pour ||.||1. On pourra prendre fn affine par mor-
ceaux et continue telle que fn(x) = 1 pour 0 x
1
2
et
fn(x) = 0 pour
1
2
+
1
n
x 1.
a) Montrer que d(a,un) n∈N
est de Cauchy dans R, en uti-
lisant l’inégalité triangulaire renversée.
b) 1) Dans la phrase mathématique traduisant que (un)n∈N est
de Cauchy, fixer p et faire tendre q vers l’infini.
2) Se rappeler que : d(a,un) −→
n ∞
0 ⇐⇒ un −→
n ∞
a.
Si γ joint continument a1 et a2 dans A et δ joint continu-
ment b1 et b2 dans B, construire γ + δ, joignant continument
a1 + b1 et a2 + b2 dans A + B.
a) Joindre x ∈ A et y ∈ A par un chemin formé de deux
segments successifs, joignant x et a, puis a et y.
b) Montrer que D est étoilé par rapport à 0 et appliquer a).
a) Soit g ∈ F⊥. Considérer l’application
f : [0 ; 1] −→ R, x −→ xg(x)
qui est dans F, et traduire < f,g > = 0.
a) • Montrer d’abord, pour tout (x,y) ∈ R2, l’existence de
N(x,y),en montrant que l’application t −→
|x + ty|
1 + t + t2
est bor-
née sur R.
1.14
1.15
1.16
1.17
1.18
1.19
1.20
1.21
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1.28](https://image.slidesharecdn.com/mathmatiquesmthodesetexercicesmp-141109172011-conversion-gate01/85/Mathematiques-methodes-et-exercices-mp-27-320.jpg)
![Chapitre 1 • Espaces vectoriels normés
18
• Revenir à la définition d’une norme.
b) Transformer la condition N(x,y) 1 en :
∀ t ∈ R, −1
x + ty
1 + t + t2
1,
puis utiliser les résultats sur les trinômes réels.
c) Calculer l’aire comme intégrale double de la constante 1.
Se rappeler qu’une partie C de E est dite convexe si et
seulement si :
∀ λ ∈ [0 ; 1], ∀ (x,y) ∈ C2
, λx + (1 − λ)y ∈ C.
a) Utiliser, par exemple, la caractérisation séquentielle de
l’adhérence d’une partie de E.
b) Envisager, par exemple :
E = R2
, A = (x,y) ∈ (R∗
+)2
; xy = 1 , B = R × {0}.
a) Une inclusion est immédiate.
• Réciproquement, soit x ∈ A ∩ B.
Soit V un voisinage de x dans E.
Montrer l’existence d’un y dans V ∩ (A ∩ B), puis montrer :
(V ∩ A) ∩ B = ∅.
b) Appliquer l’hypothèse à E (A) à la place de B.
c) Choisir pour A et B des intervalles ou des réunions d’inter-
valles convenables.
1) Montrer que N et ν sont des normes.Pour montrer l’im-
plication ν ( f ) = 0 ⇒ f = 0, utiliser la résolution d’une
équation différentielle.
2) • Montrer : ∀ f ∈ E, ν( f ) N( f ).
• Pour f ∈ E, considérer
g : [0 ; 1] −→ R, x −→ ex
f (x),
exprimer g , puis déduire des majorations de |g(x)|,
| f (x)|, | f (x)|, à l’aide de ν ( f ).
Considérer l’application
ϕ : E −→ R, x −→ d(x,G) − d(x,F)
et les parties U = ϕ−1(]0 ; +∞[), V = ϕ−1(] − ∞ ; 0[) de E.
(i) ⇒ (ii) : Utiliser, par exemple, la caractérisation
séquentielle de l’adhérence.
(ii) ⇒ (iii) : Pour B ∈ P (F), appliquer l’hypothèse à
A = f −1(B).
(iii) ⇒ (iv) : Pour B ∈ P (F), appliquer l’hypothèse à B et à
F (B).
(iv) ⇒ (i) : Pour tout ouvert U de F, appliquer l’hypothèse à
B = U.
a) • Montrer que, pour toute (un)n 1 ∈ ∞, on a :
un
n n 1
∈ ∞
.
• Montrer que T est linéaire.
• Montrer : ∀ u ∈ ∞
, ||T(u)||∞ ||u||∞.
• En déduire : T ∈ LC( ∞) et |||T||| 1.
• Considérer la suite constante égale à 1, et déduire :|||T||| = 1.
b) • On obtient : Ker (T) = {0}.
• Montrer que Im (T) est l’ensemble des suites réelles en
O
1
n
.
• La linéarité de φ est immédiate.
• Montrer : ∀ f ∈ E, |φ( f )| M|| f ||∞,
en notant M =
p
k=1
|λk|.
• Considérer une application convenable f de E prenant les
valeurs 1 ou −1 en les ak.
Utiliser la caractérisation séquentielle des fermés et la défi-
nition séquentielle des compacts.
1) L’unicité est immédiate.
2) Pour l’existence, raisonner par l’absurde.
Considérer l’application
ϕ : K −→ R, x −→ d x, f (x) .
(i) ⇒ (ii) : Appliquer l’hypothèse au compact [−A ; A],
pour A ∈ R∗
+ fixé.
(ii) ⇒ (iii) : Utiliser le théorème des valeurs intermédiaires.
(iii) ⇒ (i) : Soit K un compact de R. Il existe A ∈ R∗
+ tel que :
K ⊂ [−A ; A]. Appliquer l’hypothèse pour déduire que f −1(K)
est borné, puis est compact.
Utiliser, par exemple, la caractérisation séquentielle d’un
fermé et la définition séquentielle d’un compact.
1) Montrer que V = ∅, en utilisant la définition séquen-
tielle de la compacité.
2) Montrer que V est bornée.
3) Montrer que V est fermée,en montrant,par exemple,que son
complémentaire est ouvert.
1.29
1.30
1.31
1.32
1.33
1.34
1.35
1.36
1.37
1.38
1.39
1.40
1.41](https://image.slidesharecdn.com/mathmatiquesmthodesetexercicesmp-141109172011-conversion-gate01/85/Mathematiques-methodes-et-exercices-mp-28-320.jpg)
![Du mal à démarrer ?
19
©Dunod.Laphotocopienonautoriséeestundélit.
Raisonner par l’absurde : supposer qu’il existe une appli-
cation f : [0 ; 1]2 −→ [0 ; 1] continue injective.
Considérer a,b,c ∈ [0 ; 1]2
de façon que, par exemple,
f (a) < f (b) < f (c), puis considérer un chemin γ joignant
continument a et c dans [0 ; 1]2
, sans passer par b, et envisager
f ◦ γ.
Vu l’exposant 1
2 et le carré dans l’intégrale,on peut conjec-
turer que N soit une norme associée à un produit scalaire.
Montrer que l’application ϕ : E × E −→ R définie, pour tout
( f,g) ∈ E × E par :
ϕ( f,g) =
1
0
f g +
1
2
f (0)g(1) + f (1)g(0)
est un produit scalaire et que N est la norme associée à ϕ.
Dans le premier membre de l’inégalité demandée, inter-
caler, par exemple,
x
||y||
, puis utiliser l’inégalité triangulaire et
les rôles symétriques de x et y.
a) Soient U,V des ouverts de E tels que U = V = E.
Soient x ∈ E et Ω un voisinage ouvert de x dans E. Montrer
l’existence d’un y ∈ Ω ∩ U, puis montrer (Ω ∩ U) ∩ V = ∅.
b) Passer aux complémentaires dans le résultat de a).
a) Montrer que, pour ϕ ∈ E fixée, Nϕ vérifie une partie de
la définition d’une norme.
1) Supposer ϕ−1
({0})
◦
= ∅. Montrer qu’alors :
∀ f ∈ E, Nϕ( f ) = 0 ⇒ f = 0 .
2) Supposer ϕ−1
({0})
◦
=/ ∅.Construire un élément f de E tel
que : f = 0 et Nϕ( f ) = 0.
b) Soit ϕ ∈ E fixée.
1) Supposer ϕ−1({0}) = ∅. Montrer qu’alors Nϕ et ||.||∞ sont
équivalentes, en faisant intervenir
1
ϕ
.
2) Supposer ϕ−1({0}) = ∅. Construire alors une suite ( fn)n∈N∗
dans E − {0} telle que :
|| fn||∞
Nϕ( fn)
−→
n ∞
+∞.
a) Récurrence sur n.
b) Utiliser a) et la sous-multiplicativité de |||.|||.
c) • Montrer, en utilisant a), qu’on ne peut pas avoir :
∀ n ∈ N, vn = 0.
• Considérer l’ensemble {n ∈ N ; vn = 0}, son plus petit élé-
ment, et obtenir une contradiction à l’aide de b)}.
On conclut qu’il n’existe pas de tel couple (u,v).
Soit F un fermé de C. Soient (Zn)n une suite dans
P(F), Z ∈ C tels que Zn −→
n ∞
Z. Pour chaque n ∈ N, il existe
zn ∈ F tel que P(zn) = Zn. Montrer que (zn)n est bornée. En
déduire l’existence de u ∈ C et d’une extractrice σ tels que :
zσ(n) −→
n ∞
u. Déduire Z = P(u) ∈ P(F).
Noter F =
n∈N
Fn.
1) L’inclusion f (F) ⊂
n∈N
f (Fn) est immédiate.
2) Réciproquement, soit x ∈
n∈N
f (Fn).
Pour chaque n ∈ N, il existe xn ∈ Fn tel que x = f (xn).
Utiliser la caractérisation séquentielle de la compacité de K.
b) 1) Montrer :
∀ n ∈ N∗
, ||un+1 − un|| k||un − un−1||,
puis : ∀ (p,r) ∈ N × N∗
, ||up+r − up|| kp ||u1 − u0||
1 − k
.
En déduire que (un)n est de Cauchy dans F.
Considérer l’ensemble E = (x,y) ∈ I2 ; x < y et l’appli-
cation taux d’accroissement :
τ : E −→ R, (x,y) −→
f (x) − f (y)
x − y
.
Montrer que E est connexe par arcs, que τ est continue, et en
déduire que τ(E) est un intervalle et que l’on a
τ(E) ⊂ f (I) ⊂ τ(E).
a) 1) Unicité :
Soit x ∈ E.
Soient z1,z2 ∈ F tels que : x − z1 ∈ F⊥
et x − z2 ∈ F⊥.
Exprimer ||z1||2, < z1 , z2 > , < z2 , z1 > , ||z2||2
et déduire
||z1 − z2||2 = 0, puis z1 = z2.
2) Existence :
Soit x ∈ E. Considérer l’application
ϕ : F −→ R, u −→ ||x − u||
et sa borne inférieure α, puis une suite (un)n∈N∗ dans F telle
que : ∀ n ∈ N∗
, α ϕ(un) α +
1
n
.
Montrer que (un)n∈N∗ est de Cauchy dans F. En déduire qu’il
existe z ∈ F tel que un −→
n ∞
z. Montrer que z minimise ϕ. Établir
x − z ∈ F⊥, en considérant, pour y ∈ F et λ ∈ C,
||x − (z + λy)||2.
b) 1) • La linéarité de pF est facile.
• Montrer : ∀ x ∈ E, ||pF (x)|| ||x||, puis : |||pF ||| = 1.
2) L’égalité pF ◦ pF = pF est immédiate.
3) Montrer, pour tout (x,y) ∈ E2
:
< pF (x) , y > = < pF (x) , pF (y) > ,
puis : < x , pF (y) > = < pF (x) , y > .
1.42
1.43
1.44
1.45
1.46
1.47
1.48
1.49
1.50
1.51
1.52](https://image.slidesharecdn.com/mathmatiquesmthodesetexercicesmp-141109172011-conversion-gate01/85/Mathematiques-methodes-et-exercices-mp-29-320.jpg)
![21
• On a, pour toutes f,g ∈ E :
ν1( f + g)
= |( f + g)(0)| + 2
1
0
|( f + g) (t)| dt
= | f (0) + g(0)| + 2
1
0
| f (t) + g (t)| dt
(| f (0)| + |g(0)|) + 2
1
0
| f (t)| + |g (t)| dt
= | f (0)| + 2
1
0
| f (t)| dt
+ |g(0)| + 2
1
0
|g (t)| dt
= ν1( f ) + ν1(g).
• Soit f ∈ E telle que ν1( f ) = 0.
On a alors : | f (0)| + 2
1
0
| f (t)| dt = 0,
donc f (0) = 0 et
1
0
| f (t)| dt = 0.
Puisque | f | est continue et 0, il en résulte f = 0, donc f
est constante, f = f (0) = 0.
Ceci montre que ν1 est une norme sur E.
2) De même, ν2 est aussi une norme sur E.
De manière plus générale, pour tout (a,b) ∈ (R∗
+)2
,
l’application f −→ a| f (0)| + b
1
0
| f (t)| dt
est une norme sur E.
3) On a, pour toute f ∈ E :
1
2
ν1( f ) ν2( f ) 2ν1( f ),
donc les normes ν1 et ν2 sur E sont équivalentes.
a) Soit a ∈ E.
Considérons l’application τ−a : E −→ E, y −→ y − a
qui est la translation de vecteur −a.
On a, pour tout y ∈ E : y ∈ {a} + Ω ⇐⇒ y − a ∈ Ω,
donc : {a} + Ω = y ∈ E ; τ−a(y) ∈ Ω = τ−1
−a(Ω).
Ainsi, {a} + Ω est l’image réciproque de l’ouvert Ω par l’ap-
plication continue τ−a, donc {a} + Ω est un ouvert de E.
b) Soit A ⊂ E. On a : A + Ω =
a∈A
({a} + Ω).
Ainsi, A + Ω est une réunion d’ouverts de E, donc est un ou-
vert de E.
1) Supposons ϕ continue sur A × B.
Puisque B =/ ∅, il existe b ∈ B. On a alors :
∀ x ∈ A, f (x) = ϕ(x,b) − g(b).
Comme ϕ est continue sur A × B, par composition,
l’application x −→ ϕ(x,b) est continue sur A, puis, par addi-
tion d’une constante, f est continue sur A.
De même, g est continue sur B.
2) Réciproquement, supposons f continue sur A et g continue
sur B.
Notons : pr1 : E × F −→ E, (x,y) −→ x ,
pr2 : E × F −→ F, (x,y) −→ y
les deux projections canoniques, qui, d’après le cours, sont conti-
nues sur E × F.
On a alors : ϕ = f ◦ pr1 + g ◦ pr2,
donc, par composition, ϕ est continue sur E × F.
Soient (x1,x2), (y1,y2) ∈ R2
. On a :
f (x1,x2) − f (y1,y2) 1
= (ax2,bx1) − (ay2,by1) 1
= (ax2 − ay2, bx1 − by1) 1
= a(x2 − y2), b(x1 − y1) 1
= |a(x2 − y2)| + |b(x1 − y1)| = a|x2 − y2| + b|x1 − y1| .
En notant k = Max (a,b) ∈ R+, on a donc :
f (x1,x2) − f (y1,y2) 1
k|x2 − y2| + k|x1 − y1|
= k (x1 − y1, x2 − y2) 1
= k (x1,x2) − (y1,y2) 1
.
On conclut que f est lipschitzienne.
• La linéarité de φ est immédiate, résultant de la linéa-
rité de l’intégration.
• On a :
∀ f ∈ E, |φ( f )| =
1
0
f (t) dt
1
0
| f (t)| dt = || f ||1 ,
donc φ, qui est linéaire, est continue, et |||φ||| 1.
• On a, en notant f0 : [0 ; 1] −→ R, t −→ 1 l’application
constante égale à 1, f0 =/ 0 et :
|| f0||1 =
1
0
|1| dt = 1, φ( f0) =
1
0
1 dt = 1 ,
donc :
|φ( f0)|
|| f0||1
= 1.
Il en résulte : |||φ||| 1, et finalement : |||φ||| = 1.
1.5
1.6
1.7
1.8](https://image.slidesharecdn.com/mathmatiquesmthodesetexercicesmp-141109172011-conversion-gate01/85/Mathematiques-methodes-et-exercices-mp-31-320.jpg)
![22
Considérons l’application
f : E × E −→ E, (x,y) −→ x + y .
On a : K + L = f (K × L).
Puisque K et L sont compacts, d’après le cours, K × L est
compact.
D’autre part, par opération, f est continue.
Ainsi, K + L est l’image d’un compact par une application
continue, donc K + L est compact.
Par théorèmes généraux, f est continue sur R∗
, et,
comme f (x) =
sin x
x
−→
x−→0
1 = f (0),
f est continue en 0, donc f est continue sur R.
Traçons d’abord l’allure de la courbe représentative de f :
D’autre part, puisque (un)n∈N est de Cauchy, il existe N2 ∈ N
tel que :
∀ p N2, ∀ q N2, d(up,uq )
ε
3
.
Notons N = Max (N1,N2) ∈ N . On a alors, pour tout
(p,q) ∈ N2
tel que p N et q N :
d(vp,vq ) d(vp,up) + d(up,uq ) + d(uq ,vq ) 3
ε
3
= ε .
Ceci montre que (vn)n∈N est de Cauchy dans E.
Considérons l’application
f : R −→ R, x −→ f (x) = x2 + 1 .
1) On a, pour tout (x,y) ∈ R2
tel que x =/ y :
| f (x) − f (y)| = x2 + 1 − y2 + 1
=
x2
− y2
√
x2 + 1 + y2 + 1
=
|x + y|
√
x2 + 1 + y2 + 1
|x − y| .
Et :
|x + y|
√
x2 + 1 + y2 + 1
|x| + |y|
√
x2 + 1 + y2 + 1
< 1,
car : 0 |x| < x2 + 1 et 0 |y| < y2 + 1.
D’où : | f (x) − f (y)| < |x − y|.
Ainsi, f diminue strictement les distances.
2) On a, pour tout x ∈ R : f (x) = x2 + 1 > |x| x,
donc : ∀ x ∈ R, f (x) =/ x,
donc f n’a pas de point fixe.
a) • L’implication N1 = N2 ⇒ B1 = B2 est évidente.
• Réciproquement, supposons B1 = B2.
Soit x ∈ E tel que x =/ 0.
∗ Considérons y =
1
N1(x)
x. On a :
N1(y) = N1
1
N1(x)
x =
1
N1(x)
N1(x) = 1 ,
donc y ∈ B1 = B2, d’où N2(y) 1.
Mais : N2(y) = N2
1
N1(x)
x =
1
N1(x)
N2(x).
On a donc :
1
N1(x)
N2(x) 1, d’où : N2(x) N1(x).
∗ Puisque N1 et N2 jouent des rôles symétriques, on a aussi
N1(x) N2(x), d’où : N1(x) = N2(x).
Enfin, pour x = 0, l’égalité N1(x) = N2(x) est triviale.
On conclut : N1 = N2 .
1.9
1.10
y
x−π 2ππ
−2π O
1
1
2
B
A
1) On a : A = πZ∗
, donc A n’est pas bornée, donc n’est pas
compacte.
2) • Puisque B = f −1 1
2
; +∞ , que f est continue et que
1
2
; +∞ , est fermé dans R, d’après le cours, B est fermée
dans R.
• On a, pour tout x ∈ R :
|x| > 2 ⇒ | f (x)| =
sin x
x
1
x
<
1
2
⇒ x /∈ B ,
donc : B ⊂ [−2 ; 2], donc B est bornée.
Ainsi, B est une partie fermée bornée de R, donc B est
compacte.
Supposons, par exemple, que (un)n∈N est de Cauchy.
Soit ε > 0.
Puisque d(un,vn) −→
n ∞
0, il existe N1 ∈ N tel que :
∀ n N1, d(un,vn)
ε
3
.
1.11
1.12
1.13](https://image.slidesharecdn.com/mathmatiquesmthodesetexercicesmp-141109172011-conversion-gate01/85/Mathematiques-methodes-et-exercices-mp-32-320.jpg)
![23
b) • L’implication N1 = N2 ⇒ B1 = B2 est évidente.
• Réciproquement, supposons B1 = B2.
Nous allons adopter la même méthode que dans la solution
de a).
Soit x ∈ E tel que x =/ 0.
∗ Considérons y =
1
N1(x)
x. On a alors N1(y) = 1, donc
y /∈ B1 = B2, d’où N2(y) 1.
Mais N2(y) =
1
N1(x)
N2(x), d’où N2(x) N1(x).
∗ Puisque N1 et N2 jouent des rôles symétriques, on a aussi
N1(x) N2(x), d’où : N1(x) = N2(x).
Enfin, pour x = 0, l’égalité N1(x) = N2(x) est triviale.
On conclut : N1 = N2 .
a) Soit F un sev de E tel que
◦
F =/ ∅. Il existe donc
a ∈
◦
F, puis r ∈ R∗
+ tel que B(a;r) ⊂ F.
Soit x ∈ E tel que x =/ a.
Notons y = a +
r
2||x − a||
(x − a).
On a alors ||y − a|| =
r
2
< r, donc y ∈ B(a;r),
d’où y ∈ F.
Comme F est un sev et que a et y sont dans F,
il en résulte que x − a =
2||x − a||
r
(y − a) ∈ F ,
puis x = (x − a) + a ∈ F.
Finalement : F = E.
b) E1 et P sont des sev de E, distincts de E, car, par exemple,
l’application [0; 1] −→ R
x−→ x− 1
2
est dans E et non dans E1, et l’ap-
plication [0; 1] −→ R
x−→ 1
x+1
est dans E et non dans P.
Par contre-apposition du résultat de a), on conclut :
◦
E1 =
◦
P = ∅.
a) 1) On a : B(a ;r) ⊂ B (a ;r), d’où, en passant aux
adhérences et puisque B (a ;r) est fermée :
B(a ;r) ⊂ B (a ;r) = B (a ;r) .
2) Réciproquement, soit x ∈ B (a ;r).
Notons, pour tout n ∈ N∗
: xn =
1
n
a + 1 −
1
n
x.
On a, pour tout n ∈ N∗
:
||xn − a|| = 1 −
1
n
(x − a)
= 1 −
1
n
||x − a|| 1 −
1
n
r < r,
donc : xn ∈ B(a ;r).
D’autre part :
||xn − x|| =
1
n
(a − x) =
1
n
||x − a|| −→
n ∞
0 ,
donc : xn −→
n ∞
x.
Ainsi, x est limite d’une suite d’éléments de B(a ;r), donc
x ∈ B(a ;r).
Ceci montre : B (a ;r) ⊂ B(a ;r).
On conclut : B(a ;r) = B (a ;r).
b) 1) On a : B(a ;r) ⊂ B (a ;r), d’où, en passant aux intérieurs
et puisque B(a ;r) est ouverte :
B(a ;r) = B(a ;r)
◦
⊂ B (a ;r)
◦
.
2) Nous allons montrer l’autre inclusion en raisonnant sur les
complémentaires, de façon à manipuler des adhérences (au lieu
d’intérieurs) et à utiliser des suites.
Soit x ∈ E B(a ;r) , donc ||x − a|| r.
1.14
1.15
a xxn
a x xn](https://image.slidesharecdn.com/mathmatiquesmthodesetexercicesmp-141109172011-conversion-gate01/85/Mathematiques-methodes-et-exercices-mp-33-320.jpg)
![24
Notons, pour tout n ∈ N∗
: xn = −
1
n
a + 1 +
1
n
x.
On a, pour tout n ∈ N∗
:
||xn − a|| = 1 +
1
n
(x − a)
= 1 +
1
n
||x − a|| 1 +
1
n
r > r,
donc xn ∈ E B (a ;r) .
D’autre part :
||xn − x|| =
1
n
(x − a) =
1
n
||x − a|| −→
n ∞
0 ,
donc : xn −→
n ∞
x.
Ainsi, x est limite d’une suite d’éléments de E B (a ;r) , donc
x ∈ E B (a ;r) .
Ceci montre :
E B(a ;r) ⊂ E B (a ;r) = E B (a ;r)
◦
,
d’où, en passant aux complémentaires :
B(a ;r) ⊃ B (a ;r)
◦
.
Finalement : B (a ;r)
◦
= B(a ;r).
1) Nous allons montrer que A est une partie fermée de E
en utilisant la caractérisation séquentielle des parties fermées.
Soient ( fn)n∈N une suite dans A, f ∈ E tels que fn −→
n ∞
f dans
(E,||.||∞).
On a, pour tout x ∈ [0 ; 1] :
| fn(x) − f (x)| || fn − f ||∞ −→
n ∞
0 ,
donc : fn(x) −→
n ∞
f (x).
D’autre part :
∀ x ∈ [0 ; 1], ∀ n ∈ N, efn(x)
2 + fn(x) .
On déduit, par passage à la limite dans une inégalité lorsque
l’entier n tend vers l’infini :
∀ x ∈ [0 ; 1], ef (x)
2 + f (x) ,
et donc : f ∈ A.
Ceci montre que A est une partie fermée de E.
2) • Montrons : ∀ t ∈ [2 ; +∞[, et
2 + t.
L’application
ϕ : [2 ; +∞[−→ R, t −→ ϕ(t) = et
− (2 + t)
est dérivable et, pour tout t ∈ [2 ; +∞[ :
ϕ (t) = et
− 1 > 0 ,
donc ϕ est strictement croissante.
De plus : ϕ(2) = e2
− 4 > 0.
On déduit : ∀ t ∈ [2 ; +∞[, ϕ(t) 0,
d’où l’inégalité voulue.
• Soient t ∈ [2 ; +∞[ et ft : [0 ; 1] −→ R, x −→ t l’applica-
tion constante égale à t. On a alors :
∀ t ∈ [2 ; +∞[, ft ∈ A et || ft || = |t| = t ,
ce qui montre que A n’est pas bornée.
a) 1) Nous allons montrer que A est une partie fermée
de E, en utilisant la caractérisation séquentielle des fermés.
Soient ( fn)n∈N une suite dans A, f ∈ E tels que fn −→
n ∞
f dans
(E,||.||∞).
• On a : | fn(0) − f (0| || fn − f ||∞ −→
n ∞
0,
donc : fn(0) −→
n ∞
f (0).
Mais : ∀ n ∈ N, fn(0) = 1, d’où : f (0) = 1.
• On a :
1
0
fn −
1
0
f =
1
0
( fn − f )
1
0
| fn − f | (1 − 0)|| fn − f ||∞ −→
n ∞
0,
donc :
1
0
fn −→
n ∞
1
0
f.
Mais : ∀ n ∈ N,
1
0
fn = 0, donc :
1
0
f = 0.
On déduit : f ∈ A.
On conclut que A est une partie fermée de E.
2) • Soit f ∈ A.
On a : || f − 0||∞ = || f ||∞ | f (0)| = 1,
donc : d(0,A) || f − 0||∞ 1.
• L’application f : [0 ; 1] −→ R, x −→ 1 − 2x
est dans A et : d(0, f ) = || f ||∞ = 1.
On conclut : d(0,A) = 1, et cette borne est atteinte, par f
ci-dessus et représentée graphiquement ci-après.
1.16
1.17](https://image.slidesharecdn.com/mathmatiquesmthodesetexercicesmp-141109172011-conversion-gate01/85/Mathematiques-methodes-et-exercices-mp-34-320.jpg)
![25
b) 1) On montre que B est une partie fermée de E par la même
méthode qu’en a) 1).
2) • Soit f ∈ B. On a :
1 =
1
0
f
1
0
| f | (1 − 0)|| f ||∞ = || f − 0||∞ ,
donc : d(0,B) 1.
• Considérons, pour tout n ∈ N∗
, l’application
gn : [0 ; 1] −→ R définie, pour tout x ∈ [0 ; 1], par :
gn(x) =
nan x si 0 x
1
n
an si
1
n
< x 1
,
où an est à calculer pour que
1
0
gn = 1.
On a :
1
0
gn = 1 ⇐⇒ an −
an
2n
= 1 ⇐⇒ an =
2n
2n − 1
.
On a alors : ∀ n ∈ N∗
, gn ∈ B et :
||gn − 0||∞ = an =
2n
2n − 1
−→
n ∞
1 ,
d’où l’on conclut : d(0,B) 1.
• Supposons qu’il existe f ∈ B telle que d(0,B) = || f ||∞.
On a :
0
1
0
|| f ||∞ − f = || f ||∞ −
1
0
f = 1 − 1 = 0 ,
donc, puisque || f ||∞ − f est continue et 0, on a :
|| f ||∞ − f = 0, f = || f ||∞, f est une constante.
Mais f (0) = 0, donc f = 0, contradiction avec
1
0
f = 1.
Ceci montre que d(0,B) n’est pas atteinte.
a) • D’abord, E est bien un R-ev, et N∞,N∞,N∞ sont
définies, car, si f ∈ E, alors f, f , f sont continues sur le seg-
ment [0 ; 1] , donc sont bornées, d’où l’existence de
N∞( f ), N∞( f ), N∞( f ).
Nous allons montrer que N∞ est une norme sur E, les preuves
pour N∞ et N∞ étant analogues et plus simples.
• On a, pour toutes f,g ∈ E :
N∞( f + g)
=|( f + g)(0)| + |( f + g) (0)| + Sup
x∈[0;1]
|( f + g) (x)|
| f (0)| + |g(0)| + | f (0)| + |g (0)|
+ Sup
x∈[0;1]
| f (x)| + |g (x)|
| f (0)| + |g(0)| + | f (0)| + |g (0)|
+ Sup
x∈[0;1]
| f (x)| + Sup
x∈[0;1]
|g (x)|
= | f (0)| + | f (0)| + Sup
x∈[0;1]
| f (x)|
+ |g(0)| + |g (0)| + Sup
x∈[0;1]
|g (x)|
=N∞( f ) + N∞(g).
y
x
y = f(x)
1
1
O
− 1
1
2
y
11 x
n
1
O
a
n
1.18](https://image.slidesharecdn.com/mathmatiquesmthodesetexercicesmp-141109172011-conversion-gate01/85/Mathematiques-methodes-et-exercices-mp-35-320.jpg)
![26
• On a, pour tout α ∈ R et toute f ∈ E :
N∞(α f ) = |(α f )(0)| + |(α f ) (0)| + Sup
x∈[0;1]
|(α f ) (x)|
= |α| | f (0)| + |α| | f (0)| + |α| Sup
x∈[0;1]
| f (x)| = |α|N∞( f ) .
• Soit f ∈ E telle que N∞( f ) = 0.
On a alors : | f (0)|
0
+ | f (0)|
0
+ Sup
x∈[0;1]
| f (x)|
0
= 0,
donc f (0) = 0, f (0) = 0, Sup
x∈[0;1]
| f (x)| = 0.
Il en résulte f = 0. Il existe donc (a,b) ∈ R2
tel que :
∀ x ∈ [0; 1], f (x) = ax + b .
De plus :
f (0) = 0
f (0) = 0
⇐⇒
a = 0
b = 0
d’où f = 0.
On conclut : N∞, N∞, N∞ sont des normes sur E.
b) 1) • Soit f ∈ E.
Pour tout x ∈ [0 ; 1], d’après l’inégalité des accroissements finis,
appliquée à f sur [0 ; x], on a :
| f (x) − f (0)| x Sup
t∈[0;x]
| f (t)| 1 Sup
x∈[0;1]
| f (t)| ,
puis :
| f (x)| = f (0) + f (x) − f (0)
| f (0)| + | f (x) − f (0)|
| f (0)| + Sup
t∈[0;1]
| f (t)| = N∞( f ).
Il en résulte : N∞( f ) N∞( f ).
• De même : ∀ f ∈ E, N∞( f ) N∞( f ) .
2) Montrons que les normes N∞, N∞, N∞ sont deux à deux
non équivalentes :
Considérons la suite ( fn)n∈N∗ d’applications de [0 ; 1] dans R
définies, pour tout n ∈ N∗
, par :
∀ x ∈ [0 ; 1], fn(x) = sin (πnx) .
On a, pour tout n ∈ N∗
, fn ∈ E et, pour tout x ∈ [0 ; 1] :
fn(x) = sin (πnx), fn(x) = πn cos (πnx),
fn (x) = −π2
n2
sin (πnx) ,
d’où, pour tout n ∈ N∗
:
N∞( fn) = 1, N∞( fn) = πn, N∞( fn) = πn + π2
n2
.
Il s’ensuit :
N∞( fn)
N∞( fn)
= πn −−−→
n ∞
+ ∞,
N∞( fn)
N∞( fn)
= 1 + πn −−−→
n ∞
+ ∞,
N∞( fn)
N∞( fn)
= πn + π2
n2
−−−→
n ∞
+ ∞ .
Ainsi, les rapports
N∞( f )
N∞( f )
,
N∞( f )
N∞( f )
,
N∞( f )
N∞( f )
ne sont pas bor-
nés lorsque f décrit E − {0}, donc les normes N∞, N∞, N∞
sont deux à deux non équivalentes.
a) L’application
f : E −→ E, x −→ f (x) =
x
1 + ||x||2
est continue par opérations sur les applications continues.
b) 1) On a : ∀ x ∈ E, || f (x)|| =
||x||
1 + ||x||2
1
2
,
car : ∀ t ∈ R+,
t
1 + t2
−
1
2
=
−(1 − t)2
2(1 + t2)
0.
d’où : f (E) ⊂ B 0 ;
1
2
.
2) Réciproquement, soit y ∈ B 0 ;
1
2
.
Cherchons λ ∈ R pour que f (λy) = y. On a :
f (λy) = y ⇐⇒
λy
1 + ||λy||2
= y
⇐ ||y||2
λ2
− λ + 1 = 0.
Si y = 0, on peut choisir λ = 0.
Supposons y =/ 0. L’équation du second degré précédente, d’in-
connue λ ∈ R, admet au moins une solution puisque son dis-
criminant 1 − 4||y||2
est 0, car ||y||
1
2
.
Ceci montre : B 0 ;
1
2
⊂ f (E).
On conclut : f (E) = B 0 ;
1
2
.
Remarque :
Le résultat est apparent dans le cas E = R muni de la norme
|.| usuelle :
y
x1
0
On a ici : f (R) = −
1
2
;
1
2
= B 0 ;
1
2
.
1.19
Représentation graphique de f : x →
x
1 + x2](https://image.slidesharecdn.com/mathmatiquesmthodesetexercicesmp-141109172011-conversion-gate01/85/Mathematiques-methodes-et-exercices-mp-36-320.jpg)
![27
Remarquons d’abord que, pour toute suite réelle bornée
x = (xn)n , la suite réelle y = (yn)n définie dans l’énoncé est
bornée ; ainsi, ∆ est bien une application de ∞
dans ∞
.
• La linéarité de ∆ est immédiate.
• Soient x = (xn)n ∈ ∞
, y = (x) = (yn)n .
On a : ∀n ∈ N,
|yn| = |xn+1 − xn| |xn+1| + |xn| 2||x||∞,
donc : || (x)||∞ 2||x||∞.
Ceci montre que ∆, qui déjà est linéaire, est continue, et que :
|||∆||| 2.
• Considérons la suite réelle bornée x = (xn)n définie par :
∀n ∈ N, xn = (−1)n
.
D’une part : ||x||∞ = 1.
D’autre part : ∀n ∈ N, |xn+1 − xn| = 2,
donc : ||∆(x)||∞ = 2.
On a donc : |||∆|||
||∆(x)||∞
||x||∞
= 2.
Finalement : ∆ ∈ LC ( ∞
) et |||∆||| = 2
1) L’application
f : R2
−→ R, (x,y) −→ x2
(x − 1)(x − 3) + y2
(y2
− 4)
est continue et {0} est fermé dans R, donc E = f −1
({0}) est
fermé dans R2
, comme image réciproque d’un fermé par une
application continue.
2) Montrons que E est bornée, en utilisant les coordonnées po-
laires.
Notons, pour (x,y) ∈ R2
: ρ = x2 + y2 .
On a, pour tout (x,y) ∈ R2
:
(x,y) ∈ E ⇐⇒ x4
− 4x3
+ 3x2
+ y4
− 4y2
= 0
⇐⇒ x4
+ y4
= 4x3
− 3x2
+ 4y2
,
d’où, pour tout (x,y) ∈ E :
ρ4
= (x2
+ y2
)2
= x4
+ 2x2
y2
+ y4
2(x4
+ y4
)
= 2(4x3
− 3x2
+ 4y2
) 2(4ρ3
+ 4ρ2
) = 8ρ3
+ 8ρ2
.
En supposant ρ 1, on a donc, si (x,y) ∈ E :
ρ4
16ρ3
, d’où : ρ 16.
Ceci montre : ∀ (x,y) ∈ E, x2 + y2 16,
donc E est bornée.
Ainsi, E est une partie fermée bornée de R2
, qui est un evn de
dimension finie, donc E est compacte.
Raisonnons par l’absurde : supposons que (un)n n’ad-
mette qu’une seule valeur d’adhérence a, et que (un)n diverge.
Puisque un −→/
n ∞
a, il existe ε > 0 tel que :
∀N ∈ N, ∃ n ∈ N, n N et d(un,a) > ε .
Ceci permet de construire une extractrice σ telle que :
∀n ∈ N, d(uσ(n),a) > ε.
Puisque K est compact, la suite (uσ(n))n, à éléments dans K,
admet au moins une valeur d’adhérence b dans K ; il existe donc
un extractrice τ telle que uσ(τ(n)) −−−→
n∞
b.
Comme : ∀n ∈ N, d(uσ(τ(n)),a) > ε, on obtient, en passant
à la limite d(b,a) ε, et nécessairement a =/ b.
Ainsi, (un)n admet au moins deux valeurs d’adhérence diffé-
rentes, a et b, contradiction.
Considérons, pour tout n de N tel que n 2, l’applica-
tion fn : [0; 1] −→ R définie par :
fn(x) =
1 si 0 x
1
2
−nx +
n + 2
2
si
1
2
x
1
2
+
1
n
0 si
1
2
+
1
n
x 1.
1.20
1.21
1.22
y
xO 1
fn
1
2
1
2
1
n
+
1
Il est clair que, pour tout n 2, fn est continue sur [0; 1].
1) Montrons que ( fn)n 2 est de Cauchy pour || · ||1.
Soient p ∈ N − {0,1}, r ∈ N. On a :
|| fp+r − fp||1 =
1
0
fp+r (x) − fp(x) dx
=
1
2
+ 1
p
1
2
fp(x) − fp+r (x) dx
1
2
+ 1
p
1
2
fp(x) dx =
1
2p
.
Il en résulte :
∀ε > 0, ∃N ∈ N − {0,1},
∀p N, ∀r ∈ N, || fp+r − fp||1 ε,
et donc ( fn)n 2 est de Cauchy pour || · ||1.
1.23](https://image.slidesharecdn.com/mathmatiquesmthodesetexercicesmp-141109172011-conversion-gate01/85/Mathematiques-methodes-et-exercices-mp-37-320.jpg)
![28
Fixons temporairement p tel que p N.
On a, en faisant tendre l’entier q vers l’infini, d’après a) :
d(up,uq ) −→
q∞
f (up) ,
d’où, par passage à la limite dans une inégalité :
f (up) ε .
Ceci montre, en particulier :
∀ ε > 0, ∃ N ∈ N, f (uN ) ε ,
donc : ∀ ε > 0, ∃ a ∈ E, f (a) ε,
et donc : Inf
a∈E
f (a) = 0.
2) On a :
∃ a ∈ E, f (a) = 0
⇐⇒ ∃ a ∈ E, d(a,un) −−−→
n ∞
0
⇐⇒ ∃ a ∈ E, un −−−→
n ∞
a.
Ainsi, la borne inférieure en question est atteinte si et seule-
ment si la suite (un)n∈N converge.
Soit (x1,x2) ∈ (A + B)2
. Il existe (a1,a2) ∈ A2
,
(b1; b2) ∈ B2
tels que : x1 = a1 + b1 et x2 = a2 + b2.
Puisque A et B sont connexes par arcs, il existe des applica-
tions continues γ,δ : [0; 1] −→ E telles que :
∀t ∈ [0; 1], γ(t) ∈ A et δ(t) ∈ B
γ(0) = a1, γ(1) = a2, δ(0) = b1, δ(1) = b2.
L’application γ + δ : [0; 1] −→ E
t−→γ(t)+δ(t)
est continue, et on a :
∀t ∈ [0; 1], (γ + δ)(t) = γ(t) + δ(t) ∈ A + B
(γ + δ)(0) = γ(0) + δ(0) = a1 + b1 = x1
et (γ + δ)(1) = x2.
On conclut que A + B est connexe par arcs.
Remarque
On peut aussi montrer que A × B est connexe par arcs, puis
remarquer que A + B est l’image de A × B par l’application
continue E × E −→ E
(x,y)−→x+y
, si l’on sait que le produit cartésien de
deux parties connexes par arcs est connexe par arcs
a) Soit (x,y) ∈ A2
.
Puisque A est étoilée (par rapport à a), on a :
[a ; x] ⊂ A et [a ; y] ⊂ A .
1.24
1.25
1.26
2) Montrons que ( fn)n 2 ne converge pas dans
C([0; 1],R),|| · ||1 . Raisonnons par l’absurde : supposons
qu’il existe f : [0; 1] −→ R continue telle que
|| fn − f ||1 −−−→
n∞
0.
• On a :
∀n 2,
|| fn − f ||1
1
2
0
fn(x) − f (x) dx =
1
2
0
1 − f (x) dx,
d’où :
1
2
0
|1 − f (x)|dx = 0.
Puisque x −→ |1 − f (x)| est continue et 0, il en résulte :
∀x ∈ 0;
1
2
, f (x) = 1.
• Soit x0 ∈
1
2
; 1 . On a, pour tout n 2 tel que n
1
x0 −
1
2
:
|| fn − f ||1
1
x0
fn(x) − f (x) dx =
1
x0
| f (x)| dx,
d’où :
1
x0
| f (x)| dx = 0.
Il en résulte : ∀x ∈ [x0; 1], f (x) = 0,
ce qui montre : ∀x ∈
1
2
; 1 , f (x) = 0.
On obtient ainsi : f (x) =
1 si x ∈ 0;
1
2
0 si x ∈
1
2
; 1
,
et donc f n’est pas continue en
1
2
, contradiction.
a) Soit ε > 0.
Puisque (un)n∈N est de Cauchy dans (E,||.||), il existe N ∈ N
tel que : ∀ p N, ∀ q N, d(up,uq ) ε.
On a alors, par l’inégalité triangulaire :
∀ p N, ∀ q N, d(a,up) − d(a,uq ) d(up,uq ) ε .
Ceci montre que la suite (d(a,un))n∈N est de Cauchy dans R.
Comme R est complet, il en résulte que cette suite (d(a,un))n∈N
converge dans R, vers un élément dépendant de a et noté f (a).
b) 1) Soit ε > 0.
Puisque (un)n∈N est de Cauchy dans (E,||.||), il existe N ∈ N
tel que :
∀ p N, ∀ q N, d(up,uq ) ε .](https://image.slidesharecdn.com/mathmatiquesmthodesetexercicesmp-141109172011-conversion-gate01/85/Mathematiques-methodes-et-exercices-mp-38-320.jpg)
![29
On conclut que A est connexe par arcs.
b) L’ensemble D des matrices de Mn(R) diagonalisables dans
Mn(R) est étoilé par rapport à 0.
En effet, soient X ∈ D et t ∈ [0 ; 1].
Il existe P ∈ GLn(R),D ∈ Dn(R) telles que X = P DP−1
.
On a alors :
(1 − t)0 + t X = t P DP−1
= P(t D)P−1
.
Ceci montre que, si X ∈ D, alors le segment [0 ; X] de Mn(R)
est inclus dans D, donc D est étoilé par rapport à 0.
D’après a), on conclut que D est connexe par arcs.
a) Soit g ∈ F⊥
.
Considérons l’application
f : [0 ; 1] −→ R, x −→ f (x) = xg(x) .
On a f ∈ F, donc :
0 = < f , g > =
1
0
f (x)g(x) dx =
1
0
x g(x)
2
dx .
Comme x −→ x g(x)
2
est continue et 0, on déduit :
∀ x ∈ [0 ; 1], x g(x)
2
= 0 ,
puis : ∀ x ∈ ]0 ; 1], g(x) = 0.
Comme g est continue en 0, il en résulte g = 0.
On conclut : F⊥
= {0}.
b) On a donc : F ⊕ F⊥
= F ⊕ {0} = F.
Il est clair que F =/ E, puisque l’application constante égale
à 1 est dans E et n’est pas dans F.
On conclut : F ⊕ F⊥
=/ E.
a) • Existence :
Soit (x,y) ∈ R2
.
Première méthode :
L’application fx,y : t −→
|x + ty|
1 + t + t2
, est continue sur R, car
le trinôme réel 1 + t + t2
est de discriminant < 0 , et
fx,y(t) −→
t−→±∞
0. Il existe donc t0 ∈ [0 ; +∞[ tel que :
∀ t ∈ ] − ∞ ; −t0] ∪ [t0 ; +∞[, | fx,y(t)| 1 .
Ensuite, f étant continue sur le segment [−t0 ; t0], d’après un
théorème du cours, f est bornée sur ce segment. Il existe donc
A ∈ R+ tel que :
∀ t ∈ [−t0 ; t0], | fx,y(t)| A.
En notant M = Max (1,A) ∈ R+ , on a donc :
∀ t ∈ R, | fx,y(t)| M .
Ainsi, fx,y est bornée, donc N(x,y) = Sup
t∈R
fx,y(t) existe.
Deuxième méthode :
Soit (x,y) ∈ R2
. On a, pour tout t ∈ R tel que |t| 1 :
|x + ty|
1 + t + t2
|x| + |t| |y|
1 + t + t2
|x| + |y|
1
= |x| + |y| ,
et, pour tout t ∈ R tel que |t| 1 :
|x + ty|
1 + t + t2
|x| + |t| |y|
1 + t + t2
(|x| + |y|)|t|
t2
=
|x| + |y|
|t|
|x| + |y|.
D’où : ∀ t ∈ R,
|x + ty|
1 + t + t2
|x| + |y|.
Ainsi, l’application t ∈ R −→
|x + ty|
1 + t + t2
, est bornée, donc
N(x,y) = Sup
t∈R
fx,y(t), existe.
x
y
a
t = 0
t = 1t = 1
2
1.27
1.28
L’application γ : [0 ; 1] −→ E définie, pour tout t ∈ [0 ; 1],
par : γ(t) =
a + (1 − 2t)(x − a) si 0 t
1
2
a + (2t − 1)(y − a) si
1
2
< t 1
est continue sur [0 ; 1], car :
γ(t) −→
t −→
<
1
2
a, γ(t) −→
t −→
>
1
2
a, γ
1
2
= a.
On a : γ(0) = x et γ(1) = y et, pour tout t ∈ [0 ; 1] :
γ(t) =
a + (1 − 2t)(x − a) ∈ [a ; x] ⊂ A
si 0 t
1
2
a + (2t − 1)(y − a) ∈ [a ; y] ⊂ A
si
1
2
< t 1.
Ainsi, γ est un chemin continu joignant x et y dans A.](https://image.slidesharecdn.com/mathmatiquesmthodesetexercicesmp-141109172011-conversion-gate01/85/Mathematiques-methodes-et-exercices-mp-39-320.jpg)
![30
• On a, pour tous (x,y), (x ,y ) ∈ R2
:
N (x,y) + (x ,y )
= N(x + x , y + y )
= Sup
t∈R
(x + x ) + t(y + y )
1 + t + t2
Sup
t∈R
|x + ty| + |x + ty |
1 + t + t2
Sup
t∈R
|x + ty|
1 + t + t2
+ Sup
t∈R
|x + ty |
1 + t + t2
= N(x,y) + N(x ,y ).
• On a, pour tout α ∈ R et tout (x,y) ∈ R2
:
N α(x,y) = N(αx,αy)
= Sup
t∈R
|αx + tαy|
1 + t + t2
= |α| Sup
t∈R
|x + ty|
1 + t + t2
= |α|N(x,y).
• On a, pour tout (x,y) ∈ R2
:
N(x,y) = 0 ⇐⇒ ∀ t ∈ R,
|x + ty|
1 + t + t2
= 0
⇐⇒ ∀ t ∈ R, x + ty = 0 ⇐⇒ (x,y) = (0,0).
On conclut que N est une norme sur R2
.
b) Soit (x,y) ∈ R2
. On a :
(x,y) ∈ BN (0 ; 1)
⇐⇒ N(x,y) 1
⇐⇒ Sup
t∈R
|x + ty|
1 + t + t2
1
⇐⇒ ∀ t ∈ R,
|x + ty|
1 + t + t2
1
⇐⇒ ∀ t ∈ R, −(1 + t + t2
) x + ty 1 + t + t2
⇐⇒
∀ t ∈ R, t2
+ (1 − y)t + (1 − x) 0
∀ t ∈ R, t2
+ (1 + y)t + (1 + x) 0
⇐⇒
(1 − y)2
− 4(1 − x) 0
(1 + y)2
− 4(1 + x) 0.
Ainsi, BN (0 ; 1) est la partie du plan comprise entre les deux
paraboles :
P : (y − 1)2
= −4(x − 1), Q : (y + 1)2
= 4(x + 1) .
b) Les points d’intersection des deux paraboles P et Q ont pour
ordonnées −
√
3 et
√
3. L’aire S de BN (0 ; 1) est donnée, par
exemple, par l’intégrale double :
S =
√
3
−
√
3
1−
(1−y)2
4
(1+y)2
4 −1
dx dy
=
√
3
−
√
3
1 −
(1 − y)2
4
−
(1 + y)2
4
+ 1 dy
=
√
3
−
√
3
3
2
−
y2
2
dy =
3
2
y −
y3
6
√
3
−
√
3
=2
3
2
√
3 −
3
√
3
6
= 2
√
3.
1) Soient λ ∈ [0 ; 1], (x,y) ∈ C
2
.
Il existe une suite (xn)n∈N dans C telle que xn −−−→
n ∞
x, et il
existe une suite (yn)n∈N dans C telle que yn −−−→
n ∞
y.
Puisque C est convexe, on a alors :
∀ n ∈ N, λxn + (1 − λ)yn ∈ C .
D’autre part, par opérations sur les suites convergentes :
λxn + (1 − λ)yn −−−→
n ∞
λx + (1 − λ)y .
y
x
1
2
3
2
3
1
1
3
O
B'N(0 ; 1)
3
1
1.29](https://image.slidesharecdn.com/mathmatiquesmthodesetexercicesmp-141109172011-conversion-gate01/85/Mathematiques-methodes-et-exercices-mp-40-320.jpg)
![31
On déduit : λx + (1 − λ)y ∈ C ,
et on conclut que C est convexe.
2) Soient λ ∈ [0 ; 1], (x,y) ∈ (C◦
)2
.
Notons z = λx + (1 − λ)y.
Nous allons montrer : z ∈ C◦
.
Il existe α > 0 tel que B(x ; α) ⊂ C et il existe β > 0 tel que
B(y,β) ⊂ C. Notons r = Min (α,β) > 0.
On a alors :
B(x ;r) ⊂ B(x ; α) ⊂ C et B(y ;r) ⊂ B(y ; β) ⊂ C .
• On a : A = A, B = B, donc A + B = A + B = R × R∗
+ ,
d’où, dans cet exemple :
A + B =/ A + B .
a) • On a, d’après les propriétés ensemblistes de l’ad-
hérence, B ⊂ B, donc : A ∩ B ⊂ A ∩ B, puis :
A ∩ B ⊂ A ∩ B .
• Réciproquement, soit x ∈ A ∩ B .
Soit V un voisinage ouvert de x dans E. On a :
V ∩ (A ∩ B) =/ ∅ .
Il existe donc y ∈ V ∩ (A ∩ B) = (V ∩ A) ∩ B ⊂ B .
Comme V et A sont ouverts et contiennent y, V ∩ A est un
voisinage ouvert de y, donc : (V ∩ A) ∩ B =/ ∅.
Ceci montre que, pour tout voisinage ouvert V de x dans E,
on a V ∩ (A ∩ B) =/ ∅.
Il en résulte : x ∈ A ∩ B .
On a montré : A ∩ B ⊂ A ∩ B.
Finalement : A ∩ B = A ∩ B.
b) Appliquons l’hypothèse à B = E (A) :
A ∩ E (A) ⊂ A ∩ E (A) = ∅ = ∅,
d’où : A ⊂ E E (A) = E E (A◦
) = A◦
,
ce qui montre que A est un ouvert de E.
c) On peut choisir, dans R usuel :
A = ]0 ; 1[ ∪ ]2 ; 4[, B = ]1 ; 3[ .
On a alors :
A ∩ B = ]2 ; 3[, A ∩ B = ]2 ; 3], A ∩ B = [2 ; 3[,
A ∩ B = {1} ∪ [2 ; 3], A ∩ B = [2 ; 3] ,
qui sont deux à deux distincts.
v
u w
x z y
C
Soit u ∈ B(z ;r).
Notons v = u + (x − z), w = u + (y − z).
On a : λv + (1 − λ)w = (u − z) + λx + (1 − λ)y = u.
D’autre part :
||v − x|| = ||u − z|| < r et ||w − z|| = ||u − z|| < r ,
donc : v ∈ B(x,r) ⊂ C et w ∈ B(y,r) ⊂ C.
Ceci montre u ∈ C et on obtient : B(z,r) ⊂ C.
Ainsi : ∃r > 0, B(z,r) ⊂ C, donc z ∈ C◦
.
On conclut que C◦
est convexe.
a) Soit x ∈ A + B .
Il existe a ∈ A, b ∈ B tels que : x = a + b.
Il existe une suite (an)n∈N dans A et une suite (bn)n∈N dans B
telles que : an −−−→
n ∞
a et bn −−−→
n ∞
b.
On a alors : ∀ n ∈ N, an + bn ∈ A + B,
et, par addition de suites convergentes :
an + bn −−−→
n ∞
a + b .
Il en résulte : x ∈ A + B.
Ceci montre : A + B ⊂ A + B.
b) Prenons, dans E = R2
usuel :
A = (x,y) ∈ (R∗
+)2
; xy = 1 , B = R × {0} .
• On a : A + B = R × R∗
+ , donc A + B = R × R+.
B
A
y
O x
1.30
1.31](https://image.slidesharecdn.com/mathmatiquesmthodesetexercicesmp-141109172011-conversion-gate01/85/Mathematiques-methodes-et-exercices-mp-41-320.jpg)
![32
1) Montrons d’abord que N et ν sont des normes sur E.
Pour f ∈ E, N( f ) et ν( f ) existent dans R car f et f sont conti-
nues sur le segment [0; 1], donc bornées.
Les propriétés, pour tous α de R, f,g de E :
N(α f ) = |α|N( f ), ν(α f ) = |α|ν( f )
N( f + g) N( f ) + N(g), ν( f + g) ν( f ) + ν(g)
sont immédiates.
Soit f ∈ E.
Si N( f ) = 0, alors Sup
x∈[0;1]
| f (x)| = 0, donc f = 0.
Supposons ν( f ) = 0. Alors f + f = 0, donc il existe λ ∈ R
tel que :
∀x ∈ [0; 1], f (x) = λe−x
.
Comme f (0) = 0, on déduit λ = 0, puis f = 0.
Ainsi, N et ν sont des normes sur E.
2) Soit f ∈ E. On a :
∀x ∈ [0; 1], f (x) + f (x) | f (x)| + | f (x)| N( f ),
d’où : ν( f ) N( f ).
3) Soit f ∈ E.
Considérons l’application g : [0; 1] −→ R
x−→ex f (x)
, qui est de
classe C1
sur [0; 1].
On a, pour tout t de [0 ; 1] :
|g (t)| = et
f (t) + f (t) eν( f ),
puis, pour tout x de [0 ; 1] :
|g(x)| =
x
0
g (t) dt
x
0
|g (t)| dt xeν( f ) eν( f ),
d’où : | f (x)| = e−x
|g(x)| |g(x)| eν( f ).
Et : | f (x)| = f (x) + f (x) − f (x)
f (x) + f (x) + | f (x)| (1 + e)ν( f ).
D’où : ∀ x ∈ [0 ; 1], | f (x)| + | f (x)| (1 + 2e)ν( f ),
donc : N( f ) (1 + 2e)ν( f ).
On a montré : ∀ f ∈ E, ν( f ) N( f ) (1 + 2e)ν( f ) ,
donc N et ν sont des normes équivalentes.
Considérons l’application ϕ : E −→ R définie par :
∀ x ∈ E, ϕ(x) = d(x,G) − d(x,F),
et les parties U = ϕ−1
(]0 ; +∞[) , V = ϕ−1
(] − ∞; 0[)
de E.
On sait que, pour toute partie non vide A de E, l’application
x −→ d(x,A) est continue (et même : 1-lipschitzienne), donc
ϕ est continue. Comme ]0 ; +∞[ et ] − ∞ ; 0[ sont des ouverts
de R, il en résulte que U et V sont des ouverts de E.
Soit x ∈ F. D’une part, d(x,F) = 0. D’autre part, x /∈ G (car
F ∩ G = ∅) et G est fermé, donc d(x,G) > 0. Il en résulte
ϕ(x) > 0, c’est-à-dire x ∈ U. Ceci montre : F ⊂ U.
De même : G ⊂ V.
Enfin, il est clair que U ∩ V = ∅.
(i) ⇒ (ii) :
Supposons f continue. Soit A ∈ P(E).
Soit y ∈ f (A) ; il existe x ∈ A tel que y = f (x). Puisque
x ∈ A, il existe une suite (an)n dans A convergeant vers x.
Comme f est continue en x, la suite f (an) n
converge vers
f (x), donc y ∈ f (A), et ainsi : f (A) ⊂ f (A).
(ii) ⇒ (iii) :
Supposons : ∀ A ∈ P(E), f (A) ⊂ f (A).
Soit B ∈ P(F).
On a, pour toute partie X de E : X ⊂ f −1
( f (X)),
donc : f −1(B) ⊂ f −1
f f −1(B) .
En appliquant l’hypothèse à A = f −1
(B), on obtient d’autre
part :
A
A B
[
B
[ [
[
[ [
[
[
[
[
0 1 2 3 4
1 3
A B
[[
[ [
[ [
A B
A B
A B
2 3
2 3
2 3
2 31
2 3
∩
∩
∩
∩
∩
1.32
1.33
1.34](https://image.slidesharecdn.com/mathmatiquesmthodesetexercicesmp-141109172011-conversion-gate01/85/Mathematiques-methodes-et-exercices-mp-42-320.jpg)
![34
En notant M =
p
k=1
|λk| ∈ R+, on a donc :
∀ f ∈ E, |φ( f )| M || f ||∞ .
Ceci montre que φ, qui est déjà linéaire, est continue, donc
φ ∈ LC(E,R), et que : |||φ||| M.
• Il existe f ∈ E telle que :
∀ k ∈ {1,. . . ,p}, f (ak) =
1 si λk 0
−1 si λk < 0
∀ x ∈ [0 ; 1], | f (x)| 1.
En effet, en supposant, par exemple, a1 < . . . < ap , il suffit de
prendre f valant 1 en les ak tels que λk 0, valant −1 en les
ak tels que λk < 0, joignant ak, f (ak) et ak+1, f (ak+1)
par un segment, et convenablement complétée entre 0 et a1
(si a1 =/ 0) et entre ap et 1 (si ap =/ 1).
Pour chaque n de N, il existe xn ∈ F et yn ∈ K tels que
zn = xn + yn. La suite (yn)n, à éléments dans le compact K,
admet au moins une valeur d’adhérence y dans K ; il existe donc
une extractrice σ telle que yσ(n) −−−→
n∞
y.
Comme : ∀ n ∈ N, xσ(n) = zσ(n) − yσ(n),
on déduit : xσ(n) −−−→
n∞
z − y, et donc : z − y ∈ F = F.
On obtient ainsi : z = (z − y) + y ∈ F + K.
1) Unicité
Soient x,y deux points fixes de f : f (x) = x et f (y) = y.
Si x =/ y, on obtient, d’après l’hypothèse, d(x,y) < d(x,y),
contradiction ; donc x = y.
2) Existence
Raisonnons par l’absurde ; supposons : ∀ x ∈ K, f (x) =/ x.
Considérons l’application ϕ : K −→ R
x−→d(x, f (x))
.
Puisque f : K −→ K et d : K × K −→ R sont continues,
ϕ est continue. Ainsi, ϕ est continue sur le compact K et à va-
leurs > 0 ; il existe donc z ∈ K tel que :
ϕ(z) = Inf
x∈K
ϕ(x).
Comme f (z) =/ z, on a, par l’hypothèse :
ϕ f (z) = d f 2
(z), f (z) < d f (z),z = ϕ(z),
contradiction.
(i) ⇒ (ii) :
Supposons que l’image réciproque par f de tout compact de R
est un compact de R.
Soit A ∈ R∗
+ . Puisque [−A ; A] est un compact de R,
f −1
([−A ; A]) est un compact de R, donc est bornée. Il existe
donc B ∈ R∗
+ tel que :
f −1
([−A ; A]) ⊂ [−B ; B] .
On obtient, pour tout x ∈ R :
|x| > B ⇒ x /∈ [−B ; B] ⇒ x /∈ f −1
([−A ; A])
⇒ f (x) /∈ [−A ; A] ⇐⇒ | f (x)| > A .
On a montré :
∀ A > 0, ∃ B > 0, ∀ x ∈ R,
x < −B ⇒ | f (x)| > A
x > B ⇒ | f (x)| > A,
et on conclut : lim
−∞
| f | = +∞ et lim
+∞
| f | = +∞.
(ii) ⇒ (iii) :
Supposons : lim
−∞
| f | = +∞ et lim
+∞
| f | = +∞.
y
x
1
O
1
a1 a2 1
a3
y = f(x)
On a alors || f ||∞ = 1 et :
φ( f ) =
p
k=1
λk f (ak) =
p
k=1
|λk| = M,
donc
φ( f )
|| f ||∞
= M, d’où : |||φ||| M.
On conclut : |||φ||| =
p
k=1
|λk|.
Nous allons montrer que F + K est fermée dans E en
utilisant une caractérisation séquentielle.
Soit (zn)n une suite dans F + K, convergeant vers un élément
z de E.
1.37
1.38
1.39
Exemple :
p = 3
0 < a1 < a2 < a3 < 1
λ1 0, λ2 0, λ3 < 0.](https://image.slidesharecdn.com/mathmatiquesmthodesetexercicesmp-141109172011-conversion-gate01/85/Mathematiques-methodes-et-exercices-mp-44-320.jpg)
![35
Soit A ∈ R∗
+. Il existe B ∈ R∗
+ tel que :
∀ x < −B, | f (x)| > A ,
c’est-à-dire :
∀ x ∈ ] − ∞ ; −B[, f (x) < −A ou f (x) > A .
S’il existe (x1,x2) ∈ ] − ∞ ; −B[2
tel que f (x1) < −A et
f (x2) > A, alors, comme f est continue sur ] − ∞ ; −B[,
d’après le théorème des valeurs intermédiaires, il existerait
x3 ∈] − ∞ ; −b[ tel que f (x3) = 0, contradiction.
On a donc :
∀ x < −B, f (x) < −A ou ∀ x < −B, f (x) > A ,
et on conclut : lim
−∞
f = −∞ ou lim
−∞
f = +∞.
De même : lim
+∞
f = −∞ ou lim
+∞
f = +∞.
(iii) ⇒ (i) :
Supposons : lim
−∞
f = −∞ ou lim
−∞
f = +∞
et : lim
+∞
f = −∞ ou lim
+∞
f = +∞.
Il est clair qu’alors : lim
−∞
| f | = +∞ ou lim
+∞
| f | = +∞,
c’est-à-dire : (iii) ⇒ (ii).
Soit K un compact de R. Alors, K est borné, donc il existe
A ∈ R∗
+ tel que : K ⊂ [−A ; A].
D’après l’hypothèse, il existe B ∈ R∗
+ tel que, pour tout
x ∈ R : |x| > B ⇒ | f (x)| > A,
d’où, par contraposition, pour tout x ∈ R :
x ∈ f −1
(K) ⇒ f (x) ∈ K ⇒ | f (x)| A
⇒ |x| B ⇐⇒ x ∈ [−B ; B].
Ceci montre : f −1
(K) ⊂ [−B ; B], donc f −1
(K) est borné.
D’autre part, puisque f est continue et que K est fermé (car com-
pact), f −1
(K) est fermé.
Ainsi, f −1
(K) est un fermé borné de R, donc, d’après le cours,
f −1
(K) est un compact de R.
Nous allons montrer que F est fermé dans E en utili-
sant la caractérisation séquentielle des fermés.
Soit ( fn)n∈N une suite dans F, f ∈ E telle que fn −−−→
n ∞
f.
Pour chaque n ∈ N, puisque fn ∈ F =
x∈K
B (x ;r), il existe
xn ∈ K tel que fn ∈ B (xn ;r).
Puisque K est compact et que (xn)n∈N est à termes dans K, il
existe une extractrice σ et x ∈ K tels que : xσ(n) −−−→
n ∞
x.
Comme fn −−−→
n ∞
f, par suite extraite : fσ(n) −−−→
n ∞
f.
On a, pour tout n ∈ N :
d(xσ(n), f ) d(xσ(n), fσ(n)) + d( fσ(n), f )
r + d( fσ(n), f ),
d’où, en passant à la limite lorsque l’entier n tend vers l’infini :
d(x, f ) r, et donc f ∈ B (x ;r) ⊂ F.
On conclut que F est fermé dans E.
Puisque (un)n∈N est bornée, il existe M ∈ R+ tel que :
∀ n ∈ N, ||un|| M.
1) Montrons que V n’est pas vide.
Puisque la boule fermée B (0 ; M) est une partie fermée bor-
née de l’evn E de dimension finie, B (0 ; M) est compacte. La
suite (un)n∈N admet donc au moins une valeur d’adhérence, donc
V =/ ∅.
2) Montrons que V est bornée.
Soit v ∈ V.
Il existe une extractrice σ telle que uσ(n) −−−→
n ∞
v.
En particulier, il existe N ∈ N tel que : ||uσ(N) − v|| 1.
On a donc, par l’inégalité triangulaire :
||v|| ||v − uσ(N)|| + ||uσ(N)|| 1 + M .
Ceci montre que V est bornée.
3) Montrons que V est fermée, en montrant que son complé-
mentaire dans E est ouvert.
Soit x ∈ E (V).
Puisque x n’est pas valeur d’adhérence de (un)n∈N, il existe
ε > 0 tel que l’ensemble n ∈ N ; un ∈ B(x ; ε) soit fini. Il
est clair alors que, pour tout y ∈ B(x ; ε), l’ensemble
n ∈ N ; un ∈ B y,ε − d(x,y) , est fini, car cet ensemble est
inclus dans le précédent, donc y n’est pas valeur d’adhérence
de (un)n∈N, d’où y ∈ E (V).
Ceci montre : B(y ; ε) ⊂ E (V), et donc E (V) est ouvert
dans E, V est fermé dans E.
Ainsi, V est une partie non vide, fermée et bornée de l’evn E de
dimension finie, donc V est une partie compacte non vide de E.
Raisonnons par l’absurde : supposons qu’il existe une
application f : [0 ; 1]2
−→ [0 ; 1] continue bijective.
Il est clair qu’il existe alors a,b,c ∈ [0 ; 1]2
tels que, par
exemple : f (a) < f (b) < f (c).
Il est clair qu’il existe au moins un chemin continu γ joignant
a et c, dans [0 ; 1]2
, sans passer par b. C’est-à-dire qu’il existe
une application γ : [0 ; 1] −→ [0 ; 1]2
continue telle que :
γ(0) = a, γ(1) = c
∀ t ∈ [0 ; 1], γ(t) =/ b.
1.40 1.42
1.41](https://image.slidesharecdn.com/mathmatiquesmthodesetexercicesmp-141109172011-conversion-gate01/85/Mathematiques-methodes-et-exercices-mp-45-320.jpg)
![36
Par composition, f ◦ γ : [0 ; 1] −→ [0 ; 1] est continue, et
[0 ; 1] est connexe par arcs, donc (théorème du cours),
( f ◦ γ)([0 ; 1]) est connexe par arcs.
Mais :
( f ◦ γ)(0) = f γ(0) = f (a)
( f ◦ γ)(1) = f γ(1) = f (c),
donc : ( f ◦ γ)([0 ; 1]) ⊃ [ f (a) ; f (c)] f (b).
Il existe donc u ∈ [0 ; 1] tel que : ( f ◦ γ)(u) = f (b).
On a ainsi f γ(u) = f (b) d’où, puisque f est injective,
γ(u) = b, contradiction avec b /∈ γ([0 ; 1]).
On conclut qu’il n’existe pas d’application continue injective
de [0 ; 1]2
dans [0 ; 1].
Nous allons montrer que N est la norme associée à un
produit scalaire.
Considérons l’application ϕ : E × E −→ R définie, pour tout
( f,g) ∈ E × E, par :
ϕ( f,g) =
1
0
f g +
1
2
f (0)g(1) + f (1)g(0) ,
obtenue à partir de N en « dédoublant » le rôle de f dans
N( f )
2
.
• Il est clair que ϕ est symétrique et est linéaire par rapport à
la deuxième place.
• Soit f ∈ E. On a : ϕ( f, f ) =
1
0
f 2
+ f (0) f (1).
En utilisant l’inégalité de Cauchy et Schwarz pour des intégrales,
on a :
f (1) − f (0)
2
=
1
0
f
2
1
0
12
1
0
f 2
=
1
0
f 2
.
d’où :
ϕ( f, f ) =
1
0
f 2
+ f (0) f (1)
f (1) − f (0)
2
+ f (0) f (1)
= f (1)
2
− f (0) f (1) + f (0)
2
= f (1) −
f (0)
2
2
+
3 f (0)
2
4
0.
En particulier, ceci montre que, pour toute f ∈ E, la racine car-
rée proposée dans l’énoncé existe.
•Avec les mêmes notations, supposons ϕ( f, f ) = 0. On a alors :
f (1) −
f (0)
2
2
0
+
3 f (0)
2
4
0
= 0,
donc : f (1) −
f (0)
2
= 0 et f (0) = 0,
d’où : f (0) = 0 et f (1) = 0,
puis :
1
0
f 2
= ϕ( f, f ) − f (0) f (1) = 0 − 0 = 0.
Comme f 2
est continue et 0, on déduit f 2
= 0, puis f = 0,
donc f est constante, puis f = f (0) = 0.
Ceci montre que ϕ est un produit scalaire sur E, et Nest la norme
associée à ϕ, donc N est une norme sur E.
On a, par l’inégalité triangulaire, en intercalant par
exemple
x
||y||
, entre
x
||x||
, et
y
||y||
:
x
||x||
−
y
||y||
x
||x||
−
x
||y||
+
x
||y||
−
y
||y||
=
1
||x||
−
1
||y||
||x|| +
1
||y||
||x − y||
=
||y|| − ||x||
||y||
+
1
||y||
||x − y||
||y − x||
||y||
+
1
||y||
||x − y|| =
2 ||x − y||
||y||
.
Par rôles symétriques, on a aussi :
x
||x||
−
y
||y||
2 ||x − y||
||x||
.
On conclut :
x
||x||
−
y
||y||
2 ||x − y||
Max (||x||,||y||)
.
a) Soient x ∈ E et Ω un voisinage ouvert de x dans E.
Puisque U = E, on a : Ω ∩ U =/ ∅.
Il existe donc au moins un élément y dans Ω ∩ U. Comme
Ω ∩ U est ouvert et contient y, Ω ∩ U est un voisinage de y
dans E. Puisque V = E, on a alors (Ω ∩ U) ∩ V =/ ∅, c’est-
à-dire Ω ∩ (U ∩ V) =/ ∅. Ceci montre que, pour tout voisinage
ouvert de x dans E, Ω ∩ (U ∩ V) =/ ∅, donc x ∈ U ∩ V .
1
0
0
1
a
b
f f(a)
c
f(b) f(c)
γ
1γf °
1.43
1.44
1.45](https://image.slidesharecdn.com/mathmatiquesmthodesetexercicesmp-141109172011-conversion-gate01/85/Mathematiques-methodes-et-exercices-mp-46-320.jpg)
![37
Finalement : U ∩ V = E.
b) Passer aux complémentaires dans le résultat de a) :
◦
F =
◦
G = ∅ ⇐⇒ E (F) = E (G) = E
⇒ E (F) ∩ E (G) = E
⇐⇒ E (F ∪ G) = E ⇐⇒ (F ∪ G)◦
= ∅.
a) Soit ϕ ∈ E.
Puisque f ϕ est continue sur le segment [0; 1], f ϕ est bornée,
et donc Nϕ( f ) existe dans R.
On a, pour tous α de R et f,g de E :
Nϕ(α f ) = ||α f ϕ||∞ = |α| || f ϕ||∞ = |α|Nϕ( f )
Nϕ( f + g) = ( f + g)ϕ ∞
= f ϕ + gϕ ∞
|| f ϕ||∞ + ||gϕ||∞ = Nϕ( f ) + Nϕ(g).
1) Supposons ϕ−1
({0})
◦
= ∅.
Soit f ∈ E telle que Nϕ( f ) = 0 ; on a donc f ϕ = 0.
Supposons f =/ 0. Il existe x0 ∈ [0; 1] tel que f (x0) =/ 0.
Puisque f est continue en x0, il existe un intervalle I, inclus
dans [0; 1] et de longueur > 0, tel que : ∀ x ∈ I, f (x) =/ 0.
On a alors : ∀ x ∈ I, ϕ(x) = 0,
ce qui contredit ϕ−1
({0})
◦
= ∅.
Ceci montre f = 0,
donc : ∀ f ∈ E, Nϕ( f ) = 0 ⇒ f = 0 ,
et finalement, Nϕ est une norme sur E.
2) Supposons ϕ−1
({0})
◦
=/ ∅.
Alors ϕ−1
({0})
◦
, étant un ouvert non vide de [0 ; 1], contient
au moins un intervalle [α; β] tel que α < β. On a ainsi :
∀ x ∈ [α; β], ϕ(x) = 0.
Considérons l’application f : [0; 1] −→ R définie par :
f (x) =
0 si 0 x α ou β x 1
x − α si α x
α + β
2
β − x si
α + β
2
x β.
On a alors f ∈ E, f =/ 0, et f ϕ = 0 donc Nϕ( f ) = 0.
Ceci montre que Nϕ n’est pas une norme sur E.
Finalement, Nϕ est une norme sur E si et seulement si
ϕ−1
({0})
◦
= ∅.
b) Soit ϕ ∈ E.
b) 1) Supposons ϕ−1
({0}) = ∅, c’est-à-dire :
∀ x ∈ [0; 1], ϕ(x) =/ 0.
Alors, ϕ−1
({0})
◦
= ∅, donc, d’après a), Nϕ est une norme
sur E.
On a : ∀ f ∈ E, Nϕ( f ) = || f ϕ||∞ || f ||∞||ϕ||∞ .
D’autre part, puisque ϕ ∈ E et que ϕ ne s’annule en aucun point,
1
ϕ
existe dans E, d’où :
∀ f ∈ E, || f ||∞ =
1
ϕ
f ϕ
∞
1
ϕ ∞
|| f ϕ||∞ =
1
ϕ ∞
Nϕ( f ).
On a montré :
∀ f ∈ E,
1
ϕ ∞
−1
|| f ||∞ Nϕ( f ) ||ϕ||∞|| f ||∞ ,
et donc Nϕ et || · ||∞ sont équvalentes sur E.
2) Réciproquement, supposons que Nϕ et || · ||∞ soient des
normes sur E équivalentes.
D’après a), on a déjà ϕ−1
({0})
◦
= ∅.
Supposons ϕ−1
({0}) =/ ∅. Il existe donc x0 ∈ ϕ−1
({0}), c’est-
à-dire tel que ϕ(x0) = 0.
Soit n ∈ N∗
. Puisque ϕ est continue en x0 et que ϕ(x0) = 0,
il existe η > 0 tel que :
∀ x ∈ [x0 − η; x0 + η] ∩ [0; 1], |ϕ(x)|
1
n
.
Considérons l’application fn : [0; 1] −→ R définie par :
fn(x) =
0 si
0 x x0 − η
ou x0 + η x 1
x − x0 + η
η
si x0 − η x x0
x0 + η − x
η
si x0 x x0 + η.
On a alors fn ∈ E, || fn||∞ = 1, et, pour tout x de [0; 1] :
| fn(x)ϕ(x)| |ϕ(x)|
1
n
si |x − x0| η
fn(x)ϕ(x) = 0 si |x − x0| η,
y
xO 1
f
α βα + β
2
β -- α
2
1.46](https://image.slidesharecdn.com/mathmatiquesmthodesetexercicesmp-141109172011-conversion-gate01/85/Mathematiques-methodes-et-exercices-mp-47-320.jpg)
![On a alors en particulier :
< z1,x − z1 > = 0, < z2,x − z1 > = 0,
< z1,x − z2 > = 0,< z2,x − z2 > = 0,
d’où :
||z1||2
= < x,z1 >, < z2,z1 > = < z2,x >,
< z1,z2 > = < z1,x >, ||z2||2
= < z2,x >,
puis :
||z1 − z2||2
= ||z1||2
− < z1,z2 > − < z2,z1 >+||z2||2
= 0,
et ainsi : z1 = z2.
2) Existence
Soit x ∈ E.
L’application ϕ : F −→ R
u −→ ||x − u||
, étant à valeurs 0, admet
une borne inférieure α, et α 0.
Pour chaque n de N∗
, il existe un ∈ F tel que :
α ϕ(un) α +
1
n
.
• Montrons que (un)n∈N∗ est de Cauchy dans F.
Soit (p,q) ∈ N∗2
tel que, par exemple, p < q.
D’après l’égalité du parallélogramme :
(up − x) − (uq − x)
2
+ (up − x) + (uq − x)
2
= 2 ||up − x||2
+ ||uq − x||2
,
d’où : ||up − uq ||2
= 2 ||up − x||2
+ ||uq − x||2
− 4
up + uq
2
− x
2
.
Comme up,uq et
up + uq
2
sont dans F, on a :
||up − x|| α +
1
p
, ||uq − x|| α +
1
q
,
up + uq
2
− x α,
d’où :
||up − uq ||2
2 α +
1
p
2
+ α +
1
q
2
− 4α2
= 4α
1
p
+
1
q
+ 2
1
p2
+
1
q2
8α
p
+
4
p2
.
Comme
1
p
−−−→
p∞
0, il s’ensuit que (un)n∈N∗ est de Cauchy
dans F.
• Puisque F est complet, (un)n∈N∗ converge vers un élément z
de F.
40
On conclut que (un)n∈N converge et que sa limite est un point
fixe de f.
c) D’après a) et b), on conclut que f admet un point fixe et un
seul.
Considérons E = {(x,y) ∈ I2
; x < y} et l’application
τ : E −→ R, (x,y) −→
f (x) − f (y)
x − y
.
1) Il est clair que E, qui est un triangle (certains bords exclus)
est convexe, donc connexe par arcs.
Puisque f est continue sur I, par opérations, τ est continue
sur E.
Il en résulte, d’après le cours, que τ(E) est connexe par arcs
dans R, donc τ(E) est un intervalle de R.
2) Nous allons montrer : τ(E) ⊂ f (I) ⊂ τ(E).
• Soit (x,y) ∈ E.
D’après le théorème des accroissements finis, puisque f est dé-
rivable sur I, il existe c ∈ ]x ; y[ tel que :
f (x) − f (y)
x − y
= f (c) .
On a donc : τ(x,y) = f (c) ∈ f (I).
Ceci montre : τ(E) ⊂ f (I).
• Soit x ∈ I.
Il est clair qu’il existe une suite (xn)n∈N dans I telle que :
xn −−−→
n ∞
x et : ∀ n ∈ N, xn =/ x.
Puisque f est dérivable en x, on a alors :
f (xn) − f (x)
xn − x
−−−→
n ∞
f (x) .
Mais :
f (xn) − f (x)
xn − x
=
τ(xn,x) si xn < x
τ(x,xn) si x < xn.
Ainsi, f (x) est limite d’une suite d’éléments de τ(E), donc,
par caractérisation séquentielle de l’adhérence d’une partie :
f (x) ∈ τ(E).
Ceci montre : f (I) ⊂ τ(E),
et on conclut : τ(E) ⊂ f (I) ⊂ τ(E).
3) Puisque τ(E) est un intervalle de R et que l’on a
τ(E) ⊂ f (I) ⊂ τ(E), on conclut que f (I) est un intervalle
de R.
a) 1) Unicité
Soit x ∈ E.
Soient z1,z2 ∈ F tels que : x − z1 ∈ F⊥
et x − z2 ∈ F⊥
.
1.51
1.52](https://image.slidesharecdn.com/mathmatiquesmthodesetexercicesmp-141109172011-conversion-gate01/85/Mathematiques-methodes-et-exercices-mp-50-320.jpg)
![Chapitre 2 • Fonctions vectorielles d’une variable réelle
46
• Essayer d’appliquer le théorème : toute application continue sur un
compact et à valeurs réelles est bornée et atteint ses bornes.
➥ Exercice 2.41
• Faire apparaître deux normes sur un espace vectoriel de dimension
finie, et utiliser le théorème affirmant que ces deux normes sont
alors équivalentes.
➥ Exercice 2.21.
Essayer d’utiliser :
• la définition : ∀ x ∈ X,
Sup ( f,g) (x) = Max f (x),g(x) ,
Inf ( f,g) (x) = Min f (x),g(x)
• les formules :
Sup ( f,g) =
1
2
f + g + | f − g| ,
Inf ( f,g) =
1
2
f + g − | f − g| .
➥ Exercice 2.32 a).
Essayer d’utiliser une fonction auxiliaire, de manière à se ramener à
une inéquation différentielle du type : ∀ x ∈ X, g (x) 0,
qui traduit que g est croissante.
➥ Exercice 2.33.
Essayer d’utiliser une intégration par parties.
➥ Exercice 2.7.
Essayer d’appliquer les propriétés sur les intégrales, relatives à
l’ordre :
• si a b et si f,g : [a ; b] −→ R sont continues par morceaux et
vérifient f g, alors :
b
a
f
b
a
g
• si a b et si f : [a ; b] −→ K est continue par morceaux sur
[a ; b], alors :
b
a
f
b
a
| f |
• si a b et si f,g : [a ; b] −→ K sont continues par morceaux sur
[a ; b], alors (inégalité de Cauchy et Schwarz) :
b
a
f g
2 b
a
| f |2
b
a
|g|2
.
➥ Exercices 2.9, 2.34.
Pour établir l’existence
d’une constante
réalisant une inégalité,
sans pouvoir calculer
une telle constante
Pour étudier Sup (f, g), Inf (f, g),
où f, g : X −→ R sont
des applications à valeurs réelles
Pour étudier ou résoudre
une inéquation différentielle
ou une inéquation intégrale
Pour étudier
l’intégrale d’un produit
Pour obtenir une inégalité
portant sur des intégrales](https://image.slidesharecdn.com/mathmatiquesmthodesetexercicesmp-141109172011-conversion-gate01/85/Mathematiques-methodes-et-exercices-mp-56-320.jpg)
![Les méthodes à retenir
47
Se reporter aux méthodes à retenir pour le calcul des intégrales et des
primitives, volume Exercices MPSI.
➥ Exercices 2.25, 2.26.
Appliquer les méthodes de calcul d’intégrales et de primitives :
• primitives usuelles
• linéarité de l’intégration
• relation de Chasles
• changement de variable
• intégration par parties.
On se ramène alors à la formule fondamentale de l’analyse :
b
a
f (x) dx = F(b) − F(a) ,
où f est continue sur [a ; b] et F est une primitive de f.
On peut quelquefois exploiter un changement de variable qui échan-
ge les bornes.
Essayer d’appliquer la relation de Chasles, ou d’effectuer un change-
ment de variable.
Essayer de se ramener à une somme de Riemann, et utiliser le
théorème du cours : si f : [a ; b] −→ K est continue par morceaux,
alors les sommes de Riemann de f tendent vers l’intégrale de f,
c’est-à-dire :
b − a
n
n
k=0
f a + k
b − a
n
−−→
n ∞
b
a
f .
À cet effet :
• si une somme de Riemann vn ressemble à un proposé, former
un − vn et essayer de montrer que un − vn −−→
n ∞
0
➥ Exercice 2.39
• s’il s’agit d’un produit, se ramener à une somme en prenant le loga-
rithme.
➥ Exercice 2.10.
Utiliser le résultat du cours : si u,v : I −→ R sont de classe C1
sur
un intervalle I et si f : J −→ K est continue sur un intervalle J tel
que u(I) ⊂ J et v(I) ⊂ J, alors l’application
G : I −→ K, x −→
v(x)
u(x)
f (t) dt
Pour calculer l’intégrale
d’une fonction continue
sur un segment, dans un exemple
Pour changer la forme
de l’écriture d’une intégrale,
ou pour calculer ou évaluer
une intégrale
Pour amener une intégrale
ayant des bornes différentes
de celles qui interviennent
dans l’énoncé
Pour trouver la limite, lorsque
l’entier n tend vers l’infini,
d’une sommation
indexée par un entier k,
portant sur un terme
dépendant de k et n
Pour étudier ou dériver
une intégrale
dépendant d’un paramètre,
le paramètre étant aux bornes
©Dunod.Laphotocopienonautoriséeestundélit.](https://image.slidesharecdn.com/mathmatiquesmthodesetexercicesmp-141109172011-conversion-gate01/85/Mathematiques-methodes-et-exercices-mp-57-320.jpg)
![Énoncés des exercices
49
a) Montrer :
m( f + g) m( f ) + M(g) M( f + g)
m( f + g) M( f ) + m(g) M( f + g).
b) En déduire : m( f + g) µ( f ) + µ(g) M( f + g).
Exemple d’équation fonctionnelle
Trouver toutes les applications f : R −→ R telles que :
∀ (x,y) ∈ R2
, f (x + ey
) = x + ef (y)
.
Exemple d’équation fonctionnelle
Trouver toutes les applications f : R −→ R telles que :
∀ (x,y) ∈ R2
, f (x) + f (y) = f
x + y
2
+ f (3x) .
Dérivées successives de Arctan, détermination de leurs zéros
On considère l’application f : R −→ R, x −→ f (x) = Arctan x.
a) Montrer que f est de classe C∞
sur R, et calculer f (n)
(x) pour tout (n,x) ∈ N∗
× R. On fera
intervenir les nombres complexes.
b) Résoudre, pour tout n ∈ N − {0,1} l’équation f (n)
(x) = 0, d’inconnue x ∈ ]0 ; +∞[.
Inégalité à une variable par étude des variations d’une fonction
Montrer : ∀ x ∈ [0 ; +∞[, ex e x
2
2
.
Recherche d’une fonction proche de deux fonctions données
Trouver une application f : [0 ; 1] −→ R continue telle que :
1
0
f (x) − x
2
dx 10−2
et
1
0
f (x) − x2 2
dx 10−2
.
Lemme de Lebesgue pour une fonction de classe C1
sur un segment
Soient (a,b) ∈ R2
tel que a b, f : [a ; b] −→ C de classe C1
sur [a ; b].
Montrer :
b
a
f (x) eiλx
dx −→
λ−→+∞
0.
Équivalents simples de sommations
a) Montrer :
n
k=1
1
k
∼
n∞
ln n.
b) En déduire un équivalent simple de un =
n−1
k=1
1
k(n − k)
, lorsque l’entier n tend vers l’infini.
Inégalité sur des intégrales
Soient (a,b) ∈ R2
tel que a b, f,g,h : [a ; b] −→ R+ continues.
©Dunod.Laphotocopienonautoriséeestundélit.
2.2
2.3
2.4
2.5
2.6
2.7
2.8
2.9](https://image.slidesharecdn.com/mathmatiquesmthodesetexercicesmp-141109172011-conversion-gate01/85/Mathematiques-methodes-et-exercices-mp-59-320.jpg)
![Chapitre 2 • Fonctions vectorielles d’une variable réelle
50
Montrer :
b
a
f gh
4 b
a
f 4
b
a
g2
2 b
a
h4
.
Limite d’un produit
Trouver lim
n∞
n
k=1
2n + k
3n + k
1
n
.
Étude de dérivabilité en un point, pour une fonction définie par une intégrale
On note f : R −→ R, x −→ f (x) =
x2
0
( sin t) Arctan
t
1 + x2
dt.
Montrer que f est dérivable en 0 et calculer f (0).
Exemple de calcul de développement limité
Former le développement limité à l’ordre 2 en 0 de f : x −→ Arctan
tan x
x
.
Exemple de calcul de limite
Trouver lim
x−→ π
6
(2 sin x)tan 3x
.
Développement asymptotique d’une racine d’une équation dépendant d’un paramètre
entier
a) Montrer que, pour tout n ∈ N∗
, l’équation 1 + x +
ex
n
= 0, d’inconnue x ∈ ] − ∞ ; 0], admet
une solution et une seule, notée xn.
b) Montrer que la suite (xn)n∈N∗ converge et déterminer sa limite.
c) Former un développement asymptotique de xn à la précision o
1
n
, lorsque l’entier n tend vers
l’infini.
Limite, équivalent, développement asymptotique d’une racine d’une équation
dépendant d’un paramètre entier
a) Montrer que, pour tout n ∈ N∗
, l’équation cos x = nx, admet, dans [0 ; 1], une solution et une
seule, notée xn.
b) Montrer xn −−−→
n ∞
0, puis xn ∼
n∞
1
n
.
c) Trouver un équivalent simple de xn −
1
n
, lorsque l’entier n tend vers l’infini.
Condition pour une périodicité
Soit f : R −→ R une application non injective, telle qu’il existe une application g : R2
−→ R
telle que : ∀ (x,y) ∈ R2
, f (x + y) = g f (x),y .
Montrer que f est périodique.
2.10
2.11
2.12
2.13
2.14
2.15
2.16](https://image.slidesharecdn.com/mathmatiquesmthodesetexercicesmp-141109172011-conversion-gate01/85/Mathematiques-methodes-et-exercices-mp-60-320.jpg)
![Énoncés des exercices
51
Exemple d’équation fonctionnelle sur deux fonctions
Soient f,g : R −→ R des applications telles que :
∀ (x,y) ∈ R2
, f x + g(y) = 2x + y + 5.
Calculer, pour tout (x,y) ∈ R2
, g x + f (y) .
Étude d’une fonction C∞
ayant une infinité de zéros s’accumulant en 0
Soit f : [0 ; +∞[−→ R de classe C∞
telle qu’il existe une suite (xn)n∈N dans ]0 ; +∞[ telle
que : xn −−−→
n ∞
0 et ∀ n ∈ N, f (xn) = 0 . Montrer : ∀ k ∈ N, f (k)
(0) = 0.
Minimum d’une fonction de deux variables réelles
On considère l’application f : [0 ; +∞[2
−→ R, (x,y) −→ 1 + x2
y + xy2
− 3xy.
Montrer : ∀ (x,y) ∈ [0 ; +∞[2
, f (x,y) 0, et étudier le cas d’égalité.
Inégalités à une, deux, trois variables, faisant intervenir des logarithmes
a) Montrer, pour tout (x,y) ∈ R2
tel que 0 < x < y :
x
y
<
ln(1 + x)
ln(1 + y)
.
b) En déduire, pour tout (x,y,z) ∈ R3
tel que 0 < x < y < z :
x2
yz
<
ln(1 + x)
2
ln(1 + y) ln(1 + z)
.
c) Déduire, pour tout t ∈ ]1 ; +∞[ : (t − 1)2
ln(t + 1) ln(t + 2) < t(t + 1)(ln t)2
.
Inégalité issue d’une comparaison qualitative
Soit n ∈ N∗
. Montrer qu’il existe C ∈ R+ tel que, pour tout P ∈ Rn[X] :
P(−1)
2
+ P (0)
2
+ P (1)
2
C
1
−1
P(x)
2
dx .
Limite d’une intégrale pour une fonction périodique
Soient (a,b) ∈ R2
tel que a < b, T ∈ R∗
+, f : R −→ C T-périodique et continue par morceaux.
Trouver lim
n∞
b
a
f (nx) dx.
Calcul de la distance d’une fonction à une partie
On note E le R-ev des applications [0 ; 1] −→ R continues par morceaux, muni de ||.||∞,
ϕ : [0 ; 1] −→ R, x −→ x et : F = f ∈ E ;
1/2
0
f =
1
1/2
f .
Calculer d(ϕ,F), distance de ϕ à F.
Exemple de calcul de développement limité
Former le développement limité à l’ordre 2 en 0 de f : x −→
1
ln cos x
+
2
sin 2x
.
©Dunod.Laphotocopienonautoriséeestundélit.
2.17
2.18
2.19
2.20
2.21
2.22
2.23
2.24](https://image.slidesharecdn.com/mathmatiquesmthodesetexercicesmp-141109172011-conversion-gate01/85/Mathematiques-methodes-et-exercices-mp-61-320.jpg)
![Chapitre 2 • Fonctions vectorielles d’une variable réelle
52
Exemple de calcul d’une intégrale d’intégrale
Soit a ∈ ]0 ; +∞[. Calculer I (a) =
a
1
a
1
0
1
x2 + y2
dx dy.
Exemple de calcul d’une intégrale
Calculer I =
1
0
√
1 + x −
√
1 − x
√
1 + x +
√
1 − x
dx.
Étude d’une fonction définie par une intégrale avec le paramètre aux bornes
On considère l’application f : ]0 ; +∞[−→ R, x −→ f (x) =
x2
x
ln(1 + t2
)
t
dt.
Étudier f : définition, classe, dérivée, variations, étude en 0, étude en +∞, tracé de la courbe repré-
sentative.
Montrer : f (x) = 3 (ln x)2
+ O
x−→+∞
1
x2
.
Développement limité d’une intégrale dépendant d’un paramètre aux bornes
Former le développement limité à l’ordre 3 en 1 de f : x −→
x
1
et
t
dt.
Exemple de calcul de limite
Trouver lim
x−→0
1
( sin x sh x)2
−
1
(tan x th x)2
.
Exemple d’équation fonctionnelle
Trouver toutes les applications f : R − {−1,1} −→ R telles que :
∀ x ∈ R − {−1,1}, f
x − 3
x + 1
+ f
3 + x
1 − x
= x .
Condition pour une périodicité
a) Soit f : R −→ R bornée telle qu’il existe (a,b) ∈ (R∗
+)2
tel que :
∀ x ∈ R, f (x + a + b) + f (x) = f (x + a) + f (x + b) .
Montrer que f est a-périodique et b-périodique.
b) Soit f : R −→ R telle que, pour tout x ∈ R :
| f (x)| 1 et f x +
13
42
+ f (x) = f x +
1
6
+ f x +
1
7
.
Montrer que f est
1
42
-périodique.
Condition pour que |u| soit dérivable, pour que Sup (f, g) soit dérivable
Soit I un intervalle de R, d’intérieur non vide.
a) Soit u : I −→ R dérivable sur I. Montrer que |u| est dérivable sur I si et seulement si :
∀ x ∈ I, u(x) = 0 ⇒ u (x) = 0 .
2.25
2.26
2.27
2.28
2.29
2.30
2.31
2.32](https://image.slidesharecdn.com/mathmatiquesmthodesetexercicesmp-141109172011-conversion-gate01/85/Mathematiques-methodes-et-exercices-mp-62-320.jpg)
![Énoncés des exercices
53
b) Soient f,g : I −→ R dérivables sur I.
On note ϕ : I −→ R, x −→ ϕ(x) = Max f (x), g(x) .
Trouver une CNS sur f, g, f , g pour que ϕ soit dérivable sur I.
Résolution d’une inéquation différentielle
Soient a ∈ R, f : [a ; +∞[−→ R dérivable telle que f (a) = 0.
On suppose qu’il existe λ ∈ R+ tel que : ∀ x ∈ [a ; +∞[, | f (x)| λ| f (x)|.
Montrer : f = 0.
Calcul de bornes inférieures de fonctionnelles quadratiques
Soit λ ∈ R∗
+ . On note E = f ∈ C1
[0 ; 1] ; R ; f (0) = 0, f (1) = λ .
Trouver les bornes inférieures de
1
0
f 2
; f ∈ E et de
1
0
f 2
; f ∈ E .
Limite d’une racine d’une équation à paramètre entier
a) Montrer que, pour tout n ∈ N∗
, l’équation
n
k=1
1 +
x
k
= 2n, d’inconnue x ∈ [0 ; +∞[,
admet une solution et une seule, notée xn.
b) Montrer : xn −−−→
n ∞
+ ∞.
Limite d’une sommation
Trouver lim
n∞
1
n
n
k=1
1 +
k
n2
n
.
Étude d’une inéquation intégrale
Soient f : [0 ; 1] −→ R continue et à valeurs 0, (a,b) ∈ (R∗
+)2
.
On suppose : ∀ x ∈ [0 ; 1], f (x)
2
a + b
x
0
f (t) dt.
Montrer : ∀ x ∈ [0 ; 1],
x
0
f (t) dt
√
a x +
b
4
x2
.
Développement limité d’une fonction réciproque
Soient I un intervalle ouvert de R, contenant 0, f : I −→ R une application de classe C1
telle que
f (0) = 0 et f (0) = 1.
a) Montrer qu’il existe deux intervalles ouverts U, V de R, contenant 0, tels que f réalise une
bijection de U sur V.
On note encore f : U −→ V, x −→ f (x).
b) On suppose que f admet un développement limité à l’ordre 3 en 0, de la forme :
f (x) = x + ax2
+ bx3
+ o(x3
) ,
où (a,b) ∈ R2
est fixé.
Montrer que f −1
admet un développement limité à l’ordre 3 en 0, et préciser celui-ci.
©Dunod.Laphotocopienonautoriséeestundélit.
2.33
2.34
2.35
2.36
2.37
2.38](https://image.slidesharecdn.com/mathmatiquesmthodesetexercicesmp-141109172011-conversion-gate01/85/Mathematiques-methodes-et-exercices-mp-63-320.jpg)
![Chapitre 2 • Fonctions vectorielles d’une variable réelle
54
Équivalent simple d’une sommation
Trouver un équivalent simple de un =
n
k=1
1
ln 1 +
k
n
lorsque l’entier n tend vers l’infini.
Étude de fonctions vérifiant une équation faisant intervenir la loi ◦
a) Existe-t-il une bijection f : R −→ R telle que : ∀ x ∈ R, f (sh x) = ch f (x) ?
b) Existe-t-il une bijection continue f : R −→ R telle que : ∀ x ∈ R, f ( sin x) = cos f (x) ?
Décollement d’une fonction de deux variables
Soit f : [0 ; 1] −→ C une application.
On suppose qu’il existe a ∈ ]0 ; 1[ tel que :
∀ (x,y) ∈ [0 ; 1]2
, |x − y| a ⇒ | f (x) − f (y)| < |x − y| .
Montrer qu’il existe C ∈ [0 ; 1[ tel que :
∀ (x,y) ∈ [0 ; 1]2
, |x − y| a ⇒ | f (x) − f (y)| C|x − y| .
Étude de continuité pour une fonction définie comme borne supérieure
Soient (a,b) ∈ R2
tel que a < b, n ∈ N∗
, f0,. . . , fn : [a ; b] −→ C bornées.
On note g : R −→ R, x −→ g(x) = Sup
t∈[a;b]
n
k=0
xk
fk(t) .
Montrer que g est continue sur R.
Limite d’une suite d’intégrales
Soit f : [0 ; 1] −→ R continue. Déterminer lim
n∞
1
0
n2
(xn
− xn+1
) f (x) dx.
Développement asymptotique d’une intégrale dépendant d’un paramètre entier
Former un développement asymptotique, lorsque l’entier n tend vers l’infini, de
In =
1
0
(xn
+ xn−2
) ln(1 + xn
) dx, à la précision O
1
n3
.
Étude asymptotique de la racine d’une équation dépendant d’un paramètre entier
On note, pour tout n ∈ N∗
: Pn =
n
k=0
(X − k).
a) Montrer que, pour tout n ∈ N∗
, il existe un ∈ ]0 ; 1[ unique tel que Pn(un) = 0.
b) Établir : ∀ n ∈ N∗
,
n
k=0
1
k − un
= 0.
c) En déduire : un −−−→
n ∞
0.
d) Trouver un équivalent simple de un lorsque l’entier n tend vers l’infini.
2.39
2.40
2.41
2.42
2.43
2.44
2.45](https://image.slidesharecdn.com/mathmatiquesmthodesetexercicesmp-141109172011-conversion-gate01/85/Mathematiques-methodes-et-exercices-mp-64-320.jpg)
![Du mal à démarrer ?
55
Développement asymptotique du terme général d’une suite définie par une relation de
récurrence
On considère la suite (un)n 1 définie par u1 ∈ R+ et : ∀ n 1, un+1 =
un
n
+
1
n2
.
a) Montrer : un ∼
n∞
1
n2
.
b) Former un développement asymptotique de un à la précision o
1
n3
, lorsque l’entier n tend
vers l’infini.
©Dunod.Laphotocopienonautoriséeestundélit.
2.46
a) Écrire des inégalités convenables pour tout x ∈ X, puis
passer à une borne inférieure ou à une borne supérieure.
1) Soit f convenant. En appliquant l’hypothèse convena-
blement, déduire que f est de la forme x −→ x + a, où a ∈ R
est fixé. Déduire ensuite a = 0.
2) Réciproquement, tester f : x −→ x.
1) Soit f convenant.
Déduire : ∀ x ∈ R, f (x) = f (3x),
puis : ∀ (x,y) ∈ R2
, f (y) = f
x + y
2
,
et conclure que f est constante.
2) Ne pas oublier d’étudier la réciproque.
a) Pour calculer f (n)(x), calculer d’abord f (x) et utiliser
une décomposition en éléments simples dans C[X].On obtient,
pour tout (n,x) ∈ N∗ × R :
f (n)
(x) =
i
2
(−1)n−1
(n − 1)!
1
(x + i)n
−
1
(x − i)n
.
b) L’équation se ramène à :
x − i
x + i
n
= 1.
Faire intervenir les racines n-èmes de 1 dans C.
On obtient : − cotan
kπ
n
, k ∈ {1,. . . ,n − 1}.
Étudier les variations d’une fonction, après avoir éven-
tuellement transformé l’inégalité demandée en une autre
inégalité logiquement équivalente et plus commode.
Il s’agit de trouver f de façon que les carrés des distances
de f à x −→ x et à x −→ x2
soient petites.On peut essayer une
fonction proche de ces deux-là, par exemple leur moyenne
arithmétique, f : x −→
x + x2
2
.
Puisque f est supposée de classe C1
, faire une ipp.
a) Utiliser une comparaison somme/intégrale, à l’aide de la
fonction x −→
1
x
.
b) Décomposer
1
k(n − k)
en éléments simples.
Appliquer convenablement l’inégalité de Cauchy et
Schwarz, plusieurs fois éventuellement.
En prenant le logarithme,amener une somme de Riemann.
Former le taux d’accroissement de f entre 0 et x, pour
x ∈ R∗
, puis en chercher la limite.
Former d’abord le DL2(0) de x −→
tan x
x
,en partant du
DL3(0) de tan x.
Considérer g : R −→ R, u −→ Arctan (1 + u) et former le
DL2(0) de g à partir du DL2(0) de g par primitivation.
Composer enfin les DL2(0).
Repérer la forme indéterminée.
Prendre le logarithme et effectuer le changement de variable
t = x −
π
6
−→
x−→ π
6
0.
a) Pour n ∈ N∗
fixé, étudier les variations de
fn : ] − ∞ ; 0] −→ R, x −→ 1 + x +
ex
n
.
b) Montrer : 1 + xn −−−→
n ∞
0.
c) Étudier xn + 1.
Du mal à démarrer ?
2.1
2.2
2.3
2.4
2.5
2.6
2.7
2.8
2.9
2.10
2.11
2.12
2.13
2.14](https://image.slidesharecdn.com/mathmatiquesmthodesetexercicesmp-141109172011-conversion-gate01/85/Mathematiques-methodes-et-exercices-mp-65-320.jpg)
![Chapitre 2 • Fonctions vectorielles d’une variable réelle
56
a) Pour n ∈ N∗
fixé, étudier les variations de
fn : [0 ; 1] −→ R, x −→ cos x − nx .
b) Partir de : cos xn = nxn .
c) Noter yn = xn −
1
n
et reporter dans cos xn = nxn .
Montrer qu’il existe (a,b) ∈ R2
tel que :
a < b et f (a) = f (b) ,
puis montrer : ∀ y ∈ R, f (a + y) = f (b + y).
Montrer qu’il existe λ ∈ R tel que :
∀ t ∈ R, f (t) = 2t + λ
puis déduire g(y) pour tout y ∈ R.
Calculer enfin g x + f (y) .
Montrer d’abord f (0) = 0.
Montrer qu’on peut remplacer (xn)n∈N par une suite vérifiant
les mêmes conditions et qui soit, de plus, strictement décrois-
sante. Appliquer convenablement le théorème de Rolle et en
déduire f (0) = 0.
Réitérer.
Pour x ∈ [0 ; +∞[ fixé, étudier les variations de
g : [0 ; +∞[−→ R, y −→ f (x,y).
Distinguer les cas : x 3, x < 3.
a) Étudier les variations de :
f : ]0 ; +∞[−→ R, x −→
ln(1 + x)
x
.
b) Appliquer a) à (x,y) et à (x,z).
c) Appliquer b) à (t − 1, t, t + 1).
Montrer que l’application
N : Rn[X] −→ R, P −→
1
−1
P(x)
2
dx
1
2
est une norme, et que les applications de Rn[X]dans R définies
par :
P −→ P(−1), P −→ P (0), P −→ P (1)
sont linéaires continues.
Effectuer le changement de variable u = nx, puis décou-
per l’intervalle [na ; nb] en sous-intervalles consécutifs de
longueur T (sauf le dernier, par exemple), pour utiliser la T-
périodicité de f.
1) Pour f ∈ E, majorer
1/2
0
f, et minorer
1
1/2
f , à l’aide
de ||ϕ||∞ . Déduire : || f − ϕ||∞
1
4
.
2) Chercher f ∈ E, si elle existe, de façon que l’on ait
|| f − ϕ||∞ =
1
4
.
Remarquer d’abord :
1
ln cos x
∼
x−→0
−
2
x2
et
2
sin 2x
∼
x−→0
2
x2
.
Déterminer l’ordre auquel développer ln cos x et sin 2x pour
obtenir le DL2(0) de f.
• Pour y ∈ ]0 ; +∞[ fixé, calculer
1
0
dx
x2 + y2
.
• Pour exploiter ensuite la présence de
1
a
et de a aux bornes
d’une intégrale, utiliser le changement de variable u =
1
y
, qui
échange les bornes, ce qui fournit une deuxième évaluation de
I (a).
• Combiner ces deux expressions de I (a) et se rappeler :
∀ u ∈ ]0 ; +∞[, Arctan u + Arctan
1
u
=
π
2
.
Transformer l’expression sous l’intégrale, par exemple en
utilisant une expression conjuguée (quitte à supposer tempo-
rairement x = 0). Utiliser ensuite le changement de variable
y =
√
1 − x2 .
• Montrer d’abord que,pour tout x ∈ ]0 ; +∞[, f (x) existe.
• Montrer que f est de classe C1
sur ]0 ; +∞[ et exprimer f (x)
pour tout x ∈ ]0 ; +∞[, en utilisant le théorème du cours sur la
dérivée d’une intégrale avec paramètre aux bornes. En déduire
le tableau de variation de f.On fera intervenir un réel α solution
d’une équation polynomiale. Calculer (à la calculatrice ou à l’ai-
de d’un logiciel de calcul) une valeur approchée de α et une
valeur approchée de f (α).
• Montrer que f admet une limite finie en 0 et déterminer cette
limite. Montrer ensuite que l’application f (prolongée en 0 par
continuité) est alors de classe C1
sur [0 ; +∞[ et calculer f (0).
• Pour l’étude en +∞, en décomposant ln(1 + t2) par mise en
facteur de t2
, obtenir f (x) = 3(lnx)2
+ B(x), où B(x) est une
intégrale dépendant de x et pour laquelle on montrera
B(x) = O
1
x2
.
• Terminer par le tracé de la courbe représentative de f.
Faire un changement de variable par translation pour se
ramener au voisinage de 0, c’est-à-dire considérer :
g : ] − ∞ ; 0] −→ R, u −→ f (1 + u).
Montrer que g est de classe C1
sur ] − 1 ; +∞[, former le
DL2(0) de g , puis le DL3(0) de g.
2.15
2.16
2.17
2.18
2.19
2.20
2.21
2.22
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![Du mal à démarrer ?
57
©Dunod.Laphotocopienonautoriséeestundélit.
Transformer l’écriture de façon à se ramener à la
recherche d’un équivalent simple de 1 − cos x ch x lorsque
x −→ 0. Pour obtenir cet équivalent, utiliser des DL4(0) de
cos x et de ch x.
Considérer l’application
ϕ : R − {−1} −→ R, x −→
x − 3
x + 1
.
Montrer que ϕ envoie R − {−1,1} dans lui-même.
Remarquer que
3 + x
1 − x
= ϕ ◦ ϕ(x), et calculer ϕ ◦ ϕ ◦ ϕ(x).
a) Considérer l’application
g : R −→ R, x −→ f (x + a) − f (x) .
Montrer que g est b-périodique.
Calculer f (x + a) − f (x), f (x + a + b) − f (x + a), . . . ,
f (x + a + nb) − f x + a + (n − 1)b pour tout n ∈ N∗
.
Sommer et utiliser le fait que g est bornée.
En déduire que f est a-périodique.
b) Remarquer :
1
6
+
1
7
=
13
42
.
a) 1) Supposer |u| dérivable sur I.
Soit x ∈ I tel que u(x) = 0.
En étudiant le taux d’accroissement de |u| entre x et x + h,pour
h ∈ R∗
tel que x + h ∈ I, déduire u (x) = 0.
2) Réciproquement, supposer :
∀ x ∈ I, u(x) = 0 ⇒ u (x) = 0 .
Soit x ∈ I.Montrer que u est dérivable en x,en séparant en trois
cas : u(x) > 0, u(x) < 0, u(x) = 0.
b) Se rappeler que :
∀ (a,b) ∈ R2
, Max (a,b) =
1
2
a + b + |a − b| .
Considérer l’application
g : [0 ; +∞[−→ R, x −→ e−2λx
f (x)
2
et étudier les variations de g.
1) • Pour toute f ∈ E, minorer
1
0
f 2
, en utilisant l’inéga-
lité de Cauchy et Schwarz.
• Chercher f0 ∈ E,si elle existe,de façon que l’inégalité obtenue
ci-dessus soit une égalité.
2) Trouver une suite ( fn)n∈N∗ dans E telle que :
1
0
f 2
n −−−→
n ∞
0.
a) Étudier, pour n ∈ N∗
fixé, les variations de
fn : [0 ; +∞[−→ R, x −→
n
k=1
1 +
x
k
− 2n .
b) Utiliser l’inégalité classique
∀ (a,b) ∈ (R+)2
,
√
a + b
√
a +
√
b ,
puis un équivalent simple de
n
k=1
1
k
, à l’aide d’une comparaison
somme/intégrale.
Faire intervenir une exponentielle. Montrer, par exemple à
l’aide de la formule de Taylor avec reste intégral :
∀ x ∈ [0 ; +∞[, x −
x2
2
ln (1 + x) x .
En déduire, pour tout n ∈ N∗
:
e− 1
2n
1
n
n
k=1
e
k
n
1
n
n
k=1
1 +
k
n2
n
1
n
n
k=1
e
k
n .
Pour terminer, calculer
n
k=1
e
k
n , qui est une sommation géomé-
trique.
Considérer l’application
g : [0 ; 1] −→ R, x −→ a + b
x
0
f (t) dt
et montrer : ∀ x ∈ [0 ; 1],
g (x)
2
√
g(x)
b
2
.
Intégrer de 0 à x.
a) Montrer que f est strictement croissante au voisinage de 0.
b) Raisonner par condition nécessaire et condition suffisante.
• Supposer que f −1
admet un DL3(0), nécessairement de la
forme : f −1
(y) = y + γ y2
+ δy3
+ o
y−→0
(y3
) et reporter dans
x = f −1
f (x) ,plutôt que dans y = f f −1
(y) ,pour obtenir
γ et δ en fonction de (a,b).
• Réciproquement, montrer, avec les valeurs de γ et δ obtenues
ci-dessus en fonction de (a,b), que f −1(y) − (y + βy2 + γ y3)
est un o(y3).
Considérer, pour tout n ∈ N∗
: vn =
n
k=1
1
k
n
.
• En utilisant
n
k=1
1
k
∼
n∞
ln n, qui s’obtient, par exemple, par une
comparaison somme/intégrale, obtenir un équivalent simple
de vn :
vn ∼
n∞
n ln n.
2.29
2.30
2.31
2.32
2.33
2.34
2.35
2.36
2.37
2.38
2.39](https://image.slidesharecdn.com/mathmatiquesmthodesetexercicesmp-141109172011-conversion-gate01/85/Mathematiques-methodes-et-exercices-mp-67-320.jpg)
![Chapitre 2 • Fonctions vectorielles d’une variable réelle
58
• Montrer que l’application
ϕ : ]0 ; 1] −→ R, x −→
1
ln(1 + x)
−
1
x
admet une limite finie en 0, et en déduire que ϕ est bornée.
Majorer alors convenablement |un − vn|.
a) Supposer qu’il existe f convenant.
Déduire f (R) ⊂ R+, contradiction.
b) Supposer qu’il existe f convenant.
Déduire f ([−1 ; 1]) = [−1 ; 1],
puis f (−1), f (1) ∈ (−1,1), (1,−1) .
Évaluer alors f ( sin 1) et f (− sin 1) pour obtenir une contradic-
tion.
Noter E = (x,y) ∈ [0 ; 1]2
; |x − y| a et
F : E −→ R, (x,y) −→
f (x) − f (y)
x − y
.
Montrer que E est compact et que F est continue sur E.
• Montrer d’abord,pour tout (x,y) ∈ R2
et tout t ∈ [a ; b] :
|g(x) − g(y)|
n
i=1
|xi
− yi
| || fi ||∞.
• En déduire que g est lipchitzienne sur tout segment
[−A ; A], A ∈ R+, et conclure.
On peut conjecturer, à cause de la présence de xn
, que la
partie essentielle de la fonction sous l’intégrale est concentrée
près de 1, donc que l’intégrale proposée In se comporte de
façon analogue à l’intégrale
Jn =
1
0
n2
(xn
− xn+1
) f (1) dx.
Calculer Jn .
Former |In − Jn|. Pour ε > 0 fixé, décomposer l’intervalle [0 ; 1]
en [0 ; 1 − η] et [1 − η ; 1], où η vient de la continuité de f en 1,
de façon à majorer l’intégrale de 0 à 1 − η (en utilisant le fait que
f est bornée) et l’intégrale de 1 − η à 1 (en utilisant la continui-
té de f en 1).
Considérer Jn =
1
0
2xn−1
ln(1 + xn
) dx, qui ressemble
à In.
D’une part, calculer Jn .
D’autre part, évaluer In − Jn .
a) Utiliser le théorème de Rolle et compter les zéros du
polynôme Pn .
b) Utiliser la formule du cours relative à
P
P
, lorsque P ∈ K[X]
est scindé sur K.
c) Dans
n
k=0
1
k − un
, isoler le terme d’indice k = 0.
d) Dans
n
k=1
1
k − un
, isoler le terme d’indice k = 1.
a) • S’assurer d’abord que, pour tout n 1, un existe et
un 0.
• Montrer : un un−1 + 1 et déduire, par sommation,
un u1 + (n − 1), puis déduire, successivement, que (un)n est
bornée, que un
C
n
, où C est une constante, que un
D
n2
, où
D est une constante, et enfin que un ∼
n∞
1
n2
, par un raisonne-
ment correct sur les équivalents.
b) Remplacer un par
1
n2
+ o
1
n2
, dans l’expression de un+1,
puis décaler l’indice.
2.40
2.41
2.42
2.43
2.44
2.45
2.46](https://image.slidesharecdn.com/mathmatiquesmthodesetexercicesmp-141109172011-conversion-gate01/85/Mathematiques-methodes-et-exercices-mp-68-320.jpg)
![⇐⇒ ∃ k ∈ {0,. . . ,n − 1}, x − i = ωk x + i ωk
⇐⇒ ∃ k ∈ {0,. . . ,n − 1}, (1 − ωk)x = i (1 + ωk)
⇐⇒ ∃ k ∈ {1,. . . ,n − 1}, x = i
1 + ωk
1 − ωk
.
Et :
i
1 + ωk
1 − ωk
= i
1 + ei θk
1 − ei θk
= i
ei
θk
2 2 cos θk
2
−ei
θk
2 2 i sin θk
2
= − cotan
θk
2
.
On conclut que, pour tout n ∈ N tel que n 2, l’ensemble Sn
des solutions de l’équation f (n)
(x) = 0, d’inconnue x ∈ R,
est :
Sn = − cotan
kπ
n
; k ∈ {1,. . . ,n − 1} .
Commençons par transformer l’équation proposée en une
inéquation équivalente et plus commode :
∀ x ∈ [0 ; +∞[, ex e x
2
2
⇐⇒ ∀ x ∈ [0 ; +∞[, 4ex−2
x2
⇐⇒ ∀ x ∈ ]0 ; +∞[, 2 ln 2 + (x − 2) 2 ln x,
le cas x = 0 étant d’étude immédiate.
Considérons l’application
f : ]0 ; +∞[−→ R, x −→ f (x) = 2 ln 2 + x − 2 − 2 ln x .
Il est clair que f est dérivable sur ]0 ; +∞[ et :
∀ x ∈ ]0 ; +∞[, f (x) = 1 −
2
x
=
x − 2
x
.
On en déduit les variations de f :
x 0 2 +∞
f (x) – 0 +
f (x) +∞ 0 + ∞
Comme f (2) = 0, on obtient :
∀ x ∈ ]0 ; +∞[, f (x) 0 ,
ce qui établit l’inégalité demandée.
Puisqu’il s’agit de trouver une application « proche » de
x −→ x et de x −→ x2
, on peut essayer leur moyenne arith-
métique, f : x −→
1
2
(x + x2
). On a alors :
1
0
f (x) − x
2
dx =
1
0
x + x2
2
− x
2
dx
=
1
0
x − x2
2
2
dx =
1
4
1
0
(x2
− 2x3
+ x4
) dx
=
1
4
x3
3
− 2
x4
4
+
x5
5
1
0
=
1
4
1
3
−
1
2
+
1
5
=
1
120
10−2
et
1
0
f (x) − x2
2
dx =
1
0
x + x2
2
− x2
2
dx
=
1
0
x − x2
2
2
dx
=
1
120
10−2
.
Ainsi, f : [0 ; 1] −→ R, x −→
x + x2
2
, convient.
Soit λ ∈ ]0 ; +∞[ fixé.
Effectuons une intégration par parties, pour des applications
de classe C1
sur [a ; b] :
b
a
f (x) ei λx
dx
= f (x)
ei λx
i λ
b
a
−
b
a
f (x)
ei λx
i λ
dx
=
f (b)ei λb
− f (a)ei λa
i λ
−
1
i λ
b
a
f (x)ei λx
dx
| f (b)| + | f (a)|
λ
+
1
λ
b
a
| f (x)| dx
= | f (b)| + | f (a)| +
b
a
| f (x)| dx
1
λ
−→
λ−→+∞
0.
On conclut :
b
a
f (x)ei λx
dx −→
λ−→+∞
0.
a) Il s’agit d’un étude classique.
On va effectuer une comparaison somme/intégrale.
L’application f : ]0 ; +∞[−→ R, x −→
1
x
, est continue et
décroissante sur ]0 ; +∞[, donc :
∀ n ∈ N∗
, ∀ x ∈ [n ; n + 1],
1
n + 1
1
x
1
n
.
Il s’ensuit, en intégrant :
∀ n ∈ N∗
,
1
n + 1
n+1
n
1
x
dx
1
n
,
puis, en sommant :
∀ n ∈ N∗
,
n
k=1
1
k + 1
n
k=1
k+1
k
1
x
dx
n
k=1
1
k
.
60
2.5
2.6
2.7
2.8](https://image.slidesharecdn.com/mathmatiquesmthodesetexercicesmp-141109172011-conversion-gate01/85/Mathematiques-methodes-et-exercices-mp-70-320.jpg)
![On a, pour tout n ∈ N∗
, en utilisant la relation de Chasles :
n
k=1
k+1
k
1
x
dx =
n+1
1
1
x
dx = [ln x]n+1
1 = ln(n + 1) .
D’où, en notant Hn =
n
k=1
1
k
:
∀ n ∈ N∗
, Hn+1 − 1 ln (n + 1) Hn ,
ou encore : ∀ n ∈ N∗
− {1}, ln (n + 1) Hn 1 + ln n.
Comme
ln(n + 1) = ln n + ln 1 +
1
n
= ln + o
n∞
(1) ∼
n∞
ln n
et 1 + ln n ∼
n∞
ln n,
on déduit, par encadrement :
n
k=1
1
k
= Hn ∼
n∞
ln n.
b) Soit n ∈ N tel que n 2.
On a, pour tout k ∈ {1,. . . ,n − 1}, par exemple à l’aide d’une
décomposition en éléments simples :
1
k(n − k)
=
1
n
1
k
+
1
n − k
.
D’où, pour tout n 2 :
un =
n−1
k=1
1
k(n − k)
=
1
n
n−1
k=1
1
k
+
1
n − k
=
1
n
n−1
k=1
1
k
+
n−1
k=1
1
n − k
=
k −n−k
2
n
n−1
k=1
1
k
.
En utilisant le résultat de a), on déduit :
un ∼
n∞
2
n
ln (n − 1) =
2
n
ln n + ln 1 −
1
n
∼
n∞
2
n
ln n .
Appliquons deux fois l’inégalité de Cauchy et Schwarz,
en faisant intervenir
√
g, qui est continue, puisque g est conti-
nue et à valeurs 0 :
b
a
f gh
4
=
b
a
( f
√
g)2
(
√
gh)2
4
b
a
f
√
g)2
2 b
a
√
g h)2
2
=
b
a
f 2
g
2 b
a
gh2
2
b
a
f 4
b
a
g2
b
a
g2
b
a
h4
=
b
a
f 4
b
a
g2
2 b
a
h4
.
Notons, pour tout n ∈ N∗
:
un =
n
k=1
2n + k
3n + k
1
n
> 0 .
On a, pour tout n ∈ N∗
:
ln un =
1
n
n
k=1
ln
2n + k
3n + k
=
1
n
n
k=1
ln
2 +
k
n
3 +
k
n
.
L’application [0 ; 1] −→ R, x −→ ln
2 + x
3 + x
, est continue sur
le segment [0 ; 1], donc, d’après le cours sur les sommes de
Riemann : ln un −−−→
n ∞
1
0
ln
2 + x
3 + x
dx.
On calcule cette intégrale, notée I :
I =
1
0
ln (2 + x) dx −
1
0
ln (3 + x) dx
= (2 + x) ln (2 + x) − (2 + x)
1
0
− (3 + x) ln (3 + x) − (3 + x)
1
0
= (3 ln 3 − 3) − (2 ln 2 − 2)
− (4 ln 4 − 4) − (3 ln 3 − 3)
= 6 ln 3 − 10 ln 2.
Comme l’exponentielle est continue sur R, on déduit :
un −−−→
n ∞
eI
= e6 ln 3−10 ln 2
=
36
210
.
D’abord, pour tout x ∈ R, f (x) existe comme intégrale
d’une application continue sur un segment.
On a, pour tout x ∈ R∗
:
f (x) − f (0)
x − 0
=
1
x
x2
0
( sin t) Arctan
t
1 + x2
dt
1
x
x2
0
| sin t| Arctan
t
1 + x2
dt
1
x
x2
0
1 ·
π
2
dt =
π
2
x.
Il en résulte, par encadrement :
f (x) − f (0)
x − 0
−→
x−→0
0,
ce qui montre que f est dérivable en 0 et que : f (0) = 0.
D’abord, f : x −→ Arctan
tan x
x
, est définie, au
moins, sur −
π
2
;
π
2
− {0}.
61
2.9
2.10
2.11
2.12
−→](https://image.slidesharecdn.com/mathmatiquesmthodesetexercicesmp-141109172011-conversion-gate01/85/Mathematiques-methodes-et-exercices-mp-71-320.jpg)
![Comme tan x ∼
x−→0
x, on a f (x) −→
x−→0
Arctan 1 =
π
4
, donc
f admet un prolongement continu en 0, en notant f (0) =
π
4
.
De plus, il est clair que f est paire.
On calcule des développements limités en 0 :
tan x = x +
x3
3
+ o(x3
),
tan x
x
= 1 +
x2
3
+ o(x2
) ,
tan x
x
= 1 +
x2
3
+ o(x2
)
1
2
= 1 +
1
2
x2
3
+ o(x2
) = 1 +
1
6
x2
+ o(x2
).
Ainsi : f (x) = Arctan 1 +
x2
6
+ o(x2
) .
Considérons l’application
g : R −→ R, u −→ g(u) = Arctan (1 + u) .
Il est clair que g est de classe C1
sur R, et on a, pour tout
u ∈ R :
g (u) =
1
1 + (1 + u)2
=
1
2 + 2u + u2
=
1
2
1
1 + u +
u2
2
=
1
2
1 − u + o(u) =
1
2
−
1
2
u + o(u).
Il en résulte, par primitivation pour une application de classe C1
dont la dérivée admet un DL1(0) :
g(u) = g(0) +
1
2
u −
1
2
u2
2
+ o(u2
)
=
π
4
+
1
2
u −
1
4
u2
+ o(u2
).
On déduit, par composition, le DL2(0) de f :
f (x) =
π
4
+
1
2
x2
6
+ o(x2
) =
π
4
+
1
12
x2
+ o(x2
) .
Il s’agit d’une forme indéterminée 1∞
.
Notons, pour x au voisinage de
π
6
: f (x) = (2 sin x)tan x
.
On a, par le changement de variable t = x −
π
6
−→
x−→ π
6
0 :
ln f (x)
= (tan 3x) ln (2 sin x)
= tan
π
2
+ 3t ln 2 sin
π
6
+ t
= −
1
tan 3t
ln 2 ·
1
2
cos t + 2 ·
√
3
2
sin t
= −
1
tan 3t
ln cos t +
√
3 sin t
= −
1
3t + o(t)
ln 1 +
√
3 t + o(t)
∼
t−→0
−
1
3t
√
3 t = −
1
√
3
,
donc : ln f (x) −→
x−→ π
6
−
1
√
3
.
On conclut, par continuité de l’exponentielle :
f (x) −→
x−→ π
6
e
− 1√
3 .
a) Soit n ∈ N∗
.
Considérons l’application
fn : ] − ∞ ; 0] −→ R, x −→ fn(x) = 1 + x +
ex
n
.
L’application fn est dérivable sur ] − ∞ ; 0] et :
∀ x ∈ ] − ∞ ; 0], fn(x) = 1 +
ex
n
> 0 .
On dresse le tableau de variation de fn :
x −∞ xn 0
fn(x) +
fn(x) −∞ 0 1 +
1
n
Puisque fn est continue et strictement croissante sur l’intervalle
] − ∞ ; 0] et que l’on a
lim
−∞
fn = −∞ < 0 et fn(0) = 1 +
1
n
> 0, d’après le théorème
de la bijection monotone, l’équation fn(x) = 0,
d’inconnue x ∈ ] − ∞ ; 0], admet une solution et une seule,
notée xn.
De plus, comme fn(0) =/ 0, on a : xn =/ 0.
b) On a, pour tout n ∈ N∗
: |1 + xn| =
exn
n
1
n
,
donc : 1 + xn −−−→
n ∞
0, d’où : xn −−−→
n ∞
− 1.
c) On a : n(xn + 1) = −exn
−−−→
n ∞
− e−1
,
donc : xn + 1 ∼
n∞
−
e−1
n
.
On conclut au développement asymptotique suivant, à la pré-
cision o
1
n
: xn = −1 −
1
e n
+ o
n∞
1
n
.
a) Soit n ∈ N∗
.
Considérons l’application
fn : [0 ; 1] −→ R, x −→ cos x − nx .
62
2.13
2.15
2.14](https://image.slidesharecdn.com/mathmatiquesmthodesetexercicesmp-141109172011-conversion-gate01/85/Mathematiques-methodes-et-exercices-mp-72-320.jpg)
![L’application fn est dérivable sur [0 ; 1] et :
∀ x ∈ [0 ; 1], fn(x) = − sin x − n −n < 0 .
On dresse le tableau de variation de fn :
x 0 1
fn(x) −
fn(x) 1 cos 1 − n
Puisque fn est continue et strictement décroissante sur l’in-
tervalle [0 ; 1] et que :
fn(0) = 1 > 0 et fn(1) = cos 1 − n < 0,
d’après le théorème de la bijection monotone, l’équation
fn(x) = 0, d’inconnue x ∈ [0 ; 1], admet une solution et une
seule, notée xn.
b) • On a : |xn| =
cos xn
n
1
n
−−−→
n ∞
0,
donc : xn −−−→
n ∞
0.
• Ensuite : xn =
cos xn
n
∼
n∞
1
n
.
c) Notons, pour tout n ∈ N∗
: yn = xn −
1
n
.
Puisque xn ∼
n∞
1
n
, on a déjà : yn = o
1
n
.
On a :
cos
1
n
+ yn = cos xn = nxn = n
1
n
+ yn = 1 + nyn ,
d’où :
nyn = cos
1
n
+ yn
−→0
− 1 ∼
n∞
−
1
2
1
n
+ yn
=o 1
n
2
∼
n∞
−
1
2n2
,
donc : yn ∼
n∞
−
1
2n3
.
On conclut : xn −
1
n
∼
n∞
−
1
2n3
.
Puisque f n’est pas injective, il existe (a,b) ∈ R2
tel
que : a < b et f (a) =/ f (b). On a alors :
∀ y ∈ R, f (a + y) = g f (a),y = g f (b),y = f (b + y).
En notant c = a − b > 0, on a donc :
∀ z ∈ R, f (c + z) = f (a − b) + z = f a + (−b + z)
= f b + (−b + z) = f (z).
On conclut que f est c-périodique.
En remplaçant y par 0, on a :
∀ x ∈ R, f x + g(0) = 2x + 5 ,
puis :
∀ t ∈ R, f (t) = f t − g(0) + g(0)
= 2 t − g(0) + 5 = 2t + 5 − 2g(0) .
Il existe donc λ ∈ R tel que : ∀ t ∈ R, f (t) = 2t + λ.
• On a donc, en remplaçant, dans l’hypothèse, f par son ex-
pression obtenue ci-dessus :
∀ (x,y) ∈ R2
, 2x + y + 5 = f x + g(y)
= 2 x + g(y) + λ = 2x + 2g(y) + λ,
d’où : ∀ y ∈ R, g(y) =
1
2
y +
5 − λ
2
.
On déduit :
∀ (x,y) ∈ R2
, g x + f (y) =
1
2
x + f (y) +
5 − λ
2
=
1
2
(x + 2y + λ) +
5 − λ
2
=
1
2
x + y +
5
2
.
Puisque : xn −−−→
n ∞
0 et ∀ n ∈ N, xn ∈ ]0 ; +∞[ ,
on peut extraire de la suite (xn)n∈N une suite strictement dé-
croissante et de limite 0.
Il existe donc une suite (un)n∈N, strictement décroissante, de
limite 0, telle que : ∀ n ∈ N, f (un) = 0.
63
2.16
2.17
2.18
y
x
y = f(x)
u3 u2 u1
u0v1
v0v2
O
Puisque f est continue en 0, on déduit : f (0) = 0.
D’autre part, d’après le théorème de Rolle, puisque f est déri-
vable sur ]0 ; +∞[, pour chaque n ∈ N , il existe
vn ∈ ]un+1 ; un[ tel que : f (vn) = 0. On construit ainsi une suite
(vn)n∈N , strictement décroissante, de limite 0, telle que :
∀ n ∈ N, f (vn) = 0.
D’après l’étude précédente, appliquée à f à la place de f, on
déduit : f (0) = 0.](https://image.slidesharecdn.com/mathmatiquesmthodesetexercicesmp-141109172011-conversion-gate01/85/Mathematiques-methodes-et-exercices-mp-73-320.jpg)
![En réitérant le raisonnement, ou par une récurrence, on
conclut : ∀ k ∈ N, f (k)
(0) = 0.
1) Inégalité :
Soit x ∈ [0 ; +∞[.
Notons g : [0 ; +∞[−→ R l’application définie, pour tout
y ∈ [0 ; +∞[, par : g(y) = f (x,y) = 1 + x2
y + xy2
− 3xy.
L’application g est dérivable sur [0 ; +∞[ et :
∀ y ∈ [0 ; +∞[, g (y) = x2
+ 2xy − 3x = x(x + 2y − 3) .
1er cas : x 3
On a alors : ∀ y ∈ [0 ; +∞[, g (y) 0,
donc g est croissante.
Comme g(0) = 1, on déduit :
∀ y ∈ [0 ; +∞[, g(y) g(0) = 1 > 0.
2ecas : 0 x < 3
On dresse le tableau de variations de g :
y 0
3 − x
2
+∞
g (y) − 0 +
g(y)
On calcule le minimum de g, obtenu en
3 − x
2
:
g
3 − x
2
= 1 + x2
y + xy2
− 3xy
= 1 + xy(x + y − 3)
= 1 + x
3 − x
2
x +
3 − x
2
− 3
= 1 +
3x − x2
2
x − 3
2
=
1
4
4 − x(x − 3)2
‘ =
1
4
(−x3
+ 6x2
− 9x + 4)
=
1
4
(−x + 1)(x2
− 5x + 4)
=
1
4
(−x + 1)(x − 1)(x − 4)
=
1
4
(x − 1)2
(4 − x)
0
0.
Finalement : ∀ (x,y) ∈ [0 ; +∞[2
, f (x,y) 0.
2) Étude du cas d’égalité
• Supposons qu’il y ait égalité dans l’inégalité de l’énoncé.
D’après 1), on a alors nécessairement :
x 3, y =
3 − x
2
, g(y) = 0 ,
d’où, comme 4 − x > 0 : x = 1, puis y = 1.
• Réciproquement : f (1,1) = 1 + 1 + 1 − 3 = 0.
On conclut qu’il y a égalité si et seulement si :
(x,y) = (1,1) .
a) Considérons l’application
f : ]0 ; +∞[−→ R, x −→ f (x) =
ln(1 + x)
x
.
L’application f est dérivable sur ]0 ; +∞[ et, pour tout
x ∈ ]0 ; +∞[ :
f (x) =
1
x2
x
1 + x
− ln (1 + x) .
Considérons l’application
g : [0 ; +∞[−→ R ; x −→ g(x) =
x
1 + x
− ln (1 + x) .
L’application g est dérivable sur [0 ; +∞[ et, pour tout
x ∈ [0 ; +∞[ :
g (x) =
1
(1 + x)2
−
1
1 + x
= −
x
(1 + x)2
0
< 0 si x =/ 0.
Il en résulte que g est strictement décroissante sur [0 ; +∞[.
Comme g(0) = 0, on en déduit :
∀ x ∈ ]0 ; +∞[, g(x) < 0 ,
donc : ∀ x ∈ ]0 ; +∞[, f (x) < 0.
Il en résulte que f est strictement décroissante.
On a donc, pour tout (x,y) ∈ ]0 ; +∞[2
:
x < y ⇒ f (y) < f (x)
⇐⇒
ln(1 + y)
y
<
ln(1 + x)
x
⇐⇒
x
y
<
ln(1 + x)
ln(1 + y)
.
b) Soit (x,y,z) ∈ R3
tel que 0 < x < y < z.
Appliquons le résultat de a) à (x,y) et à (x,z) :
x
y
<
ln(1 + x)
ln(1 + y)
et
x
z
<
ln(1 + x)
ln(1 + z)
,
d’où, par multiplication (pour des nombres tous > 0) :
x2
yz
<
ln(1 + x)
2
ln(1 + y) ln(1 + z)
.
c) Soit t ∈ ]0 ; +∞[. Appliquons le résultat de b) à
x = t − 1 ∈ ]0 ; +∞[, y = t, z = t + 1 :
64
2.19
2.20](https://image.slidesharecdn.com/mathmatiquesmthodesetexercicesmp-141109172011-conversion-gate01/85/Mathematiques-methodes-et-exercices-mp-74-320.jpg)
![(t − 1)2
t(t + 1)
<
(ln t)2
ln(t + 1) ln (t + 2)
,
d’où, les dénominateurs étant > 0 :
(t − 1)2
ln(t + 1) ln(t + 2) < t(t + 1)( ln t)2
.
Notons, pour abréger, E = Rn[X] et confondons poly-
nôme et application polynomiale sur [−1 ; 1].
D’après le cours, l’application
N : E −→ R, P −→
1
−1
P(x)
2
dx
1
2
est une norme sur E.
Considérons les applications u,v,w : E −→ R définies, pour
tout P ∈ E, par :
u(P) = P(−1), v(P) = P (0), w(P) = P (1) .
Il est clair que u,v,w sont linéaires.
Puisque E est de dimension finie, u,v,w sont donc continues
et il existe a,b,c ∈ R+ tels que, pour tout P ∈ E :
|u(P)| aN(P), |v(P)| bN(P), |w(P)| cN(P) .
On a alors, pour tout P ∈ E :
P(−1)
2
+ P (0)
2
+ P (1)
2
= u(P)
2
+ v(P)
2
+ w(P)
2
(a2
+ b2
+ c2
) N(P)
2
.
En notant C = a2
+ b2
+ c2
, on a donc, pour tout P ∈ E :
P(−1)
2
+ P (0)
2
+ P (1)
2
C
1
−1
P(x)
2
dx .
Soit n ∈ N∗
.
On a, par le changement de variable u = nx :
In =
b
a
f (nx) dx =
1
n
nb
na
f (u) du .
Notons N = E
n(b − a)
T
∈ N, (qui dépend de n) de sorte
que : na + NT nb < na + (N + 1)T.
On a, par la relation de Chasles :
In =
1
n
N−1
k=0
na+(k+1)T
na+kT
f (u) du +
nb
na+NT
f (u) du .
Puisque f est T-périodique, on déduit :
In =
1
n
N−1
k=0
T
0
f (u) du +
nb
na+NT
f (u) du
=
N
n
T
0
f (u) du +
1
n
nb
na+NT
f (u) du .
D’une part, d’après la définition de N :
b − a
T
−
1
n
<
N
n
b − a
T
,
donc, par théorème d’encadrement :
N
n
−−−→
n ∞
b − a
T
.
D’autre part :
1
n
nb
na+NT
f (u) du
1
n
nb
na+NT
| f (u)| du
1
n
na+(N+1)T
na+NT
| f (u)| du =
1
n
T
0
| f (u)| du −−−→
n ∞
0.
On conclut :
b
a
f (nx) dx −−−→
n ∞
b − a
T
b
a
f (u) du.
1) Soit f ∈ E.
On va essayer de minorer || f − ϕ||∞ par une constante conve-
nable.
• On a :
1/2
0
f =
1/2
0
ϕ + ( f − ϕ) =
1/2
0
ϕ +
1/2
0
( f − ϕ).
D’une part :
1/2
0
( f − ϕ)
1/2
0
| f − ϕ|
1
2
|| f − ϕ||∞.
D’autre part :
1/2
0
ϕ =
1/2
0
x dx =
x2
2
1/2
0
=
1
8
.
On a donc :
1/2
0
f
1
8
+
1
2
|| f − ϕ||∞.
• On a :
1
1/2
f =
1
1/2
ϕ + ( f − ϕ) =
1
1/2
ϕ +
1
1/2
( f − ϕ) .
D’une part :
1
1/2
( f − ϕ) −
1
1/2
| f − ϕ| −
1
2
|| f − ϕ||∞ .
D’autre part :
1
1/2
ϕ =
1
1/2
x dx =
x2
2
1
1/2
=
1
2
−
1
8
=
3
8
.
On a donc :
1
1/2
f
3
8
−
1
2
|| f − ϕ||∞.
On déduit, puisque f ∈ E :
1
8
+
1
2
|| f − ϕ||∞
1/2
0
f =
1
1/2
f
3
8
−
1
2
|| f − ϕ||∞ ,
D’où : || f − ϕ||∞
1
4
.
Il en résulte : d(ϕ,F) = Inf
f ∈E
|| f − ϕ||∞
1
4
.
65
2.21
2.22
2.23](https://image.slidesharecdn.com/mathmatiquesmthodesetexercicesmp-141109172011-conversion-gate01/85/Mathematiques-methodes-et-exercices-mp-75-320.jpg)
![2) Considérons l’application f : [0 ; 1] −→ R définie, pour tout
x ∈ [0 ; 1], par :
f (x) =
x +
1
4
si 0 x
1
2
x −
1
4
si
1
2
< x 1.
On a :
ln cos x
= ln 1 −
x2
2
+
x4
24
−
x6
720
+ o(x6
)
= −
x2
2
+
x4
24
−
x6
720
−
1
2
x4
4
−
x6
24
+
1
3
−
x6
8
+ o(x6
)
= −
x2
2
+
1
24
−
1
8
x4
+ −
1
720
+
1
48
−
1
24
x6
+ o(x6
)
= −
x2
2
−
x4
12
−
x6
45
+ o(x6
),
et :
sin 2
x
= x −
x3
6
+
x5
120
+ o(x5
)
2
= x2
−
x4
3
+
1
36
+
1
60
x6
+ o(x6
)
= x2
−
x4
3
+
2x6
45
+ o(x6
).
D’où :
f (x)
=
1
−
x2
2
−
x4
12
−
x6
45
+ o(x6
)
+
2
x2
−
x4
3
+
2x6
45
+ o(x6
)
=
2
x2
− 1 +
x2
6
+
2x4
45
+ o(x6
)
−1
+ 1 −
x2
3
+
2x4
45
+ o(x4
)
−1
=
2
x2
− 1 −
x2
6
+
2x4
4(
+
x4
36
+ 1 +
x2
3
−
2x4
45
+
x4
9
+ o(x4
)
=
2
x2
1
6
+
1
3
x2
+
2
45
−
1
36
−
2
45
+
1
9
+ o(x4
)
=
2
x2
1
2
x2
+
1
12
x4
+ o(x4
)
= 1 +
1
6
x2
+ o(x2
).
66
Il est clair que : f ∈ E,
1/2
0
f =
1
1/2
f, || f − ϕ||∞ =
1
4
.
On conclut : d(ϕ,F) =
1
4
.
Si on effectue un DLn(0) (n 2) de ln cos x, comme
ln cos x
−→1
∼
x−→0
cos x − 1 ∼
x−→0
−
x2
2
,
ce DLn(0) sera de la forme :
ln cos x = −
x2
2
+ · · · + an xn
+ o(xn
) ,
d’où :
1
ln cos x
= −
2
x2
1 + · · · − 2an xn−2
+ o(xn−2
)
−1
= −
2
x2
1 + · · · + bn xn−2
+ o(xn−2
)
= −
2
x2
+ · · · − 2bn xn−4
+ o(xn−4
).
Comme on veut un DL2(0) de f, il faut prendre n de façon que
n − 4 = 2, c’est-à-dire n = 6.
y
x
1
1
3
4
1
2
1
4
1
4
1
2
3
4
y = f(x)
y = ϕ(x)
2.24](https://image.slidesharecdn.com/mathmatiquesmthodesetexercicesmp-141109172011-conversion-gate01/85/Mathematiques-methodes-et-exercices-mp-76-320.jpg)
![• On a, pour tout y ∈ ]0 ; +∞[ fixé, par le changement
de variable z =
x
y
:
1
0
dx
x2 + y2
=
1
y
0
y dz
y2z2 + y2
=
1
y
1
y
0
1
1 + z2
dz
=
1
y
[Arctan z]
1
y
0 =
1
y
Arctan
1
y
.
• On déduit :
I (a) =
a
1
a
1
0
dx
x2 + y2
dy =
a
1
a
1
y
Arctan
1
y
dy .
Mais, par le changement de variable u =
1
y
, qui échange les
bornes, on a :
I (a) =
1
a
a
u Arctan u −
du
u2
=
a
1
a
1
u
Arctan u du .
D’où, par addition :
2I (a)
=
a
1
a
1
y
Arctan y dy +
a
1
a
1
y
Arctan
1
y
dy
=
a
1
a
1
y
Arctan y + Arctan
1
y
dy
=
a
1
a
1
y
π
2
dy =
π
2
ln y
a
1
a
=
π
2
ln a − ln
1
a
= π ln a.
On conclut : I (a) =
π ln a
2
.
L’application x −→
√
1 + x −
√
1 − x
√
1 + x +
√
1 − x
, est continue
sur le segment [0 ; 1], donc son intégrale I existe.
On a, pour tout x ∈ ]0 ; 1], par utilisation d’une expression
conjuguée :
√
1 + x −
√
1 − x
√
1 + x +
√
1 − x
=
√
1 + x −
√
1 − x
2
(1 + x) − (1 − x)
=
2 − 2
√
1 − x2
2x
=
1 −
√
1 − x2
x
=
1 − (1 − x2
)
x 1 +
√
1 − x2
=
x
1 +
√
1 − x2
,
et cette dernière expression est aussi valable pour x = 0.
On a donc : I =
1
0
x
1 +
√
1 − x2
dx.
Effectuons le changement de variable y =
√
1 − x2 .
On a alors x2
= 1 − y2
, x dx = −y dy, d’où :
I =
0
1
−y dy
1 + y
=
1
0
y
1 + y
dy =
1
0
1 −
1
1 + y
dy
= y − ln (1 + y)
1
0
= 1 − ln 2.
• L’application
g : ]0 ; +∞[−→ R, t −→ g(t) =
ln(1 + t2
)
t
est continue sur ]0 ; +∞[, donc, pour tout x ∈ ]0 ; +∞[, g est
continue sur le segment joignant x et x2
, ce qui montre que l’in-
tégrale f (x) =
x2
x
ln(1 + t2
)
t
dt existe.
• Puisque les applications x −→ x et x −→ x2
sont de
classe C1
sur ]0 ; +∞[ et à valeurs dans ]0 ; +∞[ et que g est
continue sur ]0 ; +∞[, d’après le cours, f est de classe C1
sur
]0 ; +∞[ et, pour tout x ∈ ]0 ; +∞[ :
f (x) =
ln(1 + x4
)
x2
2x −
ln(1 + x2
)
x
1
=
1
x
2 ln(1 + x4
) − ln(1 + x2
) .
D’après les théorèmes généraux, cette dernière fonction est de
classe C∞
sur ]0 ; +∞[, donc f est de classe C∞
sur ]0 ; +∞[.
On a, pour tout x ∈ ]0 ; +∞[ :
f (x) = 0
⇐⇒ 2 ln (1 + x4
) − ln(1 + x2
) = 0
⇐⇒ (1 + x4
)2
= 1 + x2
⇐⇒ x8
+ 2x4
− x2
= 0
⇐⇒ x6
+ 2x2
− 1 = 0.
Notons
P : [0 ; +∞[−→ R, x −→ P(x) = x6
+ 2x2
− 1.
L’application P est dérivable sur [0 ; +∞[ et :
∀ x ∈ [0 ; +∞[, P (x) = 6x5
+ 4x
0
> 0 si x > 0.
On dresse le tableau de variation de P :
x 0 +∞
P (x) +
P(x) −1 +∞
Puisque P est continue et strictement croissante sur l’intervalle
[0 ; +∞[, et que l’on a P(0) = −1 < 0 et P(x) −→
x−→+∞
+∞,
d’après le théorème de la bijection réciproque,
67
2.26
2.25
2.27](https://image.slidesharecdn.com/mathmatiquesmthodesetexercicesmp-141109172011-conversion-gate01/85/Mathematiques-methodes-et-exercices-mp-77-320.jpg)
![il existe α ∈ [0 ; +∞[ unique tel que l’on ait P(α) = 0, et on
dispose du signe de P(x) selon la position de x par rapport
à α.
La calculatrice fournit une valeur approchée de α :
α 0,673 . . .
On en déduit le signe de f (x)et le tableau de variation de f :
x 0 α +∞
f (x) − 0 +
f (x)
La calculatrice fournit une valeur approchée de f (α) :
f (α) −0,107 . . .
• Étude en 0 :
Comme : ∀ u ∈ [0 ; +∞[, 0 ln(1 + u) u,
on a, pour tout x ∈ ]0 ; 1] :
0 − f (x) =
x
x2
ln(1 + t2
)
t
dt
x
x2
t dt
=
t2
2
x
x2
=
x2
− x4
2
.
Il s’ensuit, par le théorème d’encadrement : f (x) −→
x−→0
0.
On peut donc prolonger f en 0 par continuité en posant
f (0) = 0.
De plus :
f (x) =
1
x
2 ln(1 + x4
) − ln(1 + x2
)
=
1
x
− x2
+ o
x−→0
(x2
) = −x + o(x) −→
x−→0
0.
Comme f est continue sur [0 ; +∞[, que f est de classe C1
sur
]0 ; +∞[ et que f (x) −→
x−→0
0, d’après le théorème limite de la
dérivée, f est de classe C1
sur [0 ; +∞[et f (0) = 0.
• Étude en +∞ :
On a, pour tout x ∈ [1 ; +∞[ :
f (x) =
x2
x
ln(1 + t2
)
t
dt =
x2
x
1
t
ln t2
1 +
1
t2
dt
=
x2
x
1
t
2 ln t + ln 1 +
1
t2
dt
= 2
x2
x
ln t
t
dt
notée A(x)
+
x2
x
1
t
ln 1 +
1
t2
dt
notée B(x)
.
On a :
A(x) = (ln t)2 x2
x
= ln (x2
)
2
− ( ln x)2
= 4(ln x)2
− ( ln x)2
= 3(ln x)2
.
D’autre part :
0 B(x)
x2
x
1
t
1
t2
dt =
x2
x
1
t3
dt
=
t−2
−2
x2
x
=
1
2
1
x2
−
1
x4
1
2x2
,
donc : B(x) = O
x−→+∞
1
x2
.
Ainsi : f (x) = 3( ln x)2
+ O
x−→+∞
1
x2
.
En particulier : f (x) −→
x−→+∞
+∞,
et
f (x)
x
∼
x−→+∞
3(ln x)2
x
−→
x−→+∞
0.
Ceci montre que la courbe représentative de f admet,
lorsque x −→ +∞, une branche parabolique de direction
asymptotique x x.
• Valeurs remarquables :
f (1) = 0 et f (1) = ln 2 0,693 . . .
• Tracé de la courbe représentative de f :
68
Considérons l’application g : ] − 1 ; +∞[−→ R définie,
pour tout u ∈ ] − 1 ; +∞[, par :
g(u) = f (1 + u) =
1+u
1
et
t
dt ,
obtenue en notant u = x − 1 dans l’expression de f (x), de
façon que la variable (u) tende vers 0 lorsque x tend vers 1.
Puisque t −→
et
t
, est de classe C∞
sur ]0 ; +∞[, d’après le
cours, g est de classe C∞
sur ] − 1 ; +∞[ et :
∀ u ∈ ] − 1 ; +∞[, g (u) =
e1+u
1 + u
.
On va former le DL2(0) de g , puis primitiver pour obtenir le
DL3(0) de g. On a :
g (u) = e eu 1
1 + u
= e 1 + u +
u2
2
+ o(u2
) 1 − u + u2
+ o(u2
)
= e 1 +
u2
2
+ o(u2
) = e +
e
2
u2
+ o(u2
).
y
O
f(α)
α
1 x
y = f(x)
2.28](https://image.slidesharecdn.com/mathmatiquesmthodesetexercicesmp-141109172011-conversion-gate01/85/Mathematiques-methodes-et-exercices-mp-78-320.jpg)
![On déduit, par primitivation, pour une fonction de classe C1
dont la dérivée admet un DL2(0) :
g(u) = g(0) + e u +
e
2
u3
3
+ o(u3
).
Et : g(0) =
1
1
ey
t
t
dt = 0.
On conclut :
f (x) = e u +
e
6
u3
+ o(u3
), u = x − 1 −→
x−→1
0 .
On a, pour tout x ∈ −
π
2
;
π
2
− {0} :
f (x) =
1
( sin x sh x)2
−
1
(tan x th x)2
=
1
sin 2x sh2
x
(1 − cos 2
x ch2
x).
Pour le dénominateur : sin 2
x sh2
x ∼
x−→0
x4
.
On va chercher un équivalent simple du numérateur.
On remarque :
1 − cos 2
x ch2
x = (1 − cos x ch x)(1 + cos x ch x)
et : 1 + cos x ch x −→
x−→0
2 =/ 0.
On va chercher un DL4(0) de 1 − cos x ch x, pour en avoir
un équivalent simple :
1 − cos x ch x
= 1 − 1 −
x2
2
+
x4
24
+ o(x4
) 1 +
x2
2
+
x4
24
+ o(x4
)
= 1 − 1 −
1
6
x4
+ o(x4
) =
1
6
x4
+ o(x4
) .
On a donc : f (x) ∼
x−→0
1
x4
1
6
x4
· 2 =
1
3
et on conclut : f (x) −→
x−→0
1
3
.
• Considérons l’application
ϕ : R − {−1,1} −→ R, x −→ ϕ(x) =
x − 3
x + 1
.
On a, pour tout x ∈ R − {−1,1} :
ϕ(x) = 1 ⇐⇒
x − 3
x + 1
= 1 ⇐⇒ 4 = 0 ,
impossible, et, d’autre part :
ϕ(x) = −1 ⇐⇒
x − 3
x + 1
= −1
⇐⇒ x − 3 = −x − 1 ⇐⇒ x = 1,
impossible.
Ainsi : ∀ x ∈ R − {−1,1}, ϕ(x) ∈ R − {−1,1}.
On peut donc considérer l’application, encore notée ϕ, de
R − {−1,1} dans lui-même, définie par :
∀ x ∈ R − {−1,1}, ϕ(x) =
x − 3
x + 1
.
Calculons, pour tout x ∈ R − {−1,1}, les itérées de ϕ en x, pour
la loi de composition, notées ϕ[2]
(x), ϕ[3]
(x),. . . :
ϕ[2]
(x) = ϕ ϕ(x)
=
ϕ(x) − 3
ϕ(x) + 1
=
x − 3
x + 1
− 3
x − 3
x + 1
+ 1
=
−2x − 6
2x − 2
=
3 + x
1 − x
,
ϕ[3]
(x) = ϕ ϕ[2]
(x)
=
ϕ[2]
(x) − 3
ϕ[2](x) + 1
=
3 + x
x − 1
− 3
3 + x
x − 1
+ 1
=
4x
4
= x.
• 1) Soit f convenant.
On a donc :
∀ x ∈ R − {−1,1}, f ϕ(x) + f ϕ[2]
(x) = x .
Appliquons ceci à x, ϕ(x), à ϕ[2]
(x) :
f ϕ(x) + f ϕ[2]
(x) = x E1
f ϕ[2]
(x) + f (x) = ϕ(x) E2
f (x) + f ϕ(x) = ϕ[2]
(x) E3.
En effectuant E2 + E3 − E1, on élimine f ϕ(x) et f ϕ[2]
(x) ,
et on obtient f (x), d’où :
f (x) =
1
2
ϕ(x) + ϕ[2]
(x) − x
=
1
2
x − 3
x + 1
+
3 + x
1 − x
− x =
1
2
x3
+ 7x
1 − x2
.
2) Réciproquement, un calcul direct (un peu long sans logiciel
de calcul formel) montre que l’application f trouvée en 1)
convient.
On conclut qu’il y a une application f et une seule conve-
nant :
f : R − {−1,1} −→ R, x −→ f (x) =
1
2
x3
+ 7x
1 − x2
.
a) Considérons
g : R −→ R, x −→ f (x + a) − f (x) .
On a, d’après l’hypothèse de l’énoncé :
∀ x ∈ R, g(x + b) = f (x + a + b) − f (x + b)
= f (x + a) − f (x) = g(x),
donc g est b-périodique.
69
2.29
2.30
2.31](https://image.slidesharecdn.com/mathmatiquesmthodesetexercicesmp-141109172011-conversion-gate01/85/Mathematiques-methodes-et-exercices-mp-79-320.jpg)
![• Considérons l’application particulière :
f0 : [0 ; 1] −→ R, t −→ λt .
On a f0 ∈ E et :
1
0
f 2
0 =
1
0
λ2
= λ2
.
On conclut : Inf
f ∈E
1
0
f 2
= λ2
,
et cette borne inférieure est atteinte (au moins) pour l’appli-
cation f0 définie plus haut.
b) Considérons, pour tout n ∈ N∗
:
fn : [0 ; 1] −→ R, x −→ λxn
.
Il est clair que : ∀ n ∈ N∗
, fn ∈ E.
Et on a :
1
0
f 2
n =
1
0
λ2
x2n
dx = λ2 x2n+1
2n + 1
1
0
=
λ2
2n + 1
−−−→
n ∞
0 .
On conclut : Inf
f ∈E
1
0
f 2
= 0.
a) Soit n ∈ N∗
. Considérons l’application
fn : [0 ; +∞[−→ R, x −→
n
k=1
1 +
x
k
− 2n .
L’application fn est dérivable (donc continue) sur [0 ; +∞[
et : ∀ x ∈ [0 ; +∞[, fn(x) =
n
k=1
1
k
2 1 +
x
k
> 0,
donc fn est strictement croissante sur [0 ; +∞[.
De plus : fn(0) = n − 2n = −n < 0 et fn(x) −→
x−→+∞
+∞.
D’après le théorème de la bijection monotone, il existe donc
xn ∈ [0 ; +∞[ unique tel que fn(xn) = 0.
b) On sait : ∀ (a,b) ∈ (R+)2
,
√
a + b
√
a +
√
b
(ce que l’on peut redémontrer en développant les carrés).
On a donc, pour tout n ∈ N∗
:
2n =
n
k=1
1 +
xn
k
n
k=1
1 +
xn
k
= n +
√
xn
n
k=1
1
√
k
.
Évaluons
n
k=1
1
√
k
, par comparaison d’une somme à une inté-
grale.
L’application x −→
1
√
x
, est continue et décroissante sur
[1 ; +∞[, donc :
n
k=1
1
√
k
1 +
n
1
1
√
t
dt
= 1 + [2
√
t]n
1 = 1 + 2(
√
n − 1) = 2
√
n − 1 2
√
n.
On déduit : 2n n +
√
xn2
√
n,
donc
√
xn
√
n
2
, puis xn
n
4
.
On conclut : xn −−−→
n ∞
+ ∞.
Remarquons d’abord que, dans les conditions de
l’énoncé : 0
k
n2
n
n2
=
1
n
−−−→
n ∞
0,
et que, d’autre part : 1 +
k
n2
n
= exp n ln 1 +
k
n2
.
• Montrons : ∀ x ∈ [0 ; +∞[, x −
x2
2
ln(1 + x) x.
Soit x ∈ [0 ; +∞[. En appliquant la formule deTaylor avec reste
intégral à ϕ : t −→ ln(1 + t) sur [0 ; x], on a :
ϕ(x) = ϕ(0) + ϕ (0)x +
x
0
(x − t)
1!
ϕ (t) dt ,
c’est-à-dire : ln (1 + x) = x −
x
0
(x − t)
1
(1 + t)2
dt.
Mais :
0
x
0
x − t
(1 + t)2
dt
x
0
(x − t) dt
= −
(x − t)2
2
x
0
=
x2
2
.
On a donc : x −
x2
2
ln(1 + x) x.
• Soit n ∈ N∗
.
Appliquons le résultat précédent à
k
n2
à la place de x, pour tout
k ∈ {1,. . . ,n} :
k
n2
−
k2
2n4
ln 1 +
k
n2
k
n2
,
d’où :
k
n2
−
1
2n2
ln 1 +
k
n2
k
n2
,
donc, en multipliant par n
k
n
−
1
2n
n ln 1 +
k
n2
k
n
,
puis, en passant aux exponentielles :
e
k
n e− 1
2n 1 +
k
n2
n
e
k
n .
On déduit, en sommant pour k allant de 1 à n, puis en divisant
par n :
e− 1
2n
1
n
n
k=1
e
k
n
1
n
n
k=1
1 +
k
n2
n
1
n
n
k=1
e
k
n .
71
2.35
2.36](https://image.slidesharecdn.com/mathmatiquesmthodesetexercicesmp-141109172011-conversion-gate01/85/Mathematiques-methodes-et-exercices-mp-81-320.jpg)
![On a, par sommation géométrique :
n
k=1
e
k
n =
n
k=1
e
1
n
k
= e
1
n
e
1
n
n
− 1
e
1
n − 1
= e
1
n
e − 1
e
1
n − 1
,
puis, comme e
1
n − 1 ∼
n∞
1
n
:
1
n
n
k=1
e
k
n = e
1
n (e − 1)
1
n
e
1
n − 1
−−−→
n ∞
e − 1 .
On conclut, par le théorème d’encadrement :
1
n
n
k=1
1 +
k
n2
n
−−−→
n ∞
e − 1 .
Considérons
g : [0 ; 1] −→ R, x −→ g(x) = a + b
x
0
f (t) dt .
Puisque f est continue sur [0 ; 1], g est de classe C1
sur [0 ; 1]
et : ∀ x ∈ [0 ; 1], g (x) = bf (x).
De plus, d’après l’hypothèse de l’énoncé :
∀ x ∈ [0 ; 1], g(x) a > 0 .
On déduit : ∀ x ∈ [0 ; 1], g (x) b g(x),
puis : ∀ x ∈ [0 ; 1],
g (x)
2
√
g(x)
b
2
.
En intégrant sur [0 ; x], pour tout x ∈ [0 ; 1] :
x
0
g (t)
2
√
g(t)
dt = g(t)
x
0
= g(x) − g(0) = g(x) −
√
a.
On a donc : g(x) −
√
a
x
0
b
2
dt =
bx
2
,
d’où : g(x)
√
a +
bx
2
2
,
c’est-à-dire :
a + b
x
0
f (t) dt = g(x) a +
√
a bx +
b2
4
x2
,
et on conclut :
x
0
f (t) dt
√
a x +
b
4
x2
.
a) Puisque f (0) = 1 > 0 et que f est continue en 0, il
existe η > 0 tel que : ∀ x ∈ ] − η ; η[, f (x) > 0,
donc f est strictement croissante sur ] − η ; η[.
Notons U = ] − η ; η[ et V = f (U) = ] − f (η) ; f (η)[.
Puisque f (0) = 0, on a alors f (−η) < 0 < f (η).
Enfin, puisque f est continue et strictement croissante sur l’in-
tervalle U, d’après le théorème de la bijection monotone, f réa-
lise une bijection de U sur V.
b) 1) Supposons que f −1
admette un DL3(0) :
f −1
(y) = α + βy + γy2
+ δy3
+ o
y−→0
(y3
) .
On a alors α = f −1
(0), et, puisque f −1
est dérivable en 0,
d’après le cours, β = ( f −1
) (0). Mais f (0) = 0 et f (0) = 1,
donc f −1
(0) = 0 et
( f −1
) (0) =
1
f f −1(0)
=
1
f (0)
=
1
1
= 1.
Le DL3(0) de f −1
est donc de la forme :
f −1
(y) = y + γy2
+ δy3
+ o(y3
).
On a, pour x ∈ U :
x = f −1
f (x)
= f −1
x + ax2
+ bx3
+ o(x3
)
= (x + ax2
+ bx3
) + γ(x + ax2
+ bx3
)2
+ δ(x + ax2
+ bx3
)3
+ o(x3
)
= (x + ax2
+ bx3
) + γ(x2
+ 2ax3
) + δx3
+ o(x3
)
= x + (a + γ)x2
+ (b + 2γa + δ)x3
+ o(x3
).
Par unicité du DL3(0) de x −→ x, on déduit :
a + γ = 0
b + 2γa + δ = 0
d’où :
γ = −a
δ = 2a2
− b.
2) Réciproquement, montrons que la valeur obtenue ci-dessus
pour (γ,δ) convient, c’est-à-dire montrons :
f −1
(y) = y − ay2
+ (2a2
− b)y3
+ o(y3
) .
Notons x = f −1
(y), de sorte que y = f (x) et x −→
y−→0
0.
On a :
f −1
(y) − y − ay2
+ (2a2
− b)y3
= x − (x + ax2
+ bx3
) − a(x + ax2
+ bx3
)2
+ (2a2
− b)(x + ax2
+ bx3
)3
+ o(x3
)
= x − (x + ax2
+ bx3
) − a(x2
+ 2ax3
)
+ (2a2
− b)x3
+ o(x3
)
= o(x3
) = o(y3
), car x ∼
y−→0
y.
On conclut que f −1
admet un DL3(0) et que :
f −1
(y) = y − ay2
+ (2a2
− b)y3
+ o
y−→0
(y3
) .
72
2.37
2.38](https://image.slidesharecdn.com/mathmatiquesmthodesetexercicesmp-141109172011-conversion-gate01/85/Mathematiques-methodes-et-exercices-mp-82-320.jpg)
![Considérons, pour tout n ∈ N∗
:
vn =
n
k=1
1
k
n
= n
n
k=1
1
k
.
• On sait, par comparaison somme/intégrale (cf, par exemple,
exercice 2.8) :
n
k=1
1
k
∼
n∞
ln n,
donc : vn ∼
n∞
n ln n.
• Notons, pour tout n ∈ N∗
:
wn = un − vn =
n
k=1
1
ln 1 +
k
n
−
1
k
n
.
Considérons l’application
ϕ : ]0 ; 1] −→ R, x −→ ϕ(x) =
1
ln(1 + x)
−
1
x
.
On a, au voisinage de 0 pour la variable x :
ϕ(x) =
x − ln(1 + x)
x ln (1 + x)
=
x − x −
x2
2
+ o(x2
)
x ln (1 + x)
=
x2
2
+ o(x2
)
x2 + o(x2)
=
1
2
+ o(1) −→
x−→0
1
2
.
On peut donc compléter ϕ par continuité en 0, en posant
ϕ(0) =
1
2
. L’application ϕ : [0 ; 1] −→ R ainsi construite est
continue sur le segment [0 ; 1], donc, d’après un théorème du
cours, ϕ est bornée. Il existe donc M ∈ R+ tel que :
∀ x ∈ [0 ; 1], |ϕ(x)| M.
On a alors : ∀ n ∈ N∗
, ∀ k ∈ {1,. . . ,n}, ϕ
k
n
M,
d’où, en sommant pour k allant de 1 à n :
∀ n ∈ N∗
, |wn| =
n
k=1
ϕ
k
n
n
k=1
ϕ
k
n
Mn .
Ceci montre : un − vn = O
n∞
(n).
On obtient : un = vn + O(n) et vn ∼ n ln n, donc :
un ∼
n∞
n ln n.
a) Supposons qu’il existe f convenant.
On a alors, pour tout x ∈ R :
f (x) = f sh (Argsh x) = ch f (Argsh x) ∈ R+ ,
contradiction, puisque, par exemple, f n’atteint pas −1.
On conclut qu’il n’existe pas de f convenant.
b) Supposons qu’il existe f convenant.
• * Soit t ∈ [−1 ; 1]. Notons x = Arcsin t. On a :
f (t) = f ( sin x) = cos f (x) ∈ [−1 ; 1] .
* Réciproquement, soit u ∈ [−1 ; 1]. Notons y = Arccos u.
Puisque f est bijective, il existe x ∈ R tel que y = f (x).
On a alors : u = cos y = cos f (x) = f ( sin x).
Comme sin x ∈ [−1 ; 1], ceci montre :
∀ u ∈ [−1 ; 1], ∃ v ∈ [−1 ; 1], u = f (v) .
Ceci établit que f réalise une bijection de [−1 ; 1] sur [−1 ; 1].
Comme f est continue, d’après un exercice classique, f est stric-
tement monotone.
En particulier :
f (−1) = −1
f (1) = 1
ou
f (−1) = 1
f (1) = −1.
Il existe donc ε ∈ {−1,1} tel que :
f (−1) = −ε et f (1) = ε .
• On a : f ( sin 1) = cos f (1) = cos ε et :
f (− sin 1) = f sin (−1) = cos f (−1)
= cos (−ε) = cos ε,
donc : f ( sin 1) = f (− sin 1).
Comme f est injective, il s’ensuit sin 1 = − sin 1 , d’où
sin 1 = 0, contradiction.
On conclut qu’il n’existe pas de f convenant.
Notons E = (x,y) ∈ [0 ; 1]2
; |x − y| a .
• Montrons que E est compact.
73
2.39
2.40
Considérons l’application
ϕ : R2
−→ R, (x,y) −→ |x − y| .
On a donc : E = ϕ−1
([a ; +∞[).
Ainsi, E est l’image réciproque du fermé [a ; +∞[ par l’ap-
plication continue ϕ, donc E est fermé dans R2
, ce qui se voit
aussi sur le schéma.
2.41
y
x
E
E
a
a
1
1O](https://image.slidesharecdn.com/mathmatiquesmthodesetexercicesmp-141109172011-conversion-gate01/85/Mathematiques-methodes-et-exercices-mp-83-320.jpg)
![D’autre part, E est borné, puisque E ⊂ [0 ; 1]2
.
Ainsi, E est une partie fermée bornée de R2
, qui est un R-es-
pace vectoriel normé de dimension finie, donc E est compact.
• Considérons d’autre part l’application
F : E −→ R, (x,y) −→ F(x,y) =
f (x) − f (y)
x − y
.
L’application F est définie et continue sur E, puisque le dé-
nominateur x − y ne s’annule pas.
Puisque F est continue sur le compact E et est à valeurs
dans R, d’après le cours, F est bornée et atteint ses bornes.
Notons C = Sup
(x,y)∈E
F(x,y) ∈ R+.
Il existe (x0,y0) ∈ E tel que : C = F(x0,y0) < 1.
On conclut :
∃ C ∈ [0 ; 1[, ∀ (x,y) ∈ [0 ; 1]2
,
|x − y| a ⇒ | f (x) − f (y)| C|x − y| .
• Soit (x,y) ∈ R2
.
On a, pour tout t ∈ [a ; b], en utilisant l’inégalité triangulaire
renversée, puis l’inégalité triangulaire :
n
i=0
xi
fi (t) −
n
i=0
yi
fi (t)
n
i=1
xi
fi (t) −
n
i=1
yi
fi (t) =
n
i=1
(xi
− yi
) fi (t)
=
n
i=1
(xi
− yi
) fi (t)
n
i=1
|xi
− yi
| | fi (t)|
n
i=1
|xi
− yi
| || fi ||∞.
• Soit A ∈ R+.
On a, pour tout (x,y) ∈ [−A ; A]2
:
∀ i ∈ {1,. . . ,n}, |xi
− yi
| = (x − y)
i−1
k=0
xk
yi−1−k
|x − y|
i−1
k=0
|x|k
|y|i−1−k
|x − y|i Ai−1
,
d’où, en sommant :
n
i=1
|xi
− yi
| || fi ||∞ |x − y|
n
i=1
|| fi ||∞i A−1
noté M
.
On obtient, pour tout (x,y) ∈ [−A ; A]2
:
n
i=0
xi
fi (t) −
n
i=0
yi
fi (t) M|x − y| ,
et donc :
n
i=0
xi
fi (t)
n
i=0
yi
fi (t) + M|x − y|.
En passant aux bornes supérieures lorsque t décrit [a ; b],
on déduit : g(x) g(y) + M|x − y|,
d’où : g(x) − g(y) M|x − y|.
En appliquant ceci à (y,x) à la place de (x,y), on a aussi :
g(y) − g(x) M|x − y| ,
et donc : |g(x) − g(y)| M|x − y|.
On a a montré :
∀ A ∈ R+, ∃ M ∈ R+, ∀ (x,y) ∈ [−A ; A]2
,
|g(x) − g(y)| M|x − y|.
Ainsi, g est M-lipschitzienne sur [−A ; A], donc g est conti-
nue sur [−A ; A].
Puisque g est continue sur [−A ; A] pour tout A ∈ R+, on
conclut que g est continue sur R.
Pour tout n ∈ N∗
, notons :
In =
1
0
n2
(xn
− xn+1
) f (x) dx
et considérons : Jn =
1
0
n2
(xn
− xn+1
) f (1) dx.
1) On calcule Jn, pour tout n ∈ N∗
:
Jn = n2 xn+1
n + 1
−
xn+2
n + 2
1
0
f (1)
= n2 1
n + 1
−
1
n + 2
f (1) =
n2
(n + 1)(n + 2)
f (1).
On a donc : Jn −−−→
n ∞
f (1).
D’autre part, pour tout n ∈ N∗
:
|In − Jn| =
1
0
n2
(xn
− xn+1
) f (x) − f (1) dx
1
0
n2
(xn
− xn+1
) f (x) − f (1) dx.
Soit ε > 0 fixé.
• Puisque f est continue en 1, il existe η > 0 tel que :
∀ x ∈ [1 − η ; 1], f (x) − f (1) ε .
On a alors, pour tout n ∈ N∗
:
1
1−η
n2
(xn
− xn+1
) f (x) − f (1) dx
ε
1
1−η
n2
(xn
− xn+1
) dx ε
1
0
n2
(xn
− xn+1
) dx
= ε
n2
(n + 1)(n + 2)
ε.
• D’autre part, puisque f est continue sur le segment
[0 ; 1], d’après le théorème fondamental, f est bornée, d’où, pour
n ∈ N∗
:
74
2.42
2.43](https://image.slidesharecdn.com/mathmatiquesmthodesetexercicesmp-141109172011-conversion-gate01/85/Mathematiques-methodes-et-exercices-mp-84-320.jpg)
![1−η
0
n2
(xn
− xn+1
) f (x) − f (1) dx
1−η
0
n2
(xn
− xn+1
)2|| f ||∞ dx
1−η
0
n2
xn
2|| f ||∞ dx
= 2n2
|| f ||∞
xn+1
n + 1
1−η
0
=
2n2
|| f ||∞(1 − η)n+1
n + 1
−−→
n ∞
0,
par prépondérance classique.
Il existe donc N ∈ N tel que :
∀ n N,
1−η
0
n2
(xn
− xn+1
) f (x) − f (1) dx ε.
On a donc, par addition :
∀ n N,
1
0
n2
(xn
− xn+1
) f (x) − f (1) dx 2ε.
Ceci montre : In − Jn −−−→
n ∞
0.
Enfin : In = (In − Jn) + Jn −−−→
n ∞
0 + f (1) = f (1).
Considérons, pour tout n ∈ N tel que n 2 :
Jn =
1
0
2xn−1
ln(1 + xn
) dx ,
qui ressemble à In et semble plus accessible à un calcul.
• On a, pour tout n ∈ N tel que n 2 :
|In − Jn|
=
1
0
xn
− 2xn−1
+ xn−2
ln (1 + xn
) dx
=
1
0
xn−2
(x − 1)2
ln (1 + xn
) dx
=
1
0
xn−2
(x − 1)2
ln (1 + xn
) dx
1
0
xn−2
(x − 1)2
ln 2 dx
= ln 2
1
0
xn
− 2xn−1
+ xn−2
dx
= ln 2
xn+1
n + 1
− 2
xn
n
+
xn−1
n − 1
1
0
= ln 2
1
n + 1
−
2
n
+
1
n − 1
=
2 ln 2
(n − 1)n(n + 1)
,
donc : In − Jn = O
n∞
1
n3
.
• D’autre part, pour tout n 2 :
Jn =
1
0
2xn−1
ln (1 + xn
) dx
=
u=xn
1
0
2
n
u ln (1 + u) du
=
ipp
1
n
u2
ln (1 + u)
1
0
−
1
0
u2 1
1 + u
du
=
1
n
ln 2 −
1
0
u − 1 +
1
1 + u
du
=
1
n
ln 2 −
u2
2
− u + ln (1 + u)
1
0
=
1
n
ln 2 −
1
2
− 1 + ln 2 =
1
2n
.
On conclut : In = Jn + (In − Jn) =
1
2n
+ O
n∞
1
n3
.
a) Le polynôme Pn est dérivable sur R et s’annule en
0,1,. . . ,n, donc, d’après le théorème de Rolle, Pn s’annule en
au moins n points x1,. . . ,xn tels que :
0 < x1 < 1 < . . . < xn < n.
Comme deg (Pn) = n, on a là tous les zéros de Pn.
En particulier, il existe un ∈ ]0 ; 1[ unique (c’est le x1 dans les
notations précédentes) tel que Pn(un) = 0.
b) On a, d’après le cours, puisque Pn =
n
k=0
(X − k) :
Pn
Pn
=
n
k=0
1
X − k
,
d’où :
n
k=0
1
k − un
= −
Pn
Pn
(un) = −
Pn(un)
Pn(un)
= 0.
c) Isolons, dans le résultat précédent, le terme d’indice 0 :
1
un
=
n
k=1
1
k − un
n
k=1
1
k
.
D’autre part, par comparaison somme/intégrale, puisque l’ap-
plication x −→
1
x
, est décroissante et continue, on montre
(cf. aussi l’exercice 2.8) :
n
k=1
1
k
∼
n∞
ln n.
D’où :
1
un
−−−→
n ∞
+ ∞, et donc : un −−−→
n ∞
0.
d) Reprenons l’étude précédente, en isolant aussi le terme d’in-
dice 1 :
75
2.44
2.45](https://image.slidesharecdn.com/mathmatiquesmthodesetexercicesmp-141109172011-conversion-gate01/85/Mathematiques-methodes-et-exercices-mp-85-320.jpg)
![Chapitre 3 • Intégration sur un intervalle quelconque
78
Les méthodes à retenir
• L’étude de la fonction d’Euler
• La notion d’intégrabilité sur le produit de deux intervalles quelconques
• Le théorème de Fubini pour les intégrales doubles sur le produit de deux inter-
valles quelconques.
S’assurer d’abord que f est continue par morceaux sur I.
• Le plus souvent, procéder pour | f | à une étude locale en b, par uti-
lisation du théorème de majoration ou de minoration, du théorème
d’équivalence, de la règle xα
f (x) ou d’une règle analogue, par com-
paraison à l’exemple de Riemann ou à un exemple du cours.
➥ Exercices 3.1 a) à f), 3.7, 3.9, 3.10 a), 3.11 a),
3.13, 3.14 a), 3.21 a), 3.29, 3.43, 3.50 a)
• S’il existe g : I −→ R, continue par morceaux, 0, intégrable
sur I, telle que | f | g, alors f est intégrable sur I, sans que l’on ait
besoin d’effectuer une étude locale en une extrémité de I.
➥ Exercices 3.2, 3.40, 3.41.
S’assurer que f est continue par morceaux sur I.
• Le plus souvent, procéder pour | f | à une étude locale en a et à une
étude locale en b. Par définition, f est intégrable sur ]a ; b[ si et seu-
lement s’il existe c ∈ ]a ; b[ tel que f soit intégrable sur ]a ; c] et sur
[c ; b[.
➥ Exercices 3.1 g) à i), 3.14 b) à d), 3.15, 3.17 b, f)
• S’il existe g : I −→ R, continue par morceaux, 0, intégrable
sur I, telle que | f | g, alors f est intégrable sur I, sans que l’on ait
besoin d’effectuer des études locales en les extrémités de I.
➥ Exercices 3.5, 3.6, 3.17 a), 3.22 a).
En règle générale, séparer l’existence et le calcul.
• Pour l’existence, voir les méthodes ci-dessus. Le plus souvent, un
argument qualitatif (comparaison avec des fonctions usuelles) per-
met de montrer l’intégrabilité.
• Pour le calcul, dans les cas simples, passer par un calcul de primi-
tives.
Un changement de variable peut être fait directement.
Mais, pour une intégration par parties, on procèdera d’abord sur un
segment, puis on fera tendre une borne vers la valeur indiquée.
➥ Exercices 3.3 a) à e), 3.4, 3.8,
3.14, 3.17 c) à f), 3.18, 3.27, 3.36
Pour étudier l’intégrabilité
d’une application f : I −→ C,
où I est un intervalle semi-ouvert,
par exemple fermé à gauche et
ouvert à droite,
I = [a ; b[, −∞ < a b +∞
Pour étudier l’intégrabilité
d’une application f : I −→ C,
où I est un intervalle ouvert,
I =]a ; b[, −∞ a b +∞
Pour étudier
l’existence d’une intégrale
et calculer cette intégrale,
dans un exemple](https://image.slidesharecdn.com/mathmatiquesmthodesetexercicesmp-141109172011-conversion-gate01/85/Mathematiques-methodes-et-exercices-mp-88-320.jpg)
![Énoncés des exercices
81
Énoncés des exercices
Exemples faciles d’études d’intégrabilité
Étudier l’intégrabilité des applications suivantes :
a) f : x −→
1
x
x2 + x + 1 − x2 − x + 1 sur [1 ; +∞[
b) f : x −→
sin x + cos x
√
x3 + 1
sur [0 ; +∞[ c) f : x −→
lnx
√
x3 + 1
sur [1 ; +∞[
d) f : x −→
x2 + 1
x2 + x
sur ]0 ; 1] e) f : x −→
1 + x
√
x + x2
sur ]0 ; 1]
f) f : x −→
lnx
x3 + x2
sur ]0 ; 1] g) f : x −→
1
√
1 − x6
sur ] − 1 ; 1[
h) f : x −→
sin x
√
x3 + x4
sur ]0 ; +∞[ i) f : x −→
1 + x2
e−x
x2 + e−2x
sur ] − ∞ ; +∞[.
Exemple facile d’étude d’intégrabilité
Étudier l’existence de
1
0
sin
π
x
1
x
dx.
Exemples faciles d’existence et calcul d’intégrales sur un intervalle quelconque
Existence et calcul des intégrales suivantes :
a)
+∞
0
1
(x + 1)(x + 2)
dx b)
+∞
0
x4
x10 + 1
dx
c)
+∞
−∞
ch x
ch 2x
dx d)
1
0
x2
√
1 − x2
dx e)
1
2
0
ln(1 − 3x + 2x2
) dx.
Exemple de calculs d’intégrales liées à l’intégrale de Gauss
Existence et calcul, pour tout n ∈ N, de In =
+∞
0
xn
e−x2
dx.
Lien entre les intégrabilités de f et de f 2
, lorsque f est bornée
Soient I un intervalle de R, f : I −→ C continue par morceaux et bornée. Montrer que, si f 2
est
intégrable sur I, alors f l’est aussi (où f 2
désigne f · f). Le résultat subsiste-t-il si on ne suppose
pas que f est bornée ?
Intégrabilité par encadrement
Soient I un intervalle de R, f,g,h : I −→ R continues par morceaux. On suppose que f et h sont
intégrables sur I et que f g h. Montrer que g est intégrable sur I.
Une norme sur R2
définie à partir d’une intégrale sur un intervalle quelconque
Montrer que l’application N : R2
−→ R, (x,y) −→
+∞
0
|x + ty| e−t
dt
est une norme sur R2
.
©Dunod.Laphotocopienonautoriséeestundélit.
3.1
3.2
3.3
3.4
3.5
3.6
3.7](https://image.slidesharecdn.com/mathmatiquesmthodesetexercicesmp-141109172011-conversion-gate01/85/Mathematiques-methodes-et-exercices-mp-91-320.jpg)
![Chapitre 3 • Intégration sur un intervalle quelconque
82
Calcul direct d’une intégrale sur un intervalle, avec paramètre
a) Existence et calcul, pour tout a ∈ R, de I (a) =
+∞
1
1
x
−
a
x2
2
dx.
b) Déterminer Inf
a∈R
I (a), et Inf
a∈Z
I (a).
Intégrabilité par majoration
Soit f : [1 ; +∞[−→ R continue telle que : ∀ (a,x) ∈ [1 ; +∞[2
, 0 f (x)
a
x2
+
1
a2
.
Montrer que f est intégrable sur [1 ; +∞[.
Équivalent d’une intégrale dépendant d’un paramètre entier
On note, pour tout n ∈ N∗
, sous réserve d’existence : In =
+∞
0
e−x
n + x
dx.
a) Montrer, pour tout n ∈ N∗
, l’existence de In.
b) Établir : In −−−→
n ∞
0. c) Montrer : In ∼
n∞
1
n
.
Équivalent d’une intégrale dépendant d’un paramètre entier
On note, pour tout n ∈ N, sous réserve d’existence : In =
+∞
1
1
xn(1 + x2)
dx.
a) Montrer, pour tout n ∈ N, l’existence de In.
b) À l’aide d’une intégration par parties, trouver un équivalent simple de In lorsque l’entier n tend
vers l’infini.
Existence et calcul d’une intégrale double sur le produit de deux intervalles quelconques
Existence et calcul de I =
]0 ;1]2
Min (x,y)
Max (x,y)
dx dy.
Exemple d’étude d’intégrabilité
Trouver tous les P ∈ R[X] tels que l’application f : x −→ P(x) − (x2
+ x + 1)
soit intégrable sur [0 ; +∞[.
Exemples d’existence et calcul d’intégrales sur un intervalle quelconque
Existence et calcul des intégrales suivantes :
a)
+∞
1
1
x
√
x2 + x + 1
dx b)
+∞
−∞
1
(x2 + x + 1)2
dx
c)
+∞
0
x − Arctan x
x3
dx d)
1
0
1 + x
√
x(1 − x)
dx.
Exemples d’existence et calcul d’intégrales sur un intervalle quelconque,
par changement de variable qui échange les bornes
Existence et calcul des intégrales suivantes :
a)
+∞
0
1
(x2 + 1)(x2 + x + 1)
dx b)
+∞
0
lnx
x2 + a2
dx, a ∈ R∗
+ c)
+∞
0
√
x ln x
(1 + x)2
dx.
3.8
3.9
3.10
3.11
3.12
3.13
3.14
3.15](https://image.slidesharecdn.com/mathmatiquesmthodesetexercicesmp-141109172011-conversion-gate01/85/Mathematiques-methodes-et-exercices-mp-92-320.jpg)
![Énoncés des exercices
83
Exemple de calcul d’une intégrale de fonction à valeurs complexes
Calculer I =
2π
0
dx
i + cos x
.
Exemples de calcul direct d’intégrales à paramètre
Existence et calcul éventuel des intégrales suivantes :
a)
+∞
0
1
(1 + x2)(1 + xa)
dx, a ∈ R b)
+∞
0
dx
a2
+ x −
1
x
2
, a ∈ ]0 ; +∞[
c)
π
0
sin 2
x
(a − cos x)(b − cos x)
dx, (a,b) ∈ ]1 ; +∞[2
d)
+∞
−∞
1
x2 − 2x cos a + 1
dx, a ∈ R e)
+∞
−∞
sin a
ch x − cos a
dx, a ∈ R
f)
1
0
1
(1 + ax)
√
x(1 − x)
dx, a ∈ ]0 ; 1[.
Exemple de calcul d’une intégrale de fonction à valeurs complexes
Existence et calcul, pour z ∈ C, de I (z) =
+∞
−∞
ezt
e−|t|
dt.
Limite d’une intégrale à paramètre, le paramètre étant aux bornes
Trouver lim
x−→0+
3x
2x
sin t
sh2
t
dt.
Limite d’une intégrale à paramètre
Trouver lim
x−→0
+∞
1
(t + 2)x−1
(t + 1)x+1
dt.
Limites d’une intégrale à paramètre
a) Montrer que, pour tout x ∈ ]0 ; +∞[, l’intégrale f (x) =
+∞
0
t3
√
1 + t4
e−xt
dt existe.
b) Déterminer les limites de f en 0 et en +∞.
Équivalent d’une intégrale à paramètre
Soient f : [0 ; +∞[−→ R continue, 0, intégrable sur [0 ; +∞[, g : [0 ; +∞[−→ R, conti-
nue, 0.
On note, pour tout λ ∈ ]0 ; +∞[, sous réserve d’existence : φ(λ) =
+∞
0
f
λ + g
.
a) Montrer que, pour tout λ ∈ ]0 ; +∞[, φ(λ)existe.
b) Établir que, si de plus g est bornée, alors : φ(λ) ∼
λ−→+∞
1
λ
+∞
0
f.
©Dunod.Laphotocopienonautoriséeestundélit.
3.16
3.17
3.18
3.19
3.20
3.21
3.22](https://image.slidesharecdn.com/mathmatiquesmthodesetexercicesmp-141109172011-conversion-gate01/85/Mathematiques-methodes-et-exercices-mp-93-320.jpg)
![Chapitre 3 • Intégration sur un intervalle quelconque
84
Équivalent d’une intégrale à paramètre
Trouver un équivalent simple de
π/2
0
e−x sin t
dt, lorsque x −→ +∞.
Développement asymptotique d’une intégrale à paramètre,
le paramètre étant aux bornes
Former un développement asymptotique de f : x −→
x2
x
dt
√
t4 + 1
, à la précision
o
1
x12
, lorsque x −→ +∞.
Exemple de nature d’une intégrale impropre
Déterminer la nature de l’intégrale impropre
→+∞
→0
sin x
√
x
√
x + cos x −
√
x dx.
Exemple de nature d’une intégrale impropre
Déterminer la nature de l’intégrale impropre
→+∞
→0
sin x
x +
√
x sin x
dx.
Calcul d’intégrales liées à l’intégrale de Gauss
Soient a ∈ R, P ∈ R[X]. Montrer l’existence de I =
+∞
−∞
e−x2
P(x + a) dx, et exprimer I à
l’aide des dérivées successives de P en a.
Limite d’une intégrale à paramètre
Déterminer lim
x−→0+
1
0
1 − tx
1 − t
dt.
Étude d’intégrabilité pour une fonction définie par une intégrale à paramètre
Soit a ∈ ]0 ; +∞[ fixé.
a) Montrer, pour tout x ∈ ]0 ; +∞[, l’existence de f (x) =
+∞
x
ta
et − 1
dt.
b) Est-ce que f est intégrable sur ]0 ; +∞[ ?
Étude d’une intégrale à paramètre
On note, sous réserve d’existence, pour x ∈ R : f (x) =
π
2
0
sin (xt)
sin t
dt.
a) Montrer que f est définie sur R.
b) Établir que f est de classe C1
sur R. c) Déterminer lim
x−→0+
f (x).
Utilisation de la continuité pour une intégrale à paramètre
On note, pour tout x ∈ [0 ; +∞[ : f (x) =
π
2
0
tx
cos t dt.
Montrer qu’il existe c ∈ [0 ; +∞[ tel que : f (c) =
3
4
.
3.23
3.24
3.25
3.26
3.27
3.28
3.29
3.30
3.31](https://image.slidesharecdn.com/mathmatiquesmthodesetexercicesmp-141109172011-conversion-gate01/85/Mathematiques-methodes-et-exercices-mp-94-320.jpg)
![Énoncés des exercices
85
Étude complète d’une fonction définie par une intégrale à paramètre
Étude et représentation graphique de la fonction f d’une variable réelle donnée par :
f (x) =
π
2
0
Arctan (x tan t) dt.
Étude complète d’une fonction définie par une intégrale à paramètre
On note, sous réserve d’existence, pour x ∈ R : f (x) =
+∞
1
1
tx (1 + lnt)
dt.
a) Déterminer l’ensemble de définition de f.
b) Étudier le sens de variation de f et la convexité de f.
c) Déterminer les limites de f en 1 et en +∞.
d) Tracer la courbe représentative de f.
e) Montrer : f (x) ∼
x−→+∞
1
x
.
Étude de log-convexité pour certaines transformées de Laplace
Soit f : [0 ; +∞[−→ R continue, 0, telle que, pour tout p ∈ R, l’application t −→ f (t) e−pt
est intégrable sur [0 ; +∞[.
a) Montrer que l’application F : R −→ R, p −→
+∞
0
f (t) e−pt
dt
est de classe C2
sur R et que : ∀ p ∈ R, F (p)
2
F(p)F (p).
b) En déduire que, si de plus f =/ 0, alors l’application ln ◦ F est convexe sur R.
Existence et calcul d’une intégrale double
sur le produit de deux intervalles quelconques
Existence et calcul, pour (p,q) ∈ (R∗
+)2
, de F(p,q) =
[0 ;+∞[2
e−px−qy
sin (x + y) dx dy.
Existence et calcul d’intégrales sur un intervalle quelconque
Existence et calcul de : I =
π
2
0
ln sin x dx et J =
π
2
0
ln cos x dx,
puis de : K =
π
2
0
x
tan x
dx, L =
π
2
0
x sin x
1 − cos x
dx, M =
+∞
0
Arctan x
x(1 + x2)
dx.
Utilisation d’intégrales à propos de polynômes
Soit P ∈ R[X] tel que : ∀ x ∈ R, P(x) 0. On note n = deg (P) et Q =
n
k=0
P(k)
.
Montrer : ∀ x ∈ R, Q(x) 0.
Existence et calcul d’une intégrale à paramètre entier
Existence et calcul, pour n ∈ N∗
, de In =
+∞
1
xn−1
(1 + x)n+1
dx.
©Dunod.Laphotocopienonautoriséeestundélit.
3.32
3.33
3.34
3.35
3.36
3.37
3.38](https://image.slidesharecdn.com/mathmatiquesmthodesetexercicesmp-141109172011-conversion-gate01/85/Mathematiques-methodes-et-exercices-mp-95-320.jpg)
![Chapitre 3 • Intégration sur un intervalle quelconque
86
Calcul d’une intégrale à paramètre
Existence et calcul, pour x ∈ [0 ; +∞[, de f (x) =
+∞
0
Min x,
1
√
t
,
1
t2
dt.
Liens entre les intégrabilités de trois fonctions
Soit f : [0 ; +∞[−→ R, continue par morceaux, 0, décroissante.
On note g,h : [0 ; +∞[−→ R les applications définies, pour tout x ∈ [0 ; +∞[, par :
g(x) = f (x)| sin x|, h(x) = f (x)| cos x| .
Montrer que les intégrabilités de f,g,h sont deux à deux équivalentes.
Limite pour une fonction vérifiant des conditions d’intégrabilité
Soit f : [0 ; +∞[−→ R de classeC1
. Montrer que, si f 2
et f 2
sont intégrables sur [0 ; +∞[, alors
f −→
+∞
0.
Sommes de Riemann pour une fonction intégrable et monotone, exemple
a) Soit f : ]0 ; 1] −→ R continue par morceaux, décroissante, intégrable sur ]0 ; 1].
Montrer :
1
n
n
k=1
f
k
n
−−−→
n ∞
1
0
f.
b) Application : Déterminer lim
n∞
n
k=1
n
(k + n)
√
k(k + 2n)
.
Limite d’une intégrale à paramètre
Trouver lim
x−→−∞
+∞
0
x − t
ex − et
dt.
Équivalent d’une intégrale à paramètre
a) Montrer :
+∞
x
e−t2
dt ∼
x−→+∞
e−x2
2x
.
b) En déduire, pour tout (a,b) ∈ R2
tel que 0 < a < b, la limite de
b
a
e−nt2
dt
1
n
, lorsque l’en-
tier n tend vers l’infini.
Développement asymptotique d’une intégrale à paramètre
Montrer :
1
0
et
x + t
dt = − ln x + I + o
x−→0
(1), où on a noté I =
1
0
eu
− 1
u
du.
Nature d’intégrales impropres
Soit α ∈ R. Montrer :
• Les intégrales impropres
→+∞
1
sin x
xα
dx et
→+∞
1
cos x
xα
dx convergent si et seulement
si α > 0
• Les applications x −→
sin x
xα
et x −→
cos x
xα
sont intégrables sur [1; +∞[ si et seulement si
α > 1.
3.39
3.40
3.41
3.42
3.43
3.44
3.45
3.46](https://image.slidesharecdn.com/mathmatiquesmthodesetexercicesmp-141109172011-conversion-gate01/85/Mathematiques-methodes-et-exercices-mp-96-320.jpg)
![Énoncés des exercices
87
Ainsi :
• α 0 ⇒
→+∞
1
sin x
xα
dx et
→+∞
1
cos x
xα
dx divergent
• 0 < α 1 ⇒
→+∞
1
sin x
xα
dx et
→+∞
1
cos x
xα
dx sont semi-convergentes
• 1 < α ⇒
→+∞
1
sin x
xα
d x et
→+∞
1
cos x
xα
d x sont absolument convergentes.
Calcul de
+∞
0
sin x
x
dx
a) α) Montrer :
∀x ∈ R − πZ, ∀n ∈ N,
1
2
+
n
k=1
cos 2kx =
sin(2n + 1)x
2 sin x
.
β) En déduire : ∀n ∈ N,
π
2
0
sin(2n + 1)x
sin x
dx =
π
2
.
b) Soient (a,b) ∈ R2
tel que a < b, ϕ : [a; b] −→ R de classe C1
. Montrer :
b
a
ϕ(x)sin nx dx −−−→
n∞
0.
c) α) Vérifier que l’application f : 0;
π
2
−→ R définie par :
f (x) =
1
x
−
1
sin x
si x ∈ 0;
π
2
0 si x = 0
est de classe C1
sur 0;
π
2
.
β) En déduire :
π
2
0
sin(2n + 1)x
x
dx −−−→
n∞
π
2
.
d) En déduire que
→+∞
→0
sin x
x
dx converge et que :
+∞
0
sin x
x
dx =
π
2
.
Calcul d’intégrales déduites de
+∞
0
sin x
x
dx =
π
2
On admet (cf. exercice 3.47) :
+∞
0
sin x
x
dx =
π
2
.
a) Existence et calcul de :
+∞
0
1 − cos x
x2
dx,
+∞
0
sin x
x
2
dx.
b) Existence et calcul, pour λ ∈ R, de :
+∞
0
sin λx
x
dx,
+∞
0
1 − cos λx
x2
dx.
c) Existence et calcul, pour (a,b) ∈ R2
, de :
+∞
0
sin ax sin bx
x2
dx,
+∞
0
1 − cos ax cos bx
x2
dx .
d) Existence et calcul de
+∞
−∞
sin x
x(π − x)
dx.
©Dunod.Laphotocopienonautoriséeestundélit.
3.47
3.48](https://image.slidesharecdn.com/mathmatiquesmthodesetexercicesmp-141109172011-conversion-gate01/85/Mathematiques-methodes-et-exercices-mp-97-320.jpg)
![Chapitre 3 • Intégration sur un intervalle quelconque
88
Calcul d’une intégrale à paramètre,
utilisation du théorème de dérivation sous le signe intégrale
Existence et calcul éventuel, pour x ∈ R, de f (x) =
+∞
0
ln(x + t2
)
1 + t2
dt.
Intégrale d’une fonction elle-même définie par une intégrale à paramètre
a) Montrer, pour tout x ∈ ]0 ; +∞[, l’existence de f (x) =
+∞
x
e−t
t
dt.
b) Montrer que f est continue et intégrable sur ]0 ; +∞[, et calculer
+∞
0
f (x) dx.
Calcul d’intégrales à paramètre
Établir, pour tout (a,x) de R∗
+ × R :
+∞
0
e−at2
cos xt dt =
√
π
2
√
a
e− x2
4a
+∞
0
e−at2
sin xt dt =
1
2a
e− x2
4a
x
0
e
t2
4a dt.
Calcul d’une intégrale de fonction à valeurs complexes
Existence et calcul, pour x ∈ ]0 ; +∞[ et z ∈ C tel que Re (z) < 0, de
+∞
0
tx−1
ezt
dt.
Le résultat fera intervenir la fonction d’Euler.
Étude de
+∞
0
f (ax) − f (bx)
x
dx, exemples
I. Soient f : [0 ; +∞[−→ R continue, telle que l’intégrale impropre
→+∞
1
f (x)
x
dx, converge,
et (a,b) ∈ (R∗
+)2
.
a) Montrer que, pour tout ε ∈ ]0 ; +∞[, l’intégrale impropre
→+∞
ε
f (ax) − f (bx)
x
dx conver-
ge et que :
+∞
ε
f (ax) − f (bx)
x
dx =
b
a
f (εx)
x
dx.
b) En déduire que l’intégrale impropre
→+∞
→0
f (ax) − f (bx)
x
dx converge et que :
+∞
0
f (ax) − f (bx)
x
dx = f (0) ln
b
a
.
II. Exemples :
a) Existence et calcul, pour (a,b) ∈ (R∗
+)2
, de :
+∞
0
cos ax − cos bx
x
dx,
+∞
0
e−ax
− e−bx
x
dx,
+∞
0
th ax − th bx
x
dx ,
+∞
0
1
x
Arctan (ax)
2
− Arctan (bx)
2
dx.
3.49
3.50
3.51
3.52
3.53](https://image.slidesharecdn.com/mathmatiquesmthodesetexercicesmp-141109172011-conversion-gate01/85/Mathematiques-methodes-et-exercices-mp-98-320.jpg)
![Du mal à démarrer ?
89
b) Existence et calcul, pour x ∈ ] − 1 ; 1[, de
+∞
0
sh xt
t
e−t
dt.
c) Existence et calcul, pour (a,b) ∈ ] − 1 ; +∞[2
, de
1
0
xa
− xb
lnx
dx.
d) Existence et calcul, pour (a,b) ∈ ]0 ; +∞[2
, de
+∞
0
1 − e−ax
x
1 − e−bx
x
dx.
Équivalent d’une intégrale à paramètre
On note, pour tout x ∈ [0 ; 1[ : f (x) =
π
2
0
dt
√
1 − x cos 2t
.
a) Montrer : f (x) −→
x−→1−
+∞.
b) Trouver un équivalent simple de f (x) lorsque x −→ 1−
.
Valeur moyenne et carré intégrable
Soit f : [0 ; +∞[−→ C continue. On note :
g : [0 ; +∞[−→ C, x −→ g(x) =
1
x
x
0
f (t) dt si x =/ 0
f (0) si x = 0.
a) Montrer que g est continue sur [0 ; +∞[.
b) On suppose de plus que f 2
est intégrable sur [0 ; +∞[.
Démontrer que g2
est intégrable sur [0 ; +∞[ et que :
+∞
0
|g|2
4
+∞
0
| f |2
.
À cet effet, on pourra commencer par étudier le cas où f est à valeurs dans R+.
©Dunod.Laphotocopienonautoriséeestundélit.
Du mal à démarrer ?
Dans chaque exemple, préciser l’intervalle de continuité
de la fonction f sous l’intégrale et effectuer une étude à chaque
borne ouverte de cet intervalle, par majoration, minoration,
équivalent, règle xα f (x), pour des fonctions à valeurs 0.
a) En +∞ : f (x) ∼
x−→+∞
1
x
.
b) On a : | f (x)|
2
x3/2
.
c) En +∞ : x5/4
f (x) −→
x−→+∞
0.
d) En 0 : f (x) ∼
x−→0
1
x1/2
.
e) En 0 : f (x) ∼
x−→0
1
x1/2
.
f) En 0 : f (x) ∼
x−→0
lnx
x2
.
g) En 1 : f (x) ∼
x−→1
1
6
1
(1 − x)1/2
.
En −1 : parité.
h) On a : f (x) ∼
x−→−∞
x2
ex
, notée g(x),
et x2
g(x) −→
x−→−∞
0.
En +∞ : f (x) ∼
x−→+∞
1
x2
.
L’application x −→ sin
π
x
1
x
, est continue et bornée sur
l’intervalle borné ]0 ; 1].
3.1
3.2
3.54
3.55](https://image.slidesharecdn.com/mathmatiquesmthodesetexercicesmp-141109172011-conversion-gate01/85/Mathematiques-methodes-et-exercices-mp-99-320.jpg)
![Chapitre 3 • Intégration sur un intervalle quelconque
90
Dans chaque exemple, montrer d’abord l’existence, puis
effectuer le calcul.
Pour l’existence, on pourra souvent utiliser les théorèmes de
majoration, d’équivalence, la règle xα f (x) pour les fonctions
0.
Pour le calcul, passer par des primitives.
a) Décomposer en éléments simples.
b) Changement de variable t = x5
.
c) Changement de variable t = sh x.
d) Changement de variable t = Arcsin x.
e) Décomposer le logarithme. Une primitive de
t −→ ln t sur ]0 ; +∞[, est t −→ t ln t − t.
Effectuer le changement de variable t = x2
et exprimer In
à l’aide de la fonction d’Euler.
Se rappeler
1
2
=
√
π , et :
∀ s ∈ ]0 ; +∞[, (s + 1) = s (s) .
1) Remarquer : | f 2| || f ||∞| f |.
2) Considérer, par exemple : f : x ∈ ]0 ; 1] −→ x−3/4
.
Considérer g − f et h − f.
Vérifier d’abord l’existence de N(x,y), par exemple par la
règle tα f (t) en +∞.
Revenir à la définition d’une norme.
a) 1) Existence : fa(x) ∼
x−→+∞
1
x2
.
2) Calcul : Réponse : I (a) = 1 − a +
a2
3
.
b) Mettre I (a) sous forme canonique.
1re méthode : Remplacer a par xλ
et choisir λ.
2è méthode : Déterminer, pour x ∈ [1 ; +∞[ fixé, la borne infé-
rieure de
a
x2
+
1
a2
, par étude de variation d’une fonction de a.
a) On a : 0 fn(x) e−x
.
b) Majorer convenablement.
c) Puisque In ressemble à Jn =
+∞
0
e−x
n
dx, étudier In − Jn et
calculer Jn .
a) En +∞ : fn(x) ∼
x−→+∞
1
xn+2
.
b) On obtient, par intégration par parties sur [1 ; X], puis en fai-
sant tendre X vers +∞ :
In =
1
2(n − 1)
−
2
n − 1
Jn ,
où : Jn =
+∞
1
x−n+2
(1 + x2)2
dx. Montrer Jn = O
1
n
.
1) Montrer que f : (x,y) −→
Min (x,y)
Max (x,y)
, est continue et
bornée sur ]0 ; 1]2
.
2) Emboîter les intégrales simples et utiliser le théorème de
Fubini.
Montrer que, si f est intégrable sur [1 ; +∞[, alors P est de
degré 4 et de coefficient dominant égal à 1, puis montrer, par
exemple en utilisant une expression conjuguée, que P est de la
forme :
P(x) = (x2
+ x + 1)2
+ c, c ∈ R .
Chercher alors un équivalent de f (x) lorsque x −→ +∞.
Dans chaque exemple, montrer d’abord l’existence, puis
effectuer le calcul.
Pour l’existence, on pourra souvent utiliser les théorèmes de
majoration, d’équivalence, la règle xα f (x) pour les fonctions
0.
a) Changement de variable t =
1
x
, mise sous forme canonique
du trinôme t2 + t + 1, puis changement de variable
u =
2t + 1
√
3
.
b) Mise de x2 + x + 1 sous forme canonique,puis changement
de variable t =
2x + 1
√
3
.
Pour calculer J =
+∞
−∞
1
(t2 + 1)2
dt, utiliser une ipp.
c) Utiliser une intégration par parties et se ramener au calcul de
dx
x2(1 + x2)
, puis décomposition en éléments simples.
d) Mise de x(1 − x) sous forme canonique,puis changement de
variable t = 2x − 1.
Montrer d’abord l’existence.
Pour le calcul, utiliser un changement de variable qui échange
les bornes.
Changement de variable t = tan
x
2
. On se ramène à calcu-
ler A =
+∞
0
1
1 + t4
dt, et B =
+∞
0
t2
1 + t4
dt.
Montrer A = B par le changement de variable u =
1
t
.
Former A + B et utiliser la factorisation de 1 + X4
dans R[X].
3.3
3.4
3.5
3.6
3.7
3.8
3.9
3.10
3.11
3.12
3.13
3.14
3.15
3.16](https://image.slidesharecdn.com/mathmatiquesmthodesetexercicesmp-141109172011-conversion-gate01/85/Mathematiques-methodes-et-exercices-mp-100-320.jpg)
![Du mal à démarrer ?
91
©Dunod.Laphotocopienonautoriséeestundélit.
Montrer d’abord l’existence, puis effectuer le calcul.
Pour l’existence,on pourra souvent utiliser les théorèmes de majo-
ration,d’équivalence,la règle xα f (x) pour des fonctions 0.
Pour le calcul, utiliser des primitives ou un changement de
variable qui échange les bornes.
a) Changement de variable t =
1
x
.
b) Changement de variable t =
1
x
, puis remarquer :
d x −
1
x
= 1 +
1
x2
dx .
c) Décomposer
1 − X2
(a − X)(b − X)
en éléments simples et se
ramener au calcul de J(c) =
2π
0
dx
c − cos x
, c ∈ ]1 ; +∞[.
Changement de variable t = tan
x
2
.
d) Réponse :
• L’intégrale existe si et seulement si a ∈ R − πZ
• I (a) =
π
sin a
, si a ∈ ]0 ; π[, I est paire, 2π-périodique.
e) Réponse :
• L’intégrale existe si et seulement si a ∈ R − 2πZ
• I (a) = 2π − 2a si a ∈ ]0 ; π], I est impaire et I est 2π-pério-
dique.
f) Mise sous forme canonique de x(1 − x), changements de
variable t = 2x − 1, u = Arccos t, v = tan
u
2
.
1) Noter z = x + i y, (x,y) ∈ R2
et calculer |ezt e−|t||.
Se rappeler : ∀ u ∈ C, |eu
| = eRé (u)
.
2) Utiliser la relation de Chasles.
Comme
sin t
sh2
t
∼
t−→0
1
t
, considérer les intégrales
f (x) =
3x
2x
sin t
sh2
t
dt et g(x) =
3x
2x
1
t
dt, calculer g(x) et mon-
trer f (x) − g(x) −→
x−→0
0.
Utiliser le théorème de continuité sous le signe intégrale.
a) Règle tα f (t) en +∞.
b) 1) En 0 : minorer f (x).
2) En +∞ : majorer f (x).
a) Théorème de majoration.
b) Montrer : φ(λ) −
1
λ
+∞
0
f = o
λ−→+∞
φ(λ)
par une majoration convenable.
L’intégrale I (x) =
π/2
0
e−x sin t
dt
ressemble à J(x) =
π/2
0
e−x sin t
cos t dt.
Montrer I (x) − J(x) = O
1
x3
, en utilisant :
∀ u ∈ [0 ; π/2],
2
π
u sin u u .
D’autre part, calculer J(x).
Utiliser le changement de variable u =
1
t
,et se ramener à la
recherche d’un DL(0) en notant y =
1
x
.
En 0 : f (x) −→
x−→0+
0.
En +∞ : utiliser un développement asymptotique.
On sait que
→+∞
1
sin x
x
dx converge, cf.exercice 3.46 ou 3.47.
En +∞ : utiliser un développement asymptotique.
On sait que l’intégrale
→+∞
1
sin x
√
x
dx converge et que l’inté-
grale
+∞
1
sin 2x
x
dx, diverge, cf. exercice 3.46.
Pour l’existence, utiliser la règle xα f (x) en ±∞.
Pour le calcul,utiliser la formule de Taylor pour les polynômes et
la valeur de l’intégrale de Gauss :
+∞
0
e−x2
dx =
√
π
2
.
Utiliser le théorème de continuité sous le signe intégrale.
a) Utiliser la règle tα f (t) en +∞.
b) • Montrer que f est continue sur ]0 ; +∞[ (et même de
classe C1
).
• En 0 : montrer que f a une limite finie en 0.
• En +∞ : utiliser une majoration convenable.
a)
sin xt
sin t
−→
t−→0
x.
b) Utiliser le théorème de dérivation sous le signe intégrale.
c) Majorer convenablement.
1) Vérifier : f (0) <
3
4
< f (1).
2) Montrer que f est continue,en utilisant le théorème de conti-
nuité sous le signe intégrale, et utiliser le théorème des valeurs
intermédiaires.
3.17
3.18
3.19
3.20
3.21
3.22
3.23
3.24
3.25
3.26
3.27
3.28
3.29
3.30
3.31](https://image.slidesharecdn.com/mathmatiquesmthodesetexercicesmp-141109172011-conversion-gate01/85/Mathematiques-methodes-et-exercices-mp-101-320.jpg)
![Chapitre 3 • Intégration sur un intervalle quelconque
92
1) Obtenir Déf ( f ) = R.
2) f est impaire.
3) Montrer que f est continue sur [0 ; +∞[, par le théorème de
continuité sous le signe intégrale.
4) En utilisant le théorème de dérivation sous le signe intégrale,
montrer que f est de classe C1
sur ]0 ; +∞[, exprimer f (x)
comme intégrale, et en déduire le sens de variation de f.
5) Concavité, à l’aide de f (x), comme en 4).
6) En 0, montrer, par une minoration convenable :
f (x) −→
x−→0+
+∞ .
7) f (1) =
π2
8
, f (1) =
1
2
.
8) En +∞, utiliser le changement de variable u =
π
2
− t, pour
obtenir : f (x) =
π2
4
− f
1
x
.
9) Tracer la courbe représentative de f.
a) Étude en +∞,en redémontrant l’exemple de Bertrand,
dans le cas en question.
Réponse : Déf ( f ) = ]1 ; +∞[.
b) Utiliser le théorème de dérivation sous le signe intégrale.
c) 1) Étude en 1 : minorer convenablement f (x).
2) Étude en +∞ : majorer convenablement f (x).
e) Changement de variable u = tx
, puis utilisation du théorème
de continuité (en 0) sous le signe intégrale.
a) 1) Utiliser le théorème de dérivation sous le signe inté-
grale, deux fois.
2) Utiliser l’inégalité de Cauchy et Schwarz.
b) Calculer ( ln ◦ F) .
1) Existence : Majorer la valeur absolue de la fonction par
g(x,y) = e−px e−qy
.
L’application g est continue, 0.
Obtenir : ∀ (a,b) ∈ [0 ; +∞[2
,
[0 ;a]×[0 ;b]
g
1
pq
et déduire que g est intégrable sur [0 ; +∞[2
, puis f aussi.
2) Calcul : Utiliser une formule de trigonométrie et le théorème
de Fubini.
Calculer
+∞
0
e−pt
sin t dt et
+∞
0
e−pt
cos t dt
en passant par les nombres complexes.
Il s’agit d’ailleurs de transformées de Laplace classiques.
a) Étude de I et J :
1) Existence :
Montrer f (x) ∼
x−→0+
− ln x et déduire l’existence de I.
Par le changement de variable t =
π
2
− x, l’existence de J se
ramène à celle de I, et I = J.
2) Calcul :
Considérer 2I = I + J, puis changement de variable u = 2x.
Réponse : I = J = −
π
2
ln 2.
b) Étude de K :
1) Existence :
Montrer que
x
tan x
a une limite finie en 0 et une limite finie en
π
2
.
2) Calcul :
Utiliser une intégration par parties, pour se ramener à I.
Réponse : K = −I =
π
2
ln 2.
c) Étude de L :
Utiliser des formules de trigonométrie pour se ramener à K.
Réponse : L = 4K = 2π ln 2.
d) Étude de M :
Partir de K et faire le changement de variable u = tan t.
Réponse : K =
π
2
ln 2.
Remarquer :
d
dx
e−x
Q(x) = − e−x
P(x),
et déduire : ∀ x ∈ R, Q(x) = ex
+∞
x
e−t
P(t) dt.
1) Existence : fn(x) ∼
x−→+∞
1
x2
.
2) Calcul :
1re méthode :
En utilisant une intégration par parties, obtenir une relation
entre In et In−1.
2è méthode :
Changement de variable t = x + 1, développement par la for-
mule du binôme de Newton, et calcul d’intégrales.
3.32
3.33
3.34
3.35
3.36
3.37
3.38](https://image.slidesharecdn.com/mathmatiquesmthodesetexercicesmp-141109172011-conversion-gate01/85/Mathematiques-methodes-et-exercices-mp-102-320.jpg)
![Du mal à démarrer ?
93
©Dunod.Laphotocopienonautoriséeestundélit.
Il s’agit,pour x ∈ [0 ; +∞[ fixé et t décrivant ]0 ; +∞[,de
déterminer le plus petit des trois réels x,
1
√
t
,
1
t2
.
Séparer en cas selon x : x = 0, 0 < x 1, 1 x.
Dans chaque cas,calculer le minimum en question,puis calculer
f (x).
Réponse : f (x) =
2
√
x si x 1
3 −
1
x
si x > 1.
1) Majorer g et h à l’aide de f.
2) Si g est intégrable sur [0 ; +∞[, utiliser l’inégalité
sin 2x | sin x| et la décroissance de f pour déduire que
x −→ f (x) sin 2x et x −→ f (x) cos 2x sont intégrables sur
[0 ; +∞[.
Montrer que f f est intégrable sur [0 ; +∞[ et en dédui-
re que f 2
admet une limite finie L en +∞, puis montrer que
cette limite L est nécessairement nulle, et conclure.
a) Comparer somme et intégrale pour déduire :
∀ n 2,
1
1
n
f
1
n
n−1
k=1
f
k
n
1− 1
n
0
f .
b) Appliquer a) à f : x −→
1
(x + 1)
√
x(x + 2)
.
1) Montrer d’abord que, pour tout x ∈ ] − ∞ ; 0[, l’inté-
grale proposée existe.
2) Utiliser le changement de variable u = t − x, puis minorer
convenablement.
Réponse : +∞.
a) En utilisant une intégration par parties, obtenir, pour
tout x ∈ ]0 ; +∞[ :
+∞
x
e−t2
dt =
e−x2
2x
−
1
2
+∞
x
e−t2
t2
dt .
b) Utiliser le changement de variable u =
√
n t.
Pour x ∈ ]0 ; 1] fixé, à l’aide du changement de variable
u = t + x, obtenir :
1
0
et
x + t
dt = e−x
x+1
x
eu
− 1
u
du + e−x
ln(x + 1) − ln x .
Montrer que u −→
eu − 1
u
, est intégrable sur ]0 ; 2].
Séparer en cas : α > 1, 0 < α 1, α 0.
1) Traiter d’abord le cas α > 1.
2) Pour le cas 0 < α 1, utiliser une intégration par parties et
l’étude du cas précédent.
3) Dans le cas α 0, montrer que les intégrales proposées
divergent grossièrement.
a) α) Passer, par exemple, par les nombres complexes et
une sommation géométrique.
β) Montrer d’abord que l’intégrale proposée existe.
Utiliser α).
b) Utiliser une intégration par parties.
c) α) • f est C1
sur ]0 ; π/2].
• Montrer f (x) −→
x−→0
f (0) par utilisation de DL(0) ou d’équiva-
lents.
• Montrer que f a une limite finie en 0,par utilisation de DL(0).
Conclure à l’aide du théorème limite de la dérivée.
β) Utiliser a) α) et b).
d) Par le changement de variable x =
u
2n + 1
, montrer :
(2n+1) π
2
0
sin u
u
du −−−→
n ∞
π
2
.
D’autre part (cf.exercice 3.46), montrer que l’intégrale impropre
→+∞
0
sin x
x
dx, converge.
a) α) Montrer l’existence de
+∞
0
1 − cos x
x2
dx.
Pour le calcul, utiliser une intégration par parties.
β) Pour
+∞
0
sin x
x
2
dx, se ramener à la précédente par le
changement de variable t = 2x.
b) Attention : λ n’est pas nécessairement 0.
Si λ > 0, utiliser le changement de variable x =
t
λ
.
L’étude du cas λ = 0 est immédiate.
Pour λ < 0, utiliser un argument de parité.
c) Utiliser des formules de trigonométrie circulaire pour se
ramener à des intégrales précédentes.
d) 1) Montrer l’existence, par des études en −∞, 0, π, +∞.
2) Utiliser une décomposition en éléments simples.
1) Existence :
Montrer que f (x) existe si et seulement si x 0.
3.39
3.40
3.41
3.42
3.43
3.44
3.45
3.46
3.47
3.48
3.49](https://image.slidesharecdn.com/mathmatiquesmthodesetexercicesmp-141109172011-conversion-gate01/85/Mathematiques-methodes-et-exercices-mp-103-320.jpg)
![Chapitre 3 • Intégration sur un intervalle quelconque
94
2) Calcul :
α) Utiliser le théorème de dérivation sous le signe intégrale,
pour montrer que f est de classe C1
sur ]0 ; +∞[ et que :
∀ x ∈ ]0 ; +∞[, f (x) =
+∞
0
dt
(x + t2)(1 + t2)
.
β) Utiliser le théorème de continuité sous le signe intégrale
pour montrer que f est continue en 0.
γ ) Calculer l’intégrale donnant f (x) et obtenir :
∀ x ∈ ]0 ; +∞[, f (x) =
π
2
√
x(1 +
√
x)
.
δ) Réponse : ∀ x ∈ [0 ; +∞[, f (x) = π ln (1 +
√
x).
a) Règle tα f (t) en +∞.
b) 1) Montrer que f est continue, et même C1
, comme primitive
d’une application continue.
2) Majorer convenablement f (x),pour x ∈ [1 ; +∞[,et déduire
que f est intégrable sur ]0 ; +∞[.
3) Utiliser le théorème de Fubini sur les intégrales doubles.
Grouper les deux études, en passant par les nombres
complexes.
Pour a ∈ ]0 ; +∞[ fixé, appliquer le théorème de dérivation
sous le signe intégrale pour déduire que
f : x −→
+∞
0
e−at2
ei xt
dt
est de classe C1
sur R et que :
∀ x ∈ R, f (x) =
+∞
0
e−at2
i tei xt
dt .
À l’aide d’une intégration par parties,montrer que f satisfait une
EDL1. Résoudre celle-ci en utilisant la méthode de variation de
la constante.
Séparer enfin partie réelle et partie imaginaire.
1) Existence :
Procéder à une étude en 0 et à une étude en +∞.
Ne pas oublier que : ∀ z ∈ C, |ez
| = eRé (z)
.
2) Calcul :
Noter u = −Ré (z) > 0, v = Im (z), de sorte que :
+∞
0
tx−1
ezt
dt =
+∞
0
tx−1
e−ut
ei vt
dt .
Appliquer le théorème de dérivation sous le signe intégrale
pour montrer que g : v −→
+∞
0
tx−1
e−ut
ei vt
dt
est de classe C1
sur R et exprimer g (v) par une intégrale.
À l’aide d’une intégration par parties, montrer que g satisfait
une EDL1. Résoudre celle-ci et déduire g.
I.a) Pour 0 < ε X fixés obtenir ,par des changements de
variable et la relation de Chasles :
X
ε
f (ax) − f (bx)
x
dx =
b
a
f (εt)
t
dt −
bX
aX
f (u)
u
du .
Faire tendre X vers +∞.
b) Utiliser le théorème de continuité sous le signe intégrale pour
montrer :
b
a
f (εt)
t
dt −→
ε−→0+
b
a
f (0)
t
dt.
II.a) • Montrer que les intégrales impropres
→+∞
1
cos x
x
dx,
→+∞
1
e−x
x
dx,
→+∞
1
1 − th x
x
dx
convergent, et appliquer le résultat de I.b).
• Considérer f : x −→
π2
4
− (Arctan x)2
.
b) Remplacer sh (xt) par son expression à l’aide d’exponen-
tielles, et se ramener à la deuxième intégrale de a).
c) Par le changement de variable t = e−x
, se ramener à la
deuxième intégrale de a).
d) À l’aide d’une intégration par parties, se ramener à la deuxiè-
me intégrale de a).
a) Utiliser le changement de variable u = tan t,puis minorer
convenablement.
b) En notant g(x) =
1
0
du
√
1 + u2
√
1 − x + u2
,
montrer : f (x) ∼
x−→1−
g(x),
puis, en considérant h(x) =
1
0
du
√
1 − x + u2
,
montrer : g(x) ∼
x−→1−
h(x). Calculer h(x).
Réponse : f (x) ∼
x−→1−
−
1
2
ln (1 − x).
a) Étudier la continuité en 0, en faisant apparaître un taux
d’accroissement, à l’aide d’une primitive de f.
b) 1) Si f est à valeurs dans R+, utiliser une intégration par par-
ties et obtenir, pour 0 < ε X :
X
ε
g2
(x) dx
F2(ε)
ε
+ 2
X
ε
g(x) f (x) dx ,
où F est la primitive de f qui s’annule en 0, puis utiliser l’inéga-
lité de Cauchy et Schwarz.
2) Dans le cas général, faire intervenir u = | f | et v associée à u
comme g l’est à f.
3.50
3.51
3.52
3.53
3.54
3.55](https://image.slidesharecdn.com/mathmatiquesmthodesetexercicesmp-141109172011-conversion-gate01/85/Mathematiques-methodes-et-exercices-mp-104-320.jpg)
![95
a) • L’application
f : x −→
1
x
x2 + x + 1 − x2 − x + 1
est continue sur [1 ; +∞[, et f 0.
• Étude en +∞ :
On a, en utilisant une expression conjuguée :
f (x) =
1
x
(x2
+ x + 1) − (x2
− x + 1)
√
x2 + x + 1 +
√
x2 − x + 1
=
2
√
x2 + x + 1 +
√
x2 − x + 1
∼
x−→+∞
2
2x
=
1
x
.
D’après l’exemple de Riemann en +∞ et le théorème d’équi-
valence pour des fonctions 0, on conclut :
f n’est pas intégrable sur [1 ; +∞[.
b) • L’application f : x −→
sin x + cos x
√
x3 + 1
est continue sur
[0 ; +∞[.
• Étude en +∞ :
On a, pour tout x ∈ [1 ; +∞[ :
| f (x)| =
| sin x + cos x|
√
x3 + 1
2
√
x3 + 1
2
x3/2
.
D’après l’exemple de Riemann en +∞ (3/2 > 1) et le théo-
rème de majoration pour des fonctions 0, on déduit que | f |
est intégrable sur [1 ; +∞[, donc sur [0 ; +∞[, puis, par défi-
nition, on conclut : f est intégrable sur [0 ; +∞[.
c) • L’application f : x −→
ln x
√
x3 + 1
est continue sur
[1 ; +∞[, et f 0.
• Étude en +∞ :
On a : f (x) ∼
x−→+∞
ln x
x3/2
notée g(x)
.
Et : x5/4
g(x) =
ln x
x1/4
−→
x−→+∞
0,
par prépondérance classique.
D’où, au voisinage de +∞ : x5/4
g(x) 1,
puis : 0 g(x)
1
x5/4
.
D’après l’exemple de Riemann en +∞ (5/4 > 1) et le théo-
rème de majoration pour des fonctions 0, g est intégrable
sur [1 ; +∞[, puis, par théorème d’équivalence pour des fonc-
tions 0, on conclut : f est intégrable sur [1 ; +∞[.
d) • L’application f : x −→
x2 + 1
x2 + x
est continue sur ]0 ; 1],
et f 0.
• Étude en 0 :
On a : f (x) ∼
x−→0
1
x
=
1
x1/2
.
D’après l’exemple de Riemann en 0 (1/2 < 1) et le théorème
d’équivalence pour des fonctions 0, on conclut : f est inté-
grable sur ]0 ; 1].
e) • L’application f : x −→
1 + x
√
x + x2
est continue sur ]0 ; 1],
et f 0.
• Étude en 0 :
On a : f (x) ∼
x−→0+
1
√
x
=
1
x1/2
.
D’après l’exemple de Riemann en 0 (1/2 < 1) et le théorème
d’équivalence pour des fonctions 0, on conclut : f est inté-
grable sur ]0 ; 1].
f) • L’application f : x −→
lnx
x3 + x2
est continue sur ]0 ; 1],
et f 0. Considérons g = − f 0.
• Étude en 0 :
On a : g(x) =
−ln x
x3 + x2
∼
x−→0
−ln x
x2
notée h(x)
.
On a, pour tout x ∈ ]0 ; 1/e] : −ln x 1,
donc : h(x)
1
x2
0.
D’après l’exemple de Riemann en 0 (2 1) l’application
x −→
1
x2
, n’est pas intégrable sur ]0 ; 1]. D’après le théorème
de minoration pour des fonctions 0, il s’ensuit que h n’est
pas intégrable sur ]0 ; 1], puis, par théorème d’équivalence pour
des fonctions 0, g n’est pas intégrable sur ]0 ; 1]. Enfin,
comme f = −g, on conclut que f n’est pas intégrable sur ]0 ; 1].
g) • L’application f : x −→
1
√
1 − x6
est continue sur
] − 1 ; 1[, et f 0.
Corrigés des exercices
3.1](https://image.slidesharecdn.com/mathmatiquesmthodesetexercicesmp-141109172011-conversion-gate01/85/Mathematiques-methodes-et-exercices-mp-105-320.jpg)
![96
• Étude en 1 :
On a :
f (x) =
1
√
1 − x6
=
1
(1 − x2)(1 + x2 + x4)
=
1
(1 − x)(1 + x)(1 + x2 + x4)
∼
x−→1
1
√
(1 − x) · 2 · 3
=
1
√
6
1
(1 − x)1/2
.
D’après l’exemple de Riemann en 0 (1/2 < 1) et le théorème
d’équivalence pour des fonctions 0, on déduit que f est in-
tégrable sur [0 ; 1[.
• Étude en −1 :
Comme f est paire et que f est intégrable sur [0 ; 1[, il s’en-
suit que f est intégrable sur ] − 1 ; 0].
Puisque f est intégrable sur ] − 1 ; 0] et sur [0 ; 1[, on conclut :
f est intégrable sur ] − 1 ; 1[.
h) • L’application f : x −→
sin x
√
x3 + x4
est continue sur
]0 ; +∞[.
• Étude en 0 :
On a : | f (x)| =
| sin x|
√
x3 + x4
∼
x−→0
|x|
√
x3
=
1
x1/2
.
D’après l’exemple de Riemann en 0 (1/2 < 1) et le théorème
d’équivalence pour des fonctions 0, | f | est intégrable sur
]0 ; 1], donc, par définition, f est intégrable sur ]0 ; 1].
• Étude en +∞ :
On a : | f (x)| =
| sin x|
√
x3 + x4
1
x2
.
D’après l’exemple de Riemann en +∞ (2 > 1) et le théorème
de majoration pour des fonctions 0, | f | est intégrable sur
[1 ; +∞[, donc, par définition, f est intégrable sur [1 ; +∞[.
Puisque f est intégrable sur ]0 ; 1] et sur [1 ; +∞[, on conclut :
f est intégrable sur ]0 ; +∞[.
i) • L’application x −→
1 + x2
e−x
x2 + e−2x
est continue sur
] − ∞ ; +∞[, et f 0.
• Étude en −∞ :
On a :
f (x) =
1 + x2
e−x
x2 + e−2x
∼
x−→−∞
x2
e−x
e−2x
= x2
ex
notée g(x)
.
et : x2
g(x) = x4
ex
−→
x−→−∞
0,
donc, au voisinage de −∞ : x2
g(x) 1,
puis : 0 g(x)
1
x2
.
D’après l’exemple de Riemann en −∞ (2 > 1) et le théorème
de majoration pour des fonctions 0, g est intégrable sur
] − ∞ ; −1], puis sur ] − ∞ ; 0]. Par théorème d’équivalence
pour des fonctions 0, il s’ensuit que f est intégrable sur
] − ∞ ; 0].
• Étude en +∞ :
On a : f (x) =
1 + x2
e−x
x2 + e−2x
∼
x−→+∞
1
x2
,
car x2
e−x
−→
x−→+∞
0, par prépondérance classique.
D’après l’exemple de Riemann en +∞ (2 > 1) et le théorème
d’équivalence pour des fonctions 0, il s’ensuit que f est in-
tégrable sur [0 ; +∞[.
Puisque f est intégrable sur ] − ∞ ; 0] et sur [0 ; +∞[, on
conclut : f est intégrable sur ] − ∞ ; +∞[.
L’application f : x −→ sin
π
x
1
x
, est continue sur ]0 ; 1]
et : ∀ x ∈ ]0 ; 1], | f (x)| 1.
Ainsi, f est continue et bornée sur l’intervalle borné ]0 ; 1], donc,
d’après le cours, f est intégrable sur ]0 ; 1], et on conclut que
l’intégrale proposée existe.
a) 1) Existence :
• L’application f : x −→
1
(x + 1)(x + 2)
est continue sur
[0 ; +∞[, et f 0.
• Étude en +∞ :
On a : f (x) ∼
x−→+∞
1
x2
.
D’après l’exemple de Riemann en +∞ (2 > 1) et le théorème
d’équivalence pour des fonctions 0, il s’ensuit que f est in-
tégrable sur [0 ; +∞[.
On conclut que l’intégrale
+∞
0
1
(x + 1)(x + 2)
dx existe.
2) Calcul :
On a, à l’aide d’une décomposition en éléments simples im-
médiate, pour X ∈ [0 ; +∞[ :
X
0
1
(x + 1)(x + 2)
dx =
X
0
1
x + 1
−
1
x + 2
dx
= ln (x + 1) − ln (x + 2)
X
0
= ln (X + 1) − ln(X + 2) + ln 2
= ln
X + 1
X + 2
+ ln 2 −→
X−→+∞
ln 2 .
On conclut :
+∞
0
1
(x + 1)(x + 2)
dx = ln 2.
3.2
3.3](https://image.slidesharecdn.com/mathmatiquesmthodesetexercicesmp-141109172011-conversion-gate01/85/Mathematiques-methodes-et-exercices-mp-106-320.jpg)
![97
b) 1) Existence :
• L’application f : x −→
x4
x10 + 1
, est continue sur [0 ; +∞[,
et f 0.
• Étude en +∞ :
On a : f (x) =
x4
x10 + 1
∼
x−→+∞
1
x6
.
D’après l’exemple de Riemann en +∞ (6 > 1) et le théorème
d’équivalence pour des fonctions 0, f est intégrable sur
[0 ; +∞[.
On conclut que l’intégrale proposée existe.
2) Calcul :
On a, par le changement de variable t = x5
:
+∞
0
x4
x10 + 1
dx =
+∞
0
1
5
du
u2 + 1
=
1
5
[Arctan u]+∞
0 =
1
5
π
2
=
π
10
.
c) 1) Existence :
• L’application f : x −→
ch x
ch 2x
est continue sur
] − ∞ ; +∞[, paire, et f 0.
• Étude en +∞ :
On a :
f (x) =
ch x
ch 2x
=
ex
+ e−x
e2x + e−2x
∼
x−→+∞
ex
e2x
= e−x
.
D’après le cours, l’application x −→ e−x
est intégrable sur
[0 ; +∞[, donc, par théorème d’équivalence pour des fonctions
0, f est intégrable sur [0 ; +∞[.
• Étude en −∞ :
Comme f est paire et intégrable sur [0 ; +∞[, f est aussi in-
tégrable sur ] − ∞ ; 0].
Puisque f est intégrable sur ] − ∞ ; 0] et sur [0 ; +∞[, f est
intégrable sur ] − ∞ ; +∞[.
2) Calcul :
On a :
+∞
−∞
ch x
ch 2x
dx =
+∞
−∞
ch x
1 + 2 sh2
x
dx
=
t = sh x
+∞
−∞
dt
1 + 2t2
=
u =
√
2 t
+∞
−∞
1
√
2
du
1 + u2
=
1
√
2
[Arctan u]+∞
−∞ =
1
√
2
π
2
− −
π
2
=
π
√
2
.
d) 1) Existence :
• L’application f : x −→
x2
√
1 − x2
est continue sur [0 ; 1[,
et f 0.
• Étude en 1 :
On a :
f (x) =
x2
√
(1 − x)(1 + x)
∼
x−→1
1
√
2
1
(1 − x)1/2
.
D’après l’exemple de Riemann en 1 (1/2 < 1) et le théorème
d’équivalence pour des fonctions 0, f est intégrable sur ]0 ; 1],
donc l’intégrale proposée existe.
2) Calcul :
On a, par le changement de variable
t = Arcsin x, x = sin t, dx = cos t dt :
1
0
x2
√
1 − x2
dx =
π/2
0
sin 2
t
cos t
cos t dt =
π/2
0
sin 2
t dt
=
π/2
0
1 − cos 2t
2
dt =
t
2
−
sin 2t
4
π/2
0
=
π
4
.
e) 1) Existence :
• L’application
f : x −→ ln(1 − 3x + 2x2
) = ln (1 − x)(1 − 2x)
est continue sur [0 ; 1/2[.
• Par le changement de variable t =
1
2
− x, l’existence et le cal-
cul de I =
1/2
0
ln(1 − 3x + 2x2
) dx se ramènent à l’exis-
tence et au calcul de J =
0
1/2
ln(t + 2t2
)
notée g(t)
dt.
On a : g(t) = ln t + ln(1 + 2t) ∼
t−→0+
ln t < 0.
D’après le cours, l’application t −→ − ln t est intégrable sur
]0 ; 1]. Par théorème d’équivalence pour des fonctions 0, −g
est donc intégrable sur ]0 ; 1], puis g l’est aussi, et enfin, par
changement de variable, f est intégrable sur [0 ; 1/2[.
2) Calcul :
On a, en calculant des primitives sur [0 ; 1/2[ :
ln (1 − 3x + 2x2
) dx = ln(1 − x) + ln(1 − 2x) dx
= ln(1 − x) dx + ln (1 − 2x) dx
= − (1 − x)ln(1 − x) − (1 − x)
−
1
2
(1 − 2x)ln(1 − 2x) − (1 − 2x)
= −(1 − x)ln(1 − x) −
1
2
(1 − 2x)ln(1 − 2x) +
3
2
− 2x,](https://image.slidesharecdn.com/mathmatiquesmthodesetexercicesmp-141109172011-conversion-gate01/85/Mathematiques-methodes-et-exercices-mp-107-320.jpg)
![98
donc :
1/2
0
ln(1 − 3x + 2x2
) dx
= − (1−x) ln (1−x)−
1
2
(1−2x) ln (1−2x)+
3
2
−2x
1/2
0
=
1
2
ln 2 − 1 .
Par le changement de variable
t = x2
, x =
√
t, dx =
1
2
√
t
dt,
l’existence et le calcul de In se ramènent à l’existence et au
calcul de
Jn =
+∞
0
t
n
2 e−t 1
2
√
t
dt =
1
2
+∞
0
t
n−1
2 e−t
dt.
D’après le cours sur la fonction d’Euler, puisque
n − 1
2
−
1
2
> −1 , pour tout n ∈ N , l’application
t −→ t
n−1
2 e−t
est intégrable sur ]0 ; +∞[ et :
Jn =
1
2
n + 1
2
.
Si n est impair, n = 2p + 1, p ∈ N, alors :
In =
1
2
(p + 1) =
1
2
p! .
Si n est pair, n = 2p, p ∈ N, alors :
In =
1
2
p +
1
2
.
En utilisant la formule du cours :
∀ x ∈ ]0 ; +∞[, (x + 1) = x (x) ,
on déduit :
In =
1
2
p −
1
2
p −
3
2
· · ·
1
2
1
2
=
1
2
(2p − 1)(2p − 3) · · · 1
2p
√
π
=
1
2
(2p)!
(2p p!)2p
√
π =
(2p)!
22p+1 p!
√
π.
1) Puisque f est bornée, on a :
∀ x ∈ I, | f 2
(x)| = | f (x)|2
|| f ||∞| f (x)| ,
ou encore : | f 2
| || f ||∞| f |.
Comme f est intégrable sur I, par définition, | f | l’est aussi,
puis || f ||∞| f | l’est aussi.
Il en résulte, par théorème de majoration pour des fonctions 0,
que | f 2
| est intégrable sur I, et enfin, par définition, on conclut
que f 2
est intégrable sur I.
2) Le résultat ne subsiste pas si on ne suppose pas f bornée.
Par exemple, pour I =]0 ; 1] et f : x −→ x−3/4
, d’après
l’exemple de Riemann en 0, f est intégrable sur ]0 ; 1] (car
3/4 < 1), mais f 2
: x −→ x−3/2
n’est pas intégrable sur ]0 ; 1]
(car 3/2 1).
Puisque f g h, on a : 0 g − f h − f. Comme
f et h sont intégrables sur I, par différence, h − f est intégrable
sur I. Par théorème de majoration pour des fonctions 0, il
en résulte que g − f est intégrable sur I. Enfin, comme
g = (g − f ) + f et que g − f et f sont intégrables sur I, par
addition, on conclut que g est intégrable sur I.
1) Existence :
Soit (x,y) ∈ R2
.
• L’application fx,y : t −→ |x + ty| e−t
est continue sur
[0 ; +∞[, et fx,y 0.
• Étude en +∞ :
On a : t2
fx,y(t) = t2
|x + ty| e−t
−→
t−→+∞
0,
par prépondérance classique.
D’où, pour t assez grand : t2
fx,y(t) 1,
et donc : 0 fx,y(t)
1
t2
.
D’après l’exemple de Riemann en +∞ (2 > 1) et le théorème
de majoration pour des fonctions 0, l’application fx,y
est intégrable sur [0 ; +∞[, donc l’intégrale
N(x,y) =
+∞
0
|x + ty| e−t
dt existe.
2) Inégalité triangulaire :
On a, pour tous (x1,y1), (x2,y2) ∈ R2
:
N (x1,y1) + (x2,y2)
= N(x1 + x2,y1 + y2)
=
+∞
0
(x1 + x2) + t(y1 + y2) e−t
dt
=
+∞
0
(x1 + ty1) + (x2 + ty2) e−t
dt
+∞
0
|x1 + ty1| + |x2 + ty2| e−t
dt
3.4
3.5
3.6
3.7](https://image.slidesharecdn.com/mathmatiquesmthodesetexercicesmp-141109172011-conversion-gate01/85/Mathematiques-methodes-et-exercices-mp-108-320.jpg)
![99
=
+∞
0
|x1 + ty1| e−t
dt +
+∞
0
|x2 + ty2| e−t
dt
= N(x1,y1) + N(x2,y2).
3) Positive homogénéité :
On a, pour tout α ∈ R et tout (x,y) ∈ R2
:
N α(x,y) = N(αx,αy) =
+∞
0
|αx + tαy| e−t
dt
= |α|
+∞
0
|x + ty| e−t
dt = |α|N(x,y) .
4) Non-dégénérescence :
Soit (x,y) ∈ R2
. On a :
N(x,y) = 0
⇐⇒
+∞
0
|x + ty| e−t
continue et 0
dt = 0
⇐⇒ ∀ t ∈ [0 ; +∞[, |x + ty| e−t
= 0
⇐⇒ ∀ t ∈ [0 ; +∞[, x + ty = 0
⇐⇒ (x,y) = (0,0).
On conclut que N est une norme sur R2
.
a) 1) Existence :
• L’application fa : x −→
1
x
−
a
x2
2
, est continue sur
[1 ; +∞[, et fa 0.
• On a : fa(x) ∼
x−→+∞
1
x2
. D’après l’exemple de Riemann
en +∞ (2 > 1) et le théorème de majoration pour des fonc-
tions 0, fa est intégrable sur [1 ; +∞[, et donc I (a) existe.
2) Calcul :
On a :
I (a) =
+∞
1
1
x
−
a
x2
2
dx =
+∞
1
1
x2
−
2a
x3
+
a2
x4
dx
= −
1
x
+
a
x2
−
a2
3x3
+∞
1
= 1 − a +
a2
3
.
b) D’après a ), I (a) est un trinôme du second degré en a.
Mettons-le sous forme canonique :
I (a) = 1 − a +
a2
3
=
1
3
(a2
− 3a + 3)
=
1
3
a −
3
2
2
+
3
4
=
1
3
a −
3
2
2
+
1
4
.
On déduit :
1) Inf
a∈R
I (a) = I
3
2
=
1
4
, atteint en a =
3
2
, (et en ce point
seulement)
2) Inf
a∈Z
I (a) = I (1) = I (2) =
1
3
, atteint en a = 1 et en a = 2
(et en ces deux points seulement).
1re méthode :
En remplaçant a par xλ, où λ ∈ ]0 ; +∞[ est à choisir ulté-
rieurement, on a :
∀ x ∈ [1 ; +∞[, 0 f (x)
1
x2−λ
+
1
x2λ
.
Essayons de trouver λ de façon que : 2 − λ > 1 et 2λ > 1. Pour
λ =
3
4
, par exemple, on a :
∀ x ∈ [1 ; +∞[, 0 f (x)
1
x5/4
+
1
x3/2
.
D’après l’exemple de Riemann en +∞ (5/4 > 1 et 3/2 > 1),
par addition, et d’après le théorème de majoration pour des fonc-
tions 0, on conclut que f est intégrable sur [1 ; +∞[.
2è méthode :
Soit x ∈ [1 ; +∞[ fixé.
Essayons de choisir le meilleur a ∈ [1 ; +∞[ réalisant l’in-
égalité de l’énoncé.
Considérons l’application
ϕ : [1 ; +∞[−→ R, a −→ ϕ(a) =
a
x2
+
1
a2
.
L’application ϕ est dérivable sur [1 ; +∞[ et :
∀ a ∈ [1 ; +∞[, ϕ (a) =
1
x2
−
2
a3
.
On dresse le tableau de variations de ϕ :
3.8
a 1 (2x2
)1/3
+∞
ϕ (a) − 0 +
ϕ(a)
Et :
ϕ (2x2
)1/3
=
(2x2
)1/3
x2
+
1
(2x2)1/3 2
=
21/3
x4/3
+
1
22/3x4/3
= 3 · 2−2/3 1
x4/3
.
On a donc : ∀ x ∈ [1 ; +∞[, 0 f (x) 3 · 2−2/3 1
x4/3
.
D’après l’exemple de Riemann en +∞ (4/3 > 1) et le théo-
rème de majoration pour des fonctions 0, on conclut que f
est intégrable sur [1 ; +∞[.
3.9](https://image.slidesharecdn.com/mathmatiquesmthodesetexercicesmp-141109172011-conversion-gate01/85/Mathematiques-methodes-et-exercices-mp-109-320.jpg)
![100
a) Soit n ∈ N∗
.
• L’application fn : x −→
e−x
n + x
est continue sur [0 ; +∞[.
• On a : 0 fn(x) =
e−x
n + x
e−x
.
D’après le cours, l’application x −→ e−x
est intégrable sur
[0 ; +∞[. Par théorème de majoration pour des fonctions 0,
il en résulte que fn est intégrable sur [0 ; +∞[, donc
In =
+∞
0
e−x
n + x
dx existe.
b) On a :
0 In =
+∞
0
e−x
n + x
dx
+∞
0
e−x
n
dx
=
1
n
[−e−x
]+∞
0 =
1
n
−−−→
n ∞
0,
d’où, par théorème d’encadrement : In −−−→
n ∞
0.
c) Comme
e−x
n + x
ressemble, pour n grand et x fixé, à
e−x
n
, for-
mons :
In −
+∞
0
e−x
n
dx =
+∞
0
e−x
n + x
−
e−x
n
dx
=
+∞
0
x e−x
n(n + x)
dx
1
n2
+∞
0
x e−x
dx
notée J
.
Ainsi : In −
1
n
J
n2
, donc : In −
1
n
= O
1
n2
, puis :
In =
1
n
+ O
1
n2
, que l’on peut affaiblir en :
In ∼
n∞
1
n
.
a) Soit n ∈ N.
L’application fn : x −→
1
xn(1 + x2)
est continue sur
[1 ; +∞[, 0, et : fn(x) ∼
x−→+∞
1
xn+2
, donc, d’après l’exemple
de Riemann en +∞ (n + 2 > 1) et le théorème d’équivalence
pour des fonctions 0, fn est intégrable sur [1 ; +∞[, et on
conclut que In existe.
b) Soit n ∈ N tel que n 2.
On a, par une intégration par parties pour des applications de
classe C1
, pour tout X ∈ [1 ; +∞[ :
X
1
1
xn(1 + x2)
dx =
X
1
x−n 1
1 + x2
dx
=
x−n+1
−n + 1
1
1 + x2
X
1
−
X
1
x−n+1
−n + 1
−2x
(1 + x2)2
dx
=
X−n+1
−n + 1
1
1 + X2
+
1
2(n − 1)
−
2
n − 1
X
1
x−n+2
(1 + x2)2
dx .
On déduit, en faisant tendre X vers +∞ :
In =
1
2(n − 1)
−
2
n − 1
+∞
1
x−n+2
(1 + x2)2
dx
notée Jn
.
On a, pour n 4 :
0 Jn
+∞
1
x−n+2
dx =
x−n+3
−n + 3
+∞
1
=
1
n − 3
,
donc : Jn = O
1
n
, puis :
In =
1
2(n − 1)
+ O
1
n2
∼
n∞
1
2(n − 1)
∼
n∞
1
2n
.
1) Existence :
D’après les formules, pour tout (x,y) ∈ R2
:
Min (x,y) =
1
2
x + y − |x − y|
Max (x,y) =
1
2
x + y + |x − y| ,
les applications Min et Max sont continues sur R2
, donc, par
opération, l’application
f : (x,y) −→
Min (x,y)
Max (x,y)
est continue sur ]0 ; 1]2
.
De plus : ∀ (x,y) ∈ ]0 ; 1]2
, 0 f (x,y) 1.
Ainsi, f est continue et bornée sur ]0 ; 1]2
, et ]0 ; 1] est un in-
tervalle borné, donc, d’après le cours, f est intégrable sur ]0 ; 1]2
.
2) Calcul :
On a, en utilisant le théorème de Fubini et la relation de
Chasles :
I =
]0 ;1]2
Min (x,y)
Max (x,y)
dx dy
=
1
0
1
0
Min (x,y)
Max (x,y)
dy dx
=
1
0
x
0
y
x
dy +
1
x
x
y
dy dx
=
1
0
1
x
y2
2
x
0
+ x[ ln y]1
x dx
=
1
0
x
2
− x ln x dx
=
1
4
−
1
0
x ln x dx.
3.10
3.11
3.12](https://image.slidesharecdn.com/mathmatiquesmthodesetexercicesmp-141109172011-conversion-gate01/85/Mathematiques-methodes-et-exercices-mp-110-320.jpg)
![101
On calcule cette dernière intégrale en utilisant une intégration
par parties. On a, pour tout ε ∈ ]0 ; 1] :
1
ε
x ln x dx =
x2
2
ln x
1
ε
−
1
ε
x2
2
1
x
dx
= −
ε2
2
ln ε −
x2
4
1
ε
= −
ε2
2
ln ε −
1
4
.
D’où, en passant à la limite lorsque ε −→ 0+
et par prépon-
dérance classique :
1
0
x ln x dx = −
1
4
.
On obtient : I =
1
4
− −
1
4
=
1
2
.
Soit P ∈ R[X].
Si deg (P) 3, alors
f (x) = P(x) − (x2
+ x + 1) −→
x−→+∞
−∞ ,
donc f n’est pas intégrable sur [0 ; +∞[.
Si deg (P) 5, alors, pour que f soit définie au voisinage de
+∞, le coefficient dominant de P doit être > 0, et on a
f (x) = P(x) − (x2
+ x + 1) −→
x−→+∞
+∞, donc f n’est pas
intégrable sur [0 ; +∞[.
Supposons dorénavant deg (P) = 4, P =
4
k=0
akXk
,
a4 ∈ R∗
, a0,. . . ,a3 ∈ R.
Si a4 < 0, alors f n’est pas définie au voisinage de +∞. Nous
supposons donc a4 > 0.
Si a4 =/ 1, alors f (x) ∼
x−→+∞
(
√
a4 − 1)x2
−→
x−→+∞
±∞, donc
f n’est pas intégrable sur [0 ; +∞[.
Nous supposons dorénavant a4 = 1.
On a alors, en utilisant une expression conjuguée :
f (x) = P(x) − (x2
+ x + 1) =
P(x) − (x2
+ x + 1)2
√
P(x) + (x2 + x + 1)
.
D’une part, P(x) + (x2
+ x + 1) ∼
x−→+∞
2x2
.
D’autre part, g : x −→ P(x) − (x2
+ x + 1)2
est un poly-
nôme de degré 3. Si ce polynôme g est de degré 1, alors
il existe λ ∈ R∗
et α ∈ {1,2,3} tels que g(x) ∼
x−→+∞
λxα , d’où
f (x) ∼
x−→+∞
λ
2
1
x2−α
et 2 − α 1, donc, d’après l’exemple
de Riemann en +∞ et le théorème d’équivalence pour des fonc-
tions 0, | f |n’est pas intégrable sur [0 ; +∞[, et donc f n’est
pas intégrable sur [0 ; +∞[.
Nous supposons donc que g est de degré 0, c’est-à-dire qu’il
existe c ∈ R tel que :
∀ x ∈ [0 ; +∞[, P(x) − (x2
+ x + 1)2
= c .
Si c = 0, alors f = 0, donc f est intégrable sur [0 ; +∞[.
Si c =/ 0, alors f (x) ∼
x−→+∞
c
2x2
, donc, d’après l’exemple
de Riemann en +∞ et le théorème d’équivalence pour des fonc-
tions 0, | f | est intégrable sur [0 ; +∞[, et donc f est in-
tégrable sur [0 ; +∞[.
Enfin :
∀ x ∈ [0 ; +∞[, P(x) 0
⇐⇒ ∀ x ∈ [0 ; +∞[, (x2
+ x + 1)2
+ c 0
⇐⇒ 1 + c 0.
On conclut que l’ensemble des P convenant est
P = (X2
+ X + 1)2
+ c ; c ∈ [−1 ; +∞[ ,
ou encore, en développant :
P = X4
+ 2X3
+ 3X2
+ 2X + d ; d ∈ [0 ; +∞[ .
a) 1) Existence :
• L’application f : x −→
1
x
√
x2 + x + 1
est continue sur
[1 ; +∞[, et f 0.
• Étude en +∞ :
On a : f (x) =
1
x
√
x2 + x + 1
∼
x−→+∞
1
x2
.
D’après l’exemple de Riemann en +∞ (2 > 1) et le théorème
d’équivalence pour des fonctions 0, f est intégrable sur
[1 ; +∞[.
On conclut que l’intégrale I =
+∞
1
1
x
√
x2 + x + 1
dx existe.
2) Calcul :
Commençons par éliminer le facteur x du dénominateur, à l’aide
du changement de variable t =
1
x
:
I =
0
1
1
1
t
1
t2
+
1
t
+ 1
−
dt
t2
=
1
0
1
√
1 + t + t2
dt.
Effectuons une mise sous forme canonique :
t2
+ t + 1 = t +
1
2
2
+
3
4
=
3
4
1 +
4
3
t +
1
2
2
=
3
4
1 +
2t + 1
√
3
2
.
3.13
3.14](https://image.slidesharecdn.com/mathmatiquesmthodesetexercicesmp-141109172011-conversion-gate01/85/Mathematiques-methodes-et-exercices-mp-111-320.jpg)
![102
Par le changement de variable u =
2t + 1
√
3
:
I =
√
3
1/
√
3
1
3
4
(1 + u2)
√
3
2
du
=
√
3
1/
√
3
1
√
1 + u2
du
= Argsh u
√
3
1/
√
3
= ln (u + 1 + u2
√
3
1/
√
3
= ln (
√
3 + 2) − ln
1
√
3
+
2
√
3
= ln (
√
3 + 2) − ln
√
3
= ln
√
3 + 2
√
3
= ln
3 + 2
√
3
3
.
b) 1) Existence :
• L’application f : x −→
1
(x2 + x + 1)2
est continue sur
] − ∞ ; +∞[, et f 0.
• Étude en ±∞ :
On a : f (x) ∼
x−→±∞
1
x4
. D’après l’exemple de Riemann en ±∞
(4 > 1) et le théorème d’équivalence pour des fonctions 0,
f est intégrable sur ] − ∞ ; −1] et sur [1 ; +∞[, donc f est in-
tégrable sur ] − ∞ ; +∞[.
On conclut que l’intégrale I =
+∞
−∞
1
(x2 + x + 1)2
dx existe.
2) Calcul :
Par mise sous forme canonique :
x2
+ x + 1 = x +
1
2
2
+
3
4
=
3
4
1 +
4
3
x +
1
2
2
=
3
4
1 +
2x + 1
√
3
2
.
Effectuons le changement de variable t =
2x + 1
√
3
:
I =
+∞
−∞
dx
(x2 + x + 1)2
=
+∞
−∞
√
3
2
dt
3
4
(t2
+ 1)
2
=
8
√
3
9
+∞
−∞
1
(t2 + 1)2
dt
notée J
.
Par parité : J = 2
+∞
0
1
(t2 + 1)2
dt.
Par primitivation par parties :
dt
t2 + 1
= t
1
t2 + 1
− t
−2t
(t2 + 1)2
dt
=
t
t2 + 1
+ 2
t2
(t2 + 1)2
dt
=
t
t2 + 1
+ 2
dt
t2 + 1
−
dt
(t2 + 1)2
,
d’où :
2
dt
(t2 + 1)2
=
t
t2 + 1
+
dt
t2 + 1
=
t
t2 + 1
+ Arctan t .
On déduit : J =
t
t2 + 1
+ Arctan t
+∞
0
=
π
2
,
et on conclut : I =
8
√
3
9
J =
8
√
3
9
π
2
=
4π
√
3
9
.
c) 1) Existence :
• L’application f : x −→
x − Arctan x
x3
est continue sur
]0 ; +∞[, et f 0.
• Étude en 0 :
On a :
f (x) =
x − Arctan x
x3
=
x − x −
x3
3
+ o(x3
)
x3
=
1
3
+ o(1) −→
x−→0
1
3
,
donc f est intégrable sur ]0 ; 1] (faux problème).
• Étude en +∞ :
On a : f (x) =
x − Arctan x
x3
∼
x−→+∞
1
x2
.
D’après l’exemple de Riemann en +∞ (2 > 1) et le théorème
d’équivalence pour des fonctions 0, f est intégrable sur
[1 ; +∞[.
Puisque f est intégrable sur ]0 ; 1] et sur [1 ; +∞[, f est in-
tégrable sur ]0 ; +∞[.
On conclut que l’intégrale I =
+∞
0
x − Arctan x
x3
dx existe.
2) Calcul :
Calculons des primitives, en utilisant une primitivation par par-
ties :
x − Arctan x
x3
dx
= −
x − Arctan x
2x2
+ 1 −
1
1 + x2
1
2x2
dx](https://image.slidesharecdn.com/mathmatiquesmthodesetexercicesmp-141109172011-conversion-gate01/85/Mathematiques-methodes-et-exercices-mp-112-320.jpg)
![= −
x − Arctan x
2x2
+
1
x2(1 + x2)
dx
notée J(x)
.
On a, par calcul élémentaire ou par décomposition en éléments
simples :
J(x) =
1
x2
−
1
1 + x2
dx = −
1
x
− Arctan x + Cte.
D’où :
x − Arctan x
x3
dx =−
1
2x
+
Arctan x
2x2
+
1
2
Arctan x
notée F(x)
+Cte .
On a : F(x) −→
x−→+∞
π
4
.
Pour déterminer la limite de F(x) lorsque x −→ 0, grou-
pons les termes de façon à résoudre la forme indéterminée :
F(x) =
Arctan x − x
2x2
+
1
2
Arctan x
=
1
2x2
x −
x3
3
+ o(x3
) − x +
1
2
o(1) = o(1) −→
x−→0
0 .
On conclut : I = [F(x)]+∞
0 =
π
2
− 0 =
π
2
.
d) 1) Existence :
• L’application f : x −→
1 + x
√
x(1 − x)
est continue sur ]0 ; 1[,
et f 0.
• Étude en 0 :
On a : f (x) ∼
x−→0
1
√
x
=
1
x1/2
.
D’après l’exemple de Riemann en 0 (1/2 < 1) et le théorème
d’équivalence pour des fonctions 0, f est intégrable sur
]0 ; 1/2].
• Étude en 1 :
On a : f (x) ∼
x−→1
2
√
1 − x
=
2
(1 − x)1/2
.
D’après l’exemple de Riemann en 1 (1/2 < 1) et le théorème
d’équivalence pour des fonctions 0, f est intégrable sur
[1/2 ; 1[.
Puisque f est intégrable sur ]0 ; 1/2] et sur [1/2 ; 1[, f est
intégrable sur ]0 ; 1[.
On conclut que l’intégrale I =
1
0
1 + x
√
x(1 − x)
dx existe.
2) Calcul :
On a, par une mise sous forme canonique :
x(1 − x) = −x2
+ x = −(x2
− x)
= − x −
1
2
2
−
1
4
=
1
4
− x −
1
2
2
=
1
4
1 − 4 x −
1
2
2
=
1
4
1 − (2x − 1)2
.
Effectuons le changement de variable t = 2x − 1 :
I =
1
0
1 + x
√
x(1 − x)
dx
=
1
−1
1 +
1 + t
2
1
4
(1 − t2)
1
2
dt
=
1
2
1
−1
3 + t
√
1 − t2
dt
=
1
−1
3
2
1
√
1 − t2
−
1
2
−t
√
1 − t2
dt
=
3
2
Arcsin t −
1
2
1 − t2
1
−1
=
3π
2
.
a) 1) Existence :
• L’application f : x −→
1
(x2 + 1)(x2 + x + 1)
est continue
sur [0 ; +∞[, et f 0.
• Étude en +∞ :
On a : f (x) ∼
x−→+∞
1
x4
.
D’après l’exemple de Riemann en +∞ (4 > 1) et le théorème
d’équivalence pour des fonctions 0, f est intégrable sur
[0 ; +∞[.
On conclut que l’intégrale I =
+∞
0
dx
(x2 + 1)(x2 + x + 1)
existe.
2) Calcul :
On a, par le changement de variable t =
1
x
, qui échange les
bornes :
I =
+∞
0
1
(x2 + 1)(x2 + x + 1)
dx
=
0
+∞
1
1
t2
+ 1
1
t2
+
1
t
+ 1
−
dt
t2
=
+∞
0
t2
(1 + t2)(1 + t + t2)
dt.
d’où, en additionnant :
2I =
+∞
0
1 + x2
(x2 + 1)(x2 + x + 1)
dx =
+∞
0
dx
x2 + x + 1
.
103
3.15](https://image.slidesharecdn.com/mathmatiquesmthodesetexercicesmp-141109172011-conversion-gate01/85/Mathematiques-methodes-et-exercices-mp-113-320.jpg)
![Il est clair que t −→
ln a
1 + t2
est intégrable sur [0 ; +∞[, donc
sur ]0 ; +∞[.
D’autre part, d’après 1) (pour a = 1), t −→
ln t
1 + t2
est inté-
grable sur ]0 ; +∞[.
On peut donc séparer en deux intégrales de fonctions intégrables :
I (a) =
ln a
a
+∞
0
1
1 + t2
dt +
1
a
+∞
0
ln t
1 + t2
dt
notée J
.
Par le changement de variable u =
1
t
, qui échange les bornes :
J =
0
+∞
−ln u
1 +
1
u2
−
du
u2
= −
+∞
0
ln u
u2 + 1
du = −J ,
d’où : J = 0, puis :
I (a) =
ln a
a
+∞
0
dt
t2 + 1
=
ln a
a
[Arctan t]+∞
0 =
π
2
ln a
a
.
c) 1) Existence :
• L’application f : x −→
√
x ln x
(1 + x)2
est continue sur ]0 ; +∞[,
et f (x) 0 pour x ∈ ]0 ; 1], f (x) 0 pour x ∈ [1 ; +∞[.
• Étude en 0 :
On a : f (x) =
√
x ln x
(1 + x)2
−→
x−→0
0,
donc f est intégrable sur ]0 ; 1] (faux problème).
• Étude en +∞ :
On a : f (x) =
√
x ln x
(1 + x)2
∼
x−→+∞
ln x
x3/2
notée g(x)
.
Et : x5/4
g(x) =
ln x
x1/4
−→
x−→+∞
0,
donc, au voisinage de +∞ : x5/4
g(x) 1,
d’où : 0 g(x)
1
x5/4
.
D’après l’exemple de Riemann en +∞ (5/4 > 1) et le théo-
rème de majoration pour des fonctions positives, g est inté-
grable sur [1 ; +∞[, puis, par le théorème d’équivalence pour
des fonctions 0, f est intégrable sur [1 ; +∞[.
Puisque f est intégrable sur ]0 ; 1] et sur (1 ; +∞[, f est in-
tégrable sur ]0 ; +∞[.
On conclut que l’intégrale I =
+∞
0
√
x ln x
(1 + x)2
dx existe.
2) Calcul :
Éliminons l’intervention de
√
x, par le changement de variable
104
Par mise sous forme canonique :
x2
+ x + 1 = x +
1
2
2
+
3
4
=
3
4
1 +
4
3
x +
1
2
2
=
3
4
1 +
2x + 1
√
3
2
.
D’où, par le changement de variable t =
2x + 1
√
3
:
2I =
+∞
1/
√
3
√
3
2
dt
3
4
(1 + t2
)
=
2
√
3
[Arctan t]+∞
1/
√
3
=
2
√
3
π
2
−
π
6
=
2
√
3
π
3
,
et on conclut : I =
π
3
√
3
.
b) 1) Existence :
Soit a ∈ R∗
+ fixé.
• L’application fa : x −→
lnx
x2 + a2
est continue sur ]0 ; +∞[,
et fa(x) 0 au voisinage de 0+
, fa(x) 0 au voisinage
de +∞.
• Étude en 0 :
On a : fa(x) ∼
x−→0
lnx
a2
.
Comme x −→ −ln x est 0 et intégrable sur ]0 ; 1], par théo-
rème d’équivalence pour des fonctions 0, − fa est intégrable
sur ]0 ; 1], donc fa est intégrable sur ]0 ; 1].
• Étude en +∞ :
On a : x3/2
f (x) =
x3/2
ln x
x2 + a2
∼
x−→+∞
ln x
x1/2
−→
x−→+∞
0,
d’où, pour x assez grand : x3/2
fa(x) 1,
puis : 0 fa(x)
1
x3/2
.
D’après l’exemple de Riemann en +∞ (3/2 > 1) et le théo-
rème de majoration pour des fonctions 0, fa est intégrable
sur [1 ; +∞[.
Puisque fa est intégrable sur ]0 ; 1] et sur [1 ; +∞[, fa est in-
tégrable sur ]0 ; +∞[.
On conclut que l’intégrale I (a) =
+∞
0
ln x
x2 + a2
dx existe.
2) Calcul :
On a, par le changement de variable t =
x
a
:
I (a) =
+∞
0
ln x
x2 + a2
dx
=
+∞
0
ln(at)
t2a2 + a2
a dt =
1
a
+∞
0
ln a + ln t
1 + t2
dt.](https://image.slidesharecdn.com/mathmatiquesmthodesetexercicesmp-141109172011-conversion-gate01/85/Mathematiques-methodes-et-exercices-mp-114-320.jpg)
![105
t =
√
x, x = t2
, dx = 2t dt :
I =
+∞
0
√
x ln x
(1 + x)2
dx =
+∞
0
2t ln t
(1 + t2)2
2t dt
= 2
+∞
0
t ln t
2t
(t2 + 1)2
dt.
On a, par primitivation par parties pour des applications de
classe C1
:
t ln t
2t
(t2 + 1)2
dt = t ln t
−1
t2 + 1
− (1 + ln t)
−1
1 + t2
dt
= −
t ln t
1 + t2
+ Arctan t +
ln t
1 + t2
dt.
D’une part : −
t ln t
1 + t2
+ Arctan t −→
t−→0
0,
−
t ln t
1 + t2
+ Arctan t −→
t−→+∞
π
2
.
D’autre part, l’application t −→
ln t
1 + t2
est intégrable sur
]0 ; +∞[, par la même démarche (par exemple) que plus haut.
On déduit, en passant aux limites :
I = π − 2
+∞
0
ln t
1 + t2
dt
notée J
.
Par le changement de variable u =
1
t
, qui échange les
bornes :
J =
0
+∞
−ln u
1 +
1
u2
−
du
u2
= −
+∞
0
ln u
1 + u2
du = −J ,
donc J = 0, et on conclut : I = π.
1) Existence :
L’application x −→
1
i + cos x
est continue sur le segment
[0 ; 2π], donc l’intégrale I =
2π
0
1
i + cos x
dx existe.
2) Calcul :
On a, par 2π-périodicité : I =
π
−π
1
i + cos x
dx,
puis, par le changement de variable t = tan
x
2
, qui amène une
intégrale de fonction intégrable :
I =
+∞
−∞
2 dt
1 + t2
i +
1 − t2
1 + t2
= 2
+∞
−∞
dt
(i + 1) + (i − 1)t2
=
2
i + 1
+∞
−∞
dt
1 +
i − 1
i + 1
t2
= (1 − i)
+∞
−∞
dt
1 + i t2
= (1 − i)
+∞
−∞
1 − i t2
1 + t4
dt
=
parité
2(1 − i)
+∞
0
1 − i t2
1 + t4
dt.
Puisque les applications
t −→
1
1 + t4
et t −→
t2
1 + t4
sont intégrables sur [0 ; +∞[, on peut séparer en deux inté-
grales :
I = 2(1 − i)
+∞
0
1
1 + t4
dt
notée A
−i
+∞
0
t2
1 + t4
dt
notée B
.
• Par le changement de variable u =
1
t
, qui échange les bornes,
on a :
A =
0
+∞
1
1 +
1
u4
−
du
u2
=
+∞
0
u2
u4 + 1
du = B .
• D’autre part :
A + B =
+∞
0
1 + t2
1 + t4
dt =
parité
1
2
+∞
−∞
1 + t2
1 + t4
dt .
Factorisons t4
+ 1 dans les réels :
t4
+ 1 = (t2
+ 1)2
− 2t2
= (t2
−
√
2t + 1)(t2
+
√
2t + 1) .
Comme l’application t −→
t
√
2
1 + t4
est intégrable sur
] − ∞ ; +∞[ et est impaire, on a :
A + B =
1
2
+∞
−∞
t2
−
√
2t + 1
t4 + 1
dt
=
1
2
+∞
−∞
1
t2 +
√
2t + 1
dt.
Par mise sous forme canonique :
t2
+
√
2t + 1 = t +
√
2
2
2
+
1
2
=
1
2
1 + 2 t +
√
2
2
2
=
1
2
1 + (t
√
2 + 1)2
.
3.16](https://image.slidesharecdn.com/mathmatiquesmthodesetexercicesmp-141109172011-conversion-gate01/85/Mathematiques-methodes-et-exercices-mp-115-320.jpg)
![106
D’où, par le changement de variable u = t
√
2 + 1 :
A + B =
1
2
+∞
−∞
1
1
2
(1 + u2
)
1
√
2
du
=
1
√
2
[Arctan u]+∞
−∞ =
π
√
2
.
On a donc : A = B et A + B =
π
√
2
,
d’où : A = B =
π
2
√
2
.
Enfin : I = 2(1 − i)(A − i B) = 2(1 − i)2 π
2
√
2
= −i π
√
2.
a) Soit a ∈ R.
1) Existence :
L’application fa : x −→
1
(1 + x2)(1 + xa)
est continue sur
]0 ; +∞[, et on a :
∀ x ∈ ]0 ; +∞[, 0 fa(x)
1
1 + x2
.
Puisque x −→
1
1 + x2
est intégrable sur [0 ; +∞[, donc sur
]0 ; +∞[, par théorème de majoration pour des fonctions 0,
fa est intégrable sur ]0 ; +∞[.
On conclut que I (a) =
+∞
0
1
(1 + x2)(1 + xa)
dx existe.
2) Calcul :
Soit a ∈ R fixé.
On a, par le changement de variable t =
1
x
, qui échange les
bornes :
I (a) =
0
+∞
1
1 +
1
t2
1 +
1
ta
−
dt
t2
=
+∞
0
ta
(t2 + 1)(ta + 1)
dt,
d’où, par addition :
2I (a) =
+∞
0
1 + xa
(1 + x2)(1 + xa)
dx
=
+∞
0
1
1 + x2
dx = [Arctan x]+∞
0 =
π
2
.
On conclut :
+∞
0
1
(1 + x2)(1 + xa)
dx =
π
4
.
b) Soit a ∈ R∗
+.
1) Existence :
• L’application fa : x −→
1
a2
+ x −
1
x
2
est continue sur
]0 ; +∞[, et fa 0.
• Étude en 0 :
On a : fa(x) −→
x−→0
0, donc fa est intégrable sur ]0 ; 1] (faux
problème).
• Étude en +∞ :
On a : fa(x) ∼
x−→+∞
1
x2
. D’après l’exemple de Riemann
en +∞ (2 > 1 ) et le théorème d’équivalence pour des
fonctions 0, fa est intégrable sur [1 ; +∞[.
Puisque fa est intégrable sur ]0 ; 1] et sur [1 ; +∞[, fa est
intégrable sur ]0 ; +∞[. On conclut que l’intégrale
I (a) =
+∞
0
1
a2
+ x −
1
x
2
dx existe.
2) Calcul :
On a, par le changement de variable t =
1
x
, qui échange les
bornes :
I (a) =
0
+∞
1
a2
+
1
t
− t
2
−
dt
t2
=
+∞
0
1
t2
a2
+ t −
1
t
2
dt,
puis, par addition : 2I (a) =
+∞
0
1 +
1
x2
a2
+ x −
1
x
2
dx.
On remarque : d x −
1
x
= 1 +
1
x2
dx.
L’application ϕ :]0 ; +∞[−→ R, x −→ x −
1
x
est de
classe C1
et : ∀ x ∈ ]0 ; +∞[, ϕ (x) = 1 +
1
x2
,
donc ϕ est strictement croissante sur ]0 ; +∞[.
On a alors, en effectuant le changement de variable u = x −
1
x
:
2I (a) =
+∞
−∞
1
a2 + u2
du.
Par le changement de variable v =
u
a
:
2I (a) =
+∞
−∞
a
a2 + a2v2
dv
=
1
a
+∞
−∞
1
1 + v2
dv =
1
a
[Arctan v]+∞
−∞ =
π
a
.
On conclut :
∀ a ∈ ]0 ; +∞[,
+∞
0
1
a2
+ x −
1
x
2
dx =
π
2a
.
3.17](https://image.slidesharecdn.com/mathmatiquesmthodesetexercicesmp-141109172011-conversion-gate01/85/Mathematiques-methodes-et-exercices-mp-116-320.jpg)
![107
c) Soit (a,b) ∈ ]1 ; +∞[2
.
1) Existence :
L’application fa,b : x −→
sin 2
x
(a − cos x)(b − cos x)
est
continue sur le segment [0; π], donc l’intégrale proposée
I (a,b) =
π
0
sin 2
x
(a − cos x)(b − cos x)
dx existe.
2) Calcul :
On a : ∀ x ∈ [0 ; π], fa,b(x) =
1 − cos 2
x
(a − cos x)(b − cos x)
.
Effectuons la décomposition en éléments simples de
1 − X2
(a − X)(b − X)
dans R[X]. Par division euclidienne du nu-
mérateur par le dénominateur, la partie entière est égale à −1.
Il existe (α,β) ∈ R2
tel que :
1 − X2
(a − X)(b − X)
= −1 +
α
a − X
+
β
b − X
.
Pour calculer α, on multiplie par a − X puis on remplace X
par a, et on obtient : α =
1 − a2
b − a
.
De même : β =
1 − b2
a − b
.
D’où :
I (a,b) =
π
0
− 1 +
1 − a2
b − a
1
a − cos x
+
1 − b2
a − b
1
b − cos x
dx
= −π +
1 − a2
b − a
π
0
1
a − cos x
dx +
1 − b2
a − b
π
0
1
b − cos x
dx .
Considérons, pour c ∈ ]1 ; +∞[ : J(c) =
π
0
dx
c − cos x
.
On a, par le changement de variable t = tan
x
2
, qui amène des
intégrales de fonctions intégrables :
J(c) =
+∞
0
1
c −
1 − t2
1 + t2
2dt
1 + t2
=
+∞
0
2
(c − 1) + (c + 1)t2
dt
=
2
c − 1
+∞
0
1
1 +
c − 1
c + 1
t2
dt
=
2
c − 1
c − 1
c + 1
Arctan
c + 1
c − 1
t
+∞
0
=
π
√
c2 − 1
.
d’où :
I (a,b)
= − π +
1 − a2
b − a
π
√
a2 − 1
+
1 − b2
a − b
π
√
b2 − 1
= − π +
π
b − a
b2 − 1 − a2 − 1
= − π +
π(b2
− a2
)
(b − a)
√
b2 − 1 +
√
a2 − 1
= − π +
π(b + a)
√
b2 − 1 +
√
a2 − 1
= π
a + b −
√
a2 − 1 −
√
b2 − 1
√
a2 − 1 +
√
b2 − 1
.
d) Notons, pour a ∈ R, fa la fonction définie par
fa(x) =
1
x2 − 2x cos a + 1
.
1) Existence :
Soit a ∈ R.
• Le discriminant du trinôme réel x2
− 2x cos a + 1 est
∆ = 4 cos 2
a − 4 = −4 sin 2
a.
Si a ≡ 0 [2π] , alors fa(x) =
1
x2 − 2x + 1
=
1
(x − 1)2
,
donc, d’après l’exemple de Riemann en 1 (2 1), fa n’est pas
intégrable sur [1 ; +∞[, donc ne l’est pas non plus sur
] − ∞ ; +∞[.
Si a ≡ π [2π], alors fa(x) =
1
x2 + 2x + 1
=
1
(x + 1)2
,
donc, comme plus haut, fa n’est pas intégrable sur
] − ∞ ; +∞[.
Supposons dorénavant a ≡ 0 [π] , c’est-à-dire ∆ < 0 .
L’application fa est alors continue sur ] − ∞ ; +∞[.
• Étude en ±∞ :
On a : fa(x) ∼
x−→±∞
1
x2
0. D’après l’exemple de Riemann
en ±∞ (2 > 1) et le théorème d’équivalence pour des fonc-
tions 0, fa est intégrable sur ] − ∞ ; −1] et sur [1 ; +∞[,
puis sur ] − ∞ ; +∞[.
On conclut : l’intégrale I (a) =
+∞
−∞
1
x2 − 2x cos a + 1
dx
existe si et seulement si a ∈ R − πZ.
2) Calcul :
Il est clair que l’application I : a −→ I (a) est 2π-périodique
et paire.
On peut donc supposer : a ∈ ]0 ; π[.](https://image.slidesharecdn.com/mathmatiquesmthodesetexercicesmp-141109172011-conversion-gate01/85/Mathematiques-methodes-et-exercices-mp-117-320.jpg)
![108
On a, par mise sous forme canonique :
x2
− 2x cos a + 1 = (x − cos a)2
+ sin 2
a
= sin 2
a 1 +
x − cos a
sin a
2
.
Effectuons le changement de variable t =
x − cos a
sin a
:
I (a) =
+∞
−∞
sin a
sin 2a(1 + t2)
dt
=
1
sin a
[Arctan t]+∞
−∞ =
π
sin a
.
Finalement : I (a) =
π
sin a
, si a ∈ ]0 ; π[,
complétée par parité et 2π-périodicité.
e) 1) Existence :
Soit a ∈ R.
Considérons la fonction fa : x −→
1
ch x − cos a
.
• Si cos a = 1, c’est-à-dire si a ∈ 2πZ, alors :
fa(x) =
1
ch x − 1
∼
x−→0
2
x2
0 .
D’après l’exemple de Riemann en 0 (2 1) et le théorème
d’équivalence pour des fonctions 0, fa n’est pas intégrable
sur ]0 ; 1], donc ne l’est pas non plus sur ] − ∞ ; +∞[.
• Supposons cos a =/ 1, c’est-à-dire a ∈ R − 2πZ.Alors, l’ap-
plication fa est continue sur R, paire, 0 et :
fa(x) =
1
ch x − cos a
∼
x−→+∞
1
ch x
∼
x−→+∞
2 e−x
.
Comme l’application x −→ e−x
est intégrable sur [0 ; +∞[,
par théorème d’équivalence pour des fonctions 0, fa est in-
tégrable sur [0 ; +∞[, puis, par parité, fa est intégrable sur
] − ∞ ; 0], et enfin fa est intégrable sur ] − ∞ ; +∞[.
On conclut que l’intégrale I (a) =
+∞
−∞
sin a
ch x − cos a
dx
existe si et seulement si a ∈ R − 2πZ.
2) Calcul :
Soit a ∈ R − 2πZ.
Il est clair que l’application I : a −→ I (a) est 2π-périodique
et impaire.
On peut donc supposer a ∈ ]0 ; π].
Si a = π, alors I (a) = 0.
Supposons a =/ π.
On a alors :
I (a) =
+∞
−∞
sin a
ch x − cos a
dx
=
+∞
−∞
sin a
ex
+ e−x
2
− cos a
dx
=
+∞
−∞
2ex
sin a
e2x + 1 − 2ex cos a
dx.
Effectuons le changement de variable
t = ex
, x = ln t, dx =
dt
t
:
I (a) =
+∞
0
2 sin a
t2 − 2t cos a + 1
dt .
On a, par mise sous forme canonique :
t2
− 2t cos a + 1 = (t − cos a)2
+ sin 2
a
= sin 2
a 1 +
t − cos a
sin a
2
.
D’où, par le changement de variable u =
t − cos a
sin a
:
I (a) =
+∞
−cotan a
2 sin 2
a du
sin 2a(1 + u2)
= 2[Arctan u]+∞
−cotan a
= 2
π
2
− Arctan (−cotan a)
= π + 2Arctan
1
tan a
= π + 2
π
2
− Arctan (tan a)
= π + 2
π
2
− a = 2π − 2a,
et cette dernière expression est aussi valable pour a = π.
On conclut : I (a) = 2π − 2a, complétée par imparité et par
2π-périodicité.
f) 1) Existence :
Soit a ∈ ]0 ; 1[ fixé.
• L’application fa : x −→
1
(1 + ax)
√
x(1 − x)
est continue
sur ]0 ; 1[, et fa 0.
• Étude en 0 :
On a : fa(x) ∼
x−→0
1
x1/2
. D’après l’exemple de Riemann en 0
(1/2 < 1) et le théorème d’équivalence pour des fonctions 0,
fa est intégrable sur ]0 ; 1/2].](https://image.slidesharecdn.com/mathmatiquesmthodesetexercicesmp-141109172011-conversion-gate01/85/Mathematiques-methodes-et-exercices-mp-118-320.jpg)
![109
• Étude en 1 :
On a : fa(x) ∼
x−→1
1
1 + a
1
(1 − x)1/2
.
D’après l’exemple de Riemann en 1 (1/2 < 1) et le théorème
d’équivalence pour des fonctions 0, fa est intégrable sur
[1/2 ; 1[.
Puisque fa est intégrable sur ]0 ; 1/2] et sur [1/2 ; 1[, fa est in-
tégrable sur ]0 ; 1[.
On conclut que l’intégrale I (a) =
1
0
1
(1 + ax)
√
x(1 − x)
dx
existe, pour tout a ∈ ]0 ; 1[.
2) Calcul :
On a, par mise sous forme canonique :
x(1 − x) = −x2
+ x = −(x2
− x)
= − x −
1
2
2
−
1
4
=
1
4
− x −
1
2
2
=
1
4
1 − x −
1
2
2
.
d’où, par le changement de variable t = 2x − 1 :
I (a) =
1
−1
1
1 + a
t + 1
2
1
2
1 − t2
1
2
dt .
Puis, par le changement de variable
u = Arccos t, t = cos u, dt = − sin u du :
I (a) =
0
π
− sin u
1 + a
cos u + 1
2
sin u
du
=
π
0
2
2 + a + a cos u
du.
Par le changement de variable v = tan
u
2
, qui amène une inté-
grale de fonction intégrable :
I (a) =
+∞
0
2
2 + a + a
1 − v2
1 + v2
dv
=
+∞
0
2
(1 + a) + v2
dv
=
2
1 + a
+∞
0
1
1 +
1
1 + a
v2
dv
=
2
1 + a
√
1 + a Arctan
v
√
1 + a
+∞
0
=
2
√
1 + a
π
2
=
π
√
1 + a
.
On conclut : ∀ a ∈ ]0 ; 1[, I (a) =
π
√
1 + a
.
1) Existence :
Soit z ∈ C. Notons z = x + i y, (x,y) ∈ R2
.
L’application fz : t −→ ezt
e−|t|
est continue sur R et :
∀ t ∈ R, | fz(t)| = ext
e−|t|
=
e(x−1)t
si t 0
e(x+1)t
si t 0.
D’après le cours, l’application t −→ e(x−1)t
est intégrable sur
[0 ; +∞[ si et seulement si x − 1 < 0 , et l’application
t −→ e(x+1)t
est intégrable sur ] − ∞ ; 0] si et seulement si
x + 1 > 0.
Il en résulte que fz est intégrable sur R si et seulement si :
x − 1 < 0 et x + 1 > 0, c’est-à-dire : −1 < x < 1.
2) Calcul :
Soit z ∈ C, z = x + i y, (x,y) ∈ R2
tel que −1 < x < 1.
On a alors :
I (z) =
+∞
−∞
ezt
e−|t|
dt
=
0
−∞
ezt
et
dt +
+∞
0
ezt
e−t
dt
=
0
−∞
e(z+1)t
dt +
+∞
0
e(z−1)t
dt
=
e(z+1)t
z + 1
0
−∞
+
e(z−1)t
z − 1
+∞
0
=
1
z + 1
−
1
z − 1
=
2
1 − z2
.
Pour tout x ∈ ]0 ; +∞[, f (x) =
3x
2x
sin t
sh2
t
dt existe
comme intégrale d’une application continue sur un segment.
Comme
sin t
sh2
t
∼
t−→0
1
t
, considérons g(x) =
3x
2x
1
t
dt.
• On a : g(x) = [ ln t]3x
2x = ln
3x
2x
= ln
3
2
.
• D’autre part : f (x) − g(x) =
3x
2x
sin t
sh2
t
−
1
t
dt.
L’application ϕ : t −→
sin t
sh2
t
−
1
t
. est continue sur ]0 ; 1] et,
au voisinage de 0 :
ϕ(t) =
t + o(t2
)
t + o(t2)
2
−
1
t
=
t + o(t2
)
t2 + o(t2)
−
1
t
=
1 + o(t)
t(1 + o(t)
−
1
t
=
1
t
1 + o(t) −
1
t
=
o(t)
t
= o(1),
donc : ϕ(t) −→
t−→0
0.
3.18
3.19](https://image.slidesharecdn.com/mathmatiquesmthodesetexercicesmp-141109172011-conversion-gate01/85/Mathematiques-methodes-et-exercices-mp-119-320.jpg)
![110
Puisque ϕ admet une limite finie en 0, ϕ est intégrable sur ]0 ; 1],
donc :
3x
2x
ϕ(t) dt =
3x
0
ϕ(t) dt −
2x
0
ϕ(t) dt −→
x−→0
0 .
Ainsi : f (x) − g(x) −→
x−→0
0,
ou encore : f (x) − g(x) = o(1).
On obtient :
f (x) = f (x) − g(x) + g(x) = o(1) + ln
3
2
−→
x−→0
ln
3
2
.
On conclut : lim
x−→0+
3x
2x
sin t
sh2
t
dt = ln
3
2
.
Considérons l’application
F : [−1 ; 1] × [1 ; +∞[−→ R, (x,t) −→
(t + 2)x−1
(t + 1)x+1
.
• L’application F est continue par rapport à x et continue par
morceaux (car continue) par rapport à t.
• On a, pour tout (x,t) ∈ [−1 ; 1] × [1 ; +∞[ :
|F(x,t)| =
(t + 2)x−1
(t + 1)x+1
=
t + 2
t + 1
x−1
1
(t + 1)2
1
(t + 1)2
1
t2
et l’application t −→
1
t2
est continue par morceaux (car conti-
nue), 0, intégrable sur [1 ; +∞[.
Ainsi, F vérifie HD.
D’après le théorème de continuité sous le signe intégrale, avec
HD, il s’ensuit que, pour tout x ∈ [−1 ; 1], l’application F(x,·)
est intégrable sur [1 ; +∞[, et que l’application
f : x −→
+∞
1
F(x,t) dt est continue sur [−1 ; 1].
En particulier : f (x) −→
x−→0
f (0). Et :
f (0) =
+∞
1
(t + 2)−1
t + 1
dt =
+∞
1
1
(t + 1)(t + 2)
dt
=
+∞
1
1
t + 1
−
1
t + 2
dt = ln(t + 1) − ln (t + 2)
+∞
1
= ln
t + 1
t + 2
+∞
1
= −ln
2
3
= ln
3
2
.
On conclut : lim
x−→0
+∞
1
(t + 2)x−1
(t + 1)x+1
dt = ln
3
2
.
a) Soit x ∈ ]0 ; +∞[.
• L’application gx : t −→
t3
√
1 + t4
e−xt
est continue sur
[0 ; +∞[, et gx 0.
• Étude en +∞ :
On a :
t2
gx (t) =
t5
√
1 + t4
e−xt
∼
t−→+∞
t3
e−xt
−→
t−→+∞
0 ,
donc, au voisinage de +∞ : t2
gx (t) 1,
d’où : 0 gx (t)
1
t2
.
D’après l’exemple de Riemann en +∞ (2 > 1) et le théorème
de majoration pour des fonctions 0, gx est intégrable sur
[0 ; +∞[, et on conclut que, pour tout x ∈ ]0 ; +∞[,
f (x) =
+∞
0
t3
√
1 + t4
e−xt
dt existe.
b) 1) Étude en 0 :
Soit x ∈ ]0 ; +∞[. On a :
f (x) =
+∞
0
t3
√
1 + t4
e−xt
dt
+∞
1
t3
√
1 + t4
e−xt
dt
+∞
1
t3
√
2t4
e−xt
dt
=
1
√
2
+∞
1
t e−xt
dt
1
√
2
+∞
1
e−xt
dt
=
1
√
2
e−xt
−x
+∞
1
=
1
x
√
2
−→
x−→0+
+∞,
donc : f (x) −→
x−→+∞
+∞.
2) Étude en +∞ :
Soit x ∈ ]0 ; +∞[. On a :
0 f (x) =
+∞
0
t3
√
1 + t4
e−xt
dt
+∞
0
t3
e−xt
dt =
u=xt
+∞
0
u
x
3
e−u du
x
=
1
x4
+∞
0
u3
e−u
du −→
x−→+∞
0,
donc : f (x) −→
x−→+∞
0.
a) Soit λ ∈ ]0 ; +∞[.
L’application
f
λ + g
est continue sur [0 ; +∞[.
3.20
3.21
3.22](https://image.slidesharecdn.com/mathmatiquesmthodesetexercicesmp-141109172011-conversion-gate01/85/Mathematiques-methodes-et-exercices-mp-120-320.jpg)
![111
On a : 0
f
λ + g
1
λ
f. Puisque f est intégrable sur
[0 ; +∞[, d’après le théorème de majoration pour des
fonctions 0,
f
λ + g
est intégrable sur [0 ; +∞[.
On conclut que, pour tout λ ∈ ]0 ; +∞[, l’intégrale
φ(λ) =
+∞
0
f
λ + g
existe.
b) On suppose, de plus, que g est bornée.
On a, pour tout λ ∈ ]0 ; +∞[ :
φ(λ) −
1
λ
+∞
0
f =
+∞
0
f
λ + g
−
f
λ
=
+∞
0
f g
λ(λ + g)
||g||∞
λ
+∞
0
f
λ + g
=
||g||∞
λ
φ(λ) = o
λ−→+∞
φ(λ) .
On conclut : φ(λ) ∼
λ−→+∞
1
λ
+∞
0
f.
Soit x ∈ [1 ; +∞[.
L’intégrale I (x) =
π/2
0
e−x sin t
dt existe comme intégrale de
fonction continue sur un segment.
Considérons J(x) =
π/2
0
e−x sin t
cos t dt , qui ressemble
à I (x).
• On a :
0 I (x) − J(x)
=
π/2
0
e−x sin t
(1 − cos t) dt =
π/2
0
e−x sin t
2 sin 2 t
2
dt
notée K(x)
.
On sait : ∀ x ∈ [0 ; π/2],
2
π
u sin u u.
D’une part :
K(x)
π/2
0
e−x 2t
π 2
t
2
2
dt =
1
2
π/2
0
e− 2x
π t
t2
dt .
Par le changement de variable u =
2x
π
t :
K(x)
1
2
x
0
e−u πu
2x
2
π
2x
du =
π3
16x3
x
0
u2
e−u
du .
D’après le cours sur la fonction d’Euler par exemple, l’ap-
plication u −→ u2
e−u
est intégrable sur [0 ; +∞[, et :
0
x
0
u2
e−u
du
+∞
0
u2
e−u
du = (3) = 2! = 2 .
Il en résulte : K(x)
π3
8x3
,
donc : I (x) − J(x) = O
x−→+∞
1
x3
.
• On calcule J(x), par le changement de variable v = sin t :
J(x) =
π/2
0
e−x sin t
cos t dt =
1
0
e−xv
dv
=
e−xv
−x
1
0
=
e−x
− 1
−x
=
1 − e−x
x
,
d’où : J(x) =
1
x
+ o
x−→+∞
1
x
.
Enfin :
I (x) = I (x) − J(x) + J(x)
=
1
x
+ o
1
x
+ O
1
x3
=
1
x
+ o
1
x
.
On conclut :
π/2
0
e−x sin t
dt ∼
x−→+∞
1
x
.
Pour tout x ∈ [1 ; +∞[, f (x) =
x2
x
dt
√
t4 + 1
existe
comme intégrale d’une application continue sur un segment.
On va se ramener au voisinage de 0, par un changement de va-
riable, de façon à pouvoir utiliser les DL(0) usuels.
Soit x ∈ [1 ; +∞[.
On a, par le changement de variable u =
1
t
:
f (x) =
x2
x
dt
√
t4 + 1
=
1
x2
1
x
−
du
u2
1
u4
+ 1
=
1
x
1
x2
du
√
1 + u4
.
Considérons les applications
ϕ : R −→ R, u −→
1
√
1 + u4
,
F : R −→ R, y −→ F(y) =
y
0
du
√
1 + u4
.
Puisque ϕ est continue sur R et que F est une primitive de ϕ
sur R, F est de classe C1
sur R et F = ϕ.
Par opérations, ϕ admet un DL11(0) :
ϕ(u) =
1
√
1 + u4
= (1 + u4
)− 1
2
= 1 + −
1
2
u4
+
1
2!
−
1
2
−
3
2
u8
+ o(u11
)
= 1 −
1
2
u4
+
3
8
u8
+ o(u11
).
3.23 3.24](https://image.slidesharecdn.com/mathmatiquesmthodesetexercicesmp-141109172011-conversion-gate01/85/Mathematiques-methodes-et-exercices-mp-121-320.jpg)
![112
Par primitivation, F admet donc un DL12(0) :
F(y) = F(0) + y −
1
2
y5
5
+
3
8
y9
9
+ o(y12
)
= y −
1
10
y5
+
1
24
y9
+ o(y12
).
Enfin :
f (x) = F
1
x
− F
1
x2
=
1
x
−
1
10
1
x5
+
1
24
1
x9
+ o
1
x12
−
1
x2
−
1
10
1
x10
+ o
1
x12
=
1
x
−
1
x2
−
1
10x5
+
1
24x9
+
1
10x10
+ o
x−→+∞
1
x12
.
• On a :
∀ x ∈ [0 ; π/2], x + cos x x 0
∀ x ∈ [π/2 ; +∞[, x + cos x x − 1 > 0,
donc l’application f : x −→
sin x
√
x
√
x + cos x −
√
x ,
est continue sur ]0 ; +∞[.
• Étude en 0 :
On a :
sin x
√
x
∼
x−→0
x
√
x
=
√
x −→
x−→0
0
et
√
x + cos x −
√
x −→
x−→0
1 , donc : f (x) −→
x−→0
0.
Il en résulte que f est intégrable sur ]0 ; 1] (faux problème).
• Étude en +∞ :
En utilisant une expression conjuguée et des développements
asymptotiques :
f (x) =
sin x
√
x
√
x + cos x −
√
x
=
sin x
√
x
cos x
√
x + cos x +
√
x
=
sin x cos x
x
1
1 +
cos x
x
+ 1
=
sin x cos x
x
1
2 + O
1
x
=
sin x cos x
2x
1 + O
1
x
−1
=
sin x cos x
2x
1 + O
1
x
=
sin x cos x
2x
+ O
1
x2
=
1
2
sin 2x
2x
+ O
1
x2
.
D’après un exemple du cours, l’application t −→
sin t
t
est
d’intégrale convergente sur [1 ; +∞[, donc, par le changement
de variable t = 2x, l’application x −→
sin 2x
2x
est d’intégrale
convergente sur [1/2 ; +∞[.
D’autre part, il existe a > 0 et C ∈ R+ tels que :
∀ x a, O
1
x2
C
x2
.
D’après l’exemple de Riemann en +∞ (2 > 1) et le théorème
de majoration pour des fonctions 0, x −→ O
1
x2
, est
intégrable sur [a ; +∞[, donc x −→ O
1
x2
l’est aussi.
Il en résulte que x −→ O
1
x2
est d’intégrale convergente
sur [1 ; +∞[.
Par combinaison linéaire, on conclut que f est d’intégrale conver-
gente sur [1 ; +∞[.
Finalement, l’intégrale
→+∞
→0
sin x
√
x
√
x + cos x −
√
x dx
converge.
• Considérons l’application
u : [0 ; +∞[−→ R, x −→ x +
√
x sin x .
Si x ∈ ]0 ; π], alors sin x 0, donc u(x) x > 0.
Si x ∈ [π ; +∞[, alors :
u(x) x −
√
x =
√
x(
√
x − 1) > 0 .
Ceci montre : ∀ x ∈ ]0 ; +∞[, u(x) > 0,
donc l’application
f :]0 ; +∞[−→ R, x −→
sin x
x +
√
x sin x
est continue sur ]0 ; +∞[.
• Étude en +∞ :
On a, en utilisant des développements asymptotiques :
f (x) =
sin x
x +
√
x sin x
=
sin x
√
x
1 +
sin x
√
x
− 1
2
3.25
3.26](https://image.slidesharecdn.com/mathmatiquesmthodesetexercicesmp-141109172011-conversion-gate01/85/Mathematiques-methodes-et-exercices-mp-122-320.jpg)
![113
=
sin x
√
x
1 −
1
2
sin x
√
x
+ O
x−→+∞
1
x
=
sin x
√
x
−
1
2
sin 2
x
x
+ O
1
x3/2
.
∗ D’après un exemple du cours (cf. aussi exercice 3.46),
→+∞
1
sin x
√
x
dx converge.
∗ Comme
sin 2
x
x
=
1 − cos 2x
2x
=
1
2x
−
cos 2x
2x
, que
→+∞
1
1
x
dx diverge et que, d’après un exemple classique,
→+∞
1
cos 2x
2x
dx converge, par opération (raisonnement par
l’absurde, par exemple),
→+∞
1
sin 2
x
x
dx diverge.
∗ Il existe a ∈ [1 ; +∞[ et C ∈ R+ tels que :
∀ x ∈ [a ; +∞[, O
1
x3/2
C
x3/2
.
D’après l’exemple de Riemann en +∞ (3/2 > 1) et le théo-
rème de majoration pour des fonctions 0,
x −→ O
1
x3/2
est intégrable sur [a ; +∞[, donc
→+∞
1
O
1
x3/2
dx converge absolument, donc converge.
Par addition de deux convergentes et d’une divergente, on dé-
duit que l’intégrale
+∞
1
f (x) dx diverge.
Il n’est pas alors utile d’étudier
1
→0
f (x) dx.
On conclut que l’intégrale
→+∞
→0
sin x
x +
√
x sin x
dx diverge.
1) Existence :
Soit Q ∈ R[X].
• L’application f : x −→ e−x2
Q(x) est continue sur R.
• On a : x2
f (x) = x2
Q(x) e−x2
−→
x−→±∞
0,
par prépondérance de l’exponentielle sur les polynômes.
On a donc, pour |x| assez grand : |x2
f (x)| 1, d’où :
0 | f (x)|
1
x2
. D’après l’exemple de Riemann en ±∞
(2 > 1) et le théorème de majoration pour des fonctions 0,
| f | est intégrable sur ] − ∞ ; −1] et sur [1 ; +∞[, donc f est
intégrable sur R.
Ceci montre que, pour tout polynôme Q de R[X], l’intégrale
+∞
−∞
e−x2
Q(x) dx existe.
En particulier, l’intégrale I =
+∞
−∞
e−x2
P(x + a) dx existe.
2) Expression de I :
En utilisant la formule de Taylor pour les polynômes et en no-
tant N = deg (P), on a :
I =
+∞
−∞
e−x2
N
k=0
P(k)
(a)
k!
xk
dx
=
N
k=0
P(k)
(a)
k!
+∞
−∞
e−x2
xk
dx
notée Ik
où les intégrales Ik, existent, d’après 1).
Si k est impair, comme x −→ e−x2
xk
est impaire et intégrable
sur R, on a Ik = 0.
Supposons k pair, k = 2p, p ∈ N.
Alors, comme x −→ e−x2
xk
est paire et intégrable sur R,
on a :
Ik = 2
+∞
0
e−x2
x2p
dx .
Cette dernière intégrale a été calculée dans l’exercice 3.4 (par
intégration par parties et relation de récurrence), donc :
Ik =
(2p + 1)!
22p p!
√
π.
Finalement : I =
√
π
E N
2
p=0
2p + 1
22p p!
P(2p)
(a),
où N = deg (P).
Nous allons essayer d’appliquer le théorème de conti-
nuité sous le signe intégrale.
Considérons l’application :
F : [0 ; +∞[ × ]0 ; 1[−→ R, (x,t) −→
1 − tx
1 − t
.
• F est continue par rapport à x et continue par morceaux (car
continue) par rapport à t
• On a, pour tout (x,t) ∈ [0 ; 1/2]×]0 ; 1[ :
|F(x,t)| =
1 − tx
1 − t
1 − t1/2
1 − t
=
1
1 + t1/2
1 ,
et l’application constante 1 est continue par morceaux, 0,
intégrable sur l’intervalle borné ]0 ; 1[.
Ainsi, F vérifie HD sur [0 ; 1/2]×]0 ; 1[.
D’après le théorème de continuité sous le signe intégrale, avec
HD, l’application
f : [0 ; 1/2] −→ R, x −→ f (x) =
1
0
1 − tx
1 − t
dt
est continue sur [0 ; 1/2].
3.27
3.28](https://image.slidesharecdn.com/mathmatiquesmthodesetexercicesmp-141109172011-conversion-gate01/85/Mathematiques-methodes-et-exercices-mp-123-320.jpg)
![114
En particulier : f (x) −→
x−→0
f (0) = 0.
On conclut : lim
x−→0
1
0
1 − tx
1 − t
dt = 0.
a) Soit x ∈ ]0 ; +∞[.
• L’application g : t −→
ta
et − 1
est continue sur [x ; +∞[,
0.
• Étude en +∞ :
On a : t2
g(t) =
ta+2
et − 1
−→
t−→+∞
0,
donc, pour t assez grand : t2
g(t) 1,
puis : 0 g(t)
1
t2
.
D’après l’exemple de Riemann en +∞ (2 > 1) et le théorème
de majoration pour des fonctions 0, g est intégrable sur
[x ; +∞[.
On conclut que, pour tout x ∈ ]0 ; +∞[,
f (x) =
+∞
x
ta
et − 1
dt existe.
b) • Puisque g : t −→
ta
et − 1
est continue sur ]0 ; +∞[, l’ap-
plication G : x −→
x
1
g(t) dt est de classe C1
sur ]0 ; +∞[,
donc a fortiori G est continue sur ]0 ; +∞[.
Enfin, comme, pour tout x ∈ ]0 ; +∞[ :
f (x) =
1
x
g(t) dt +
+∞
1
g(t) dt = −G(x) +
+∞
1
g(t) dt ,
f est continue sur ]0 ; +∞[.
• Étude en 0 :
On a : g(t) =
ta
et − 1
∼
t−→0
ta
t
= ta−1
.
D’après l’exemple de Riemann en 0 (a − 1 > −1) et le théo-
rème d’équivalence pour des fonctions 0, g est intégrable
sur ]0 ; 1].
Il en résulte :
1
x
g(t) dt −→
x−→0
1
0
g(t) dt,
puis : f (x) =
+∞
x
g(t) dt −→
x−→0
+∞
0
g(t) dt.
Ainsi, f admet une limite finie en 0, donc f est intégrable sur
]0 ; 1] (faux problème).
• Étude en +∞ :
On a : et/2 ta
et − 1
∼
t−→+∞
ta
et/2
−→
t−→+∞
0,
donc, pour t assez grand : et/2 ta
et − 1
1,
puis :
ta
et − 1
e−t/2
.
On déduit, pour x assez grand :
0 f (x) =
+∞
x
ta
et − 1
dt
+∞
x
e−t/2
dt
= − 2 e −t/2 +∞
x
= 2 e −x/2
.
Comme x −→ e−x/2
est intégrable sur [1 ; +∞[, par théo-
rème de majoration pour des fonctions 0, f est intégrable
sur [1 ; +∞[.
Puisque f est intégrable sur ]0 ; 1] et sur [1 ; +∞[, f est in-
tégrable sur ]0 ; +∞[.
a) Soit x ∈ R.
• L’application gx : t −→
sin (xt)
sin t
est continue sur ]0 ; π/2].
• On a : gx (t) ∼
t−→0
xt
t
= x, d’où : gx (t) −→
t−→0
x,
donc gx est intégrable sur ]0 ; π/2] (faux problème).
On conclut que f est définie sur R.
b) Nous allons essayer d’appliquer le théorème de dérivation
sous le signe intégrale.
Notons F : R×]0 ; π/2] −→ R, (x,t) −→
sin (xt)
sin t
.
• Pour tout x ∈ R, F(x,·) est intégrable sur ]0 ; π/2] d’après a).
•
∂F
∂x
: (x,t) −→
t cos (xt)
sin t
existe sur R×]0 ; π/2], est conti-
nue par rapport à x, continue par morceaux (car continue) par
rapport à t.
• Rappelons :
∀ u ∈ R, | sin u| |u|
∀ u ∈ [0 ; π/2], sin u
2u
π
.
Soit a ∈ R+ fixé.
On a donc, pour tout (x,t) ∈ [−a ; a]×]0 ; π/2] :
∂F
∂x
(x,t) =
| sin (xt)|
sin t
|xt|
2t
π
=
π
2
|x|
π
2
a
et l’application constante
π
2
a est intégrable sur l’intervalle borné
]0 ; π/2].
Ainsi,
∂F
∂x
vérifie HDL.
D’après le théorème de dérivation sous le signe intégrale, f
est de classe C1
sur R et :
∀ x ∈ R, f (x) =
π/2
0
t cos (xt)
sin t
dt .
3.30
3.29](https://image.slidesharecdn.com/mathmatiquesmthodesetexercicesmp-141109172011-conversion-gate01/85/Mathematiques-methodes-et-exercices-mp-124-320.jpg)
![115
c) Comme plus haut, on a :
| f (x)| =
π/2
0
sin (xt)
sin t
dt
π/2
0
| sin (xt)|
sin t
dt
π/2
0
|xt|
2t
π
dt =
π|x|
2
π/2
0
dt =
π2
|x|
4
−→
x−→0
0,
donc : f (x) −→
x−→0
0.
Pour tout x ∈ [0 ; +∞[, f (x) =
π/2
0
tx
cos t dt existe
comme intégrale d’une application continue (continue par
morceaux si x = 0) sur un segment.
1) On a : f (0) =
π/2
0
cos t dt = [ sin t]
π/2
0 = 1 >
3
4
et
f (1) =
π/2
0
t cos t dt =
ipp
[t sin t]
π/2
0 −
π/2
0
sin t dt
=
π
2
+ [ cos t]
π/2
0 =
π
2
− 1 <
3
4
.
Ainsi,
3
4
, est compris entre deux valeurs de f.
2) Montrons que f est continue sur [0 ; +∞[, en essayant d’uti-
liser le théorème de continuité sous le signe intégrale.
Notons F : [0 ; +∞[×[0 ; π/2] −→ R, (x,t) −→ tx
cos t.
• F est continue par rapport à x et continue par morceaux (car
continue) par rapport à t.
• Soit a ∈ [0 ; +∞[.
On a, pour tout (x,t) ∈ [0 ; a] × [0 ; π/2] :
|F(x,t)| = |tx
cos t| = tx
cos t tx π
2
a
et l’application constante
π
2
a
est intégrable sur le segment
[0 ; π/2].
Ainsi, F vérifie HDL.
D’après le théorème de continuité sous le signe intégrale, on
déduit que f est continue sur [0 ; +∞[.
3) Puisque f est continue sur l’intervalle [0 ; +∞[ et que
f (0) >
3
4
> f (1), d’après le théorème des valeurs intermé-
diaires, il existe c ∈ ]0 ; 1[ tel que : f (c) =
3
4
.
1) Ensemble de définition :
Soit x ∈ R.
L’application gx : t −→ Arctan (x tan t) est continue sur
[0 ; π/2[.
• Étude en π/2 :
On a : gx (t) −→
t−→π/2
π/2 si x > 0
0 si x = 0
−π/2 si x < 0,
donc gx est intégrable sur [0 ; π/2[ (faux problème).
On conclut : Déf ( f ) = R.
2) Parité :
On a : ∀ x ∈ R, f (−x) = − f (x), donc f est impaire.
On peut donc se limiter, dans la suite de l’étude, à x 0.
3) Continuité :
Notons
F : [0 ; +∞[×[0 ; π/2[−→ R, (x,t) −→ Arctan (x tan t) .
• F est continue par rapport à x et continue par morceaux (car
continue) par rapport à t.
• On a, pour tout (x,t) ∈ [0 ; +∞[×[0 ; π/2[ :
|F(x,t)| = Arctan (x tan t)
π
2
,
et l’application constante π/2 est intégrable sur l’intervalle borné
[0 ; π/2[.
Ainsi, F vérifie HD.
D’après le théorème de continuité sous le signe intégrale,
f est continue sur [0 ; +∞[.
4) Classe C1
, variations :
Gardons les notations de 3).
• Pour tout x ∈ [0 ; +∞[, F(x,·) est intégrable sur [0 ; π/2[
d’après 1).
•
∂F
∂x
: (x,t) −→
tan t
1 + x2tan2t
existe sur [0 ; +∞[×[0 ; π/2[,
est continue par rapport à x, continue par morceaux (car conti-
nue) par rapport à t.
• Soit (a,b) ∈ R2
tel que 0 < a < b.
On a, pour tout (x,t) ∈ [a ; b] × [0 ; π : 2[ :
∂F
∂x
(x,t) =
tan t
1 + x2tan2t
tan t
1 + a2tan2t
notée ϕa(t)
.
L’application ϕa est continue par morceaux (car continue), 0,
intégrable sur [0 ; π/2[ car
ϕa(t) ∼
t−→π/2
tan t
a2tan2t
=
1
a2tan t
−→
t−→π/2
0
(faux problème).
Ainsi,
∂F
∂x
vérifie HDL sur ]0 ; +∞[×[0 ; π/2[.
D’après le théorème de dérivation sous le signe intégrale, avec
HDL, f est de classe C1
sur]0 ; +∞[ et :
3.31
3.32](https://image.slidesharecdn.com/mathmatiquesmthodesetexercicesmp-141109172011-conversion-gate01/85/Mathematiques-methodes-et-exercices-mp-125-320.jpg)
![116
∀ x ∈ ]0 ; +∞[, f (x) =
π/2
0
tan t
1 + x2tan2t
dt .
Puisque l’application
tan t
1 + x2tan2t
est continue sur [0 ; π/2[,
0, et n’est pas l’application nulle, on a :
∀ x ∈ ]0 ; +∞[, f (x) > 0 .
Comme, de plus, f est continue en 0, on conclut que f est
strictement croissante sur [0 ; +∞[.
5) Classe C2
, convexité :
Par la même démarche qu’en 4), on montre que f est de
classe C2
sur ]0 ; +∞[ et que :
∀ x ∈ ]0 ; +∞[, f (x) = −
+∞
0
2x tan3
t
(1 + x2tan2t)2
dt 0 ,
donc f est concave sur ]0 ; +∞[.
6) Étude en 0 :
1re méthode :
On a, pour tout x ∈ ]0 ; +∞[ :
f (x) =
π/2
0
tan t
1 + x2tan2t
dt
Arctan 1
x
0
tan t
1 + x2tan2t
dt
Arctan 1
x
0
tan t
2
dt = −
1
2
[ln cos t]
Arctan 1
x
0
= −
1
2
ln cos Arctan
1
x
= −
1
2
ln
1
1 +
1
x2
=
1
4
ln 1 +
1
x2
−→
x−→0+
+∞,
donc : f (x) −→
x−→0+
+∞.
• 2è méthode :
Nous allons exprimer f (x) pour x ∈ ]0 ; +∞[, sans symbole
d’intégrale, ce qui permettra d’étudier f (x) lorsque x −→ 0+
.
Soit x ∈ ]0 ; +∞[.
On a, par le changement de variable u = tan t :
f (x) =
π/2
0
tan t
1 + x2tan2t
dt =
+∞
0
u
1 + x2u2
du
1 + u2
,
puis, par le changement de variable v = u2
, dv = 2u du :
f (x) =
1
2
+∞
0
dv
(1 + x2v)(1 + v)
.
Pour x =/ 1, on effectue une décomposition en éléments
simples :
1
(1 + x2X)(1 + X)
=
a
1 + x2X
+
b
1 + X
, (a,b) ∈ R2
.
En multipliant par 1 + x2
X, puis en remplaçant X par −
1
x2
,
on obtient : a =
1
1 −
1
x2
=
x2
x2 − 1
.
En multipliant par 1 + X, puis en remplaçant X par −1, on ob-
tient : b =
1
1 − x2
.
D’où :
f (x) =
1
2(x2 − 1)
+∞
0
x2
1 + x2v
−
1
1 + v
dv
=
1
2(x2 − 1)
ln
1 + x2
v
1 + v
+∞
0
=
1
2(x2 − 1)
ln x2
=
ln x
x2 − 1
.
Il s’ensuit : f (x) −→
x−→0+
+∞.
La courbe représentative de f admet Oy pour demi-tangente
en O.
7) Valeurs remarquables :
On a :
f (1) =
π/2
0
Arctan (tan t) dt =
π/2
0
t dt =
t2
2
π/2
0
=
π2
8
et :
f (1) =
π/2
0
tan t
1 + tan2t
dt =
π/2
0
sin t cos t dt
=
1
2
π/2
0
sin 2t dt =
1
2
−
cos 2t
2
π/2
0
=
1
2
.
8) Étude en +∞ :
Transformons l’écriture de f (x), pour x ∈ ]0 ; +∞[ fixé, par
le changement de variable u = π/2 − t :
f (x) =
π/2
0
Arctan (xtan t) dt
=
π/2
0
Arctan
x
tan u
du
=
π/2
0
π
2
− Arctan
tan u
x
du
=
π2
4
−
π/2
0
Arctan
1
x
tan u du =
π2
4
− f
1
x
.
Comme f (y) −→
y−→0+
0, on déduit : f (x) −→
x−→+∞
π2
4
.
La courbe représentative de f admet donc une asymptote
d’équation y =
π2
4
.](https://image.slidesharecdn.com/mathmatiquesmthodesetexercicesmp-141109172011-conversion-gate01/85/Mathematiques-methodes-et-exercices-mp-126-320.jpg)
![117
9) Tracé de la courbe représentative de f : On déduit que hx est intégrable sur [2 ; +∞[ si et seulement si
x > 1. Par théorème d’équivalence pour des fonctions 0, gx
est intégrable sur [1 ; +∞[ si et seulement si x > 1.
On conclut que f (x) existe si et seulement si x ∈ ]1 ; +∞[,
ou encore : Déf ( f ) = ]1 ; +∞[.
b) Nous allons essayer d’appliquer le théorème de dérivation
sous le signe intégrale.
Notons
F : ]1 ; +∞[×[1 ; +∞[−→ R, (x,t) −→
1
tx (1 + ln t)
.
• Pour tout x ∈ ]1 ; +∞[, F(x,·) est intégrable sur [1 ; +∞[,
d’après a).
•
∂F
∂x
: (x,t) −→
(−ln t)t−x
1 + ln t
existe sur ]1 ; +∞[×[1 ; +∞[,
est continue par rapport à x, continue par morceaux (car conti-
nue) par rapport à t.
• Soit a ∈ ]1 ; +∞[. On a :
∀ (x,t) ∈ [a ; +∞[×[1 ; +∞[,
∂F
∂x
(x,t) =
ln t
1 + ln t
t−x
t−x
t−a
et t −→ t−a
est continue par morceaux (car continue), 0,
intégrable sur [1 ; +∞[, car a > 1.
Ainsi,
∂F
∂x
vérifie HDL.
D’après le théorème de dérivation sous le signe intégrale, pour
tout x ∈ ]1 ; +∞[,
∂F
∂x
(x,·) est intégrable sur [1 ; +∞[, f est
de classe C1
sur ]1 ; +∞[ et, pour tout x ∈ ]1 ; +∞[ :
f (x) = −
+∞
1
ln t
1 + ln t
t−x
dt .
Puisque l’application t −→
ln t
1 + ln t
t−x
est continue sur
[1 ; +∞[, 0, et n’est pas l’application nulle, on a :
∀ x ∈ ]1 ; +∞[, f (x) < 0 ,
donc f est strictement décroissante sur ]1 ; +∞[.
De même, on montre, par le même raisonnement, que f est
de classe C2
sur ]1 ; +∞[ et que :
∀ x ∈ ]1 ; +∞[, f (x) =
+∞
1
(ln t)2
1 + ln t
t−x
dt .
De plus : ∀ x ∈ ]1 ; +∞[, f (x) 0,
donc f est convexe.
c) • Étude en 1 :
On a, pour tout x ∈ ]1 ; +∞[ :
f (x) =
+∞
1
1
tx (1 + ln t)
dt
+∞
e
1
tx (1 + ln t)
dt
y
x
y = f(x)
π
4
2
π
8
2
1
O
1
a) Soit x ∈ R.
• L’application gx : t −→
1
tx (1 + ln t)
est continue sur
[1 ; +∞[, et gx 0.
• On a : gx (t) ∼
t−→+∞
1
tx ln t
.
D’après l’exemple de Bertrand en +∞, l’application
hx : t −→
1
tx ln t
est intégrable sur [2 ; +∞[ si et seulement
si x > 1. Redémontrons-le.
∗ Si x > 1, alors, comme
t
x+1
2 hx (t) =
1
t
x−1
2 ln t
−→
t−→+∞
0,
on a, pour t assez grand, t
x+1
2 hx (t) 1,
donc : 0 hx (t)
1
t
x+1
2
.
D’après l’exemple de Riemann en +∞ (x+1
2
> 1) et le théo-
rème de majoration pour des fonctions 0, hx est intégrable
sur [2 ; +∞[.
∗ Si x < 1, alors, comme t hx (t) =
t1−x
ln t
−→
t−→+∞
+∞,
on a, pour t assez grand, t hx (t) 1, donc hx (t)
1
t
0.
D’après l’exemple de Riemann en +∞ et le théorème de mi-
noration pour des fonctions 0, hx n’est pas intégrable sur
[2 ; +∞[.
∗ Si x = 1, comme
X
2
1
t ln t
dt = [ ln ln t]X
2 = ln lnX − ln ln2 −→
X−→+∞
+∞ ,
hx n’est pas intégrable sur [2 ; +∞[.
3.33](https://image.slidesharecdn.com/mathmatiquesmthodesetexercicesmp-141109172011-conversion-gate01/85/Mathematiques-methodes-et-exercices-mp-127-320.jpg)
![118
+∞
e
1
tx 2 ln t
dt =
u= ln t
+∞
1
1
exu2u
eu
du
=
1
2
+∞
1
e−(x−1)u
u
du =
v = (x − 1)u
1
2
+∞
x−1
e−v
v
dv.
L’application h : v −→
e−v
v
est continue sur ]0 ; +∞[, 0,
intégrable sur [1 ; +∞[, car 0 h(v) e−v
, et non inté-
grable sur ]0 ; 1], car h(v) ∼
v−→0
1
v
.
Il en résulte :
+∞
x−1
e−v
v
dv −→
x−→1+
+∞,
puis : f (x) −→
x−→1+
+∞.
• Étude en +∞ :
On a :
0 f (x) =
+∞
1
1
tx (1 + ln t)
dt
+∞
1
1
tx
dt
=
t−x+1
−x + 1
+∞
1
=
1
x − 1
−→
x−→+∞
0,
d’où : f (x) −→
x−→+∞
0.
d)
• H est continue par rapport à X et continue par morceaux (car
continue) par rapport à u.
• Soit a ∈ [0 ; 1[.
On a, pour tout (X,u) ∈ [0 ; a] × (1 ; +∞[ :
|H(X,u)| =
uX−2
1 + X ln u
uX−2
ua−2
,
et u −→ ua−2
est intégrable sur [1 ; +∞[.
Ainsi, H vérifie HDL.
D’après le théorème de continuité sous le signe intégrale, l’ap-
plication h : X −→
+∞
1
H(X,u) du est continue sur [0 ; 1[.
En particulier :
+∞
1
uX−2
1 + X ln u
du = h(X)
−→
X−→0
h(0) =
+∞
1
u−2
du = [−u−1
]+∞
1 = 1.
Il en résulte :
+∞
1
u
1
x −2
1 + 1
x
ln u
du −→
x−→+∞
1,
et on conclut : f (x) ∼
x−→+∞
1
x
.
a) 1) Nous allons essayer d’appliquer le théorème de dé-
rivation sous le signe intégrale.
Notons
G : R × [0 ; +∞[−→ R, (p,t) −→ f (t) e−pt
.
• Pour tout p ∈ R, G(p,·) est intégrable sur [0 ; +∞[ par hy-
pothèse.
• Pour tout k ∈ {1,2},
∂k
G
∂pk
: (p,t) −→ (−t)k
f (t) e−pt
est dé-
finie sur R × [0 ; +∞[, continue par rapport à p, continue par
morceaux (car continue) par rapport à t.
• On a, pour tout k ∈ {1,2} et tout a ∈ R :
∀ (p,t) ∈ [a ; +∞[×[0 ; +∞[,
∂k
G
∂pk
(p,t)
= (−t)k
f (t) e−pt
= tk
| f (t)| e−pt
tk
| f (t)| e−at
= tk
e −t
| f (t)| e −(a−1)t
notée ϕk,a(t)
.
L’application h : t −→ tk
e−t
est continue sur [0 ; +∞[ et
h(t) −→
t−→+∞
0, par prépondérance de l’exponentielle sur les po-
lynômes, donc, classiquement, h est bornée sur [0 ; +∞[.
D’autre part, par hypothèse, t −→ f (t)e−(a−1)t
est intégrable
sur [0 ; +∞[.
y = f(x)
y
xO 1
e) Essayons de nous ramener à la recherche d’une limite.
Soit x ∈ ]1 ; +∞[. On a, par le changement de variable
u = tx
, t = u
1
x , dt =
1
x
u
1
x −1
du :
f (x) =
+∞
1
1
tx (1 + ln t)
dt
=
+∞
1
1
x
u
1
x −1
u 1 + 1
x
ln u
du =
1
x
+∞
1
u
1
x −2
1 +
1
x
ln u
du.
Considérons l’application
H : [0 ; 1[×[1 ; +∞[−→ R, (X,u) −→
uX−2
1 + X ln u
.
3.34](https://image.slidesharecdn.com/mathmatiquesmthodesetexercicesmp-141109172011-conversion-gate01/85/Mathematiques-methodes-et-exercices-mp-128-320.jpg)
![119
Il en résulte que ϕk,a est intégrable sur [0 ; +∞[.
Ainsi,
∂k
G
∂pk
vérifie HDL.
D’après le théorème de dérivation sous le signe intégrale, on
conclut que F est de classe C2
sur R et que, pour tout p ∈ R :
F (p) =
+∞
0
−t f (t) e−pt
dt ,
F (p) =
+∞
0
t2
f (t) e−pt
dt .
2) On a donc, pour tout p ∈ R :
F (p)
2
=
+∞
0
(−t) f (t) e−pt
dt
2
+∞
0
t| f (t)| e−pt
dt
2
=
+∞
0
f (t) e− pt
2
notée u(t)
t f (t) e− pt
2
notée v(t)
dt
2
.
Les applications u et v sont de carrés intégrables sur [0 ; +∞[,
d’où, d’après l’inégalité de Cauchy et Schwarz :
F (p)
2
+∞
0
u(t)
2
dt
+∞
0
v(t)
2
dt
=
+∞
0
f (t) e−pt
dt
+∞
0
t2
f (t) e−pt
dt = F(p)F (p) .
b) On suppose, de plus, que f =/ 0. Puisque, pour tout p ∈ R,
l’application t −→ f (t)e−pt
est continue, 0 et n’est pas
l’application nulle, on a :
∀ p ∈ R, F(p) > 0 .
Alors, ln ◦ F, est de classe C2
et :
(ln ◦ F) =
F
F
, ( ln ◦ F) =
F F − F 2
F2
0 ,
donc ln ◦ F est convexe sur R.
1) Existence :
L’application f : (x,y) −→ e−px−qy
sin (x + y)
est continue sur [0 ; +∞[2
et :
∀ (x,y) ∈ [0 ; +∞[2
, | f (x,y)| e−px
e−qy
.
L’application g : (x,y) −→ e−px
e−qy
est continue sur
[0 ; +∞[2
et g 0. On a, pour tout (a,b) ∈ [0 ; +∞[2
:
[0 ;a]×[0 ;b]
g(x,y) dx dy =
a
0
e−px
dx
b
0
e−qy
dy
=
e−px
−p
a
0
e−qy
−q
b
0
=
1 − e−pa
p
1 − e−qb
q
1
pq
.
Il en résulte, par définition, que g est intégrable sur [0 ; +∞[2
.
Ensuite, par théorème de majoration pour des fonctions 0,
f est intégrable sur [0 ; +∞[2
.
On conclut que l’intégrale proposée F(p,q) existe.
2) Calcul :
En développant sin (x + y) et en faisant apparaître des inté-
grales doubles de fonctions intégrables (pour la même raison
qu’en 1), on a :
F(p,q)
=
[0 ;+∞[2
e−px−qy
sin x cos y + cos x sin y dx dy
=
[0 ;+∞[2
(e−px
sin x)(e−qy
cos y) dx dy
+
[0 ;+∞[2
(e−px
cos x)(e−qy
sin y) dx dy
=
+∞
0
e−px
sin x dx
notée S(p)
+∞
0
e−qy
cos y dy
notée C(q)
+ S(q)C(p).
On a, en passant par les nombres complexes :
+∞
0
e−px
ei x
dx =
+∞
0
e(−p+i)x
dx
=
e(−p+i)x
−p + i
+∞
0
=
1
p − i
=
p + i
p2 + 1
.
D’où, en séparant la partie réelle et la partie imaginaire :
C(p) =
p
p2 + 1
et S(p) =
1
p2 + 1
,
et de même pour q.
D’où :
F(p,q) =
1
p2 + 1
q
q2 + 1
+
p
p2 + 1
1
q2 + 1
=
p + q
(p2 + 1)(q2 + 1)
.
Remarque : Les calculs de C(p) et S(p) sont les calculs des
transformées de Laplace de cos et sin.
a) Étude de I et J :
1) Existence :
• L’application f : x −→ ln sin x est continue sur ]0 ; π/2]
et f 0. On a, au voisinage de 0 :
− f (x) = −ln sin x = −ln x + o(x)
= −ln x 1 + o(1) = −ln x + ln 1 + o(1)
= −ln x + o(1) ∼
x−→0
− ln x.
3.35
3.36](https://image.slidesharecdn.com/mathmatiquesmthodesetexercicesmp-141109172011-conversion-gate01/85/Mathematiques-methodes-et-exercices-mp-129-320.jpg)
![120
D’après le cours, x −→ − ln x est intégrable sur ]0 ; 1].
Par théorème d’équivalence pour des fonctions 0,
− f est intégrable sur ]0 ; 1], donc sur ]0 ; π/2], puis f l’est
aussi.
Ceci montre que l’intégrale I =
π/2
0
ln sin x dx existe.
• Par le changement de variable t =
π
2
− x, puisque I existe,
J existe aussi et :
J =
π/2
0
ln cos x dx =
0
π/2
ln sin t (−dt) = I .
2) Calcul :
On a :
2I = I + J
=
π/2
0
(ln sin x + ln cos x) dx =
π/2
0
ln (sin x cos x) dx
=
π/2
0
ln
1
2
sin 2x dx = −
π
2
ln 2 +
π
2
0
ln sin 2x dx
notée I1
.
On a, par le changement de variable u = 2x, puis par la rela-
tion de Chasles :
I1 =
1
2
π
0
ln sin u du
=
1
2
π
2
0
ln sin u du +
π
π
2
ln sin u du
=
v = π − u
1
2
I +
0
π
2
ln sin v (−dv) =
1
2
(I + I) = I.
On obtient ainsi 2I = −
π
2
ln 2 + I, d’où :
I = J = −
π
2
ln 2.
b) Étude de K :
1) Existence :
• L’application g : x −→
x
tan x
est continue sur ]0 ; π/2[, et
g 0.
• On a g(x) −→
x−→0
1 et g(x) −→
x−→π/2
0, donc g est intégrable
sur ]0 ; π/2[ (faux problèmes).
Ceci montre que l’intégrale K =
π/2
0
x
tan x
dx existe.
2) Calcul :
Soit ε ∈ ]0 ; π/2[ fixé. On a, par intégration par parties pour
des applications de classe C1
:
π/2
ε
x
tan x
dx =
π/2
ε
x
cos x
sin x
dx
= x ln sin x]π/2
ε −
π/2
ε
ln sin x dx
= −ε ln sin ε −
π/2
ε
ln sin x dx.
On a : ε ln sin ε ∼
ε−→0
sin ε ln sin ε −→
ε−→0
0,
d’où, en passant à la la limite :
K = −
π/2
0
ln sin x dx = −I =
π
2
ln 2 .
c) Étude de L :
On a, pour tout x ∈ ]0 ; π[ :
x sin x
1 − cos x
= x
2 sin
x
2
cos
x
2
2 sin 2 x
2
=
x
tan
x
2
.
Comme K existe, par le changement de variable t =
x
2
, il en
résulte que L existe et que :
L =
π
0
x sin x
1 − cos x
dx =
π
0
x
tan
x
2
dx
=
π/2
0
2t
tan t
2 dt = 4K = 2π ln 2.
d) Étude de M :
Partant de K, par le changement de variable u = tan x :
K =
π/2
0
x
tan x
dx =
+∞
0
Arctan u
u
du
1 + u2
.
Ceci montre que l’intégrale proposée M existe et que :
M =
+∞
0
Arctan x
x(1 + x2)
dx = K =
π
2
ln 2 .
L’application x −→ e−x
Q(x) est de classe C1
sur R et,
pour tout x de R :
d
dx
e−x
Q(x) = e−x
− Q(x) + Q (x) = −e−x
P(x).
Il existe donc C ∈ R tel que :
∀ x ∈ R, e−x
Q(x) = −
x
0
e−t
P(t) d t + C.
Comme t −→ e−t
P(t) est continue sur [0 ; +∞[ et que
e−t
P(t) = o
t→+∞
1
t2
, l’application t −→ e−t
P(t) est in-
tégrable sur [0 ; +∞[. On déduit, en faisant tendre x vers +∞
dans le résultat précédent : C =
+∞
0
e−t
P(t)dt.
3.37](https://image.slidesharecdn.com/mathmatiquesmthodesetexercicesmp-141109172011-conversion-gate01/85/Mathematiques-methodes-et-exercices-mp-130-320.jpg)
![121
Ainsi : ∀x ∈ R, Q(x) = ex
+∞
x
e−t
P(t) dt.
Comme : ∀x ∈ R, P(x) 0,
il est alors clair que : ∀x ∈ R, Q(x) 0.
1) Existence :
Soit n ∈ N∗
.
• L’application fn : x −→
xn−1
(1 + x)n+1
est continue sur
[1 ; +∞[, et fn 0.
• On a : fn(x) ∼
x−→+∞
xn−1
xn+1
=
1
x2
. D’après l’exemple de
Riemann en +∞ (2 > 1) et le théorème d’équivalence pour
des fonctions 0, fn est intégrable sur [1 ; +∞[.
On conclut que l’intégrale In =
+∞
1
xn−1
(1 + x)n+1
dx existe.
2) Calcul :
• 1re méthode :
Essayons d’obtenir une relation de récurrence, à l’aide d’une
intégration par parties.
Soit n ∈ N∗
tel que n 2. Soit X ∈ [1 ; +∞[.
On a, par intégration par parties pour des applications de
classe C1
:
X
1
xn−1
(1 + x)n+1
dx =
X
1
xn−1
(1 + x)−n−1
dx
= xn−1 (1 + x)−n
−n
X
1
−
X
1
(n − 1)xn−2 (1 + x)−n
−n
dx
= −
Xn−1
n(1 + X)n
+
1
n2n
+
n − 1
n
X
1
xn−2
(1 + x)n
dx.
On obtient, en faisant X −→ +∞ :
In =
1
n2n
+
n − 1
n
In−1 ,
ou encore : nIn =
1
2n
+ (n − 1)In−1.
En notant Jn = nIn pour tout n ∈ N∗
, on a donc :
∀ n 2, Jn =
1
2n
+ Jn−1 .
d’où, en réitérant :
Jn =
1
2n
+
1
2n−1
+ · · · +
1
22
+ J1 .
Et : J1 =
+∞
1
1
(1 + x)2
dx = −
1
1 + x
+∞
1
=
1
2
.
D’où :
Jn =
1
2n
+ · · · +
1
2
=
n
k=1
1
2k
= −1 +
n
k=0
1
2
k
= −1 +
1 −
1
2
n+1
1 −
1
2
= −1 + 2 −
1
2n
= 1 −
1
2n
.
On conclut : ∀ n ∈ N∗
, In =
1
n
1 −
1
2n
.
• 2è méthode :
Par le changement de variable t = x + 1, puis développement
du binôme de Newton, en amenant des intégrales de fonctions
intégrables par l’exemple de Riemann en +∞, on a :
In =
+∞
1
xn−1
(1 + x)n+1
dx
=
+∞
2
(t − 1)n−1
tn+1
dt
=
+∞
2
1
tn+1
n−1
k=0
n − 1
k
tk
(−1)n−1−k
dt
=
n−1
k=0
n − 1
k
(−1)n−1−k
+∞
2
tk−n−1
dt
=
n−1
k=0
n − 1
k
(−1)n−1−k tk−n
k − n
+∞
2
=
n−1
k=0
n − 1
k
(−1)n−1−k 1
(n − k)2n−k
=
n−1
k=0
(−1)n−1−k (n − 1)!
k!(n − k)!
1
2
n−k
= −
1
n
n−1
k=0
n
k
−
1
2
n−k
= −
1
n
1 −
1
2
n
− 1 =
1
n
1 −
1
2n
.
Pour évaluer Min x,
1
√
t
,
1
t2
, il nous faut comparer
x,
1
√
t
,
1
t2
, pour x fixé dans [0 ; +∞[ et t variant ensuite dans
]0 ; +∞[.
Soit x ∈ ]0 ; +∞[. Notons gx : t −→ Min x,
1
√
t
,
1
t2
.
3.38
3.39](https://image.slidesharecdn.com/mathmatiquesmthodesetexercicesmp-141109172011-conversion-gate01/85/Mathematiques-methodes-et-exercices-mp-131-320.jpg)
![122
• Si x = 0, alors : ∀ t ∈ ]0 ; +∞[, gx (t) = g0(t) = 0,
donc gx est intégrable sur ]0 ; +∞[, et f (x) = 0.
• Si 0 < x 1, alors : gx (t) =
x si t
1
√
x
1
t2
si
1
√
x
t.
L’application gx est donc continue sur [0 ; +∞[, et, d’après
l’exemple de Riemann en +∞ (2 > 1), gx est intégrable sur
[1 ; +∞[, puis sur [0 ; +∞[. On a :
f (x) =
1√
x
0
x dt +
+∞
1√
x
1
t2
dt
= x
1
√
x
+ −
1
t
+∞
1√
x
= 2
√
x.
• Si 1 x, alors : gx (t) =
x si t
1
x2
1
√
t
si
1
x2
t 1
1
t2
si t 1.
Comme dans le cas précédent, gx est intégrable sur [0 ; +∞[.
On a :
f (x) =
1
x2
0
x dt +
1
1
x2
1
√
t
dt +
+∞
1
1
t2
dt
= x
1
x2
+ [2
√
t]1
1
x2
+ −
1
t
+∞
1
=
1
x
+ 2 −
2
x
+ 1 = 3 −
1
x
.
On conclut :
∀ x ∈ [0 ; +∞[, f (x) =
2
√
x si x 1
3 −
1
x
si x > 1.
Une étude immédiate de f (études en 0 et en 1) montre que f
est de classe C0
sur [0 ; +∞[ et de classe C1
sur ]0 ; +∞[.
1) Si f est intégrable sur [0 ; +∞[, alors, comme :
∀ x ∈ [0 ; +∞[,
g(x) = f (x)| sin x| f (x)
h(x) = f (x)| cos x| f (x),
d’après le théorème de majoration pour des fonctions 0, g
et h sont intégrables sur [0 ; +∞[.
2) Supposons g intégrable sur [0 ; +∞[.
Comme :
∀ x ∈ [0 ; +∞[, 0 f (x) sin 2
x f (x)| sin x| = g(x) ,
par théorème de majoration pour des fonctions 0, l’appli-
cation s : x −→ f (x) sin 2
x est intégrable sur [0 ; +∞[.
D’autre part, puisque f est décroissante :
∀ x ∈ [π/2 ; +∞[, 0 f (x) cos 2
x = f (x) sin 2
x −
π
2
f x −
π
2
sin 2
x −
π
2
= s x −
π
2
.
Comme s est intégrable sur [0 ; +∞[, par changement de va-
riable affine, x −→ s x −
π
2
est intégrable sur [π/2 ; +∞[,
puis, par théorème de majoration pour des fonctions 0, l’ap-
plication c : x −→ f (x) cos 2
x est intégrable sur [π/2 ; +∞[,
donc sur [0 ; +∞[.
Puisque s et c sont intégrables sur [0 ; +∞[, par addition,
on déduit que f l’est aussi.
Ceci montre que, si g est intégrable sur |[0 ; +∞[, alors f l’est
aussi.
3) Par la même méthode qu’en 2), on montre que, si h est in-
tégrable sur [0 ; +∞[, alors f l’est aussi.
On conclut que les intégrabilités de f,g,h sont deux à deux équi-
valentes.
On a : | f f |
1
2
( f 2
+ f 2
).
Puisque f 2
et f 2
sont intégrables sur [0 ; +∞[, par opéra-
tions,
1
2
( f 2
+ f 2
) l’est aussi, puis, par théorème de majora-
tion pour des fonctions 0, | f f | l’est aussi, et donc f f
l’est aussi.
Mais, pour tout X ∈ [0 ; +∞[ :
X
0
f f =
1
2
f 2
X
0
=
1
2
f 2
(X) − f 2
(0) .
On a donc :
1
2
f 2
(X) − f 2
(0) −→
X−→+∞
+∞
0
f f
1
O 1
2
3
y
y = f(x)
x
3.40
3.41](https://image.slidesharecdn.com/mathmatiquesmthodesetexercicesmp-141109172011-conversion-gate01/85/Mathematiques-methodes-et-exercices-mp-132-320.jpg)
![123
et il en résulte que f 2
(X) admet une limite finie en +∞,
notée L.
Si L =/ 0, alors f 2
n’est pas intégrable sur [0 ; +∞[, contra-
diction.
On a donc : L = 0.
On déduit : f 2
(X) −→
X−→+∞
0 et on conclut :
f (x) −→
x−→+∞
0.
a) Puisque f est décroissante et intégrable sur ]0 ; 1],
on a :
∀ n 2, ∀ k ∈ {1,. . . ,n − 1},
k+1
n
k
n
f
1
n
f
k
n
k
n
k−1
n
f,
d’où, par sommation et relation de Chasles :
∀ n 2,
1
1
n
f
1
n
n−1
k=1
f
k
n
1− 1
n
0
f .
Comme
1
n
−−−→
n ∞
0, 1 −
1
n
−−−→
n ∞
1, et que f est intégrable
sur ]0 ; 1], on déduit, par théorème d’encadrement :
1
n
n−1
k=1
f
k
n
−−−→
n ∞
1
0
f .
Enfin, comme
1
n
f (1) −−−→
n ∞
0 on peut remplacer l’indice su-
périeur, n − 1 par n, et conclure :
1
n
n
k=1
f
k
n
−−−→
n ∞
1
0
f .
b) Notons, pour tout n ∈ N∗
:
Sn =
n
k=1
n
(k + n)
√
k(k + 2n)
.
On a : Sn =
1
n
n
k=1
1
k
n
+ 1
k
n
k
n
+ 2
.
Considérons l’application
f : ]0 ; 1] −→ R, x −→
1
(x + 1)
√
x(x + 2)
.
Il est clair que f est continue par morceaux (car continue),
décroissante, 0. On a : f (x) ∼
x−→0
1
√
2x1/2
, donc, d’après
l’exemple de Riemann en 0 (1/2 < 1) et le théorème d’équi-
valence pour des fonctions 0, f est intégrable sur ]0 ; 1].
On peut donc appliquer a) à f : Sn −−−→
n ∞
1
0
f
notée I
.
Il reste à calculer I. Par le changement de variable
t =
1
x + 1
, x =
1
t
− 1, dx =
dt
t2
:
I =
1
0
1
(x + 1)
√
x(x + 2)
dx
=
1/2
1
t
1
t
1
t
+ 2
−
dt
t2
=
1
1/2
dt
√
1 + 2t
= [
√
1 + 2t]1
1/2 =
√
3 −
√
2.
On conclut : lim
n∞
n
k=1
n
(k + n)
√
k(k + 2n)
=
√
3 −
√
2.
1) Existence :
Soit x ∈ ] − ∞ ; 0[.
L’application fx : t −→
x − t
ex − et
est continue sur [0 ; +∞[,
et fx 0.
On a : t2
fx (t) =
t2
(x − t)
ex − et
∼
t−→+∞
t3
e−t
−→
t−→+∞
0,
donc, pour t assez grand : t2
fx (t) 1,
puis : 0 fx (t)
1
t2
.
D’après l’exemple de Riemann en +∞ (2 > 1) et le théorème
de majoration pour des fonctions 0, fx est intégrable sur
[0 ; +∞[.
Ceci montre que, pour tout x ∈ ] − ∞ ; 0[, l’intégrale propo-
sée I (x) =
+∞
0
x − t
ex − et
dt existe.
2) Limite :
Soit x ∈ ] − ∞ ; 0[.
On a, par le changement de variable u = t − x :
I (x) =
+∞
0
x − t
ex − et
dt
=
+∞
−x
−u
ex − ex+u
du = e−x
+∞
−x
u
eu − 1
du.
Comme x < 0, on a [−x ; +∞[⊂ ]0 ; +∞[, donc :
+∞
−x
u
eu − 1
du
+∞
−x
u
eu
u =
+∞
−x
ue−u
du
= (−u − 1)e −u +∞
−x
= (−x + 1)e x
.
3.42
3.43](https://image.slidesharecdn.com/mathmatiquesmthodesetexercicesmp-141109172011-conversion-gate01/85/Mathematiques-methodes-et-exercices-mp-133-320.jpg)
![124
d’où :
I (x) e −x
(−x + 1)e x
= −x + 1 −→
x−→−∞
+∞.
On conclut :
+∞
0
x − t
ex − et
dt −→
x−→−∞
+∞.
a) Soit x ∈ ]0 ; +∞[.
Soit X ∈ [x ; +∞[. On a, par intégration par parties pour des
fonctions de classe C1
:
X
x
e−t2
dt =
X
x
1
2t
2t e−t2
d
=
1
2t
(−e−t2
)
X
x
−
X
x
−
1
2t2
(−e−t2
) dt
=
e−x2
2x
−
e−X2
2X
−
1
2
X
x
1
t2
e−t2
dt.
Les applications t −→ e−t2
et t −→
1
t2
e−t2
sont continues
sur [x ; +∞[ et négligeables devant t −→
1
t2
lorsque
t −→ +∞, donc ces deux applications sont intégrables sur
[x ; +∞[, d’où, en faisant X −→ +∞ :
+∞
x
e−t2
dt =
e−x2
2x
−
1
2
+∞
x
1
t2
e−t2
dt .
On a : 0
+∞
x
1
t2
e−t2
dt
1
x2
+∞
x
e−t2
dt
et
1
x2
−→
x−→+∞
0,
donc :
+∞
x
1
t2
e−t2
dt = o
x−→+∞
+∞
x
e−t2
dt .
On conclut :
+∞
x
e−t2
dt ∼
x−→+∞
e−x2
2x
.
b) Notons, pour tout n ∈ N∗
: In =
b
a
e−nt2
dt et un = I
1
n
n .
On a, par le changement de variable u =
√
n t :
In =
1
√
n
b
√
n
a
√
n
e−u2
du
=
1
√
n
+∞
a
√
n
e−u2
du −
+∞
b
√
n
e−u2
du .
D’après a) :
+∞
a
√
n
e−u2
du ∼
n∞
e−a2n
2a
√
n
et
+∞
b
√
n
e−u2
du ∼
n∞
e−b2n
2b
√
n
.
Comme 0 < a < b, on a :
e−b2n
2b
√
n
= o
e−a2n
2a
√
n
,
d’où : In =
e−a2
n
2an
1 + o(1) .
On déduit :
ln un =
1
n
ln In =
1
n
− a2
n − ln(2an) + ln 1 + o(1)
= −a2
−
ln(2an)
n
+ o
1
n
−−−→
n ∞
− a2
,
et on conclut :
b
a
e−nt2
dt
1
n
−−−→
n ∞
e−a2
.
Soit x ∈ ]0 ; 1] fixé.
On a, par le changement de variable u = t + x :
1
0
et
x + t
dt =
x+1
x
eu−x
u
du = e−x
x+1
x
eu
u
du
= e−x
x+1
x
eu
− 1
u
du +
x+1
x
1
u
du
= e−x
x+1
x
eu
− 1
u
du + e−x
ln(x + 1) − ln x .
L’application f : u −→
eu
− 1
u
est continue sur ]0 ; 2],
0, et f (u) −→
u−→0
1, donc f est intégrable sur ]0 ; 2].
On a donc :
x+1
x
f (t) dt =
x+1
0
f (t) dt −
x
0
f (t) dt
−→
x−→0
1
0
f (t) dt = I.
D’où :
1
0
et
x + t
dt
= e−x
I + o(1) + e−x
ln(x + 1) − ln x
= 1 + o(1) I + o(1) + 1 − x + o(x) − ln x + o(1)
= −ln x + I + o(1) .
1) Cas α > 1
Puisque : ∀x ∈ [1; +∞[,
sin x
xα
1
xα
et que x −→
1
xα
est intégrable sur [1; +∞[, l’application x −→
sin x
xα
est in-
tégrable sur [1; +∞[, et par conséquent,
→+∞
1
sin x
xα
dx est
absolument convergente, donc convergente.
De même, x −→
cos x
xα
est intégrable sur [1; +∞[, et
→+∞
1
cos x
xα
dx est absolument convergente.
3.44
3.45
3.46](https://image.slidesharecdn.com/mathmatiquesmthodesetexercicesmp-141109172011-conversion-gate01/85/Mathematiques-methodes-et-exercices-mp-134-320.jpg)
![126
c) α) • D’après les théorèmes généraux, f est de classe C1
sur 0;
π
2
.
• f (x) =
sin x − x
x sin x
∼
x→0+
−
x
6
−−−→
x→0+
0 = f (0) ,
donc f est continue en 0.
• f (x) =
x2
cos x − sin2
x
x2sin2
x
=
x2
1 −
x2
2
+ o(x2
) − x2
−
x4
3
+ o(x4
)
x2sin2
x
−−−→
x→0+
−
1
6
,
donc, d’après le théorème limite de la dérivée, f est de
classe C1
sur 0;
π
2
.
β) On a : ∀n ∈ N, ∀x ∈ 0;
π
2
,
sin(2n + 1)x
x
= f (x) sin(2n + 1)x +
sin(2n + 1)x
sin x
.
Comme f est continue sur 0;
π
2
et que x −→
sin(2n + 1)x
sin x
est intégrable sur 0;
π
2
, il en résulte que x −→
sin(2n + 1)x
x
est intégrable sur 0;
π
2
et que :
∀n ∈ N,
π
2
0
sin(2n + 1)x
x
dx
=
π
2
0
f (x) sin(2n + 1)x dx +
π
2
0
sin(2n + 1)x
sin x
dx.
En utilisant a) β) et b), on déduit :
π
2
0
sin(2n + 1)x
x
dx −−−→
n∞
π
2
.
d) On a, pour tout n de N, à l’aide du changement de variable
défini par x =
u
2n + 1
:
(2n+1) π
2
0
sin u
u
du =
π
2
0
sin(2n + 1)x
x
dx.
Comme l’intégrale impropre
→+∞
→0
sin u
u
du converge
(cf. exercice 3.46) et en utilisant c) β), on conclut :
+∞
0
sin x
x
dx =
π
2
.
a) α) Étude de
+∞
0
1 − cos x
x2
dx :
1) Existence :
• L’application f : x −→
1 − cos x
x2
est continue sur ]0 ; +∞[,
et f 0.
• On a : f (x) −→
x−→0
1
2
, donc f est intégrable sur ]0 ; 1] (faux
problème).
• On a : ∀ x ∈ [1 ; +∞[, | f (x)|
2
x2
.
D’après l’exemple de Riemann en +∞ (2 > 1) et le théorème
de majoration pour des fonctions 0, f est intégrable sur
[1 ; +∞[.
Puisque f est intégrable sur ]0 ; 1] et sur [1 ; +∞[, f est in-
tégrable sur ]0 ; +∞[.
Ceci montre que l’intégrale proposée
+∞
0
1 − cos x
x2
dx
existe.
2) Calcul :
On a, pour tout (ε,X) ∈ ]0 ; +∞[2
tel que ε X, par intégra-
tion par parties pour des applications de classe C1
:
X
ε
(1 − cos x)
1
x2
dx
= (1 − cos x) −
1
x
X
ε
−
X
ε
sin x −
1
x
dx
= −
1 − cos X
X
+
1 − cos ε
ε
+
X
ε
sin x
x
dx.
On a :
•
1 − cos X
X
2
X
−→
X−→+∞
0,
donc
1 − cos X
X
−→
X−→+∞
0.
•
1 − cos ε
ε
∼
ε−→0
ε
2
−→
ε−→0
0.
Il s’ensuit, en faisant ε −→ 0 et X −→ +∞ :
+∞
0
1 − cos x
x2
dx =
+∞
0
sin x
x
dx =
π
2
.
β) Étude de
+∞
0
sin x
x
2
dx :
On a, en utilisant le changement de variable t =
x
2
:
+∞
0
1 − cos x
x2
dx =
+∞
0
2 sin 2 x
2
x2
dx
=
+∞
0
2 sin 2
t
4t2
2dt =
+∞
0
sin 2
t
t2
dt.
Ceci montre que l’intégrale proposée
+∞
0
sin x
x
2
dx
existe (ce que l’on pouvait aussi montrer comme en α)) et que :
+∞
0
sin x
x
2
dt =
+∞
0
1 − cos x
x2
dx =
π
2
.
3.48](https://image.slidesharecdn.com/mathmatiquesmthodesetexercicesmp-141109172011-conversion-gate01/85/Mathematiques-methodes-et-exercices-mp-136-320.jpg)
![127
b) Soit λ ∈ R.
α) Si λ > 0, à partir de
+∞
0
sin t
t
dt, on a, par le changement
de variable x =
t
λ
:
+∞
0
sin t
t
dt =
+∞
0
sin λx
λx
λ dx =
+∞
0
sin λx
x
dx .
Le cas λ < 0, se ramène au cas λ > 0 par imparité.
Le cas λ = 0 est d’étude immédiate.
On conclut : ∀ λ ∈ R,
+∞
0
sin λx
x
dx =
π
2
sgn (x),
où sgn est la fonction signe, définie par :
sgn (λ) =
−1 si λ < 0
0 si λ = 0
1 si λ > 0.
β) Si λ > 0, on a, par le changement de variable x =
t
λ
:
+∞
0
1 − cos t
t2
dt =
+∞
0
1 − cos λx
λ2
x2
λ dx
=
1
λ
+∞
0
1 − cos λx
x2
dx,
donc :
+∞
0
1 − cos λx
x2
dx = λ
π
2
.
Le cas λ < 0 se ramène au cas λ > 0 par parité.
Le cas λ = 0 est d’étude immédiate.
On conclut : ∀ λ ∈ R,
+∞
0
1 − cos λx
x2
dx =
π
2
|λ|.
c) Les intégrales proposées existent, par exemple par des rai-
sonnements analogues aux précédents.
Soit (a,b) ∈ R2
.
α)
+∞
0
sin ax sin bx
x2
dx
=
+∞
0
cos (a − b)x − cos (a + b)x
2x2
dx
=
1
2
+∞
0
1 − cos (a + b)x
x2
dx
−
1 − cos (a − b)x
x2
dx
=
1
2
+∞
0
1 − cos (a + b)x
x2
dx
−
+∞
0
1 − cos (a − b)x
x2
dx
=
1
2
π
2
|a + b| −
π
2
|a − b| =
π
4
|a + b| − |a − b| .
β)
+∞
0
1 − cos ax cos bx
x2
dx
=
+∞
0
2 − cos (a + b)x + cos (a − b)x
2x2
dx
=
1
2
+∞
0
1 − cos (a + b)x
x2
dx
+
+∞
0
1 − cos (a − b)x
x2
dx
=
1
2
π
2
|a + b| +
π
2
|a − b| =
π
4
|a + b| + |a − b| .
d) 1) Existence :
• L’application f : x −→
sin x
x(π − x)
est continue sur R sauf
en 0 et en π.
• Étude en 0 :
On a : f (x) =
sin x
x
1
π − x
−→
x−→0
1
π
,
donc f est prolongeable par continuité en 0.
• Étude en π :
On a : f (x) =
sin (π − x)
π − x
1
x
−→
x−→π
1
π
,
donc f est prolongeable par continuité en π.
En posant f (0) = f (π) =
1
π
, f est donc continue sur R.
• Étude en ±∞ :
On a : | f (x)| =
sin x
x(π − x)
1
|x(π − x)|
∼
x−→±∞
1
x2
.
D’après l’exemple de Riemann en ±∞ (2 > 1), le théorème
d’équivalence et le théorème de majoration pour des fonctions
positives, f est intégrable sur ] − ∞ ; −1] et sur [4 ; +∞[, donc
sur ] − ∞ ; 0] et sur [0 ; +∞[.
Puisque f est intégrable sur ] − ∞ ; 0] et sur [0 ; +∞[, f est
intégrable sur R.
On conclut que l’intégrale I =
+∞
−∞
sin x
x(π − x)
dx existe.
2) Calcul :
On a, par une décomposition en éléments simples immédiate :
I =
+∞
−∞
sin x
x(π − x)
dx =
1
π
+∞
−∞
sin x
1
x
+
1
π − x
dx .
On sait (cf. aussi l’exercice 3.46) que l’intégrale impropre
J =
+∞
−∞
sin x
x
dx converge.
Par différence, comme I et J convergent, l’intégrale impropre
K =
+∞
−∞
sin x
π − x
dx converge, et on a :
I =
1
π
(J + K).](https://image.slidesharecdn.com/mathmatiquesmthodesetexercicesmp-141109172011-conversion-gate01/85/Mathematiques-methodes-et-exercices-mp-137-320.jpg)
![128
D’après l’exercice 3.47 et par parité : J = π.
Par le changement de variable t = π − x :
K =
+∞
−∞
sin x
π − x
dx =
+∞
−∞
sin t
t
dt = J.
On obtient : I =
2
π
π = 2.
1) Existence :
Soit x ∈ R.
1er cas : x > 0 :
• L’application gx : t −→
ln(x + t2
)
1 + t2
est continue sur
[0 ; +∞[.
• On a :
gx (t) =
ln(x + t2
)
1 + t2
=
2 ln t + ln 1 +
x
t2
1 + t2
∼
t−→+∞
2 ln t
t2
,
donc : t3/2
gx (t) ∼
t−→+∞
2 ln t
t1/2
−→
t−→+∞
0.
On a donc, pour t assez grand : 0 t3/2
gx (t) 1,
d’où : 0 gx (t)
1
t3/2
.
D’après l’exemple de Riemann en +∞ (3/2 > 1) et les théo-
rèmes de majoration et d’équivalence pour des fonctions 0,
gx est intégrable sur [0 ; +∞[.
2è cas x = 0 :
• L’application g0 : t −→
ln(t2
)
1 + t2
est continue sur ]0 ; +∞[.
• Comme dans le premier cas, g0 est intégrable sur [1 ; +∞[.
• On a : g0(t) ∼
t−→0
2 ln t. D’après le cours, t −→ − ln t est
intégrable sur ]0 ; 1], donc, par théorème d’équivalence pour
des fonctions 0, −g0 l’est aussi, puis g0 l’est aussi.
Ainsi, g0 est intégrable sur ]0 ; 1] et sur ]1 ; +∞[, donc sur
]0 ; +∞[.
3è cas : x < 0 :
L’application gx : t −→
ln(x + t2
)
1 + t2
n’est pas définie sur
[0 ;
√
−x [, donc f (x) n’existe pas.
On conclut que f (x) existe si et seulement si x 0.
On suppose dorénavant x 0.
2) Calcul :
Nous allons essayer d’utiliser le théorème de dérivation sous
le signe intégrale.
Considérons l’application
F : [0 ; +∞[× ]0 ; +∞[−→ R, (x,t) −→
ln(x + t2
)
1 + t2
.
α) Expression de f (x) pour x ∈ ]0 ; +∞[
• Pour tout x ∈ [0 ; +∞[, F(x,·) est intégrable sur ]0 ; +∞[,
d’après 1).
•
∂F
∂x
: (x,t) −→
1
(x + t2)(1 + t2)
existe
sur [0 ; +∞[×]0 ; +∞[, est continue par rapport à x et conti-
nue par morceaux (car continue) par rapport à t.
Soit a ∈]0 ; +∞[. On a :
∀ (x,t) ∈ [a ; +∞[×]0 ; +∞[,
∂F
∂x
(x,t) =
1
(x + t2)(1 + t2)
1
a(1 + t2)
notée ψa(t)
et ψa est continue par morceaux (car continue), 0, intégrable
sur [0 ; +∞[ car ψa(t) ∼
t−→+∞
1
at2
.
Ainsi,
∂F
∂x
vérifie HDL sur ]0 ; +∞[×]0 ; +∞[.
D’après le théorème de dérivation sous le signe intégrale, f est
de classe C1
sur ]0 ; +∞[ et :
∀ x ∈ ]0 ; +∞[, f (x) =
+∞
0
1
(x + t2)(1 + t2)
dt .
β) Continuité de f sur [0 ; +∞[
• F est continue par rapport à x et continue par morceaux (car
continue) par rapport à t.
• Soit b ∈ [0 ; +∞[. On a :
∀ (x,t) ∈ [0 ; b]×]0 ; +∞[, |F(x,t)| =
|ln(x + t2
)|
1 + t2
Max |ln(t2
)|, |ln(b + t2
)|
1 + t2
= |g0(t)| + |gb(t)|
notée ϕb(t)
et ϕb est continue par morceaux (car continue), 0. D’après
1), g0 et gb sont intégrables sur ]0 ; +∞[, donc ϕb l’est aussi.
Ainsi, F vérifie HDL sur [0 ; +∞[×]0 ; +∞[.
D’après le théorème de continuité sous le signe intégrale,
f est continue sur [0 ; +∞[.
En particulier, f est continue en 0.
γ) Calcul de f (x) pour x ∈ ]0 ; +∞[
On a, par une décomposition en éléments simples, si x =/ 1 :
f (x)
=
+∞
0
dt
(x + t2)(1 + t2)
=
1
1 − x
+∞
0
1
x + t2
−
1
1 + t2
dt
3.49](https://image.slidesharecdn.com/mathmatiquesmthodesetexercicesmp-141109172011-conversion-gate01/85/Mathematiques-methodes-et-exercices-mp-138-320.jpg)
![129
=
1
1 − x
1
√
x
Arctan
t
√
x
− Arctan t
+∞
0
=
1
1 − x
1
√
x
π
2
−
π
2
=
π
2
√
x
1 −
√
x
1 − x
=
π
2
√
x(1 +
√
x)
.
Comme les applications f et x −→
π
2
√
x(1 +
√
x)
sont
continues sur ]0 ; +∞[ et coïncident sur ]0 ; +∞[−{1}, elles
coïncident sur ]0 ; +∞[, d’où :
∀ x ∈ ]0 ; +∞[, f (x) =
π
2
√
x(1 +
√
x)
.
δ) Calcul de f (x)
Par le changement de variable u =
√
x, on a :
1
√
x(1 +
√
x)
dx =
1
u(1 + u)
2u du =
2
1 + u
du
= 2 ln (1 + u) + Cte = 2 ln (1 +
√
x) + Cte.
Il existe donc C ∈ R tel que :
∀ x ∈ ]0 ; +∞[, f (x) = π ln(1 +
√
x) + C .
Puisque f et le second membre ci-dessus sont continus en 0,
l’égalité est aussi vraie pour x = 0, d’où :
∀ x ∈ [0 ; +∞[, f (x) = π ln(1 +
√
x) + C .
En particulier, C =
f (0)
π
, et :
f (0) =
+∞
0
ln(t2
)
1 + t2
dt =
u = 1
t
0
+∞
ln
1
u2
1 +
1
u2
−
1
u2
du
= −
+∞
0
ln(u2
)
1 + u2
du = − f (0),
d’où : f (0) = 0.
On conclut : ∀ x ∈ [0 ; +∞[, f (x) = π ln(1 +
√
x).
a) Soit x ∈ ]0 ; +∞[.
L’application g : t −→
e−t
t
est continue sur [x ; +∞[, et
g 0.
On a : t2
g(t) = te−t
−→
t−→+∞
0, donc, pour t assez grand :
t2
g(t) 1, d’où : 0 g(t)
1
t2
.
D’après l’exemple de Riemann en +∞ (2 > 1) et le théorème
de majoration pour des fonctions 0, g est intégrable sur
[x ; +∞[.
Ceci montre que, pour tout x ∈ ]0 ; +∞[, l’intégrale
f (x) =
+∞
x
e−t
t
dt existe.
b) 1) On a :
∀ x ∈ ]0 ; +∞[, f (x) =
1
x
e−t
t
dt +
+∞
1
e−t
t
dt .
Puisque l’application t −→
e−t
t
est continue sur ]0 ; +∞[,
d’après le cours sur les primitives, f est de classe C1
sur
]0 ; +∞[, donc a fortiori f est continue sur ]0 ; +∞[.
2) On a, pour tout x ∈ [1 ; +∞[ :
0 f (x) =
+∞
x
e−t
t
dt
+∞
x
e−t
dt
= [−e−t
]+∞
x = e−x
,
et x −→ e−x
est intégrable sur ]0 ; +∞[, donc, par théorème
de majoration pour des fonctions 0, f est intégrable sur
]0 ; +∞[.
3) D’après le théorème de Fubini, on a alors, pour tout
x ∈ ]0 ; +∞[ :
+∞
0
f (x) dx =
+∞
0
+∞
x
e−t
t
dt dx
=
+∞
0
t
0
dx
e−t
t
dt =
+∞
0
t
e−t
t
dt
=
+∞
0
e−t
dt = [−e−t
]+∞
0 = 1.
Soit a ∈]0; +∞[ fixé.
Notons F : R × [0 ; +∞[−→ C, (x,t) −→ e −at2
e ixt
.
• Pour tout x ∈ R, F(x,·) est intégrable sur [0 ; +∞[, car :
t2
F(x,t) = t2
e −at2
−→
t→+∞
0.
•
∂F
∂x
: (x,t) −→ ite−at2
eixt
existe sur R × [0 ; +∞[, est
continue par rapport à x, continue par morceaux (car continue)
par rapport à t et vérifie HD sur R × [0 ; +∞[ car, en
notant ψ : [0 ; +∞[−→ R
t −→ te−at2
, ψ est continue, 0, intégrable sur
[0; +∞[, et :
∀(x,t) ∈ R × [0; +∞[,
∂F
∂x
(x,t) (=)ψ(t).
D’après le théorème de dérivation sous le signe
+∞
0
, l’ap-
plication f : R −→ C définie par :
∀x ∈ R, f (x) =
+∞
0
e−at2
eixt
dt,
3.50
3.51](https://image.slidesharecdn.com/mathmatiquesmthodesetexercicesmp-141109172011-conversion-gate01/85/Mathematiques-methodes-et-exercices-mp-139-320.jpg)
![est de classe C1
sur R et :
∀x ∈ R, f (x) =
+∞
0
ite−at2
eixt
dt.
Une intégration par parties donne, pour tout T de [0 ; +∞[ :
T
0
ite−at2
eixt
dt
= −
i
2a
e−at2
eixt
T
0
+
T
0
i
2a
e−at2
ixeixt
d t,
d’où, en faisant tendre T vers +∞ : f (x) =
i
2a
−
x
2a
f (x).
Considérons l’équation différentielle linéaire :
(E) y +
x
2a
y =
i
2a
,
d’inconnue y : R −→ C.
L’équation sans second membre associée :
(E0) y +
x
2a
y = 0
admet pour solution générale x −→ λ e− x2
4a , λ ∈ C.
D’après la méthode de variation de la constante, on cherche une
solution y de (E) sous la forme :
x −→ y(x) = λ(x) e− x2
4a .
Cette application y est solution de (E) si et seulement si :
∀x ∈ R, λ (x) =
i
2a
e
x2
4a ,
d’où la solution générale de (E) :
y : x −→ y(x) =
i
2a
e− x2
4a
x
0
e
t2
4a dt + λ e− x2
4a , λ ∈ C.
Comme
λ = f (0) =
+∞
0
e−ax2
dx =
u = x
√
a
1
√
a
+∞
0
e−u2
du =
√
π
2
√
a
,
on conclut : ∀(a,x) ∈]0; +∞[×R,
+∞
0
e−at2
eixt
dt =
i
2a
e− x2
4a
x
0
e
t2
4a dt +
√
π
2
√
a
e− x2
4a .
En prenant la partie réelle et la partie imaginaire, on obtient,
pour tout (a,x) de ]0; +∞[×R :
+∞
0
e−at2
cos xt dt =
√
π
2
√
a
e− x2
4a et
+∞
0
e−at2
sin xt dt =
1
2a
e− x2
4a
x
0
e
t2
4a dt.
1) Existence :
Soient x ∈ ]0 ; +∞[, z ∈ C tel que Ré (z) < 0.
• L’application f : t −→ tx−1
ezt
est continue sur ]0 ; +∞[.
• Étude en 0 :
On a : | f (t)| = tx−1
eRé (z)t
∼
t−→0
tx−1
,
donc, d’après l’exemple de Riemann en 0 (x − 1 > −1) et le
théorème d’équivalence pour des fonctions 0, f est intégrable
sur ]0 ; 1].
• Étude en +∞ :
On a : t2
| f (t)| = tx+1
eRé (z)t
−→
t−→+∞
0,
donc f est intégrable sur [1 ; +∞[.
On déduit que f est intégrable sur ]0 ; +∞[, et on conclut que
l’intégrale proposée existe.
2) Calcul :
Fixons x ∈ ]0 ; +∞[ et notons u = −Ré (z) > 0.
En notant v = Im (z) ∈ R, on a donc :
+∞
0
tx−1
ezt
dt =
+∞
0
tx−1
e−ut
ei vt
dt .
Notons
F : R×]0 ; +∞[−→ C, (v,t) −→ tx−1
e−ut
ei vt
.
• Pour tout v ∈ R, F(v,·) est intégrable sur ]0 ; +∞[,
d’après 1).
•
∂F
∂v
: (v,t) −→ tx−1
e−ut
i t ei vt
existe sur R×]0 ; +∞[, est
continue par rapport à v, continue par morceaux (car continue)
par rapport à t.
• On a : ∀ (v,t) ∈ R×]0 ; +∞[,
∂F
∂v
(v,t) = tx
e−ut
et t −→ tx
e−ut
est indépendant de v, continue par morceaux
(car continue), 0, intégrable sur ]0 ; +∞[.
Ainsi,
∂F
∂v
vérifie HD.
D’après le théorème de dérivation sous le signe intégrale,
l’application g : v −→
+∞
0
tx−1
e−ut
ei vt
dt est de classe C1
sur R et, pour tout v ∈ R :
g (v) =
+∞
0
tx−1
e−ut
i tei vt
dt = i
+∞
0
tx
e−ut
ei vt
dt .
Nous allons montrer que g satisfait une EDL1, en utilisant
une intégration par parties.
On a, par intégration par parties, pour tout (ε,T) ∈ R2
tel que
0 < ε T :
T
ε
tx
e−ut
ei vt
dt =
T
ε
tx
e(−u+i v)t
dt
= tx e(−u+i v)t
−u + i v
T
0
−
T
ε
xtx−1 e(−u+i v)t
−u + i v
dt
130
3.52](https://image.slidesharecdn.com/mathmatiquesmthodesetexercicesmp-141109172011-conversion-gate01/85/Mathematiques-methodes-et-exercices-mp-140-320.jpg)
![131
= T x e(−u+i v)T
−u + i v
− εx e(−u+i v)ε
−u + i v
+
x
u − i v
T
ε
tx−1
e(−u+i v)t
dt.
En faisant ε −→ 0 et T −→ +∞, on déduit :
g (v) = i
x
u − i v
+∞
0
tx−1
e−ut
ei vt
dt =
i x
u − i v
g(v) .
Pour résoudre cette EDL1 sans second membre, on calcule une
primitive :
i x
u − i v
dv = i x
u + i v
u2 + v2
dv
= i x
u
u2 + v2
dv − x
v
u2 + v2
dv
= i Arctan
v
u
−
x
2
ln(u2
+ v2
) + Cte.
Et :
g(0) =
+∞
0
tx−1
e−ut
dt =
s = ut
+∞
0
s
u
x−1
e−s ds
u
=
1
ux
+∞
0
sx−1
e−s
ds =
1
ux
(x).
On obtient :
g(v) = g(0) exp −
v
0
i x
u − i w
dw
=
(x)
ux
exp − i xArctan
v
u
+
x
2
ln(u2
+ v2
)
=
(x)
ux
e−i xArctan v
u (u2
+ v2
)
x
2 .
En notant Arg (z) = Arctan
v
u
∈ ] − π/2 ; π/2[, on conclut :
+∞
0
tx−1
ezt
dt =
(x)
ux
e−i xArg (z)
|z|x
.
I. a) Soit ε ∈ ]0 ; +∞[.
Soit X ∈ [0 ; +∞[ tel que ε X.
On a, par linéarité de l’intégration, par des changements de va-
riable, et par la relation de Chasles :
X
ε
f (ax) − f (bx)
x
dx =
X
ε
f (ax)
x
−
X
ε
f (bx)
x
dx
=
aX
aε
f (u)
u
du −
bX
bε
f (v)
v
dv
=
b
a
f (εt)
t
dt −
bX
aX
f (u)
u
du.
Puisque l’intégrale impropre
→+∞
1
f (x)
x
dx converge, on a :
bX
aX
f (u)
u
du =
bX
1
f (x)
x
dx −
bX
1
f (x)
x
dx
−→
X−→+∞
+∞
1
f (u)
u
du −
+∞
1
f (u)
u
du = 0.
Il en résulte que l’intégrale
→+∞
ε
f (ax) − f (bx)
x
dx
converge et que :
+∞
ε
f (ax) − f (bx)
x
dx =
b
a
f (εt)
t
dt .
b) Pour obtenir la limite de cette dernière intégrale lorsque
ε −→ 0, nous allons utiliser le théorème de continuité sous le
signe intégrale.
Notons F : [0 ; 1] × [a ; b] −→ R, (ε,t) −→
f (εt)
t
.
• F est continue par rapport à ε, continue par morceaux (car
continue) par rapport à t.
• On a :
∀ (ε,t) ∈ [0 ; 1] × [a ; b], |F(εt)| =
f (εt)
t
|| f ||[0 ;b]
∞
a
,
et l’application constante
|| f ||[0 ;b]
∞
a
est intégrable sur le seg-
ment [a ; b].
Ainsi, F vérifie HD.
D’après le théorème de continuité sous le signe intégrale, l’ap-
plication ε −→
b
a
f (εt)
t
t est continue sur [0 ; 1].
En particulier :
b
a
f (εt)
t
dt −→
ε−→0
b
a
f (0)
t
dt = f (0) ln
b
a
.
Il en résulte que l’intégrale
→+∞
→0
f (ax) − f (bx)
x
dx
converge et que :
+∞
0
f (ax) − f (bx)
x
dx = f (0) ln
b
a
.
II. a)1) Puisque f : x −→ cos x est continue sur [0 ; +∞[ et
que l’intégrale
→+∞
1
cos x
x
dx converge (cf. exercice 3.46),
d’après I. b), pour tout (a,b) ∈ (R∗
+)2
, l’intégrale
→+∞
→0
cos ax − cos bx
x
dx converge et :
+∞
0
cos ax − cos bx
x
dx = f (0) ln
b
a
= ln
b
a
.
3.53](https://image.slidesharecdn.com/mathmatiquesmthodesetexercicesmp-141109172011-conversion-gate01/85/Mathematiques-methodes-et-exercices-mp-141-320.jpg)
![132
2) De même, l’intégrale
→+∞
→0
e−ax
− e−bx
x
dx converge et :
+∞
0
e−ax
− e−bx
x
dx = ln
b
a
.
3) Puisque f : x −→ 1 − th x est continue sur [0 ; +∞[ et que
l’intégrale impropre
→+∞
1
1 − th x
x
dx converge, l’intégrale
impropre proposée converge et :
+∞
0
th ax − th bx
x
dx
=
+∞
0
(1 − th bx) − (1 − th ax)
x
dx = ln
a
b
.
4) L’application f : x −→
π2
4
− (Arctan x)2
est continue sur
[0 ; +∞[ et, pour tout x ∈ ]0 ; +∞[ :
f (x) =
π
2
− Arctan x
π
2
+ Arctan x
= Arctan
1
x
π
2
+ Arctan x ∼
x−→+∞
π
x
,
donc
→+∞
1
π2
4
− (Arctan x)2
x
dx converge.
D’après I. b), pour tout (a,b) ∈ (R∗
+)2
, l’intégrale impropre pro-
posée converge et :
+∞
0
Arctan (ax)
2
− Arctan (bx)
2
x
dx
=
+∞
0
1
x
π2
4
− (Arctan ax)2
−
π2
4
− (Arctan bx)2
dx
=
+∞
0
f (bx) − f (ax)
x
dx = f (0) ln
a
b
=
π2
4
ln
a
b
.
b) On a, pour tout x ∈ R et tout t ∈ ]0 ; +∞[ :
sh xt
t
e−t
=
ext
− e−xt
2t
e−t
=
e−(1−x)t
− e−(1+x)t
2t
.
Il s’agit donc de a) 2), en prenant a = 1 − x et b = 1 + x, où
(a,b) ∈ (R∗
+)2
car x ∈ ] − 1 ; 1[. Il en résulte que l’intégrale
proposée converge et que :
+∞
0
sh (xt)
t
e−t
dt =
1
2
ln
1 + x
1 − x
.
c) Par le changement de variable t = e−x
, dans le résultat de
a) 2), on a :
ln
b
a
=
+∞
0
e−ax
− e−bx
x
dx =
0
1
ta
− tb
−ln t
−
dt
t
= −
1
0
ta−1
− tb−1
ln t
dt .
Il en résulte que l’intégrale proposée converge et que :
1
0
xa
− xb
ln x
dx = − ln
b + 1
a + 1
.
d) Soit (a,b) ∈ ]0 ; +∞[2
.
L’application g : x −→
1 − e−ax
x
1 − e−bx
x
est continue sur
]0 ; +∞[, g 0, g(x) −→
x−→0
ab, g(x) ∼
x−→+∞
1
x2
, donc g est
intégrable sur ]0 ; +∞[, l’intégrale proposée existe.
On a, pour tout (ε,X) ∈ R2
tel que 0 < ε X, par intégration
par parties :
X
ε
(1 − e−ax
)(1 − e−bx
)
1
x2
dx
= (1 − e−ax
)(1 − e−bx
) −
1
x
X
ε
+
X
ε
a e−ax
+ b e−bx
− (a + b) e−(a+b)x 1
x
dx.
On a : (1 − e−aX
)(1 − e−bX
) −
1
X
−→
X−→+∞
0
et
(1 − e−aε
)(1 − e−bε
) −
1
ε
∼
ε−→0
aεbε −
1
ε
= −abε −→
ε−→0
0.
Enfin, comme plus haut, la fonction
x −→ a e−ax
+ b e−bx
− (a + b) e−(a+b)x 1
x
est intégrable sur ]0 ; +∞[.
On déduit, en faisant ε −→ 0 et X −→ +∞ :
+∞
0
(1 − e −ax
)(1 − e −bx
)
1
x2
dx
=
+∞
0
a e −ax
+ b e −bx
− (a + b)e −(a+b)x 1
x
dx
= a
+∞
0
e −ax
− e −(a+b)x
x
dx
+ b
+∞
0
e −bx
− e −(a+b)x
x
dx](https://image.slidesharecdn.com/mathmatiquesmthodesetexercicesmp-141109172011-conversion-gate01/85/Mathematiques-methodes-et-exercices-mp-142-320.jpg)
![133
= a ln
a + b
a
+ b ln
a + b
b
= (a + b) ln (a + b) − a ln a − b ln b.
D’abord, pour tout x ∈ [0 ; 1[,
π/2
0
dt
√
1 − x cos 2t
existe comme intégrale d’une application continue sur un seg-
ment.
a) On a, par le changement de variable u = tan t :
f (x) =
+∞
0
du
1 + u2
1 − x
1
1 + u2
=
+∞
0
du
√
1 + u2
√
1 + u2 − x
.
Notons, pour tout x ∈ [0 ; 1[ :
g(x) =
1
0
du
√
1 + u2
√
1 − x + u2
h(x) =
1
0
du
√
1 − x + u2
.
On a : f (x) g(x)
1
√
2
h(x)
et :
h(x) =
1
√
1 − x
1
0
du
1 +
u
√
1 − x
2
= Argsh
u
√
1 − x
1
0
= Argsh
1
√
1 − x
−→
x−→1−
+∞.
On conclut, par minoration : f (x) −→
x−→1−
+∞.
b) • On a, pour tout x ∈ [0 ; 1[ :
0 f (x) − g(x) =
+∞
1
du
√
1 + u2
√
1 − x + u2
+∞
1
du
u2
= −
1
u
+∞
1
= 1.
Comme f (x) −→
x−→1−
+∞, il en résulte :
f (x) ∼
x−→1−
g(x) .
• On a, pour tout x ∈ [0 ; 1[ :
0 h(x) − g(x) =
1
0
1 −
1
√
1 + u2
1
√
1 − x + u2
du
=
1
0
u2
√
1 + u2
√
1 + u2 + 1
√
1 − x + u2
du
1
0
u2
1 · 2 · u
du =
u2
4
1
0
=
1
4
.
Comme g(x) ∼
x−→1−
+∞, il en résulte :
g(x) ∼
x−→1−
h(x) .
Ainsi :
f (x) ∼
x−→1−
g(x) ∼
x−→1−
h(x) = Argsh
1
√
1 − x
= ln
1
√
1 − x
+ 1 +
1
1 − x
= ln
1 +
√
2 − x
√
1 − x
= ln (1 +
√
2 − x) −
1
2
ln (1 − x) ∼
x−→1−
−
1
2
ln(1 − x) .
a) Puisque f est continue sur [0 ; +∞[, f admet des
primitives sur [0 ; +∞[. Notons
F : [0 ; +∞[−→ R, x −→
x
0
f (t) dt
la primitive de f qui s’annule en 0.
L’application F est de classe C1
sur [0 ; +∞[ et F = f.
Puisque : ∀ x ∈ ]0 ; +∞[, g(x) =
F(x)
x
,
g est continue sur ]0 ; +∞[ (et même, g est de classe C1
sur
]0 ; +∞[).
On a : g(x) =
F(x) − F(0)
x
−→
x−→0
F (0) = f (0) = g(0),
donc g est continue en 0.
On conclut que g est continue sur [0 ; +∞[.
b) 1) Cas où f est à valeurs dans R+ :
Alors, par sa définition, g est aussi à valeurs dans R+ .
Effectuons, pour 0 < ε X fixés, une intégration par parties,
pour des applications de classe C1
:
X
ε
g2
(x) dx
=
X
ε
1
x2
x
0
f
2
dx =
X
ε
1
x2
F(x)
2
dx
= −
1
x
F(x)
2 X
ε
−
X
ε
−
1
x
2F(x)F (x) dx
= −
F(X)
2
X
0
+
F(ε)
2
ε
+ 2
X
ε
g(x) f (x) dx.
3.54
3.55](https://image.slidesharecdn.com/mathmatiquesmthodesetexercicesmp-141109172011-conversion-gate01/85/Mathematiques-methodes-et-exercices-mp-143-320.jpg)
![134
•
F(ε)
2
ε
=
F(ε) − F(0)
ε
F(ε) −→
ε−→0
f (0)F(0).
= f (0) · 0 = 0
• D’après l’inégalité de Cauchy et Schwarz :
X
ε
g(x) f (x) dx
X
ε
g2
(x) dx
1
2 X
ε
f 2
(x) dx
1
2
X
0
g2
(x) dx
1
2 +∞
0
f 2
(x) dx
1
2
.
On déduit, en faisant ε −→ 0 :
X
0
g2
2
X
0
g2
1
2 +∞
0
f 2
1
2
.
Si
X
0
g2
=/ 0, on obtient :
X
0
g2
1
2
2
+∞
0
f 2
1
2
.
Et, si
X
0
g2
= 0, l’inégalité ci-dessus est triviale.
On a donc : ∀ X ∈ ]0 ; +∞[,
X
0
g2
4
+∞
0
f 2
.
Comme g2
0, il en résulte que g2
est intégrable sur
[0 ; +∞[ et que :
+∞
0
g2
4
+∞
0
f 2
.
2) Cas général :
Nous supposons maintenant que f est à valeurs dans C.
Considérons u = | f | et v associée à u, comme g est associée
à f, c’est-à-dire :
∀ x ∈ [0 ; +∞[, v(x) =
1
x
x
0
u(t) dt si x =/ 0
u(0) si x = 0.
Il est clair que u est continue sur [0 ; +∞[. Puisque f 2
est
de carré intégrable sur [0 ; +∞[ et que u2
= | f |2
, u2
est aussi
de carré intégrable sur [0 ; +∞[.
D’après 2), v2
est donc de carré intégrable sur [0 ; +∞[ et :
+∞
0
v2
4
+∞
0
u2
.
Mais, pour tout x ∈ ]0 ; +∞[ :
|g(x)| =
1
x
x
0
f (t) dt
1
x
x
0
| f | =
1
x
x
0
u = v(x)
et :
|g(0)| = | f (0)| = u(0) = v(0) .
On a donc : ∀ x ∈ [0 ; +∞[, |g(x)| v(x),
d’où : ∀ x ∈ [0 ; +∞[, |g(x)|2
v2
(x).
Comme v2
est intégrable sur [0 ; +∞[, par théorème de ma-
joration pour des fonctions 0, |g|2
est intégrable sur
[0 ; +∞[, puis, par définition, g2
est intégrable sur [0 ; +∞[.
Et on a :
+∞
0
|g|2
+∞
0
v2
4
+∞
0
u2
= 4
+∞
0
| f |2
.](https://image.slidesharecdn.com/mathmatiquesmthodesetexercicesmp-141109172011-conversion-gate01/85/Mathematiques-methodes-et-exercices-mp-144-320.jpg)
![Énoncés des exercices
141
Exemples de détermination de la nature d’une série alternée
Déterminer la nature de la série de terme général un dans les exemples suivants :
a)
(−1)n
n
n3 + n + 1
, b)
(−1)n
√
n
, c)
(−1)n
n + (−1)n
, d)
(−1)n
√
n + (−1)n
.
Nature d’une suite par étude d’une série
Soit a ∈ ] − 1 ; +∞[ fixé. On note, pour tout n ∈ N∗
: un =
n
k=1
1
a + k
− ln n.
Montrer que la suite (un)n∈N∗ converge.
Exemple de calcul de la somme d’une série convergente, utilisation d’une décomposition
en éléments simples
Existence et calcul de
+∞
n=1
un où un =
2(2n2
+ n − 3)
n(n + 1)(n + 2)(n + 3)
.
Exemple de calcul de la somme d’une série convergente, utilisation de la série de l’expo-
nentielle
On note, pour tout n ∈ N : un =
n3
+ 6n2
− 5n − 2
n!
.
a) Montrer que la série
n 0
un converge.
b) Montrer que B = 1, X, X(X − 1), X(X − 1)(X − 2) est une base de R3[X] et décompo-
ser linéairement P = X3
+ 6X2
− 5X − 2 sur B.
c) En déduire
+∞
n=0
un. On rappelle que :
+∞
n=0
1
n!
= e.
Exemples de détermination de la nature d’une série numérique
Déterminer la nature de la série de terme général un dans les exemples suivants :
a) n sin
1
n
na
, a ∈ R, b) e−(lnn)λ
, λ ∈ R, c) −
1
n
1
n+2
ex
ln x dx
d) sin
1
n
+ a tan
1
n
+ b ln
n + 1
n − 1
, (a,b) ∈ R2
e) 1 +
a
n
n
−
n
n + 1
ea
, a ∈ R,
f) n2 + n + 3 + a n2 + n + 1 + b n2 + n + 2, (a,b) ∈ R2
g)
(n!)a
nn
, a ∈ R h)
a
0
xn
3
√
1 + x2
dx, a ∈ R+, i)
2
√
n
+ an
3
√
n + bn
, (a,b) ∈ (R+)2
j) n
√
a − 2
n
√
b + n
√
c, (a,b,c) ∈ (R∗
+)3
, k)
(ln n)n
n!
.
Exemples de détermination de la nature d’une série
Déterminer la nature des séries de termes généraux :
un =
1
0
tan (xn
) dx, vn =
1
0
tan (xn2
) dx .
©Dunod.Laphotocopienonautoriséeestundélit.
4.5
4.6
4.7
4.8
4.9
4.10](https://image.slidesharecdn.com/mathmatiquesmthodesetexercicesmp-141109172011-conversion-gate01/85/Mathematiques-methodes-et-exercices-mp-151-320.jpg)
![Chapitre 4 • Séries
142
Exemples de détermination de natures de séries
Déterminer la nature des séries de termes généraux :
un =
1
(n + 1)!
n
k=0
k! , vn =
1
(n + 2)!
n
k=0
k! .
Nature d’une série faisant intervenir des factorielles, utilisation de la formule de Stirling
Déterminer la nature de la série de terme général un =
n!
(2n)!
1
n
.
Recherche de paramètres pour la convergence d’une série
Déterminer les polynômes P ∈ R[X] tels que la série de terme général
un = (n4
+ 3n2
)1/4
− P(n)
1/3
, est convergente.
Exemple de détermination de la nature d’une série définie à partir d’une autre série
Soit (un)n une suite réelle. On suppose que les séries
n
un et
n
u2
n convergent.
a) Montrer que, à partir d’un certain rang, un = −1.
b) Établir que la série
n
un
1 + un
converge.
Nature d’une série déduite d’une autre série
Soit
n 1
un une série à termes dans R+, convergente.
Montrer que la série
n 1
√
un
n
converge.
Nature d’une série faisant intervenir une suite récurrente
On considère la suite réelle (un)n 1 définie par u1 > 0 et :
∀ n 1, un+1 = ln 1 +
un
n
.
Déterminer, pour α ∈ R∗
+ fixé, la nature de la série
n 1
uα
n .
Exemple de détermination de la nature d’une série alternée, avec paramètre
Déterminer, pour (a,b) ∈ R2
fixé, la nature de la série de terme général un = (−1)n na
(n + 1)b
.
Exemples de détermination de natures de séries à termes complexes
Déterminer la nature des séries de termes généraux :
un =
(2 + 3i)n + 2 − i
(3 + 4i)n + 3 + i
n
, vn =
(2 + 3i)n + 2 − i
(3 + 2i)n + 3 + i
n
.
4.11
4.12
4.13
4.14
4.15
4.16
4.17
4.18](https://image.slidesharecdn.com/mathmatiquesmthodesetexercicesmp-141109172011-conversion-gate01/85/Mathematiques-methodes-et-exercices-mp-152-320.jpg)
![Énoncés des exercices
143
Existence et calcul de la somme d’une série convergente
Existence et calcul de
+∞
n=1
un où : un =
1
n
√
n + 2 + (n + 2)
√
n
.
Exemple de calcul de la somme d’une série convergente
Existence et calcul de
+∞
n=2
ln 1 −
2
n(n + 1)
.
Calcul de la somme d’une série convergente déduite d’une autre série
Soit (un)n 1 une suite à termes dans R+.
On note, pour tout n 1 : vn =
un
(1 + u1) · · · (1 + un)
.
a) Montrer : ∀ n 1,
n
k=1
vk = 1 −
1
(1 + u1) · · · (1 + un)
.
b) En déduire la nature de la série
n 1
vn.
Calcul de la somme d’une série convergente déduite de la série harmonique
On note, pour tout n ∈ N∗
:
un =
1
n
si n ≡ 0 [3]
−2
n
si n ≡ 0 [3].
Montrer que la série
n 1
un converge et calculer sa somme.
Exemple de détermination d’un équivalent de la somme d’une série convergente à para-
mètre
Montrer :
+∞
n=1
1
n(n + x)
∼
x−→+∞
ln x
x
.
Recherche d’un équivalent d’une expression faisant intervenir un reste de série conver-
gente
Trouver un équivalent simple de un =
+∞
k=n
1
k!
1
n
, lorsque l’entier n tend vers l’infini.
Étude d’une série construite à partir d’une suite
Soit (an)n∈N une suite dans R∗
+. On considère la suite réelle (un)n∈N définie par u0 ∈ 0 ;
π
2
, et :
∀ n ∈ N, un+1 = Arctan (an + tan un).
a) Montrer que la suite (un)n∈N converge et que, en notant = lim
n∞
un, on a : ∈ 0 ;
π
2
.
©Dunod.Laphotocopienonautoriséeestundélit.
4.19
4.20
4.21
4.22
4.23
4.24
4.25](https://image.slidesharecdn.com/mathmatiquesmthodesetexercicesmp-141109172011-conversion-gate01/85/Mathematiques-methodes-et-exercices-mp-153-320.jpg)
![Chapitre 4 • Séries
144
b) Montrer que la série
n∈N
an converge si et seulement si : =/
π
2
.
Exemple de recherche d’un équivalent simple d’une somme double
On note, pour tout n ∈ N − {0,1} : Sn =
1 p<q n
1
√
pq
.
a) Montrer : ∀ n ∈ N − {0,1}, Sn =
1
2
(A2
n − Bn),
où on a noté : An =
n
p=1
1
√
p
, Bn =
n
p=1
1
p
.
b) En déduire un équivalent simple de Sn lorsque l’entier n tend vers l’infini.
Utilisation d’une série pour étudier une suite
Soit (λn)n∈N une suite à termes dans R∗
+, telle que λn −−−→
n ∞
+ ∞, et (un)n∈N la suite réelle défi-
nie par (u0,u1) ∈ R2
et : ∀ n ∈ N, un+2 =
un + λnun+1
1 + λn
.
Démontrer que la suite (un)n∈N converge.
Étude d’une série dont le terme général fait intervenir une fonction
Soit f : [−1 ; 1] −→ C de classe C3
. On note, pour tout n ∈ N∗
:
un = n f
1
n
− f −
1
n
− 2 f (0) .
Montrer que la série
n∈N∗
un, converge.
Convergence et somme d’une série définie à partir d’une suite récurrente du type
un+1 = f(un)
Soit (un)n∈N la suite réelle définie par u0 = 5 et : ∀ n ∈ N, un+1 = u2
n − 5un + 8.
a) Montrer que (un)n∈N est croissante et que un −−−→
n ∞
+ ∞.
b) Montrer : ∀ n ∈ N,
(−1)n
un − 3
=
(−1)n
un − 2
−
(−1)n+1
un+1 − 2
.
c) Déterminer la nature et la somme de la série
n 0
(−1)n
un − 3
.
Exemple de nature d’une série, le terme général étant défini par récurrence
On considère la suite réelle (un)n∈N définie par u0 ∈ R et :
∀ n ∈ N, (n + 2)2
un+1 = (n + 1)un + n .
Quelle est, pour a ∈ R fixé, la nature de la série
n
ua
n ?
4.26
4.27
4.28
4.29
4.30](https://image.slidesharecdn.com/mathmatiquesmthodesetexercicesmp-141109172011-conversion-gate01/85/Mathematiques-methodes-et-exercices-mp-154-320.jpg)
![Énoncés des exercices
145
Étude de séries définies à partir de suites récurrentes
On considère la suite réelle (un)n 1 définie par u1 = 1 et :
∀ n 1, un+1 = u2
n +
1
n
.
a) Déterminer la limite de un et un équivalent simple de un lorsque l’entier n tend vers l’infini.
b) Déterminer la nature des séries de termes généraux
1
un
et
(−1)n
un
.
Convergence et somme d’une série définie à partir d’une suite récurrente du type
un+1 = f(un)
On considère la suite réelle (un)n∈N définie par u0 ∈ ]1 ; +∞[ et :
∀ n ∈ N, un+1 = u2
n − un + 1 .
a) Montrer : un −−−→
n ∞
+ ∞. b) Existence et calcul de
+∞
n=0
1
un
.
Exemple de calcul de la somme d’une série convergente, utilisation d’une décomposition
en éléments simples
Existence et calcul de
+∞
n=1
3n − 2
n3 + 3n2 + 2n
.
Exemple de calcul de la somme d’une série convergente faisant intervenir la suite de
Fibonacci
On considère la suite de Fibonacci (φn)n 0 définie par φ0 = 0, φ1 = 1 et :
∀ n ∈ N, φn+2 = φn+1 + φn .
a) Montrer : ∀ n ∈ N, φ2
n+1 − φnφn+2 = (−1)n
.
b) En déduire : ∀ n ∈ N∗
,
(−1)n
φnφn+1
=
φn+1
φn
−
φn+2
φn+1
.
c) Existence et calcul de
+∞
n=1
(−1)n
φnφn+1
.
Exemples de détermination de la nature d’une série numérique
Déterminer la nature de la série de terme général un dans les exemples suivants :
a) tan
π
2
(7 + 4
√
3)n
b)
1
0
xn
1 + x + · · · + xn
dx c)
2n
k=n
1
(k + n)2 − k2
.
Nature d’une série déduite de deux autres séries
Soient (a,b) ∈ (R∗
+)2
,
n 0
un,
n 0
vn deux séries à termes dans R∗
+ , convergentes.
Quelle est la nature de la série de terme général wn =
u2
nv2
n
au3
n + bv3
n
?
©Dunod.Laphotocopienonautoriséeestundélit.
4.31
4.32
4.33
4.34
4.35
4.36](https://image.slidesharecdn.com/mathmatiquesmthodesetexercicesmp-141109172011-conversion-gate01/85/Mathematiques-methodes-et-exercices-mp-155-320.jpg)
![Chapitre 4 • Séries
146
Exemple de détermination de la nature d’une série dont le terme général fait intervenir
les sommes partielles d’une série
Déterminer la nature de la série de terme général un = ln exp
n
k=0
(−1)k
k + 1
− 1 .
Exemple de détermination de la nature d’une série dont le terme général un est donné
selon la parité de n
Déterminer la nature de la série de terme général :
un =
sin
1
n
si n est impair, n 1
− sh
1
n
si n est pair, n 2.
Étude des séries convergentes dont le terme général décroît
Soit (un)n 1 une suite à termes dans R∗
+, décroissante, telle que la série
n 1
un converge.
a) Montrer : nun −−−→
n ∞
0.
b) En déduire la nature des séries de termes généraux : vn = nu2
n, wn =
un
1 − nun
.
Étude de la nature d’une série par comparaison
a) Soit (un)n∈N∗ une suite à termes dans R∗
+, telle qu’il existe a ∈ ]1 ; +∞[ tel que :
∀ n ∈ N∗
,
un+1
un
n
n + 1
a
.
Montrer que la série
n 1
un converge.
b) Application : déterminer la nature de la série de terme général un =
1 · 3 · · · (2n − 1)
2 · 4 · · · (2n)
·
1
2n + 1
.
Exemple de recherche d’une limite de suite à l’aide d’une série
Trouver lim
n∞
+∞
k=n
1
k!
1
n ln n
.
Utilisation de groupements de termes pour étudier la nature d’une série
Déterminer, pour α ∈ R fixé, la nature de la série de terme général un =
(−1)
n(n+1)
2
nα
.
Étude d’intégrabilité se ramenant à la nature d’une série
Est-ce que l’application f : x −→ (1 + x4
sin 2
x)−3
est intégrable sur [0 ; +∞[ ?
Exemple de recherche d’un équivalent du reste d’une série alternée convergente
Trouver un équivalent simple de Rn =
+∞
k=n+1
(−1)k
k
lorsque l’entier n tend vers l’infini.
4.37
4.38
4.39
4.40
4.41
4.42
4.43
4.44](https://image.slidesharecdn.com/mathmatiquesmthodesetexercicesmp-141109172011-conversion-gate01/85/Mathematiques-methodes-et-exercices-mp-156-320.jpg)
![Énoncés des exercices
147
Nature de séries définies à partir d’une suite
On considère la suite réelle (un)n 0 définie par u0 0 et : ∀ n ∈ N, un+1 =
√
n + un.
a) Montrer : un −−−→
n ∞
+ ∞.
b) Établir que (un)n 0 est croissante à partir d’un certain rang.
c) Trouver un équivalent simple de un lorsque l’entier n tend vers l’infini.
d) Quelle est la nature, pour α ∈ ]0 ; +∞[ fixé, de la série de terme général
1
uα
n
?
e)} Quelle est la nature, pour β ∈ ]0 ; +∞[ fixé, de la série de terme général
(−1)n
u
β
n
?
Convergence et somme d’une série, intervention de la formule de Stirling
Existence et calcul de
+∞
n=1
un, où un = n ln 1 +
1
n
− 1 −
1
2n
.
Calcul de la somme d’une série convergente, utilisation d’une décomposition en
éléments simples
Existence et calcul de
+∞
n=1
un, où un =
1
n(2n + 1)
.
Exemple de calcul de la somme d’une série double
Existence et calcul de
+∞
p=0
+∞
q=1
1
(p + q2)(p + q2 + 1)
.
Exemple de recherche d’un équivalent du reste d’une série convergente
Trouver un équivalent simple de Rn =
+∞
k=n+1
√
k 2−k
lorsque l’entier n tend vers l’infini.
Exemple de recherche d’un équivalent de la somme partielle d’une série divergente·
Trouver un équivalent simple de Sn =
n
k=1
ek
k
lorsque l’entier n tend vers l’infini.
Exemple de recherche d’un développement asymptotique de la somme partielle d’une
série divergente
Former un développement asymptotique de Sn =
n
k=1
Arctan
√
k, à la précision o(
√
n) lorsque
l’entier n tend vers l’infini.
Exemple de recherche d’un équivalent du terme général d’une suite définie par une
relation de récurrence, utilisation d’une série
On considère la suite réelle (un)n 1 définie par u1 ∈ ]0 ; +∞[ et : ∀ n ∈ N∗
, un+1 = un +
1
nun
.
Montrer : a) un −−−→
n ∞
+ ∞ b) un ∼
n∞
√
2 ln n.
©Dunod.Laphotocopienonautoriséeestundélit.
4.45
4.46
4.47
4.48
4.49
4.50
4.51
4.52](https://image.slidesharecdn.com/mathmatiquesmthodesetexercicesmp-141109172011-conversion-gate01/85/Mathematiques-methodes-et-exercices-mp-157-320.jpg)
![Du mal à démarrer ?
149
Égalité de deux sommes de séries par intervention d’une série double
Établir, pour tout a ∈ ]0 ; +∞[ :
+∞
n=0
1
ch (2n + 1)a
=
+∞
n=0
(−1)n
sh (2n + 1)a
.
Recherche d’un développement asymptotique du terme général d’une suite du type
un+1 = f(un)
On considère la suite réelle (un)n 0 définie par u0 ∈ ]0 ; +∞[ et :
∀ n ∈ N, un+1 = un +
1
un
.
Montrer : a) un −−−→
n ∞
+ ∞ b) un ∼
n∞
√
2n c) un =
√
2n +
1
4
√
2
ln n
√
n
+ o
n∞
ln n
√
n
.
Nature de la série
n 1
ϕ(n)
n2
Soit ϕ : N∗
−→ N∗
injective. Montrer que la série
n 1
ϕ(n)
n2
diverge.
©Dunod.Laphotocopienonautoriséeestundélit.
4.58
4.59
4.60
Du mal à démarrer ?
Il s’agit de séries à termes réels 0.
Essayer d’appliquer (dans l’ordre) le théorème de majoration ou
de minoration,le théorème d’équivalence,la règle nαun,la règle
de d’Alembert, une comparaison série/intégrale.
a) Majoration.
b) Expression conjuguée, puis minoration.
c) Majoration.
d) Équivalent.
e) Équivalent, puis majoration.
f) Équivalent, puis règle nαun.
g) Règle de d’Alembert.
h) Équivalent, si a = 0.
Il s’agit d’exemples de séries de Bertrand
n 2
1
nα(ln n)β
, (α,β) ∈ R2
fixé.
Mais le résultat général sur les séries de Bertrand n’est pas au
programme.
Essayer d’appliquer :le théorème de majoration ou le théorème
de minoration, la règle nαun, une comparaison série/intégrale.
a),b) Majoration, minoration.
c),d) Règle nαun.
e),f) Comparaison série/intégrale.
Faire apparaître des réels 0 et utiliser le théorème de
majoration pour des séries à termes 0.
Il s’agit de séries à termes 0. Remarquer d’abord :
an −−−→
n∞
0. Utiliser ensuite une majoration ou un équivalent.
Il s’agit de séries alternées.
a) Convergence absolue.
b) TSCSA.
c),d) Utiliser un développement asymptotique.
Utiliser le lien suite/série : la suite (un)n∈N∗ converge si et
seulement si la série
n∈N∗
(un+1 − un) converge.
1) Existence : Équivalent.
2) Calcul :Décomposition en éléments simples,puis télescopage.
4.1
4.2
4.3
4.4
4.5
4.6
4.7](https://image.slidesharecdn.com/mathmatiquesmthodesetexercicesmp-141109172011-conversion-gate01/85/Mathematiques-methodes-et-exercices-mp-159-320.jpg)
![Chapitre 4 • Séries
150
a) Équivalent et règle de d’Alembert.
b) • Degrés successifs.
• Faire apparaître X(X − 1)(X − 2) dans P, puis faire apparaître
X(X − 1),…
c) Décomposer en somme de séries convergentes.
Il s’agit de séries à termes réels 0.
Essayer d’appliquer (dans l’ordre) le théorème de majoration ou
de minoration,le théorème d’équivalence,la règle nαun,la règle
de d’Alembert, une comparaison série/intégrale.
Si le terme général un fait intervenir un ou des paramètres, on
pourra être amené à former un développement asymptotique
de un,qui permettra,selon les valeurs des paramètres,d’obtenir
un équivalent de un, ou une estimation de un.
a) Effectuer un développement asymptotique de n sin
1
n
, puis
de un.
b) Traiter d’abord les cas λ < 0, λ = 0.
Pour λ > 0, utiliser la règle nαun.
c) Majoration et règle nαun.
d), e), f), j) Former un développement asymptotique de un à la
précision O
1
n2
.
g),k) Règle de d’Alembert.
h) Séparer en cas selon la position de a par rapport à 1, à cause
de la présence de xn
dans l’intégrale. Utiliser ensuite une majo-
ration ou une minoration.
i) Séparer en cas selon la position de a et b par rapport à 1,et uti-
liser des équivalents.
Il s’agit de séries à termes 0.
Pour obtenir des inégalités sur un, vn , utiliser un encadrement
de tan t, en montrant :
∀ t ∈ [0 ; 1], t tan t 2t .
Commencer par chercher un équivalent simple de
n
k=0
k! .
Puisque k! croît très vite, on peut conjecturer que
n
k=1
k!, est
équivalent à n! lorsque l’entier n tend vers l’infini.
Utiliser la formule de Stirling : n! ∼
n∞
n
e
n√
2πn pour
déduire un développement asymptotique de ln un , puis un
équivalent simple de un lorsque l’entier n tend vers l’infini.
• Montrer d’abord que, si la série
n
un converge, alors
nécessairement P est de degré 3 et de coefficient dominant
égal 1.
• Pour P = X3 + aX2 + bX + c, (a,b,c) ∈ R3
,calculer un déve-
loppement asymptotique de un.
b) Étudier
un
1 + un
− un.
La présence de racines carrées dans une sommation (ou
dans une intégrale) fait penser à l’inégalité de Cauchy et
Schwarz. Appliquer celle-ci, dans RN
usuel, pour N fixé, afin
d’obtenir une majoration des sommes partielles.
Obtenir une majoration convenable de un.
Traiter les cas immédiats a > b, a = b.
Pour a < b, montrer que le TSCSA s’applique.
• Majorer |un| par le terme général d’une série géométrique
convergente.
• Évaluer ln|vn| et montrer que ln|vn| ne tend pas vers 1 lorsque
l’entier n tend vers l’infini.
1) Existence : Équivalent.
2) Calcul : En utilisant une expression conjuguée, amener un
télescopage dans le calcul des sommes partielles.
1) Existence : Équivalent.
2) Calcul : Amener un télescopage dans le calcul des sommes
partielles.
a) Récurrence sur n, ou télescopage.
b) D’après a),la suite des sommes partielles de la série de terme
général vn est majorée (par 1).
Calculer
3p
n=1
un, puis déterminer sa limite lorsque l’entier p
tend vers l’infini, par exemple en utilisant le théorème sur les
sommes de Riemann.
Relier avec
3p+1
n=1
un et avec
3p+2
n=1
un.
Effectuer une comparaison série/intégrale, à l’aide, pour
x ∈ ]0 ; +∞[ fixé, de l’application
[1 ; +∞[−→ R, t −→
1
t(t + x)
.
• Montrer :
+∞
k=n
1
k!
∼
n∞
1
n!
.
• En utilisant la formule de Stirling n! ∼
n∞
n
e
n√
2πn, en dédui-
re un équivalent simple de un lorsque l’entier n tend vers l’infini.
4.8
4.9
4.10
4.11
4.12
4.13
4.14
4.15
4.16
4.17
4.18
4.19
4.20
4.21
4.22
4.23
4.24](https://image.slidesharecdn.com/mathmatiquesmthodesetexercicesmp-141109172011-conversion-gate01/85/Mathematiques-methodes-et-exercices-mp-160-320.jpg)
![Chapitre 4 • Séries
152
Traiter d’abord le cas α 0, d’étude immédiate.
Pour α > 0, grouper les termes quatre par quatre, puisque la
suite (−1)
n(n+1)
2
n 0
est périodique de période 4.
En notant, pour tout n ∈ N, un =
(n+1)π
nπ
f, montrer
d’abord que l’intégrabilité de f est équivalente à la convergence
de la série
n 0
un.
Évaluer un par changements de variables et inégalités.
Exprimer Rn à l’aide d’une intégrale, en utilisant
1
k
=
1
0
tk−1
dt, et en commençant par travailler sur
p
k=n+1
(−1)k
k
puis en faisant tendre p vers l’infini.
Pour déterminer un équivalent simple de
1
0
tn
1 + t
dt, utiliser
une intégration par parties.
b) Remarquer d’abord que (un)n 0 ne peut pas être
décroissante. Sachant un0+1 un0 pour n0 fixé, déduire que
(un)n n0 est croissante.
c) Considérer, pour tout n ∈ N, Pn = X2 − X − n et situer un+1
par rapport aux deux zéros de Pn .
En déduire : un = o(n), puis : un ∼
n∞
√
n.
d) Équivalent.
e) TSCSA.
1) Existence : Équivalent, par l’intermédiaire d’un dévelop-
pement limité.
2) Écrire une somme partielle,amener un télescopage,et utiliser
la formule de Stirling : n! ∼
n∞
n
e
n√
2πn.
1) Existence : Équivalent.
2) Calcul : Utiliser une décomposition en éléments simples et la
constante d’Euler :
N
n=1
1
n
= ln N + γ + o
N∞
(1).
L’existence et le calcul se montrent simultanément,en uti-
lisant le théorème d’interversion de deux sommations, dans le
cas des réels 0. Utiliser une décomposition en éléments
simples du terme général.
Montrer d’abord que la série
k
√
k 2−k
converge.
Considérer,pour tout n ∈ N : vn = un − un+1 et utiliser un théo-
rème de sommation des relations de comparaison.
En notant un =
en
n
, étudier un+1 − un et utiliser un théo-
rème de sommation des relations de comparaison.
Commencer par transformer l’écriture de Sn de façon que
Arctan s’applique à un élément près de 0. Utiliser ensuite un
théorème de sommation des relations de comparaison.
a) Étudier la nature de la série
n 1
(un+1 − un) et utiliser le
lien suite/série.
b) Étudier u2
n+1 − u2
n et utiliser un théorème de sommation des
relations de comparaison.
Utiliser un théorème de sommation des relations de com-
paraison, pour obtenir des équivalents des différentes somma-
tions qui apparaissent dans l’énoncé.
Remarquer :
1
pn
∼
n∞
ln
1
1 −
1
pn
,
et étudier les sommes partielles de la série de terme général
ln
1
1 −
1
pn
, en développant
1
1 −
1
pn
en série géométrique et en
utilisant la décomposition de tout entier ( 2) en produit de
nombres premiers.
a) Séparer en cas selon la position de α par rapport à 1.
Si α = 1, supposer que la série
n
un
Sn
converge et déduire une
contradiction, en utilisant
un
Sn
∼
n∞
−ln 1 −
un
Sn
.
Si α ∈ ]0 ; 1[, utiliser une minoration et le résultat du cas précé-
dent.
Si α ∈ ]1 ; +∞[, remarquer :
un
Sα
n
Sn
Sn−1
1
xα
dx.
1) Existence de C :
Noter vn =
n
k=1
ln 1 +
1
k
+
1
k2
et wn =
n
k=1
1
k
.
En utilisant des développements limités, montrer que la série
k 1
ln 1 +
1
k
+
1
k2
−
1
k
converge.
2) Évaluation de C :
Utiliser : 1 +
1
k
+
1
k2
1 +
1
k
,
et, pour k 2 : 1 +
1
k
+
1
k2
1 +
1
k − 1
.
4.42
4.43
4.44
4.45
4.46
4.47
4.48
4.49
4.50
4.51
4.52
4.53
4.54
4.55
4.56](https://image.slidesharecdn.com/mathmatiquesmthodesetexercicesmp-141109172011-conversion-gate01/85/Mathematiques-methodes-et-exercices-mp-162-320.jpg)
![Ainsi, f n’est pas intégrable sur [2 ; +∞[ et on conclut que la
série
n
1
n ln n
diverge.
f) Considérons l’application
g : [2 ; +∞[−→ R, x −→
1
x(ln x)2
.
Il est clair que g est continue, décroissante, 0.
D’après le cours sur la comparaison série/intégrale, la série
n
un converge si et seulement si l’application g est intégrable
sur [2 ; +∞[.
On a, pour tout X ∈ [2 ; +∞[ :
X
2
g(x) dx =
X
2
1
x(ln x)2
dx =
y= ln x
ln X
ln 2
1
y2
dy
= −
1
y
ln X
ln 2
= −
1
ln X
+
1
ln 2
−→
X−→+∞
1
ln 2
.
Ainsi, g est intégrable sur [2 ; +∞[, et on conclut que la série
n
1
n(ln n)2
converge.
On a : ∀ n ∈ N, 0 wn − un vn − un.
Comme les séries de termes généraux un et vn convergent, par
opération, la série de terme général vn − un converge, puis, par
théorème de majoration pour des séries à termes 0, la série
de terme général wn − un converge.
Enfin, comme : ∀ n ∈ N, wn = (wn − un) + un
et que les séries de termes généraux wn − un et un convergent,
par addition, la série de terme général wn converge.
• On a, pour tout n : 0 un =
an
1 + an
an.
Comme la série
n
an converge, par théorème de majoration
pour des séries à termes 0, on conclut que la série
n
un
converge.
• Puisque la série
n
an converge, on a : an −−−→
n ∞
0, donc :
vn =
ch an − 1
an
∼
n∞
1
2
a2
n
an
=
1
2
an 0.
Comme la série
n
an converge, par théorème d’équivalence
pour des séries à termes 0, on conclut que la série
n
vn
converge.
• Puisque la série
n
an converge, on a : an −−−→
n ∞
0,
donc, à partir d’un certain rang : 0 an 1, d’où :
0 wn = a2
n an .
155
n 2
1
nα(ln n)β
converge⇐⇒ α > 1 ou α = 1 et β > 1
est hors-programme, il nous faut ici étudier chaque cas pro-
posé.
a) On a, pour n 3 : 0
1
n2 ln n
1
n2
.
D’après l’exemple de Riemann (2 > 1) et le théorème de ma-
joration pour des séries 0, on conclut que la série
n
1
n2 ln n
converge.
b) On a, pour n 3 :
ln n
n
1
n
0.
D’après l’exemple de Riemann et le théorème de minoration
pour des séries à termes 0, on conclut que la série
n
ln n
n
diverge.
c) On a : n3/2
un = n3/2 ln n
n2
=
ln n
n1/2
−−−→
n ∞
0,
par prépondérance classique, d’où, à partir d’un certain rang :
n3/2
un 1, et donc : 0 un
1
n3/2
.
D’après l’exemple de Riemann (3/2 > 1) et le théorème de ma-
joration pour des séries à termes 0, on conclut que la série
n
ln n
n2
converge.
d) On a : nun = n
1
√
n ln n
=
√
n
ln n
−−−→
n ∞
+ ∞,
par prépondérance classique, d’où, à partir d’un certain rang :
nun 1, et donc : un
1
n
0.
D’après l’exemple de Riemann et le théorème de minoration
pour des séries à termes 0, on conclut que la série
n
1
√
n ln n
diverge.
e) Considérons l’application
f : [2 ; +∞[−→ R, x −→
1
x ln x
.
Il est clair que f est continue, décroissante, 0. D’après le cours
sur la comparaison série/intégrale, la série
n
un converge si
et seulement si l’application f est intégrable sur [2 ; +∞[.
On a, pour tout X ∈ [2 ; +∞[ :
X
2
f (x) dx =
X
2
1
x ln x
dx =
y = ln x
ln X
ln 2
1
y
dy
= [ ln y]ln X
ln 2 = ln ln X − ln ln 2 −→
X−→+∞
+∞.
4.3
4.4](https://image.slidesharecdn.com/mathmatiquesmthodesetexercicesmp-141109172011-conversion-gate01/85/Mathematiques-methodes-et-exercices-mp-165-320.jpg)
![Par multiplication par X + 2, puis remplacement de X par −2,
on obtient : c =
6
2
= 3.
Par multiplication par X + 3, puis remplacement de X par −3,
on obtient : d =
24
−6
= −4.
On obtient : F = −
1
X
+
2
X + 1
+
3
X + 2
−
4
X + 3
.
• D’où, pour tout N ∈ N∗
(tel que N 4), par télescopage :
N
n=1
un
= −
N
n=1
1
n
+ 2
N
n=1
1
n + 1
+ 3
N
n=1
1
n + 2
− 4
N
n=1
1
n + 3
= −
N
n=1
1
n
+ 2
N+1
n=2
1
n
+ 3
N+2
n=3
1
n
− 4
N+3
n=4
1
n
= − 1 +
1
2
+
1
3
+
N
n=4
1
n
+ 2
1
2
+
1
3
+
N
n=4
1
n
+
1
N + 1
+ 3
1
3
+
N
n=4
1
n
+
1
N + 1
+
1
N + 2
− 4
N
n=4
1
n
+
1
N + 1
+
1
N + 2
+
1
N + 3
=
5
6
+
2
N + 1
+ 3
1
N + 1
+
1
N + 2
− 4
1
N + 1
+
1
N + 2
+
1
N + 3
−→
N∞
5
6
.
On conclut que la série
n 1
un converge et que sa somme est :
+∞
n=1
un =
5
6
.
a) On a : un =
n3
+ 6n2
− 5n − 2
n!
∼
n∞
n3
n!
, noté vn.
On a : ∀ n ∈ N∗
, vn > 0 et :
vn+1
vn
=
(n + 1)3
(n + 1)!
n!
n3
=
(n + 1)2
n3
∼
n∞
1
n
−−−→
n ∞
0 < 1 .
D’après la règle de d’Alembert, la série
n
vn converge.
Par théorème d’équivalence pour des séries à termes 0, on
conclut que la série
n
un converge.
b) • En notant
P0 = 1, P1 = X, P2 = X(X − 1), P3 = X(X − 1)(X − 2) ,
on a : ∀ i ∈ {0,. . . ,3}, deg (Pi ) = i, donc, d’après le cours,
B = (P0, P1, P2, P3) est une base de R3[X].
• Exprimons P sur la base B.
On a, en développant :
P0 = 1, P1 = X, P2 = X2
− X, P3 = X3
− 3X2
+ 2X .
D’où, en faisant apparaître successivement P3, P2, P1, P0
dans P :
P = X3
+ 6X2
− 5X − 2
= (X3
− 3X2
+ 2X) + 9X2
− 7X − 2
= P3 + 9(X2
− X) + 2X − 2 = P3 + 9P2 + 2P1 − 2P0 .
c) On a, en manipulant des sommes de séries toutes conver-
gentes (d’après la règle de d’Alembert, par exemple) :
S =
+∞
n=0
un =
+∞
n=0
1
n!
P3(n) + 9P2(n) + 2P1(n) − 2P0(n)
=
+∞
n=0
P3(n)
n!
+ 9
+∞
n=0
P2(n)
n!
+ 2
+∞
n=0
P1(n)
n!
− 2
+∞
n=0
P0(n)
n!
.
Calculons ces différentes sommes de séries convergentes.
•
+∞
n=0
P0(n)
n!
=
+∞
n=0
1
n!
= e.
•
+∞
n=0
P1(n)
n!
=
+∞
n=0
n
n!
=
+∞
n=1
1
(n − 1)!
=
+∞
p=0
1
p!
= e
•
+∞
n=0
P2(n)
n!
=
+∞
n=0
n(n − 1)
n!
=
+∞
n=2
1
(n − 2)!
=
+∞
p=0
1
p!
= e
•
+∞
n=0
P3(n)
n!
=
+∞
n=0
n(n − 1)(n − 2)
n!
=
+∞
n=3
1
(n − 3)!
=
+∞
p=0
1
p!
= e.
d’où :
+∞
n=0
un = e + 9 e + 2 e − 2 e = 10 e.
a) Effectuons un développement asymptotique :
n sin
1
n
= n
1
n
−
1
6n3
+ o
1
n3
= 1 −
1
6n2
+ o
1
n2
,
puis :
ln un = na
ln n sin
1
n
= na
ln 1 −
1
6n2
+ o
1
n2
= na
−
1
6n2
+ o
1
n2
= −
1
6
na−2
+ o(na−2
) .
• Si a < 2, alors ln un −−−→
n ∞
0, un −−−→
n ∞
1, un −−−→
n ∞
/ 0 ,
donc la série
n
un diverge grossièrement.
157
4.8
4.9](https://image.slidesharecdn.com/mathmatiquesmthodesetexercicesmp-141109172011-conversion-gate01/85/Mathematiques-methodes-et-exercices-mp-167-320.jpg)
![On peut représenter graphiquement l’ensemble des couples
(a,b) ∈ (R+)2
tels que la série
n
un converge :
On a :
ln(n + 1)
ln n
=
ln n + ln 1 +
1
n
ln n
=
ln n +
1
n
+ o
1
n
ln n
= 1 +
1
n ln n
+ o
1
n ln n
,
puis :
ln(n + 1)
ln n
n
= exp n ln
ln (n + 1)
ln n
= exp n ln 1 +
1
n ln n
+ o
1
n ln n
= exp n
1
n ln n
+ o
1
n ln n
= exp
1
ln n
+ o
1
ln n
−−−→
n ∞
1.
D’autre part, par prépondérance classique :
ln (n + 1)
n + 1
−−−→
n ∞
0 .
On déduit :
un+1
un
−−−→
n ∞
0 < 1.
D’après la règle de d’Alembert, on conclut que la série
n
un
converge.
1) • On sait (par exemple, par l’étude des variations de
t −→ tan t − t), que :
∀ t ∈ 0 ;
π
2
, tan t t .
• D’où, pour tout n ∈ N :
un =
1
0
tan (xn
) dx
1
0
xn
dx =
xn+1
n + 1
1
0
=
1
n + 1
.
Comme la série
n
1
n + 1
diverge (série décalée de la série har-
monique), par théorème de minoration pour des séries à termes
0, on conclut que la série
n
un diverge.
2) • Montrons : ∀ t ∈ [0 ; 1], tan t 2t.
L’application f : t −→ tan t − 2t est dérivable sur [0 ; 1] et :
∀ t ∈ [0 ; 1], f (t) = tan2
t − 1,
d’où le tableau de variations de f :
161
1
1O
b
a
j) Effectuons un développement asymptotique :
un = n
√
a − 2
n
√
b + n
√
c = e
1
n ln a
− 2 e
1
n ln b
+ e
1
n ln c
= 1 +
1
n
ln a + O
1
n2
− 2 1 +
1
n
ln b + O
1
n2
+ 1 +
1
n
ln c + O
1
n2
=
1
n
ln
ac
b2
+ O
1
n2
.
• Si
ac
b2
=/ 1, alors ln
ac
b2
=/ 0, un ∼
n∞
ln
ac
b2
1
n
.
Comme la série
n
1
n
diverge, par multiplication par un coef-
ficient fixé non nul, puis par théorème d’équivalence pour des
séries à termes 0, la série
n
un diverge.
• Si
ac
b2
= 1, alors un = O
1
n2
.
D’après l’exemple de Riemann (2 > 1) et le théorème de ma-
joration pour des séries à termes 0, la série
n
O
1
n2
converge. Ainsi, la série
n
O
1
n2
est absolument conver-
gente, donc convergente.
On conclut que la série
n
un converge si et seulement si :
ac = b2
.
k) Essayons d’utiliser la règle de d’Alembert.
On a : ∀ n 2, un > 0 et :
un+1
un
=
ln (n + 1)
n+1
(n + 1)!
n!
( ln n)n
=
ln (n + 1)
ln n
n
ln (n + 1)
n + 1
.
4.10](https://image.slidesharecdn.com/mathmatiquesmthodesetexercicesmp-141109172011-conversion-gate01/85/Mathematiques-methodes-et-exercices-mp-171-320.jpg)
![Et : f (1) = tan 1 − 2 −0,443 . . . < 0.
On conclut : ∀ t ∈ [0 ; 1], tan t 2t.
• D’où, pour tout n ∈ N :
vn =
1
0
tan (xn2
) dx
1
0
2xn2
dx
= 2
xn2+1
n2 + 1
1
0
=
2
n2 + 1
2
n2
.
D’après l’exemple de Riemann (2 > 1) et le théorème de ma-
joration pour des séries à termes 0, on conclut que la série
n
vn converge.
1) Commençons par chercher un équivalent de
n
k=0
k!,
lorsque l’entier n tend vers l’infini.
On a, pour tout n ∈ N (tel que n 2) :
0
n
k=0
k! − n! =
n−1
k=0
k! =
n−2
k=0
k! + (n − 1)!
(n − 1)(n − 2)! + (n − 1)! = 2 (n − 1)! .
Comme
2(n − 1)!
n!
=
2
n
−−−→
n ∞
0, on a : 2(n − 1)! = o(n!),
et on obtient :
n
k=0
k! ∼
n∞
n! .
2) • On a :
un =
1
(n + 1)!
n
k=0
k! ∼
n∞
n!
(n + 1)!
=
1
n + 1
0 .
Comme la série
n
1
n + 1
diverge (série décalée de la série har-
monique), par théorème d’équivalence pour des séries à termes
0, on conclut que la série
n
un diverge.
• On a :
vn =
1
(n + 2)!
n
k=0
k! ∼
n∞
n!
(n + 2)!
=
1
(n + 1)(n + 2)
∼
n∞
1
n2
.
D’après l’exemple de Riemann (2 > 1) et le théorème d’équi-
valence pour des séries à termes 0, on conclut que la série
n
vn converge.
Essayons d’utiliser la formule de Stirling :
n! ∼
n∞
n
e
n√
2πn .
On a donc : ln (n!) = n ln n − n +
1
2
ln (2πn) + o(1),
d’où :
ln un
=
1
n
ln (n!) − ln (2n)!
=
1
n
n ln n − n +
1
2
ln (2πn) + o(1)
− 2n ln (2n) − 2n +
1
2
ln (2π2n) + o(1)
=
1
n
− n ln n + (1 − 2 ln 2)n −
1
2
ln 2 + o(1)
= − ln n + (1 − 2 ln 2) + o(1).
Puis :
un = exp − ln n + (1 − 2 ln 2) + o(1)
=
1
n
e 1−2 ln 2
e o(1)
∼
n∞
e 1−2 ln 2 1
n
=
e
4n
0.
D’après l’exemple de Riemann et le théorème d’équivalence
pour des séries à termes 0, on conclut que la série
n
un
diverge.
Si la série
n
un converge, alors nécessairement
un −−−→
n ∞
0, donc : (n4
+ 3n2
)1/4
− P(n)
1/3
= o(1), d’où :
P(n)
1/3
= (n4
+ 3n2
)1/4
+ o(1) ∼
n∞
(n4
+ 3n2
)1/4
∼
n∞
n ,
et donc P(n) ∼
n∞
n3
, ce qui montre que P est de degré 3 et de
coefficient dominant égal à 1.
Notons donc P = X3
+ aX2
+ bX + c, (a,b,c) ∈ R3
.
Effectuons un développement asymptotique :
un = (n4
+ 3n2
)1/4
− (n3
+ an2
+ bn + c)1/3
= n 1 +
3
n2
1/4
− 1 +
a
n
+
b
n2
+
c
n3
1/3
= n 1 +
3
4n2
+ O
1
n4
− 1 +
1
3
a
n
+
b
n2
+
c
n3
+
1
3
− 2
3
2!
a2
n2
+ O
1
n3
= −
a
3
+
3
4
−
b
3
+
a2
9
1
n
+ O
1
n2
.
162
4.11
4.13
4.12t 0 π/4 1
f (t) − 0 +
f (t) 0](https://image.slidesharecdn.com/mathmatiquesmthodesetexercicesmp-141109172011-conversion-gate01/85/Mathematiques-methodes-et-exercices-mp-172-320.jpg)
![• Si a =/ 0, alors un −−−→
n ∞
−
a
3
=/ 0, donc la série
n
un
diverge grossièrement.
• Si a = 0 et
3
4
−
b
3
+
a2
9
noté C
=/ 0, alors un ∼
n∞
C
n
.
D’après l’exemple de Riemann, par multiplication par une
constante non nulle, et par le théorème d’équivalence pour des
séries à termes réels 0, on conclut que la série
n
un
diverge.
• Si a = 0 et C = 0, alors un = O
1
n2
.
D’après l’exemple de Riemann (2 > 1) et le théorème de ma-
joration pour des séries à termes 0, la série
n
O
1
n2
converge. Ainsi, la série
n
O
1
n2
est absolument conver-
gente, donc convergente.
Finalement, la série
n
un converge si et seulement si a = 0
et C = 0, ce qui revient à : a = 0 et b =
9
4
.
On conclut :
l’ensemble des polynômes P ∈ R[X] tels que la série de terme
général un = (n4
+ 3n2
)1/4
− P(n)
1/3
converge est
X3
+
9
4
X + c ; c ∈ R .
On remarque que, pour c ∈ R, un n’est défini qu’à partir d’un
certain rang, mais que la série de terme général un est conver-
gente, puisque l’énoncé n’impose pas l’indice de départ.
a) Puisque la série
n
un, converge, on a :
un −−−→
n ∞
0, donc, à partir d’un certain rang : un =/ − 1.
b) D’après a), la série de terme général vn =
un
1 + un
est bien
définie à partir d’un certain rang.
On a, pour tout n :
|vn − un| =
un
1 + un
− un =
u2
n
|1 + un|
∼
n∞
u2
n .
Comme la série de terme général u2
n converge, d’après le théo-
rème d’équivalence pour des séries à termes 0, la série de
terme général |vn − un| converge. Ainsi, la série de terme gé-
néral vn − un est absolument convergente, donc convergente.
Enfin, comme, pour tout n : vn = (vn − un) + un,
par addition de deux séries convergentes, on conclut que la série
de terme général vn est convergente.
Rappelons l’inégalité de Cauchy-Schwarz, dans RN
usuel, pour N ∈ N∗
fixé :
∀ (x1,. . . ,xN ), (y1, . . . ,yN ) ∈ RN
,
N
n=1
xn yn
N
n=1
x2
n
1
2 N
n=1
y2
n
1
2
.
En appliquant ceci à
√
un et
1
n
, à la place respectivement de xn
et yn, on obtient :
∀ N ∈ N∗
, 0
N
n=1
√
un
n
N
n=1
un
1
2 N
n=1
1
n2
1
2
.
Puisque les séries
n
un et
n
1
n2
sont convergentes et à termes
0, on a, pour tout N ∈ N∗
:
N
n=1
un
+∞
n=1
un et
N
n=1
1
n2
+∞
n=1
1
n2
.
D’où :
∀ N ∈ N∗
, 0
N
n=1
√
un
n
+∞
n=1
un
1
2 +∞
n=1
1
n2
1
2
.
Ceci montre que les sommes partielles de la série à termes 0,
n 1
√
un
n
, sont majorées.
D’après un lemme du cours, on conclut que la série
n 1
√
un
n
converge.
• Une récurrence immédiate montre que, pour tout
n ∈ N∗
, un existe et un > 0.
• On a : ∀ n 1, un+1 = ln 1 +
un
n
un
n
,
car on sait : ∀ x ∈ ] − 1 ; +∞[, ln(1 + x) x.
Il en résulte, par une récurrence immédiate :
∀ n 1, 0 < un
u1
(n − 1)!
,
puis : ∀ n 1, 0 < uα
n
uα
1
(n − 1)!
α , noté vn.
On a : ∀ n 1, vn > 0, et :
vn+1
vn
=
(n − 1)!
α
(n!)α
=
1
nα
−−→
n ∞
0 < 1 .
D’après la règle de d’Alembert, la série
n 1
vn converge.
163
4.14
4.15
4.16](https://image.slidesharecdn.com/mathmatiquesmthodesetexercicesmp-141109172011-conversion-gate01/85/Mathematiques-methodes-et-exercices-mp-173-320.jpg)
![On conclut que la série
n 1
un converge et que sa somme est
égale à ln 3.
• Soit x ∈ ]0 ; +∞[ fixé.
Pour évaluer la somme de série proposée, nous allons utiliser
une comparaison à une intégrale.
L’application f : [1 ; +∞[−→ R, t −→
1
t(t + x)
est continue, décroissante, intégrable sur [1 ; +∞[, car
f (t) ∼
t−→+∞
1
t2
0.
On déduit, par comparaison série/intégrale, que la série
n 1
1
n(n + x)
converge (ce qui était aussi visible en prenant un
équivalent) et que :
+∞
1
f (t) dt
+∞
n=1
1
n(n + x)
f (1) +
+∞
1
f (t) dt .
On calcule l’intégrale :
+∞
1
f (t) dt =
+∞
1
1
t(t + x)
dt
=
+∞
1
1
x
1
t
−
1
t + x
dt =
1
x
ln t − ln (t + x)
+∞
1
=
1
x
ln
t
t + x
+∞
1
= −
1
x
ln
1
1 + x
=
ln (x + 1)
x
.
On a donc, pour tout x ∈ ]0 ; +∞[ :
ln(x + 1)
x
+∞
n=1
1
n(n + x)
1
1 + x
+
ln(x + 1)
x
.
• Comme :
1
1 + x
=
o ln (x + 1)
x + 1
=o
ln (x + 1)
x + 1
=o
ln (x + 1)
x
,
On a :
1
1 + x
+
ln(x + 1)
x
∼
x−→+∞
ln(x + 1)
x
.
On conclut, par encadrement :
+∞
n=1
1
n(n + x)
∼
x−→+∞
ln (x + 1)
x
=
1
x
ln x + ln 1 +
1
x
∼
x−→+∞
ln x
x
.
• Commençons par chercher un équivalent simple de
+∞
k=n
1
k!
lorsque l’entier n tend vers l’infini.
166
4.22
4.23
4.24
b) D’après a), on a : ∀ n 1,
n
k=1
vk 1.
Ainsi, la série
n
vn est à termes 0 et ses sommes partielles
sont majorées. D’après un lemme du cours, on conclut que la
série
n 1
vn converge.
• Groupons les termes trois par trois.
On a, pour tout p ∈ N∗
:
3p
n=1
un =
1
1
+
1
2
−
2
3
+
1
4
+
1
5
−
2
6
+ · · ·
+
1
3p − 2
+
1
3p − 1
−
2
3p
=
3p
n=1
1
n
− 3
p
k=1
1
3k
=
3p
n=1
1
n
−
p
n=1
1
n
=
3p
n=p+1
1
n
=
2p
i=1
1
p + i
=
1
p
2p
i=1
1
1 +
i
p
.
En notant q = 2p, on a donc :
3p
n=1
un = 2
1
q
q
i=1
1
1 +
2i
q
.
On reconnaît une somme de Riemann, pour la fonction
f : x −→
1
1 +
2
x
, qui est continue sur le segment [0 ; 1].
On a donc :
1
q
q
i=1
1
1 +
2i
q
−→
q∞
1
0
1
1 + 2x
dx
=
1
2
ln (1 + 2x)
1
0
=
1
2
ln 3.
On a donc, par suite extraite :
3p
n=1
un −→
p∞
ln 3.
• Comme un −−−→
n ∞
0, on a alors aussi :
3p+1
n=1
un =
3p
n=1
un + u3p+1 −→
p∞
ln 3 ,
3p+2
n=1
un =
3p
n=1
un + u3p+1 + u3p+2 −→
p∞
ln 3 .
Comme les 3p, 3p + 1, 3p + 2, p décrivant N∗
, recouvrent
tous les entiers ( 3), on déduit :
n
k=1
uk −−−→
n ∞
ln 3 .](https://image.slidesharecdn.com/mathmatiquesmthodesetexercicesmp-141109172011-conversion-gate01/85/Mathematiques-methodes-et-exercices-mp-176-320.jpg)
![Comme : ∀ n ∈ N, un u0,
on déduit, par passage à la limite : u0,
et donc > 0 d’où ∈ ]0 ; π/2].
b) On a, pour tout n ∈ N : tan un+1 = an + tan un,
donc an = tan un+1 − tan un.
D’après le lien suite/série, il en résulte que la série
n∈N
anconverge si et seulement si la suite (tan un)n∈N converge.
D’après a), si =/ π/2, alors la suite (tan un)n∈N converge vers
tan , et, si = π/2, alors la suite (tan un)n∈N diverge.
On déduit que la suite (tan un)n∈N converge si et seulement si
=/ π/2 et on conclut que la série
n∈N
an converge si et seu-
lement si =/ π/2.
a) Soit n ∈ N − {0,1} fixé.
On a, en échangeant les rôles de p et q :
Sn =
1 p<q n
1
√
pq
=
1 q<p n
1
√
qp
,
d’où, en additionnant :
2Sn =
1 p=/ n
1
√
pq
=
1 p,q n
1
√
pq
−
1 p=q n
1
√
pq
=
n
p=1
1
√
p
n
q=1
1
√
q
−
n
p=1
1
p
= A2
n − Bn.
On conclut : ∀ n ∈ N − {0,1}, Sn =
1
2
(A2
n − Bn).
b) Essayons de trouver d’abord des équivalents simples de An
et de Bn .
• Par comparaison somme/intégrale, puisque l’application
x ∈ [1 ; +∞[−→
1
√
x
∈ R est continue et décroissante, on a,
pour tout n ∈ N∗
:
n
1
1
√
x
dx An 1 +
n
1
1
√
x
dx .
On calcule l’intégrale :
n
1
1
√
x
dx = [2
√
x]n
1 = 2(
√
n − 1) .
On a donc, pour tout n ∈ N − {0,1} :
2
√
n − 2 An 2
√
n − 1 .
Comme 2
√
n − 2 ∼
n∞
2
√
n, et 2
√
n − 1 ∼
n∞
2
√
n,
on déduit, par encadrement : An ∼
n∞
2
√
n.
• De même, on obtient : Bn ∼
n∞
ln n.
• On a donc A2
n ∼
n∞
4n et Bn ∼
n∞
ln n.
167
D’abord, d’après la règle de d’Alembert ou le cours sur la série
de l’exponentielle, la série
k 0
1
k!
converge, donc, pour tout
n ∈ N,
+∞
k=n
1
k!
existe.
On a, pour tout n ∈ N :
0
+∞
k=n
1
k!
−
1
n!
=
+∞
k=n+1
1
k!
=
1
(n + 1)!
1 +
1
n + 2
+
1
(n + 2)(n + 3)
+ · · ·
1
(n + 1)!
1 +
1
n + 2
+
1
(n + 2)2
+ · · ·
=
1
(n + 1)!
1
1 −
1
n + 2
=
1
(n + 1)!
n + 2
n + 1
=
1
n!
n + 2
(n + 1)2
= o
1
n!
.
On a donc :
+∞
k=n
1
k!
=
1
n!
+ o
1
n!
.
• D’où :
ln un =
1
n
ln
+∞
k=n
1
k!
=
1
n
ln
1
n!
+ o
1
n!
=
1
n
ln
1
n!
+ ln 1 + o(1) =
1
n
− ln n! + o(1) .
• De la formule de Stirling : n! ∼
n∞
n
e
n√
2πn,
on déduit : ln (n!) = n ln n − n +
1
2
ln (2πn) + o(1),
d’où :
ln un =
1
n
− n ln n + n −
1
2
ln (2πn) + o(1)
= − ln n + 1 + o(1),
puis : un = e− ln n+1+o(1)
=
1
n
e eo(1)
∼
n∞
e
n
.
On conclut : un ∼
n∞
e
n
.
a) • D’abord, une récurrence immédiate montre que, pour
tout n ∈ N, un existe et un ∈ [0 ; π/2[.
• On a, pour tout n ∈ N :
un+1 = Arctan ( an
0
+tan un) Arctan (tan un) = un ,
donc la suite (un)n∈N est croissante.
• Puisque (un)n∈N est croissante et majorée par π/2, on conclut
que (un)n∈N converge et que sa limite vérifie ∈ [0 ; π/2].
4.25
4.26](https://image.slidesharecdn.com/mathmatiquesmthodesetexercicesmp-141109172011-conversion-gate01/85/Mathematiques-methodes-et-exercices-mp-177-320.jpg)
![Comme ln n = o(n), on conclut :
Sn =
1
2
(A2
n − Bn) ∼
n∞
2n .
On a, pour tout n ∈ N :
un+2 − un+1 =
un + λnun+1
1 + λn
− un+1 =
un − un+1
1 + λn
,
d’où : |un+2 − un+1| =
1
1 + λn
|un+1 − un|.
Ainsi, en décalant l’indice, on a :
∀ n 1, |un+1 − un| =
1
1 + λn−1
|un − un−1| .
• Si u1 = u0, alors : ∀ n ∈ N, un+1 = un, donc la suite (un)n 1
est constante, donc convergente.
• Supposons u1 − u0 =/ 0.
Alors : ∀ n 1, |un+1 − un| > 0.
On a :
|un+1 − un|
|un − un−1|
=
1
1 + λn−1
−−−→
n ∞
0 < 1.
D’après la règle de d’Alembert, la série
n
|un+1 − un|
converge.
Ainsi, la série
n
(un+1 − un) est absolument convergente, donc
convergente. D’après le lien suite/série, on conclut que la suite
(un)n converge.
Remarque : on peut montrer de la même façon que la même
conclusion est valable si on suppose que la suite (λn)n converge
vers un réel > 0.
Rappelons la formule de Taylor-Young pour f de
classe C3
sur [−1 ; 1] :
f (x) = f (0) + f (0)x +
f (0)
2!
x2
+
f (0)
3!
x3
+ o
x−→0
(x3
) .
En remplaçant x par
1
n
, par −
1
n
, on obtient, après simplifica-
tions :
un = n f
1
n
− f −
1
n
− 2 f (0)
=
f (0)
3n2
+ o
1
n2
= O
1
n2
.
D’après l’exemple de Riemann (2 > 1) et le théorème de ma-
joration pour des séries à termes 0, la série
n
O
1
n2
converge. Ainsi, la série
n∈N∗
un est absolument convergente,
donc convergente.
a) • Montrons, par récurrence sur n :
∀ n ∈ N, un 5 .
C’est vrai pour n = 0, puisque u0 = 5.
Si c’est vrai pour un n ∈ N, alors :
un+1 = u2
n − 5un + 8 = un(un − 5) + 8 8 5 ,
donc c’est vrai pour n + 1.
On conclut : ∀ n ∈ N, un 5.
• On a, pour tout n ∈ N :
un+1 − un = u2
n − 6un + 8 = (un − 3)2
− 1 3 0 ,
donc (un)n∈N est croissante.
• Supposons un −−−→
n ∞
∈ R.Alors, par passage à la limite dans
la définition de la suite un : = 2
− 5 + 8, d’où facilement
∈ {2,4}. Mais : ∀ n ∈ N, un 5, donc, par passage à la li-
mite, 5, contradiction.
Ceci montre que la suite (un)n∈N diverge.
Puisque (un)n∈N est croissante et divergente, on conclut :
un −−−→
n ∞
+ ∞.
b) On a, pour tout n ∈ N :
(−1)n+1
un+1 − 2
=
(−1)n+1
u2
n − 5un + 6
=
(−1)n+1
(un − 2)(un − 3)
= (−1)n+1 1
un − 3
−
1
un − 2
=
(−1)n+1
un − 3
+
(−1)n
un − 2
,
d’où :
(−1)n
un − 3
=
(−1)n
un − 2
−
(−1)n+1
un+1 − 2
.
c) D’après b), on a, par télescopage, pour tout N 0 :
N
n=0
(−1)n
un − 3
=
N
n=0
(−1)n
un − 2
−
(−1)n+1
un+1 − 2
=
N
n=0
(−1)n
un − 2
−
N
n=0
(−1)n+1
un+1 − 2
=
N
n=0
(−1)n
un − 2
−
N+1
n=1
(−1)n
un − 2
=
1
u0 − 2
−
(−1)N+1
uN+1 − 2
−→
N∞
1
u0 − 2
=
1
3
.
Ceci montre que la série
n 0
(−1)n
un − 3
converge et que
+∞
n=0
(−1)n
un − 2
=
1
3
.
168
4.27
4.28
4.29](https://image.slidesharecdn.com/mathmatiquesmthodesetexercicesmp-141109172011-conversion-gate01/85/Mathematiques-methodes-et-exercices-mp-178-320.jpg)
![• Commençons par chercher un équivalent de un lorsque
l’entier n tend vers l’infini. À cet effet, étudions le comporte-
ment de un.
1) On a, pour tout n ∈ N :
|un+1| =
1
(n + 2)2
(n + 1)un + n
n + 1
(n + 2)2
|un| +
n
(n + 2)2
|un| + 1.
On déduit, en réitérant et par addition :
∀ n ∈ N, |un| |u0| + n,
d’où : un = O
n∞
(n).
2) On a alors, en reportant :
(n + 2)2
un+1 = (n + 1)un + n = O(n2
) ,
donc : un+1 =
O(n2
)
(n + 2)2
= O(1),
puis, en décalant l’indice : un = O(1).
3) En reportant encore :
(n + 2)2
un+1 = (n + 1)un + n = O(n) ,
donc : un+1 =
O(n)
(n + 2)2
= O
1
n
.
En particulier : un+1 −−−→
n ∞
0, donc : un −−−→
n ∞
0.
4) En reportant encore :
(n + 2)2
un+1 = (n + 1)un + n
= n 1 +
1
n
un + 1 ∼
n∞
n,
d’où : un+1 ∼
n∞
n
(n + 2)2
∼
n∞
1
n
,
donc, en décalant : un ∼
n∞
1
n − 1
∼
n∞
1
n
.
• On a alors : ua
n ∼
n∞
1
na
0.
D’après l’exemple de Riemann et le théorème d’équivalence
pour des séries à termes 0, on conclut que la série
n
ua
n
converge si et seulement si a > 1.
a) • Une récurrence immédiate montre que, pour tout
n 1, un existe et un 1.
• On a, pour tout n 2 : u2
n = u2
n−1 +
1
n − 1
,
d’où, en réitérant et en additionnant :
u2
n = u2
1 +
1
1
+
1
2
+ · · · +
1
n − 1
noté Hn−1
,
d’où, puisque un > 0 : un = 1 + Hn−1.
Comme Hn −−−→
n ∞
+ ∞, on déduit : un −−−→
n ∞
+ ∞.
De plus, on sait :
Hn−1 ∼
n∞
ln(n − 1) = ln n + ln 1 −
1
n
∼
n∞
ln n ,
donc : un ∼
n∞
√
ln n.
b) 1) On a :
1
un
∼
n∞
1
√
ln n
0.
Comme n
1
√
ln n
−−−→
n ∞
+ ∞, à partir d’un certain rang :
n
1
√
ln n
1, donc :
1
√
ln n
1
n
. D’après l’exemple de
Riemann et le théorème de minoration pour des séries à termes
0, on déduit que la série
n
1
√
ln n
diverge.
D’après le théorème d’équivalence pour des séries à termes 0,
on conclut que la série de terme général
1
un
diverge.
2) La série
n 1
(−1)n
un
, est alternée, son terme général tend
vers 0 (car un −−−→
n ∞
+ ∞) et la suite
1
un n 1
est décrois-
sante, car :
∀ n 1, un+1 = u2
n +
1
n
un .
D’après le TSCSA, on conclut que la série de terme général
(−1)n
un
converge.
a) • Montrons, par récurrence sur n :
∀ n ∈ N, un > 1 .
La propriété est vraie pour n = 0, car u0 ∈ ]1 ; +∞[.
Si la propriété est vraie pour un n ∈ N, alors :
un+1 = u2
n − un + 1 = (un − 1)2
0
+ un
>1
> 1 ,
donc la propriété est vraie pour n + 1.
On conclut, par récurrence sur n : ∀ n ∈ N, un > 1.
• On a alors :
∀ n ∈ N, un+1 − un = u2
n − 2un + 1 = (un − 1)2
0 ,
donc la suite (un)n∈N est croissante.
• Supposons qu’il existe ∈ R tel que un −−−→
n ∞
. Alors, par
passage à la limite dans la définition de la suite, on a :
= 2
− + 1, d’où = 1. Mais, d’autre part :
∀ n ∈ N, un u0, d’où, par passage à la limite : u0 > 1,
contradiction.
169
4.30
4.31
4.32](https://image.slidesharecdn.com/mathmatiquesmthodesetexercicesmp-141109172011-conversion-gate01/85/Mathematiques-methodes-et-exercices-mp-179-320.jpg)
![c) On en déduit, pour tout N ∈ N∗
, par télescopage :
N
n=1
(−1)n
φnφn+1
=
N
n=1
φn+1
φn
−
φn+2
φn+1
=
N
n=1
φn+1
φn
−
N
n=1
φn+2
φn+1
=
N
n=1
φn+1
φn
−
N+1
n=2
φn+1
φn
=
φ2
φ1
−
φN+2
φN+1
.
Et : φ1 = 1, φ2 = φ1 + φ0 = 1 .
Pour obtenir la limite de
φN+2
φN+1
, lorsque l’entier N tend vers l’in-
fini, calculons φn en fonction de n, pour tout n ∈ N.
La suite (φn)n 0 est une suite récurrente linéaire du second ordre,
à coefficients constants et sans second membre. D’après le cours,
nous disposons d’une méthode de calcul du terme général.
L’équation caractéristique r2
− r − 1 = 0 admet deux solu-
tions réelles distinctes :
r1 =
1 −
√
5
2
, r2 =
1 +
√
5
2
.
D’après le cours, il existe donc (λ1,λ2) ∈ R2
tel que :
∀ n ∈ N, un = λ1rn
1 + λ2rn
2 .
On calcule λ1,λ2 à l’aide des données initiales φ0 et φ1:
λ1 + λ2 = φ0 = 0
λ1r1 + λ2r2 = φ1 = 1.
On obtient, par résolution de ce système linéaire :
λ1 =
−1
r2 − r1
= −
1
√
5
, λ2 =
−1
r1 − r2
=
1
√
5
.
D’où :
∀ n ∈ N, φn =
1
√
5
1 +
√
5
2
n
−
1 −
√
5
2
n
.
Comme
1 +
√
5
2
> 1 et
1 −
√
5
2
< 1, on déduit :
φn ∼
n∞
1
√
5
1 +
√
5
2
n
.
D’où :
φN+2
φN+1
−→
N∞
1 +
√
5
2
.
On conclut :
+∞
n=1
(−1)n
φnφn+1
= 1 −
1 +
√
5
2
=
1 −
√
5
2
.
a) Notons, sous réserve d’existence, pour tout n ∈ N :
un = tan
π
2
(7 + 4
√
3)n
,
et considérons, sous réserve d’existence, pour tout n ∈ N :
vn = tan
π
2
(7 − 4
√
3)n
.
Notons aussi : an = (7 + 4
√
3)n
, bn = (7 − 4
√
3)n
.
• On a, par la formule du binôme de Newton :
an =
n
k=0
n
k
7n−k
(4
√
3)k
,
bn =
n
k=0
n
k
7n−k
(−1)k
(4
√
3)k
.
En additionnant, les termes d’indices impairs se simplifient, les
termes d’indices pairs se doublent, et on obtient :
an + bn = 2
E(n/2)
p=0
n
2p
7n−2p
42p
3p
entier
∈ 2Z .
On a donc :
π
2
an +
π
2
bn ∈ πZ.
D’autre part, comme 0 7 − 4
√
3 < 1, on a :
∀ n ∈ N,
π
2
(7 − 4
√
3)n
∈ 0 ;
π
2
,
donc vn existe pour tout n ∈ N.
Il en résulte que, pour tout n ∈ N, un existe aussi et un = −vn .
• Puisque 0 7 − 4
√
3 < 1, on a : (7 − 4
√
3)n
−−−→
n ∞
0,
donc : vn ∼
n∞
π
2
(7 − 4
√
3)n
0.
La série géométrique
n
(7 − 4
√
3)n
converge, donc, par
théorème d’équivalence pour des séries à termes 0, la série
n
vn converge.
En passant aux opposés, on conclut que la série
n
un
converge.
b) Il est clair que, pour tout n ∈ N, un existe et un 0.
Pour obtenir une inégalité portant sur un, essayons d’en former
une portant sur 1 + x + · · · xn
, pour tout x ∈ [0 ; 1].
Rappelons la comparaison entre la moyenne arithmétique et la
moyenne géométrique de n réels 0 :
∀ n ∈ N∗
, ∀ a1,. . . ,an ∈ R+,
1
n
n
k=1
ak
moyenne arithmétique
n
k=1
ak
1
n
moyenne géométrique
.
171
4.35](https://image.slidesharecdn.com/mathmatiquesmthodesetexercicesmp-141109172011-conversion-gate01/85/Mathematiques-methodes-et-exercices-mp-181-320.jpg)
![Appliquons ceci à 1,. . . ,xn
(et n + 1 à la place de n) :
∀ n ∈ N, ∀ x ∈ [0 ; 1],
1
n + 1
(1 + x + · · · + xn
) (1 · x · · · xn
)
1
n+1
= x1+···+n
1
n+1
= x
n(n+1)
2
1
n+1
= x
n
2 ,
d’où, pour tout n ∈ N :
0 un
1
0
xn
(n + 1)x
n
2
dx =
1
n + 1
1
0
x
n
2 dx
=
1
n + 1
x
n
2 +1
n
2
+ 1
1
0
=
2
(n + 1)(n + 2)
2
n2
.
On a donc : ∀ n ∈ N∗
, 0 un
2
n2
.
D’après l’exemple de Riemann (2 > 1) et le théorème d’équi-
valence pour des séries à termes 0, on conclut que la série
n
un converge.
c) On a, pour tout n 2 :
un =
2n
k=n
1
(k + n)2 − k2
=
2n
k=n
1
2kn + n2
=
1
n
2n
k=n
1
2k + n
=
p=k−n
1
n
n
p=0
1
2(p + n) + n
=
1
n
n
p=0
1
3n + 2p
=
1
n
1
n
n
p=0
1
3 + 2
p
n
noté vn
.
On reconnaît en vn une somme de Riemann.
L’application x ∈ [0 ; 1] −→
1
3 + 2x
est continue sur le seg-
ment [0 ; 1].
D’après le cours sur les sommes de Riemann :
vn −−−→
n ∞
1
0
1
3 + 2x
dx =
1
2
ln(3 + 2x)
1
0
=
1
2
ln
5
3
noté C
.
On a donc : un ∼
n∞
C
n
, où C > 0 est fixé.
D’après l’exemple de Riemann et puisque C =/ 0, la série
n
C
n
diverge. Par théorème d’équivalence pour des séries à termes
0, on conclut que la série
n
un diverge.
Essayons de comparer wn avec un terme simple formé
à partir de un et vn.
On a, pour tout n 0 :
wn =
u2
nv2
n
au3
n + bv3
n
u2
nv2
n
au3
n
=
v2
n
aun
u2
nv2
n
bv3
n
=
u2
n
bvn
,
d’où, par produit : w2
n
u2
nv2
n
abunvn
=
unvn
ab
.
Il est clair, par développement, que :
∀ (α,β) ∈ R2
, αβ
1
2
(α + β)2
.
d’où : ∀ n ∈ N, w2
n
(un + vn)2
2ab
,
puis : ∀ n ∈ N, 0 wn
un + vn
√
2ab
.
Par addition de deux séries convergentes, la série de terme gé-
néral un + vn converge.
Par théorème de majoration pour des séries à termes 0, on
conclut que la série de terme général wn converge.
• Essayons d’exprimer
n
k=0
(−1)k
k + 1
à l’aide d’une inté-
grale.
On a, pour tout n ∈ N :
n
k=0
(−1)k
k + 1
=
n
k=0
(−1)k
1
0
tk
dt
=
1
0
n
k=0
(−t)k
dt =
1
0
1 − (−t)n+1
1 − (−t)
dt
=
1
0
1
1 + t
dt + (−1)n
1
0
tn+1
1 + t
dt
notée an
= ln 2 + an.
• D’où, pour tout n ∈ N :
exp
n
k=0
(−1)k
k + 1
− 1 = eln 2+an
− 1 = 2 ean
− 1 .
On a :
|an| =
1
0
tn+1
1 + t
dt
1
0
tn+1
dt
=
tn+2
n + 2
1
0
=
1
n + 2
−−−→
n ∞
0,
d’où : an −−−→
n ∞
0.
On en déduit un développement asymptotique de un :
un = ln (2 ean
− 1) = ln 2 1 + an + O(a2
n) − 1
= ln 1 + 2an + O(a2
n) = 2an + O(a2
n) .
172
4.36
4.37](https://image.slidesharecdn.com/mathmatiquesmthodesetexercicesmp-141109172011-conversion-gate01/85/Mathematiques-methodes-et-exercices-mp-182-320.jpg)
![• On a : wn =
un
1 − nun
∼
n∞
un 0.
Puisque la série
n
un converge, par théorème d’équivalence
pour des séries à termes 0, on conclut que la série
n
wn
converge.
a) On a, en réitérant l’hypothèse, pour tout n :
un
un−1
n − 1
n
a
, . . . ,
u2
u1
1
2
a
,
d’où, par produit et télescopage multiplicatif :
un
u1
n − 1
n
a
· · ·
1
2
a
=
1
na
.
On a donc : ∀ n 1, 0 un u1
1
na
.
D’après l’exemple de Riemann (a > 1) et le théorème de ma-
joration pour des séries à termes 0, on conclut que la série
n
un converge.
b) Dans l’exemple, lesun sont tous> 0, et on a, pour toutn 1 :
un+1
un
=
1 · 3 · · · (2n + 1)
2 · 4 · · · (2n + 2)
1
2n + 3
2 · 4 · · · (2n)
1 · 3 · · · (2n − 1)
(2n + 1)
=
(2n + 1)2
(2n + 2)(2n + 3)
=
1 +
1
2n
2
1 +
1
n
1 +
3
2n
= 1 +
2
2n
+ o
1
n
1 −
1
n
+ o
1
n
1 −
3
2n
+ o
1
n
= 1 −
3
2n
+ o
1
n
.
D’autre part, pour tout a ∈ ]1 ; +∞[ fixé, on a :
n
n + 1
a
= 1 +
1
n
−a
= 1 −
a
n
+ o
1
n
,
d’où :
un+1
un
−
n
n + 1
a
= a −
3
2
1
n
+ o
1
n
.
En choisissant, par exemple, a =
5
4
, on a a ∈ ]1 ; +∞[
et :
un+1
un
−
n
n + 1
a
∼
n∞
−
1
4n
< 0,
donc, à partir d’un certain rang :
un+1
un
−
n
n + 1
a
0,
d’où :
un+1
un
n
n + 1
a
.
D’après a), on conclut que la série de terme général un converge.
Pour tout n ∈ N, Rn =
+∞
k=n
1
k!
existe, puisque la série
k 0
1
k!
converge.
• Essayons d’obtenir un équivalent simple de Rn lorsque l’en-
tier n tend vers l’infini. Puisque
1
k!
−→
k∞
0 très vite, on peut
espérer que Rn soit équivalent à son premier terme, qui est
1
n!
.
On a :
0 Rn −
1
n!
=
+∞
k=n+1
1
k!
=
1
(n + 1)!
1 +
1
n + 2
+
1
(n + 2)(n + 3)
+ · · ·
1
(n + 1)!
1 +
1
n + 2
+
1
(n + 2)2
+ · · ·
=
1
(n + 1)!
1
1 −
1
n + 2
=
1
(n + 1)!
n + 2
n + 1
∼
n∞
1
(n + 1)!
=
1
n + 1
1
n!
= o
1
n!
.
On a donc : Rn ∼
n∞
1
n!
, ou encore : Rn =
1
n!
+ o
1
n!
.
• Notons, pour tout n 2 : un = R
1
n ln n
n .
On a, pour tout n 2 :
ln un =
1
n ln n
ln Rn =
1
n ln n
ln
1
n!
+ o
1
n!
=
1
n ln n
− ln (n!) + ln 1 + o(1)
=
1
n ln n
− ln (n!) + o(1)
= −
ln (n!)
n ln n
+ o
1
n ln n
.
Pour évaluer ln (n!), on peut faire une comparaison somme/in-
tégrale, à l’aide de l’application x −→ ln x, qui est croissante
sur [1 ; +∞[. On obtient classiquement : ln (n!) ∼
n∞
n ln n.
D’où : ln un −−−→
n ∞
− 1et donc : un −−−→
n ∞
e−1
.
174
4.40
4.41](https://image.slidesharecdn.com/mathmatiquesmthodesetexercicesmp-141109172011-conversion-gate01/85/Mathematiques-methodes-et-exercices-mp-184-320.jpg)
![On déduit : αn ∼
n∞
2L
π2
1
n2
et βn ∼
n∞
L
π
1
n2
.
D’après l’exemple de Riemann (2 > 1) et le théorème d’équi-
valence pour des séries à termes 0, la série
n
βn converge,
puis, par théorème de majoration pour des séries à termes 0,
la série
n
un converge.
L’intervention de αn est alors inutile, mais on ne pouvait guère
le prévoir.
Finalement, f est intégrable sur [0 ; +∞[.
D’abord, pour tout n ∈ N, Rn =
+∞
k=n+1
(−1)k
k
existe, car
la série
k 1
(−1)k
k
converge.
1) Essayons d’obtenir une expression simple de Rn, faisant in-
tervenir une intégrale au lieu d’une série.
• Soient n,p ∈ N∗
fixés tels que p > n. On a :
p
k=n+1
(−1)k
k
=
p
k=n+1
(−1)k
1
0
tk−1
dt
= −
1
0
p
k=n+1
(−t)k−1
dt = −
1
0
(−t)n
p−n−1
q=0
(−t)q
dt
= −
1
0
(−t)n 1 − (−t)p−n
1 − (−t)
dt = −
1
0
(−t)n
− (−t)p
1 + t
dt
= (−1)n−1
1
0
tn
1 + t
dt + (−1)p
1
0
t p
1 + t
dt .
• Soit n ∈ N∗
fixé. Comme :
0
1
0
t p
1 + t
dt
1
0
t p
dt
=
t p+1
p + 1
1
0
=
1
p + 1
−→
p∞
0,
on déduit du résultat précédent, en faisant tendre l’entier p vers
l’infini : ∀ n ∈ N, Rn = (−1)n−1
1
0
tn
1 + t
dt.
Il nous reste à trouver un équivalent simple de cette dernière
intégrale, lorsque l’entier n tend vers l’infini.
2) Notons, pour tout n ∈ N : In =
1
0
tn
1 + t
dt.
Effectuons une intégration par parties, pour des applications
de classe C1
sur le segment [0 ; 1] :
In =
tn+1
n + 1
1
1 + t
1
0
−
1
0
tn+1
n + 1
−1
(1 + t)2
dt
=
1
2(n + 1)
+
1
n + 1
1
0
tn+1
(1 + t)2
dt.
Comme
0
1
0
tn+1
(1 + t)2
dt
1
0
tn+1
dt =
1
n + 2
−−−→
n ∞
0 ,
on déduit :
In =
1
2(n + 1)
+
1
n + 1
o(1)
=
1
2n
+ o
1
n
+ o
1
n
=
1
2n
+ o
1
n
∼
n∞
1
2n
.
On conclut : Rn ∼
n∞
(−1)n−1
2n
.
a) • Une récurrence immédiate montre que, pour tout
n ∈ N, un existe et un 0.
• On a donc :
∀ n ∈ N, un+1 =
√
n + un
√
n −−−→
n ∞
+ ∞ ,
d’où : un+1 −−−→
n ∞
+ ∞,
puis, par décalage d’indice : un −−−→
n ∞
+ ∞.
b) Puisque un −−−→
n ∞
+ ∞, la suite (un)n∈N n’est pas décrois-
sante.
Il existe donc n0 ∈ N tel que : un0+1 un0.
Montrons, par récurrence : ∀ n n0, un+1 un.
• La propriété est vraie pour n0.
• Si la propriété est vraie pour un n ∈ N tel que n n0, alors :
un+2 = (n + 1) + un+1
√
n + un = un+1 ,
donc la propriété est vraie pour n + 1.
Ceci montre, par récurrence sur n :
∀ n n0, un+1 un ,
donc la suite (un)n n0 est croissante.
c) Considérons, pour tout n ∈ N, le polynôme
Pn = X2
− X − n ∈ R[X] .
On a, pour tout n n0 :
Pn(un+1) = u2
n+1 − un+1 − n
= (n + un) − un+1 − n = −(un+1 − un) 0.
Il en résulte que un+1 est compris entre les deux zéros de Pn :
1 −
√
1 + 4n
2
0
un+1
1 +
√
1 + 4n
2
.
Ainsi : ∀ n n0, 0 un+1
1 +
√
1 + 4n
2
,
176
4.44 4.45](https://image.slidesharecdn.com/mathmatiquesmthodesetexercicesmp-141109172011-conversion-gate01/85/Mathematiques-methodes-et-exercices-mp-186-320.jpg)
![donc : un+1 = O
n∞
(
√
n) = o(n),
puis, par décalage d’indice : un = o(n − 1) = o(n).
En reportant dans la formule définissant la suite, on a donc :
un+1 =
√
n + un ∼
n∞
√
n,
puis, par décalage d’indice : un ∼
n∞
√
n − 1 ∼
n∞
√
n.
d) Pour α ∈ ]0 ; +∞[ fixé, on a : un ∼
n∞
1
n
α
2
.
D’après l’exemple de Riemann et le théorème d’équivalence
pour des séries à termes réels 0, on conclut :
la série de terme général
1
uα
n
converge si et seulement si
α
2
> 1, c’est-à-dire si et seulement si : α > 2.
e) La série de terme général
(−1)n
u
β
n
est alternée, puisque
u
β
n > 0.
Son terme général tend vers 0, puisque un −−−→
n ∞
+ ∞ et
β > 0.
La suite
1
u
β
n n 0
est décroissante à partir d’un certain rang,
puisque la suite (un)n 0 est croissante à partir d’un certain rang.
D’après le TSCSA, on conclut que la série de terme général
(−1)n
u
β
n
converge, pour tout β ∈ ]0 ; +∞[ fixé.
1) Existence :
On a, par développements limités :
un = n ln 1 +
1
n
− 1 −
1
2n
= n
1
n
−
1
2n2
+ O
1
n3
− 1 −
1
2n
= O
1
n2
.
D’après l’exemple de Riemann 2 > 1) et le théorème de ma-
joration pour des séries à termes 0, la série
n
O
1
n2
converge.
Ainsi, la série
n
O
1
n2
est absolument convergente, donc
convergente.
On conclut que la série
n
un converge.
2) Calcul :
Essayons de calculer les sommes partielles , en amenant un té-
lescopage. On a, pour tout N ∈ N∗
:
N
n=1
un =
N
n=1
n ln 1 +
1
n
− 1 −
1
2n
=
N
n=1
n ln(n + 1) − ln n − N +
1
2
N
n=1
1
n
et :
N
n=1
n ln (n + 1) − ln n
=
N
n=1
n ln (n + 1) −
N
n=1
n ln n
=
N+1
n=2
(n − 1) ln n −
N
n=1
n ln n
= −
N+1
n=2
ln n +
N+1
n=2
n ln n −
N
n=1
n ln n
= − ln (N + 1)! + (N + 1) ln (N + 1).
D’où :
N
n=1
un = − ln (N + 1)! + (N + 1) ln (N + 1)
− N +
1
2
N
n=1
1
n
.
D’après la formule de Stirling n! ∼
n∞
n
e
n√
2πn,
on a :
(N + 1)N+1
e−N
(N + 1)!
∼
N∞
e
√
2πN
.
D’où :
ln
(N + 1)N+1
e−N
(N + 1)!
= ln
e
√
2πN
1 + o
N∞
(1)
= 1 −
1
2
ln (2π) −
1
2
ln N + o(1).
D’autre part, en utilisant la constante d’Euler, on a :
N
n=1
1
n
= ln N + γ + o(1) .
On obtient :
N
n=1
un = 1 −
1
2
ln(2π) −
1
2
ln N +
1
2
(ln N + γ) + o(1)
= 1 −
1
2
ln(2π) +
1
2
γ + o(1) .
On conclut que la série
n 1
un, converge (ce qui a déjà été éta-
bli en 1) plus directement) et que :
+∞
n=1
un = 1 −
1
2
ln(2π) +
1
2
γ 0,366 365 . . .
177
4.46](https://image.slidesharecdn.com/mathmatiquesmthodesetexercicesmp-141109172011-conversion-gate01/85/Mathematiques-methodes-et-exercices-mp-187-320.jpg)
![On déduit :
+∞
k=n+1
(uk − uk+1) = un+1,
d’où : Rn ∼
n∞
2un+1 = 2
√
n + 1 2−(n+1)
∼
n∞
√
n 2−n
.
Nous allons essayer d’utiliser un théorème de somma-
tion des relations de comparaison.
Notons, pour tout n ∈ N : un =
en
n
.
On a :
un+1 − un =
en+1
n + 1
−
en
n
=
en
n(n + 1)
ne − (n + 1)
=
en
n(n + 1)
(e − 1)n − 1 ∼
n∞
(e − 1)en
n
noté an
.
Puisque :
∀ n ∈ N∗
, an 0 , un+1 − un ∼
n∞
an,
n
an diverge,
d’après un théorème de sommation des relations de comparaison,
on a :
n
k=1
(uk+1 − uk) ∼
n∞
n
k=1
ak =
n
k=1
(e − 1)ek
k
.
On a, par télescopage :
n
k=1
(uk+1 − uk) = un+1 − u1 =
en+1
n + 1
− e ∼
n∞
en+1
n
.
On conclut :
n
k=1
ek
k
∼
n∞
en+1
(e − 1)n
.
Essayons d’abord de nous ramener à des termes plus pe-
tits.
On a, pour tout n ∈ N∗
:
Sn =
n
k=1
Arctan
√
k =
n
k=1
π
2
− Arctan
1
√
k
=
πn
2
−
n
k=1
Arctan
1
√
k
noté vn
.
Pour obtenir une évaluation de vn, essayons d’appliquer un théo-
rème de sommation des relations de comparaison.
On a : Arctan
1
√
k
∼
k∞
1
√
k
0
et la série
k 1
1
√
k
diverge d’après l’exemple de Riemann
(1/2 1).
D’après un théorème de sommation des relations de compa-
raison, on déduit :
n
k=1
Arctan
1
√
k
∼
n∞
n
k=1
1
√
k
.
Pour obtenir une évaluation de cette dernière somme, nous al-
lons utiliser une comparaison somme/intégrale.
L’application t ∈ [1 ; +∞[−→
1
√
t
∈ R est continue et dé-
croissante, d’où :
∀ n ∈ N∗
,
n+1
1
1
√
x
dx
n
k=1
1
√
k
1 +
n
1
1
√
x
dx .
Et :
n
1
1
√
x
dx = [2
√
x]n
1 = 2
√
n − 2.
On a donc :
n+1
1
1
√
x
dx = 2
√
n + 1 − 2 ∼
n∞
2
√
n
et 1 +
n
1
1
√
x
dx = 2
√
n − 1 ∼
n∞
2
√
n.
Par encadrement, on déduit :
n
k=1
1
√
k
∼
∞
2
√
n,
et donc : vn ∼
n∞
2
√
n.
Autrement dit : vn = 2
√
n + o(
√
n).
En reportant dans l’égalité liant Sn et vn, on conclut :
Sn =
π
2
n − 2
√
n + o(
√
n).
a) • Par une récurrence immédiate, pour tout n ∈ N∗
,
un existe et un > 0.
• On a : ∀ n ∈ N∗
, un+1 − un =
1
nun
> 0,
donc (un)n 1 est (strictement) croissante.
• Supposons que (un)n 1 converge, et notons = lim
n∞
un.
Comme (un)n 1 est croissante, on a : u0 > 0, donc > 0.
D’où : un+1 − un =
1
nun
∼
n∞
1
n
> 0.
D’après l’exemple de Riemann et le théorème d’équivalence
pour des séries à termes 0, la série
n 1
(un+1 − un) diverge.
D’après le lien suite/série, on conclut que la suite (un)n 1 di-
verge, contradiction.
Ainsi, la suite (un)n 1 est croissante et divergente, donc :
un −−−→
n ∞
+ ∞.
b) Nous allons essayer d’utiliser un théorème de sommation
des relations de comparaison.
On a, pour tout n ∈ N∗
:
u2
n+1 = un +
1
nun
2
= u2
n +
2
n
+
1
n2u2
n
,
179
4.50
4.51
4.52](https://image.slidesharecdn.com/mathmatiquesmthodesetexercicesmp-141109172011-conversion-gate01/85/Mathematiques-methodes-et-exercices-mp-189-320.jpg)
![N
n=1
ρN
kn=0
1
pkn
n
pN
v=1
1
v
.
Puisque la série harmonique
v 1
1
v
est divergente et à termes
> 0, et que pN −−−→
N∞
+ ∞, on a :
pN
v=1
1
v
−−−→
N∞
+ ∞.
Il en résulte
N
n=1
1
1 −
1
pn
−−−→
N∞
+ ∞,
N
n=1
ln
1
1 −
1
pn
−−−→
N∞
+ ∞, et enfin
N
n=1
1
pn
−−−→
N∞
+ ∞.
Finalement, la série
n 1
1
pn
diverge.
Remarque : Le résultat est immédiat si on sait que pn ∼
n∞
n ln n
(résultat très difficile à obtenir).
a) 1er cas : α = 1 :
Raisonnons par l’absurde : supposons que la série
n
un
Sn
converge.
Alors, nécessairement
un
Sn
−−−→
n ∞
0, donc :
0 <
un
Sn
∼
n∞
− ln 1 −
un
Sn
= ln
Sn
Sn−1
.
On a, par télescopage, pour tout N 2 :
N
n=2
ln
Sn
Sn−1
=
N
n=2
ln Sn − ln Sn−1 = ln SN − ln S1 .
Comme la série
n
un diverge et est à termes 0, on a :
SN −→
N∞
+∞, d’où :
N
n=2
ln
Sn
Sn−1
−→
N∞
+∞.
Ceci montre que la série
n 2
ln
Sn
Sn−1
diverge.
Par théorème d’équivalence pour des séries à termes 0, on
conclut que la série
n
un
Sn
diverge, contradiction.
On conclut que la série
n
un
Sn
diverge.
2e cas : α ∈ ]0 ; 1[ :
Comme Sn −−−→
n ∞
+ ∞, on a, pour n assez grand :
Sα
n Sn, donc
un
Sα
n
un
Sn
0. Puisque la série
n
un
Sn
diverge (cf. 1er cas), on conclut, par théorème de minoration
pour des séries à termes 0, que la série
n
un
Sα
n
diverge.
3e cas : α ∈ ]1 ; +∞[ :
On remarque que, pour tout n ∈ N∗
:
un
Sα
n
=
Sn − Sn−1
Sα
n
=
Sn
Sn−1
1
Sα
n
dx
Sn
Sn−1
1
xα
dx .
D’où, par addition et relation de Chasles, pour tout N 2 :
N
n=2
un
Sα
n
N
n=2
Sn
Sn−1
1
xα
dx =
SN
S1
1
xα
dx
+∞
S1
1
xα
dx.
Ceci montre que les sommes partielles de la série
n
un
Sα
n
sont
majorées et donc, puisqu’il s’agit d’une série à termes 0, on
conclut que la série
n
un
Sα
n
converge.
Finalement : la série
n
un
Sα
n
converge si et seulement si : α > 1.
b) Même méthode qu’en a). On obtient :
la série
n 1
un
rα
n
converge si et seulement si : α > 1.
1) Existence de C :
D’abord, il est clair que, pour tout n ∈ N∗
, un existe et un > 0.
Notons, pour tout n ∈ N∗
:
vn = ln un =
n
k=1
ln 1 +
1
k
+
1
k2
.
On a : ln 1 +
1
k
+
1
k2
∼
k∞
1
k
.
Considérons, pour tout n ∈ N∗
: wn =
n
k=1
1
k
.
On a, d’après l’étude de la constante d’Euler :
wn = ln n + γ + o
n∞
(1) .
D’autre part :
vn − wn =
n
k=1
ln 1 +
1
k
+
1
k2
−
1
k
noté ak
.
Et, en utilisant des développements limités :
ak =
1
k
+
1
k2
−
1
2k2
+ o
1
k2
−
1
k
=
1
2k2
+ o
1
k2
∼
k∞
1
2k2
0.
181
4.55
4.56](https://image.slidesharecdn.com/mathmatiquesmthodesetexercicesmp-141109172011-conversion-gate01/85/Mathematiques-methodes-et-exercices-mp-191-320.jpg)
![D’après l’exemple de Riemann et le théorème d’équivalence
pour des séries à termes 0, la série
k
ak converge. Notons
S =
+∞
k=1
ak.
On a donc : vn − wn =
n
k=1
ak = S + o(1),
d’où : vn = wn + S + o(1) = ln n + γ + S + o(1),
puis :
un = evn
= eln n+γ+S+o(1)
= n eγ+S
eo(1)
∼
n∞
eγ+S
n .
En notant C = eγ+S
> 0, on conclut : un ∼
n∞
Cn.
2) Évaluation de C :
• On a, pour tout n ∈ N∗
:
un =
n
k=1
1 +
1
k
+
1
k2
n
k=1
1 +
1
k
=
n
k=1
k + 1
k
=
2 · 3 · · · (n + 1)
1 · 2 · · · n
= n + 1 n.
Ainsi : ∀ n ∈ N∗
,
un
n
1.
Comme
un
n
−−−→
n ∞
C, on déduit : C 1.
• On a, pour tout n ∈ N∗
− {1} :
un =
n
k=1
1 +
1
k
+
1
k2
= 3
n
k=2
1 +
1
k
+
1
k2
.
Et, pour tout k 2 : (1) 1 +
1
k
+
1
k2
1 +
1
k − 1
.
En effet :
(1) ⇐⇒
1
k2
1
k − 1
−
1
k
⇐⇒
1
k2
1
(k − 1)k
,
et cette dernière inégalité est vraie.
On déduit :
un 3
n
k=2
1 +
1
k − 1
= 3
n
k=2
k
k − 1
= 3
2 · · · n
1 · · · (n − 1)
= 3n.
Ainsi : ∀ n 2,
un
n
3.
Comme
un
n
−−−→
n ∞
C, on déduit : C 3.
Finalement : 1 C 3.
a) Calculons les sommes partielles de la série
n 1
(−1)n−1
n
en faisant intervenir des intégrales.
On a, pour tout n ∈ N∗
:
n
k=1
(−1)k−1
k
=
n
k=1
(−1)k−1
1
0
xk−1
dx
=
1
0
n
k=1
(−x)k−1
dx
=
1
0
n−1
k=0
(−x)k
dx
=
1
0
1 − (−x)n
1 − (−x)
dx
=
1
0
1
1 + x
dx + (−1)n−1
1
0
xn
1 + x
dx.
On a : 0
1
0
xn
1 + x
dx
1
0
xn
dx =
1
n + 1
−−−→
n ∞
0.
Donc :
n
k=1
(−1)k−1
k
−−−→
n ∞
1
0
1
1 + x
dx = [ln(1 + x)]1
0 = ln 2 .
Ceci montre que la série
n 1
(−1)n−1
n
converge (ce que l’on
pouvait montrer plus directement par le TSCSA) et que, pour
tout n ∈ N, son reste Rn =
+∞
k=n+1
(−1)k−1
k
est donné par :
Rn =
+∞
k=1
(−1)k−1
k
−
n
k=1
(−1)k−1
k
=
1
0
1
1 + x
dx −
1
0
1
1 + x
dx + (−1)n−1
1
0
xn
1 + x
dx
= (−1)n
1
0
xn
1 + x
dx.
b) De même qu’en a), on a, pour tout n ∈ N∗
:
n
k=0
Rk =
n
k=0
(−1)k
1
0
xk
1 + x
dx
=
1
0
1
1 + x
n
k=0
(−x)k
dx
=
1
0
1
1 + x
1 − (−x)n+1
1 − (−x)
dx
=
1
0
1
(1 + x)2
dx + (−1)n
1
0
xn+1
(1 + x)2
dx.
182
4.57](https://image.slidesharecdn.com/mathmatiquesmthodesetexercicesmp-141109172011-conversion-gate01/85/Mathematiques-methodes-et-exercices-mp-192-320.jpg)
![Les méthodes à retenir
187
• Évaluer || fn − f ||∞ et établir || fn − f ||∞ −−→
n ∞
0, souvent par une
majoration convenable.
➥ Exercices 5.9 à 5.12.
• Ne revenir à la définition en ε et N qu’en dernier recours.
Essayer d’appliquer le théorème du cours sur continuité et conver-
gence uniforme sur tout segment de l’intervalle d’étude, ou le théo-
rème du cours sur la dérivation pour une suite d’applications.
➥ Exercice 5.46 c).
Essayer de :
• appliquer une méthode élémentaire : si , pour x ∈ I fixé, la suite
fn(x) n
admet une limite, notée f (x), voir si f est intégrable sur I,
former
I
fn −
I
f , et, par majorations élémentaires (utilisant sou-
vent : linéarité de l’intégration, relation de Chasles, changement de
variable, intégration par parties, expression conjuguée, majorations
classiques), obtenir
I
fn −
I
f −−→
n ∞
0, d’où
I
fn −−→
n ∞ I
f.
➥ Exercice 5.18 a)
• appliquer le théorème du cours sur convergence uniforme et inté-
gration sur un segment, dans le cas où :
∗ I = [a ; b] est un segment
∗ pour tout n, fn est continue sur [a ; b]
∗ ( fn)n converge uniformément sur [a ; b] vers une certaine f
• appliquer le théorème de convergence dominée dont on rappelle les
hypothèses :
∗ pour tout n, fn est continue par morceaux sur I
∗ fn
C.S.
−→
n∞
f sur I
∗ f est continue par morceaux sur I
∗ il existe ϕ : I −→ R continue par morceaux, 0, intégrable sur
I, telle que : ∀ n ∈ N, ∀ x ∈ I, | fn(x)| ϕ(x).
➥ Exercices 5.3, 5.4, 5.16, 5.17, 5.42, 5.43.
Essayer de :
• se ramener à une question de continuité, et appliquer le théorème de
continuité sous le signe intégrale
➥ Exercice 5.30
• combiner le théorème de convergence dominée et la caractérisation
séquentielle des limites.
➥ Exercice 5.30.
Dans un cadre abstrait,
pour montrer fn
C.U.
−→
n∞
f sur X
Pour montrer qu’une application,
obtenue comme limite d’une suite
d’applications, est continue, est de
classe C1
, Ck
, C∞
Pour permuter intégrale et limite
en vue d’obtenir une formule du
genre
lim
n∞ I
fn(x) dx =
I
lim
n∞
fn(x) dx
Pour permuter intégrale et limite
pour un réel, en vue d’obtenir une
formule du genre :
lim
x−→a I
f(x,t) dt =
I
lim
x−→a
f(x,t) dt
©Dunod.Laphotocopienonautoriséeestundélit.](https://image.slidesharecdn.com/mathmatiquesmthodesetexercicesmp-141109172011-conversion-gate01/85/Mathematiques-methodes-et-exercices-mp-197-320.jpg)
![Chapitre 5 • Suites et séries d’applications
188
Essayer de se ramener à une recherche de limite d’intégrale, sur un
intervalle fixe, par transformation de l’écriture de l’énoncé, utilisant
les méthodes usuelles : linéarité de l’intégration, relation de Chasles,
intégration par parties.
➥ Exercices 5.18, 5.19, 5.30 à 5.32.
Appliquer le premier théorème de Weierstrass, puis modifier les poly-
nômes obtenus, de façon à en construire d’autres, vérifiant la condi-
tion supplémentaire, et convergeant uniformément encore vers f.
➥ Exercice 5.15.
Essayer d’utiliser le fait que, pour N ∈ N fixé, RN [X] est de dimen-
sion finie. En particulier, RN [X] est complet, donc fermé, et toutes
les normes sur RN [X] sont équivalentes entre elles.
➥ Exercice 5.28.
Se rappeler d’abord, avec des abréviations évidentes :
C.N. ⇒ C.U. ⇒ C.S. ,
C.N. ⇒ C.A. ⇒ C.S .
Suivre, sauf exception, le plan de travail proposé dans le cours :
• Est-ce que
n
fn converge simplement sur X ?
Si non, remplacer X par la partie de X formée des x ∈ X tels que la
série numérique
n
fn(x) onverge, puis passer à l’étape suivante.
Si oui, passer à l’étape suivante.
• Est-ce que
n
fn converge normalement sur X ?
Si oui, alors, d’après le cours,
n
fn converge uniformément, abso-
lument, simplement sur X, et l’étude est finie.
Si non, voir si
n
fn converge normalement sur des parties conve-
nables de X (en option), et, d’autre part, passer à l’étape suivante.
• Est-ce que || fn||∞ −−→
n ∞
0 ?
Si non, alors, d’après le cours,
n
fn ne converge pas uniformément
sur X.
Si oui, passer à l’étape suivante.
• Est-ce que ||Rn||∞ −−→
n ∞
0 ?
Si oui, alors
n
fn converge uniformément sur X.
Si non, alors
n
fn ne converge pas uniformément sur X.
➥ Exercices 5.5, 5.6 a), 5.7 a), 5.20, 5.21 a), 5.22 a), 5.24 a),
5.33, 5.34 a), 5.35 a), 5.38 a), 5.44 a), 5.45.
Pour trouver un équivalent simple
d’une intégrale
In
fn, lorsque l’en-
tier n tend vers l’infini, dans
laquelle, a priori, l’intervalle et la
fonction dépendent de n
Pour obtenir
une approximation uniforme
par des polynômes satisfaisant
une condition supplémentaire
Pour faire intervenir une condition
de majoration des degrés des
polynômes d’une suite convergeant,
en un certain sens, vers une fonction
Pour étudier les convergences
d’une série d’applications
n
(fn : X −→ K)](https://image.slidesharecdn.com/mathmatiquesmthodesetexercicesmp-141109172011-conversion-gate01/85/Mathematiques-methodes-et-exercices-mp-198-320.jpg)
![Chapitre 5 • Suites et séries d’applications
190
∗ une majoration géométrique, si
n
fn(x) ressemble à une série
géométrique.
∗ le TSCSA si, pour chaque x ∈ X, la série
n
fn(x) relève du
TSCSA.
On aura alors : ∀ x ∈ X, ∀ n ∈ N, |Rn(x)| | fn+1(x)|,
puis : ∀ n ∈ N, ||Rn||∞ || fn+1||∞.
➥ Exercices 5.5 g), 5.6 a), 5.33 c)
* une minoration du reste, si tous ses termes sont 0, par une somme
de n termes (par exemple), que l’on minorera encore, si possible.
➥ Exercices 5.33 a), d), e).
Essayer d’appliquer les théorèmes du cours :
• théorème sur convergence uniforme et limite
• théorème sur convergence uniforme et continuité en un point
• théorème sur convergence uniforme sur tout segment et continuité
sur l’intervalle de départ.
➥ Exercices 5.21 b), 5.22 b), 5.24 b), 5.34 b), 5.35 b),
5.38 b), 5.46 c).
Essayer de :
• minorer convenablement S(x).
➥ Exercice 5.44 c)
• revenir à la définition d’une limite infinie.
Si, pour tout n ∈ N, 0 fn(x) −→
x−→a
n et si la série
n
n, diverge,
alors, pour tout A > 0, il existe N ∈ N tel que
N
n=0
n A + 1, puis,
au voisinage de a :
S(x) =
+∞
n=1
fn(x)
N
n=1
fn(x) A .
Essayer de :
• appliquer le théorème sur convergence uniforme et intégration sur
un segment, dans le cas où :
∗ I = [a ; b] est un segment
∗ pour tout n ∈ N, fn est continue sur [a ; b]
∗
n
fn converge uniformément sur [a ; b].
• appliquer le théorème du cours sur l’intégration sur un intervalle
quelconque pour une série d’applications, dont on rappelle les hypo-
thèses :
∗ pour tout n ∈ N, fn est intégrable sur I
Pour montrer que la somme d’une
série d’applications admet une
limite en un point, ou est continue
en un point, ou est continue sur
son ensemble de définition
Pour montrer S(x) −→
x−→a
+∞,
où S(x) =
+∞
n=1
fn(x)
Pour permuter intégrale et série,
en vue d’obtenir une formule du
genre :
+∞
n=0 I
fn(x) dx=
I
+∞
n=0
fn(x) dx](https://image.slidesharecdn.com/mathmatiquesmthodesetexercicesmp-141109172011-conversion-gate01/85/Mathematiques-methodes-et-exercices-mp-200-320.jpg)
![Chapitre 5 • Suites et séries d’applications
192
Énoncés des exercices
Exemples d’étude de suites de fonctions, convergence simple, convergence uniforme
Étudier (convergence simple, convergence uniforme, convergence uniforme sur des parties de l’en-
semble de départ) les suites d’applications suivantes :
a) fn : R −→ R, x −→
n + 1
n2 + x2
, n ∈ N∗
b) fn : [0 ; 1] −→ R, x −→
nx2
1 + nx
, n ∈ N∗
c) fn : R −→ R, x −→
x
x2 + n2
, n ∈ N∗
d) fn : [0 ; 1] −→ R, x −→ xn
(1 − x), n ∈ N∗
e) fn : [0 ; +∞[−→ R, x −→
nx3
1 + n2x
, n ∈ N
f) fn : [0 ; 1[−→ R, x −→ Min n,
1
√
1 − x
, n ∈ N
g) fn : [−1 ; 1] −→ R, x −→
n|x| − n + 1 si |x| > 1 −
1
n
0 si |x| 1 −
1
n
n ∈ N, n 2
h) fn : R −→ R, x −→
x2
sin
1
nx
si x =/ 0
0 si x = 0
n ∈ N∗
.
Convergence simple et : croissance, convexité, lipschitzianité
Soient I un intervalle de R, ( fn : I −→ R)n∈N une suite d’applications, f : I −→ R une appli-
cation, k ∈ R+. Montrer que, si ( fn)n∈N converge simplement vers f sur I et si, pour tout n ∈ N,
fn est croissante (resp. convexe, resp. k-lipschitzienne), alors f est croissante (resp. convexe, resp.
k-lipschitzienne).
Exemples de recherche de limites d’intégrales
Déterminer les limites suivantes, lorsque l’entier n tend vers l’infini :
a) lim
n∞
+∞
0
e− x
n
1 + x2
dx b) lim
n∞
+∞
1
n
nx2 + ex
dx c) lim
n∞
+∞
0
xn
x2n + xn + 1
dx.
Exemple d’utilisation du théorème de convergence dominée
Soit f : [0 ; 1] −→ C continue par morceaux. Montrer :
1
0
f (x) 1 −
x
n
n
dx −−−→
n ∞
1
0
f (x) e−x
dx .
Exemples d’étude de convergence pour une série d’applications
Étudier (convergences simple, absolue, normale, uniforme) les séries d’applications
n
fn sui-
vantes :
5.1
5.2
5.3
5.4
5.5](https://image.slidesharecdn.com/mathmatiquesmthodesetexercicesmp-141109172011-conversion-gate01/85/Mathematiques-methodes-et-exercices-mp-202-320.jpg)
![Énoncés des exercices
193
a) fn : R −→ R, x −→
sin (nx)
n2 + x2
, n ∈ N∗
b) fn : [0 ; 1] −→ R, x −→ n2
xn
(1 − x)n
, n ∈ N
c) fn : [0 ; +∞[−→ R, x −→
nx2
n3 + x2
, n ∈ N∗
d) fn : [0 ; +∞[−→ R, x −→
x
n
e−n2x2
, n ∈ N∗
e) fn : [0 ; +∞[−→ R, x −→
n + x
x2 + n2
, n ∈ N∗
f) fn : [0 ; +∞[−→ R, x −→
(−1)n
x2 + n2
, n ∈ N∗
g) fn : [0 ; +∞[−→ R, x −→
(−1)n
x2 + n
, n ∈ N∗
.
Étude de la somme d’une série de fonctions, continuité
On note, pour tout n ∈ N∗
: fn : [0 ; +∞[−→ R, x −→ (−1)n e−nx
n + x
.
a) Étudier les convergences de la série d’applications
n 1
fn.
b) Montrer que la somme S =
+∞
n=1
fn est continue sur [0 ; +∞[.
Étude de la somme d’une série de fonctions, classe C2
On note, pour tout n ∈ N∗
: fn : [0 ; +∞[−→ R, x −→
ln(n + x)
n2
.
a) Étudier la convergence simple de la série d’applications
n 1
fn.
On note S la somme.
b) Montrer que S est de classe C2
sur [0 ; +∞[ et exprimer, pour tout x ∈ [0 ; +∞[, S (x) et
S (x) sous forme de sommes de séries.
c) En déduire que S est strictement croissante sur [0 ; +∞[ et que S est concave sur [0 ; +∞[.
Exemples d’étude de suites de fonctions, convergence simple, convergence uniforme
Étudier (convergence simple, convergence uniforme, convergence uniforme sur des parties de l’en-
semble de départ) les suites d’applications suivantes :
a) fn : [0 ; 1] −→ R, x −→ n(1 − x) sin
πx
2
n
, n ∈ N
b) fn : R −→ R, x −→ sin
n + 1
n
x , n ∈ N∗
c) fn : [0 ; +∞[−→ R, x −→ ln 1 +
nx2
1 + nx
, n ∈ N
d) fn : ]0 ; +∞[−→ R, x −→ (nx)
x
n , n ∈ N∗
.
©Dunod.Laphotocopienonautoriséeestundélit.
5.6
5.7
5.8](https://image.slidesharecdn.com/mathmatiquesmthodesetexercicesmp-141109172011-conversion-gate01/85/Mathematiques-methodes-et-exercices-mp-203-320.jpg)
![Chapitre 5 • Suites et séries d’applications
194
Exemple de convergence uniforme et composition
Soient X un ensemble non vide, ( fn : X −→ R+)n∈N une suite d’applications, f : X −→ R+ une
application. On suppose : fn
C.U.
−→
n∞
f.
Montrer : ln(1 + fn)
C.U.
−→
n∞
ln(1 + f ).
Convergence uniforme pour une suite de fonctions définies à partir d’une fonction donnée
Soit f : R −→ R de classe C3
, telle que f (3)
est bornée.
On note, pour tout n ∈ N∗
: gn : R −→ R, x −→ n2
f x +
1
n
− 2 f (x) + f x −
1
n
.
Montrer : gn
C.U.
−→
n∞
f sur R.
Convergence d’une suite de fonctions définies par récurrence
Soit f0 : R −→ R, bornée, 0. Étudier la convergence simple et la convergence uniforme de la
suite d’applications ( fn : R −→ R)n∈N définie par :
∀ n ∈ N, ∀ x ∈ R, fn+1(x) = 1 + fn(x).
Convergence d’une suite de fonctions définies par récurrence
Soit f0 : R −→ R, bornée, 0. Étudier la convergence simple et la convergence uniforme de la
suite d’applications ( fn : R −→ R)n∈N définie par :
∀ n ∈ N, ∀ x ∈ R, fn+1(x) = ln 1 + fn(x) .
Limites d’intégrales issues de la fonction d’Euler
Étudier la convergence simple et la convergence uniforme des suites d’applications
( fn, gn : [0 ; +∞[−→ R)n∈N définies, pour tout n ∈ N et tout x ∈ [0 ; +∞[, par :
fn(x) =
1
n!
x
0
tn
e−t
dt, gn(x) =
1
n!
+∞
x
tn
e−t
dt .
Une application classique du premier théorème de Weierstrass
Soient (a,b) ∈ R2
tel que a < b, f : [a ; b] −→ C continue.
On suppose : ∀ n ∈ N,
b
a
xn
f (x) dx = 0. Démontrer : f = 0.
Recherche d’une suite de polynômes convergeant uniformément vers une fonction
donnée et vérifiant une condition supplémentaire
Soient (a,b) ∈ R2
tel que a < b,f : [a ; b] −→ C continue, c ∈ [a ; b].
Montrer qu’il existe une suite (Pn)n∈N de polynômes telle que :
Pn
C.U.
−→
n∞
f sur [a ; b]
∀ n ∈ N, Pn(c) = f (c).
Exemples de recherche de limites d’intégrales
Déterminer les limites suivantes, lorsque l’entier n tend vers l’infini :
5.9
5.10
5.11
5.12
5.13
5.14
5.15
5.16](https://image.slidesharecdn.com/mathmatiquesmthodesetexercicesmp-141109172011-conversion-gate01/85/Mathematiques-methodes-et-exercices-mp-204-320.jpg)
![Énoncés des exercices
195
a) lim
n∞
1
0
n e
x
n+x − 1 dx b) lim
n∞
+∞
0
(x2
+ 1)
n + x
n + x2
e−x
dx c) lim
n∞
+∞
−∞
n sin nx
n2 + x4
dx
d) lim
n∞
π
0
√
π − x sin n
x dx e) lim
n∞
+∞
0
e−(x+a)n
√
x
dx, a ∈ [0 ; 1[ f) lim
n∞
n√
n
0
√
1 + xn dx.
Exemple d’utilisation du théorème de convergence dominée
Montrer, pour tout a ∈ [0 ; +∞[ fixé :
a
0
1
x
1 +
x
n
n
− 1 dx −−−→
n ∞
a
0
ex
− 1
x
dx.
Exemple de recherche d’un équivalent d’une intégrale
Soit f : R −→ R continue par morceaux, bornée sur R, continue en 0, telle que f (0) =/ 0.
Trouver un équivalent simple de In =
+∞
−∞
f (x) e−n2x2
dx lorsque l’entier n tend vers l’infini.
Comportement asymptotique d’une intégrale
On note, pour tout n ∈ N∗
: In =
1
0
√
1 − xn dx.
a) Montrer : In −−−→
n ∞
1.
b) Trouver un équivalent simple de In − 1 lorsque l’entier n tend vers l’infini.
Exemples d’étude de convergence pour une série d’applications
Étudier (convergences simple, absolue, normale, uniforme) les séries d’applications
n
fn sui-
vantes :
a) fn : [0 ; +∞[−→ R, x −→ ln 1 +
x
n
−
x
n
, n ∈ N∗
b) fn : [0 ; +∞[−→ R, x −→ e−x x
n
− ln 1 +
x
n
, n ∈ N∗
.
Étude de la somme d’une série d’applications, limite
On note, pour tout n ∈ N∗
: fn : [0 ; +∞[−→ R, x −→ Arctan
n + x
1 + n3x
.
a) Montrer que
n 1
fn converge simplement sur ]0 ; +∞[ et converge normalement sur
[1 ; +∞[. On note S la somme.
b) Montrer : S(x) −→
x−→+∞
L =
+∞
n=1
Arctan
1
n3
, et calculer une valeur approchée décimale de L à
10−3
près.
Étude de la somme d’une série d’applications, développement asymptotique
On note, pour tout n ∈ N : fn : [0 ; +∞[−→ R, x −→
(−1)n
√
1 + nx
.
©Dunod.Laphotocopienonautoriséeestundélit.
5.17
5.18
5.19
5.20
5.21
5.22](https://image.slidesharecdn.com/mathmatiquesmthodesetexercicesmp-141109172011-conversion-gate01/85/Mathematiques-methodes-et-exercices-mp-205-320.jpg)
![Chapitre 5 • Suites et séries d’applications
196
a) Montrer que
n 1
fn converge simplement sur ]0 ; +∞[ et converge uniformément sur [1 ; +∞[.
On note S la somme.
b) Montrer : S(x) −→
x−→+∞
0.
c) On note a =
+∞
n=1
(−1)n
√
n
. Établir : S(x) =
a
√
x
+ O
x−→+∞
1
x
√
x
.
Fonction ζ de Riemann
On note, sous réserve d’existence, pour x ∈ R : ζ(x) =
+∞
n=1
1
nx
.
a) Montrer : Déf (ζ) = ]1 ; +∞[.
b) Établir que ζ est de classe C∞
sur ]1 ; +∞[ et exprimer, pour tout k ∈ N et tout x ∈ ]1 ; +∞[,
ζ(k)
(x) sous forme de somme d’une série.
c) Étudier les variations et la convexité de ζ.
d) Montrer : ∀ x ∈ ]1 ; +∞[,
1
x − 1
ζ(x) 1 +
1
x − 1
,
et en déduire : ζ(x) ∼
x−→1+
1
x − 1
, puis : ζ(x) −→
x−→1+
+∞.
e) Montrer : ζ(x) −→
x−→+∞
1, et ζ(x) − 1 ∼
x−→+∞
1
2x
.
f) Dresser le tableau de variations de ζ et tracer la courbe représentative de ζ.
Étude de la somme d’une série d’applications, continuité
On note, pour tout n ∈ N∗
: fn : ]0 ; +∞[−→ R, x −→
(−1)n
nx
.
a) Étudier les convergences simple, absolue, normale, normale sur certaines parties, uniforme, uni-
forme sur certaines parties, de la série d’applications
n 1
fn.
On note : T : ]0 ; +∞[−→ R, x −→
+∞
n=1
(−1)n
nx
.
b) Montrer que T est continue sur ]0 ; +∞[.
c) Exprimer, pour tout x ∈ ]0 ; +∞[, T(x) à l’aide de ζ(x), où ζ est la fonction de Riemann (cf.
exercice 5.23).
Calcul d’une intégrale à l’aide de ζ et
Montrer : ∀ α ∈ ]0 ; +∞[,
+∞
0
xα−1
x − ln(ex
− 1) dx = ζ(α + 1) (α),
où ζ est la fonction de Riemann : ζ : ]1 ; +∞[−→ R, α −→
+∞
n=1
1
nα
et la fonction d’Euler : : ]0 ; +∞[−→ R, s −→ (s) =
+∞
0
ts−1
e−t
dt.
5.23
5.24
5.25](https://image.slidesharecdn.com/mathmatiquesmthodesetexercicesmp-141109172011-conversion-gate01/85/Mathematiques-methodes-et-exercices-mp-206-320.jpg)
![Énoncés des exercices
197
Calcul d’une intégrale par utilisation d’une série
Existence et calcul de I =
+∞
0
x
sh x
dx. On admettra :
+∞
n=1
1
n2
=
π2
6
.
Exemples d’étude de suites de fonctions, convergence simple, convergence uniforme
Étudier (convergence simple, convergence uniforme, convergence uniforme sur des parties de l’en-
semble de départ) les suites d’applications suivantes :
a) fn : [0 ; +∞[−→ R, x −→
ln(1 + nx2
)
nx
si x =/ 0
0 si x = 0
b) fn : ]0 ; +∞[−→ R, x −→ ln
2 + (lnx)2n
1 + (lnx)2n
, n ∈ N
c) fn : R −→ R, x −→ (2n
+ |x|n
)
1
n , n ∈ N∗
d) fn : ]0 ; +∞[2
−→ R, (x,y) −→ ln x +
y
n
, n ∈ N∗
.
Convergence simple d’une suite de polynômes de degrés majorés
Soient N ∈ N, (Pn)n∈N une suite de polynômes de C[X] de degrés N, qui converge simplement
sur un intervalle I (de longueur > 0) vers une application f. Montrer que f est un polynôme, de
degré N.
Limite uniforme, sur un segment, d’une suite de polynômes à degrés majorés
Soient (a,b) ∈ R2
tel que a < b, N ∈ N∗
, (Pn : [a ; b] −→ R)n∈N une suite de polynômes
convergeant uniformément vers une application f, et telle que : ∀ n ∈ N, deg (Pn) N.
Montrer que f est un polynôme et que deg ( f ) N.
Exemple de recherche d’un équivalent d’une intégrale à paramètre réel
Trouver un équivalent simple de I (x) =
+∞
0
sin (xt)
1 + t4
dt, lorsque x −→ 0+
.
Recherche d’équivalents d’intégrales à paramètre entier naturel
Trouver un équivalent simple, lorsque l’entier n tend vers l’infini, de :
a)
1
0
ln(1 + xn
) dx, on admettra :
1
0
ln(1 + t)
t
dt =
π2
12
b)
1
0
xn
ln(1 + xn
) dx c)
+∞
0
ln 1 +
x
n
x(1 + x2)
dx.
Recherche d’un développement asymptotique d’une intégrale
dépendant d’un paramètre entier
Former un développement asymptotique à la précision o
1
n
de In =
1
0
nxn
1 + x2n
dx, lorsque
l’entier n tend vers l’infini.
On laissera un des coefficients sous forme d’une intégrale.
©Dunod.Laphotocopienonautoriséeestundélit.
5.26
5.27
5.28
5.29
5.30
5.31
5.32](https://image.slidesharecdn.com/mathmatiquesmthodesetexercicesmp-141109172011-conversion-gate01/85/Mathematiques-methodes-et-exercices-mp-207-320.jpg)
![Chapitre 5 • Suites et séries d’applications
198
Exemples d’étude de convergence pour une série d’applications
Étudier (convergences simple, absolue, normale, uniforme) les séries d’applications
n
fn sui-
vantes :
a) fn : ]0 ; +∞[−→ R, x −→
xa
(n + x)b
, (a,b) ∈ (R∗
+)2
fixé, n ∈ N∗
b) fn : [0 ; +∞[−→ R, x −→
x e−nx
ln n
, n ∈ N, n 2
c) fn : [0 ; +∞[−→ R, x −→
(−1)n
x
x2 + n
, n ∈ N∗
d) fn : R −→ R, x −→ Arctan (x + n) − Arctan n, n ∈ N
e) fn : [0 ; +∞[−→ R, x −→
nx
1 + n3x2
, n ∈ N.
Étude de la somme d’une série d’applications, classe C1
On note, pour tout n ∈ N∗
: fn : [0 ; +∞[−→ R, x −→
Arctan (xn+1
)
n(n + 1)
.
a) Étudier les convergences de la série d’applications
n 1
fn. On note S la somme.
b) Montrer que S est continue sur [0 ; +∞[.
c) Établir : ∀ x ∈ ]0 ; +∞[, S(x) =
π
2
− S
1
x
.
d) Montrer que S est de classe C1
sur [0 ; 1[, que S est strictement croissante sur [0 ; 1], calculer
S(1), et déterminer lim
x−→1−
S (x).
e) Déterminer lim
x−→+∞
S(x).
f) Dresser le tableau de variation de S et tracer la courbe représentative de S.
Étude de la somme d’une série d’applications, intégrabilité
On note, pour tout n ∈ N∗
: fn : ]0 ; +∞[−→ R, x −→
1
x2(n4 + x2)
.
a) Montrer que la série d’applications
n 1
fn converge simplement sur ]0 ; +∞[, et converge nor-
malement sur [a ; +∞[, pour tout a ∈ ]0 ; +∞[ fixé.
b) Établir que S est continue sur ]0 ; +∞[.
c) Est-ce que S est intégrable sur ]0 ; 1] ? sur [1 ; +∞[ ?
Équivalent d’une somme d’une série d’applications
Montrer :
+∞
n=0
xn
1 + xn
∼
x−→1−
ln 2
1 − x
.
5.33
5.34
5.35
5.36](https://image.slidesharecdn.com/mathmatiquesmthodesetexercicesmp-141109172011-conversion-gate01/85/Mathematiques-methodes-et-exercices-mp-208-320.jpg)
![Énoncés des exercices
199
Série d’intégrales
On note, pour tout n ∈ N∗
: un =
+∞
0
xn
e−nx
dx.
Convergence et somme de la série
n 1
un.
On exprimera le résultat sous forme d’une intégrale.
Étude de la somme d’une série d’applications, intégrabilité
On note, pour tout n ∈ N∗
: fn : ]0 ; +∞[−→ R, x −→
1
(1 + nx)(n + x)
.
a) Montrer que la série d’applications
n 1
fn converge simplement sur ]0 ; +∞[, et converge nor-
malement sur [a ; +∞[ pour tout a ∈ ]0 ; +∞[ fixé.
On note S la somme.
b) Montrer que S est continue sur ]0 ; +∞[.
c) Montrer que S est intégrable sur ]0 ; +∞[ et que :
+∞
0
S(x) dx = 1 + 2
+∞
n=2
lnn
n2 − 1
.
Égalité entre une intégrale et une somme de série
Soit (a,b) ∈ R2
tel que 0 < a < b. Montrer :
+∞
−∞
sh ax
sh bx
dx = 4a
+∞
n=0
1
(2n + 1)2b2 − a2
.
Calcul d’une intégrale à l’aide de T et
Établir : ∀ x ∈ ]0 ; +∞[,
+∞
0
tx−1
et + 1
dt = (x)T(x),
où est la fonction d’Euler : : ]0 ; +∞[−→ R, x −→
+∞
0
tx−1
e−t
dt
et T est définie par : T : ]0 ; +∞[−→ R, x −→ T(x) =
+∞
n=1
(−1)n−1
nx
.
Égalité entre une intégrale et une somme de série
Soit (an)n∈N une suite à termes dans R∗
+, croissante, de limite +∞. Montrer :
1
0
+∞
n=0
(−1)n
xan
dx =
+∞
n=0
(−1)n
1 + an
.
Comportement d’une transformée de Laplace, en +∞, en 0
Soit f : [0 ; +∞[−→ C continue par morceaux.
a) On suppose ici que f est bornée sur [0 ; +∞[.
Montrer : x
+∞
0
e−xt
f (t) dt −→
x−→+∞
f (0+
).
b) On suppose ici que f admet une limite finie en +∞.
Montrer : x
+∞
0
e−xt
f (t) dt −→
x−→0+
.
©Dunod.Laphotocopienonautoriséeestundélit.
5.37
5.38
5.39
5.40
5.41
5.42](https://image.slidesharecdn.com/mathmatiquesmthodesetexercicesmp-141109172011-conversion-gate01/85/Mathematiques-methodes-et-exercices-mp-209-320.jpg)
![Chapitre 5 • Suites et séries d’applications
200
Théorème de Scheffé
Soient I un intervalle de R, ( fn : I −→ R)n∈N une suite d’applications intégrables sur I, à
valeurs 0, f : I −→ R une application intégrable sur I.
On suppose : fn
C.S.
−→
n∞
f sur I et
I
fn −−−→
n ∞ I
f.
Démontrer :
I
| fn − f | −−−→
n ∞
0.
Étude de la somme d’une série d’applications, classe C1
, équivalent
On note, pour tout n ∈ N : fn : [0 ; 1] −→ R, x −→ ln(1 + xn
).
a) Étudier les convergences de la série d’applications
n 0
fn. On note S la somme.
b) Montrer que S est de classe C1
sur [0 ; 1[ et que S est strictement croissante sur [0 ; 1[.
c) 1) Montrer : ∀ n ∈ N, ∀ x ∈ [0 ; 1[,
n
k=0
fk(x) ln
n
k=0
xk
.
2) En déduire : S(x) −→
x−→1−
+∞.
d) En utilisant une comparaison série/intégrale, montrer :
S(x) ∼
I−→1−
I
1 − x
, où I =
+∞
0
ln(1 + e−u
) du.
Convergences d"une série d’applications dépendant d’une suite numérique
Soit (an)n∈N∗ une suite à termes dans [0 ; +∞[, décroissante.
On note, pour tout n ∈ N∗
: fn : [0 ; 1] −→ R, x −→ an xn
(1 − x).
a) Montrer que
n 1
fn converge simplement sur [0 ; 1].
b) Montrer que
n 1
fn converge normalement sur [0 ; 1] si et seulement si la série
n 1
an
n
converge.
c) Montrer que
n 1
fn converge uniformément sur [0 ; 1] si et seulement si : an −−−→
n ∞
0.
Étude d’une suite de fonctions définies à l’aide d’intégrales, intervention de séries
a) Montrer qu’il existe une suite d’applications ( fn : [0 ; 1] −→ R)n∈N et une seule telle que
f0 = 1 et : ∀ n ∈ N, ∀ x ∈ [0 ; 1], fn+1(x) = 1 +
x
0
fn(t − t2
) dt, et montrer que, pour tout
n ∈ N, fn est un polynôme.
b) 1) Montrer : ∀ n ∈ N, ∀ x ∈ [0 ; 1], 0 fn(x) fn+1(x) ex
.
2) En déduire que ( fn)n∈N converge simplement sur [0 ; 1] vers une application notée f.
c) Établir que la suite ( fn)n∈N converge uniformément vers f sur [0 ; 1], que f est continue sur
[0 ; 1], et que : ∀ x ∈ [0 ; 1], f (x) = 1 +
x
0
f (t − t2
) dt.
d) 1) Montrer que f est de classe C1
sur [0 ; 1] et que : ∀ x ∈ [0 ; 1], f (x) = f (x − x2
).
2) Montrer que f est de classe C∞
sur [0 ; 1].
5.43
5.44
5.45
5.46](https://image.slidesharecdn.com/mathmatiquesmthodesetexercicesmp-141109172011-conversion-gate01/85/Mathematiques-methodes-et-exercices-mp-210-320.jpg)
![Du mal à démarrer ?
201
©Dunod.Laphotocopienonautoriséeestundélit.
Du mal à démarrer ?
• Pour étudier la convergence simple d’une suite d’appli-
cations ( fn)n , on fixe x et on étudie la suite fn(x) n
.
• Pour étudier la convergence uniforme d’une suite d’applica-
tions ( fn)n ,après avoir montré que ( fn)n converge simplement
vers une certaine f, on étudie la convergence vers 0 de la suite
|| fn − f ||∞)n. Si || fn − f ||∞ n’est pas facilement calculable,
soit on essaie de majorer || fn − f ||∞ par un terme tendant
vers 0, soit on essaie de minorer || fn − f ||∞ par un terme ne
tendant pas vers 0.
• Si ( fn)n ne converge pas uniformément vers f sur tout l’en-
semble d’étude X, déterminer des parties de X sur lesquelles
( fn)n converge uniformément.
f) Pour x ∈ [0 ; 1[ fixé, la suite fn(x) n 0
est stationnaire.
h) Pour la convergence uniforme sur tout[−a ; a], a ∈ [0 ; +∞[
fixé, utiliser l’inégalité connue : ∀ t ∈ R, | sin t| |t| .
Pour des éléments fixés dans l’ensemble de départ des fn,
passer à la limite lorsque l’entier n tend vers l’infini, dans la
condition d’hypothèse des fn.
Appliquer le théorème de convergence dominée.
Appliquer le théorème de convergence dominée.
Utiliser, de manière générale, le plan d’étude d’une série
d’applications : C.S., C.A., C.N., C.U. Cependant, dans des cas très
simples, il se peut que l’étude de la convergence normale soit
facile et qu’il y ait convergence normale, auquel cas l’étude des
autres convergences est inutile.
• Pour étudier la convergence simple d’une série d’applications
n
fn,on fixe x et on étudie la série
n
fn(x).
• Pour étudier la convergence absolue d’une série d’applications
n
fn,on fixe x et on étudie la série
n
| fn(x)|. Lorsque les
fn(x) sont tous 0 (pour tout n et pour tout x),la convergence
absolue revient à la convergence simple.
• Pour étudier la convergence normale d’une série d’applica-
tions
n
fn, on étudie la série numérique
n
|| fn||∞.
• Pour étudier la convergence uniforme d’une série d’applica-
tions
n
fn, si || fn||∞ −→
n∞
0, on étudie le reste Rn, et on résout
la question : est-ce que ||Rn||∞ −→
n∞
0 ?
g) Pour l’étude du reste dans la convergence uniforme,utiliser le
TSCSA.
a) • Pour l’étude de la convergence normale sur ]0 ; +∞[,
remarquer : ∀ n ∈ N∗
, || fn||∞ =
1
n
.
• Pour l’étude de la convergence uniforme sur [0 ; +∞[, utiliser
le TSCSA.
a) Pour la convergence simple, avec x fixé, utiliser un équi-
valent lorsque l’entier n tend vers l’infini.
b) Appliquer deux fois le théorème de dérivation pour une série
d’applications.
a) Pour montrer la non-convergence uniforme sur [0 ; 1],
évaluer, par exemple, fn 1 −
1
n
.
b) • Pour montrer la non-convergence uniforme sur R, évaluer,
par exemple, f2n − f )(nπ) , où f : x −→ sin x.
• Pour montrer la convergence uniforme sur [−a ; a],
a ∈ [0 ; +∞[ fixé, transformer la différence de deux sinus, puis
utiliser l’inégalité connue : ∀ t ∈ R, | sin t| |t|.
c) Pour étudier la convergence uniforme, utiliser l’inégalité des
accroissements finis, appliquée à t −→ ln(1 + t) entre x et
nx2
1 + nx
.
d) Pour étudier la convergence uniforme, étudier les variations
de gn = fn − f.
Appliquer l’inégalité des accroissements finis à
t −→ ln(1 + t) entre f (x) et fn(x).
Utiliser l’inégalité de Taylor-Lagrange appliquée à f entre x
et x +
1
n
,entre x et x −
1
n
,puis combiner par l’inégalité trian-
gulaire. Obtenir : ∀ n ∈ N∗
, ||gn − f ||∞
M3
3n
,
où M3 = Sup
t∈R
| f (3)
(t)|.
Montrer que l’application
ϕ : [0 ; +∞[−→ R, t −→
√
1 + t
admet un point fixe et un seul, noté α, et calculer α.
Majorer ensuite | fn+1(x) − α|,puis || fn − α||∞ .Faire apparaître
une suite géométrique.
La méthode utilisée pour la résolution de l’exercice 5.11
(majoration géométrique) ne s’applique pas ici. Montrer que la
suite || fn||∞ n
est décroissante et minorée, et montrer qu’elle
converge vers 0.
5.1
5.2
5.3
5.4
5.5
5.6
5.7
5.8
5.9
5.10
5.11
5.12](https://image.slidesharecdn.com/mathmatiquesmthodesetexercicesmp-141109172011-conversion-gate01/85/Mathematiques-methodes-et-exercices-mp-211-320.jpg)
![Chapitre 5 • Suites et séries d’applications
202
Commencer par l’étude de ( fn)n 0. Remarquer ensuite :
∀ n ∈ N, ∀ x ∈ [0 ; +∞[, gn(x) = 1 − fn(x) ,
après un calcul faisant éventuellement intervenir la fonction
d’Euler.
Montrer d’abord :
∀ P ∈ C[X],
b
a
P(x) f (x) dx = 0 ,
en utilisant la décomposition additive de P, ou encore une
linéarité.
Utiliser le premier théorème de Weierstrass.
Utiliser le premier théorème de Weierstrass pour avoir une suite
(Qn)n de polynômes convergeant uniformément vers f sur
[a ; b], puis modifier Qn pour obtenir Pn .
Appliquer le théorème de convergence dominée.
a) Pour la domination, après avoir obtenu :
∀ n ∈ N∗
, ∀ x ∈ [0 ; 1], | fn(x)| n e
1
n − 1 ,
remarquer que la suite de terme général n e
1
n − 1 est conver-
gente, donc bornée.
b) Une fois appliqué le théorème de convergence dominée,
pour calculer I =
+∞
0
(x2
+ 1) e−x
dx, on peut utiliser la fonc-
tion d’Euler.
c) Pour la domination, utiliser l’inégalité classique :
∀ (a,b) ∈ (R+)2
, a2
+ b2
2ab.
f) Remarquer que la borne n
√
n dépend de n et que
n
√
n = e
1
n ln n
−→
n∞
1+
.Décomposer,par la relation de Chasles,l’in-
tégrale de l’énoncé en somme d’une intégrale de 0 à 1 (à laquel-
le on pourra appliquer le théorème de convergence dominée)
et d’une intégrale de 1 à n
√
n (dont on montrera qu’elle tend
vers 0).
Appliquer le théorème de convergence dominée. Pour la
domination, utiliser l’inégalité classique :
∀ t ∈ ] − 1 ; +∞[, ln(1 + t) t.
Montrer d’abord l’existence de In , en utilisant par
exemple la règle x2 f (x) en +∞.
Pour obtenir un équivalent,effectuer le changement de variable
t = nx, puis appliquer le théorème de convergence dominée à
l’intégrale obtenue après mise en facteur de
1
n
.
a) Majorer convenablement |In − 1|.
b) Obtenir : In − 1 = −
1
0
xn
1 +
√
1 − xn
dx,
effectuer le changement de variable t = xn
, et appliquer le
théorème de convergence dominée à l’intégrale obtenue après
mise en facteur de
1
n
.
a) Pour l’étude de la convergence normale sur [0 ; a],
a ∈ [0 ; +∞[ fixé, utiliser l’encadrement classique :
∀ t ∈ [0 ; +∞[, −
t2
2
ln(1 + t) − t 0 .
b) Pour l’étude de la convergence normale, utiliser le même
encadrement que ci-dessus.
a) Montrer que
n 1
fn converge normalement sur
[1 ; +∞[.
b) Pour obtenir une valeur approchée décimale de L, étudier le
reste Rn, en utilisant une majoration et une comparaison
série/intégrale.
a) Pour la convergence uniforme,utiliser la majoration de la
valeur absolue du reste venant du TSCSA.
b) Montrer d’abord que a existe.
Considérer, pour tout n ∈ N∗
:
gn : [1 ; +∞[−→ R, x −→
(−1)n
√
nx
et majorer | fn(x) − gn(x)|, puis S(x) −
a
√
x
.
b) Appliquer, de façon réitérée, le théorème de dérivation
pour une série d’applications. Pour obtenir des convergences
simples ou des convergences uniformes, on sera amené à mon-
trer que, pour tout k ∈ N∗
et tout x ∈ ]1 ; +∞[, la série
n 1
(ln n)k
nx
converge. À cet effet, utiliser la règle nαun, avec un α
bien choisi, α =
x + 1
2
.
d) Utiliser une comparaison série/intégrale,en considérant,pour
x ∈ ]1 ; +∞[ fixé : ϕx : [1 ; +∞[−→ R, t −→
1
tx
.
e) Pour le deuxième point, considérer ζ(x) − 1 −
1
2x
et majorer
+∞
n=3
1
nx
grâce à une comparaison série/intégrale.
a) Pour la convergence uniforme sur tout [b ; +∞[,
b ∈ ]0 ; +∞[ ,utiliser la majoration de la valeur absolue du reste
venant du TSCSA.
b) Former ζ(x) + T(x) et remarquer qu’alors les termes d’in-
dices impairs sont nuls.
5.13
5.14
5.15
5.16
5.17
5.18
5.19
5.20
5.21
5.22
5.23
5.24](https://image.slidesharecdn.com/mathmatiquesmthodesetexercicesmp-141109172011-conversion-gate01/85/Mathematiques-methodes-et-exercices-mp-212-320.jpg)
![Du mal à démarrer ?
203
©Dunod.Laphotocopienonautoriséeestundélit.
Développer la fonction sous l’intégrale en une somme de
série de fonctions, puis permuter intégrale et série en montrant
qu’on peut appliquer le théorème du cours sur l’intégration sur
un intervalle quelconque pour une série de fonctions.
1) S’assurer d’abord que l’intégrale proposée existe.
2) Développer la fonction sous l’intégrale en une somme de
série de fonctions (en faisant apparaître une série géométrique)
puis permuter intégrale et série en montrant qu’on peut appli-
quer le théorème du cours sur l’intégration sur un intervalle
quelconque pour une série de fonctions.
Pour calculer
+∞
n=0
1
(2n + 1)2
sachant que
+∞
n=1
1
n2
=
π2
6
, décom-
poser, pour N ∈ N∗
fixé,
2N+1
k=1
1
k2
en termes d’indices pairs,
termes d’indices impairs, puis faire tendre l’entier N vers l’infini.
a) Pour l’étude de la convergence uniforme, comme le
signe de fn(x) ne paraît pas facile à déterminer, et puisque
1 + nx2
intervient,séparer en deux cas selon la position de x par
rapport à
1
√
n
, obtenir une bonne majoration dans chaque cas,
puis regrouper en une seule majoration.
b) 1) Pour l’étude de la convergence simple, on sera amené à
séparer en cas selon la position de x par rapport à e−1
et à e.
2) Pour l’étude de la convergence uniforme, remarquer que les
fn sont continues sur ]0 ; +∞[ et que la limite simple f est dis-
continue en e−1
et en e.
D’autre part, montrer qu’il y a convergence uniforme sur des
intervalles de ]0 ; +∞[ décollés de e−1
et de e.
c) 1) Pour obtenir la limite de fn(x) n 1
,où x est fixé,séparer en
cas selon la position de |x| par rapport à 2.
2) Pour étudier la convergence uniforme, utiliser l’inégalité des
accroissements finis,appliquée à ϕ : [0 ; +∞[−→ R, t −→ t
1
n ,
entre 2n
et 2n + |x|n
, entre |x|n
et 2n + |x|n
.
d) 2) Montrer qu’il y a convergence uniforme sur
]0 ; a] × [b ; +∞[, pour tout (a,b) ∈ ]0 ; +∞[2
fixé.
Utiliser les polynômes d’interpolation de Lagrange
(Li )0 i N sur des points x0,. . . ,xN, deux à deux distincts, et
l’égalité du cours :
∀ P ∈ CN [X], P =
N
i=0
P(xi )Li .
Montrer que le sev F de C([a ; b] ; R), formé des poly-
nômes de degré N, est de dimension finie, donc complet,
donc fermé.
• Commencer par montrer que l’intégrale proposée existe.
• Comme,pour tout t ∈ [0 ; +∞[ fixé, sin (xt) ∼
x−→0+
xt,on peut
conjecturer que I (x) ressemble, lorsque x −→ 0+
, à
+∞
0
xt
1 + t4
dt.
1re méthode : transformer l’écriture de I (x), en utilisant
φ : u −→
sin u
u
si u = 0
1 si u = 0,
mettre x en facteur dans I (x), puis appliquer le théorème de
continuité sous le signe intégrale.
2e méthode : utiliser le théorème de convergence dominée et la
caractérisation séquentielle des limites.
a) Utiliser le changement de variable t = xn
, mettre
1
n
en
facteur dans l’intégrale, puis utiliser le théorème de convergen-
ce dominée.
b) 1re méthode : comme pour a).
2e méthode : considérer Kn =
1
0
xn−1
ln(1 + xn
) dx.
Utiliser une intégration par parties, puis le changement de
variable t = xn
, et le théorème de convergence dominée.
a) • Étudier d’abord la convergence simple.
• Pour la convergence normale, étudier les variations de
fn,n ∈ N∗
fixé, calculer|| fn||∞, et déterminer la nature de la
série
n 1
|| fn||∞.
• Pour la convergence uniforme, dans le cas a b − 1, minorer
convenablement le reste.
Former finalement une réponse claire à la question posée, don-
nant les CNS sur (a,b) pour les différentes convergences.
b) • Pour la convergence normale, étudier les variations de
fn,n 2 fixé. Montrer que la série
n 2
1
n ln n
diverge, par com-
paraison, série/intégrale.
• Pour la convergence uniforme, étudier le reste, en faisant une
comparaison série/intégrale, pour x ∈ ]0 ; +∞[ fixé, à l’aide de :
ϕx : [2 ; +∞[−→ R, t −→
e−tx
ln t
.
c) • Pour la convergence uniforme, utiliser la majoration de la
valeur absolue du reste venant du TSCSA.
d) • Montrer que, si x + n 0, on peut transformer l’écriture de
l’énoncé en : fn(x) = Arctan
x
1 + n(x + n)
.
Utiliser l’inégalité connue : ∀ t ∈ R, |Arctan t| |t|.
5.25
5.26
5.27
5.28
5.29
5.30
5.31
5.32
5.33](https://image.slidesharecdn.com/mathmatiquesmthodesetexercicesmp-141109172011-conversion-gate01/85/Mathematiques-methodes-et-exercices-mp-213-320.jpg)
![Chapitre 5 • Suites et séries d’applications
204
• Pour la convergence normale, étudier les variations de
fn, n ∈ N fixé.
• Pour montrer la non-convergence uniforme sur R, minorer
convenablement le reste.
e) • Pour la convergence normale, étudier les variations de
fn, n ∈ N∗
fixé.
• Pour la non-convergence uniforme sur [0 ; +∞[, minorer
convenablement le reste.
a) Par une majoration convenable, montrer qu’il y a
convergence normale.
c) Former S(x) + S
1
x
et utiliser la formule connue,pour tout
t ∈ R∗
+ : Arctan t + Arctan
1
t
=
π
2
.
Pour calculer
+∞
n=1
1
n(n + 1)
, faire apparaître un télescopage.
d) • Appliquer le théorème de dérivation pour une série d’appli-
cations.
• Le calcul de S(1) se ramène à la série vue plus haut.
• Pour montrer S (x) −→
x−→1+
+∞, minorer convenablement
S (x), pour x ∈ [0 ; 1[.
c) • Pour l’étude en 0+
, considérer la série d’applications
n 1
x −→
1
n4 + x2
et montrer S(x) ∼
x−→0+
C
x2
, où C est une
constante > 0. • Pour l’étude en +∞,montrer 0 S(x)
C
x2
.
Pour x ∈ [0 ; 1[,pour évaluer
+∞
n=0
xn
1 + xn
,utiliser une com-
paraison série/intégrale, à l’aide de :
ϕx : [0 ; +∞[−→ R, t −→
xt
1 + xt
.
Appliquer le théorème du cours sur l’intégration sur un
intervalle quelconque pour une série d’applications.
c) Appliquer le théorème du cours sur l’intégration sur un
intervalle quelconque pour une série d’applications.
Développer la fonction sous l’intégrale en une somme de
série de fonctions (à l’aide d’une série géométrique), puis per-
muter intégrale et série en montrant qu’on peut appliquer le
théorème du cours sur l’intégration sur un intervalle quel-
conque pour une série de fonctions.
Développer la fonction sous l’intégrale en une somme de
série de fonctions (à l’aide d’une série géométrique), puis per-
muter intégrale et série en montrant que l’intégrale du reste
tend vers 0. Le théorème du cours sur l’intégration sur un inter-
valle quelconque pour une série d’applications ne
s’applique pas ici, car la série
n 1
+∞
0
| fn(x)| dx diverge.
Développer la fonction sous l’intégrale en une somme de
série de fonctions (à l’aide d’une série géométrique), puis per-
muter intégrale et série en montrant que l’intégrale du reste
tend vers 0.Le théorème du cours sur l’intégration sur un inter-
valle quelconque pour une série d’applications ne
s’applique pas ici, car la série
n 0
1
0
| fn(x)| dx peut diverger.
a) Utiliser le théorème de convergence dominée et la
caractérisation séquentielle des limites.
b) Même méthode qu’en a).
1) Considérer,pour n ∈ N, gn = ( fn − f )−
.Montrer que le
théorème de convergence dominée s’applique à (gn)n. En
déduire :
I
gn −→
n∞
0.
2) Utiliser : ( fn − f )+
= ( fn − f ) + gn
puis : | fn − f | = ( fn − f )+
+ ( fn − f )−
.
c) 2) Utiliser :
n
k=0
xk
=
1 − xn+1
1 − x
.
a) Utiliser le théorème de majoration pour des séries à
termes 0.
b) Étudier les variations de fn, pour n ∈ N∗
fixé, et calculer
|| fn||∞, puis un équivalent simple de || fn||∞ lorsque l’entier n
tend vers l’infini.
c) 1) En supposant an −→
n∞
0, majorer convenablement Rn(x),
puis ||Rn||∞.
2) Réciproquement, si
n 0
fn, converge uniformément sur
[0 ; 1], raisonner par l’absurde : supposer an −→
n∞
/ 0. Ne pas
oublier que (an)n 0 est décroissante.Minorer convenablement
Rn(x), puis ||Rn||∞ et conclure.
a) Récurrence sur n.
b) 1) Récurrence sur n.
c) Remarquer : ∀ t ∈ [0 ; 1], t − t2
∈ [0 ; 1/4].
Noter, pour tout n ∈ N :
Mn = || fn+1 − fn||[0 ;1]
∞ , mn = || fn+1 − fn||
[0 ;1/4]
∞ .
Majorer convenablement | fn+1(x) − fn(x)|,
puis || fn+1 − fn||∞,et obtenir une majoration géométrique
pour mn, pour Mn.
Utiliser le lien suite/série pour la convergence uniforme.
5.34
5.35
5.36
5.37
5.38
5.39
5.40
5.41
5.42
5.43
5.44
5.45
5.46](https://image.slidesharecdn.com/mathmatiquesmthodesetexercicesmp-141109172011-conversion-gate01/85/Mathematiques-methodes-et-exercices-mp-214-320.jpg)
![205
a) 1) Convergence simple :
On a, pour tout x ∈ R fixé : fn(x) =
n + 1
n2 + x2
−−−→
n ∞
0,
donc : fn
C.S.
−→
n∞
0.
2) Convergence uniforme :
On a : ∀ n ∈ N∗
, ∀ x ∈ R, | fn(x)| =
n + 1
n2 + x2
n + 1
n2
,
donc : || fn||∞
n + 1
n2
−−−→
n ∞
0.
On conclut : fn
C.U.
−→
n∞
0, et donc fn
C.S.
−→
n∞
0, ce qui rend l’étude
de 1) inutile, à condition de prévoir que la limite sera 0.
b) 1) Convergence simple :
Soit x ∈ [0 ; 1].
Si x =/ 0, alors : fn(x) =
nx2
1 + nx
∼
n∞
nx2
nx
= x,
donc : fn(x) −−−→
n ∞
x.
Si x = 0, alors : fn(x) = 0 −−−→
n ∞
0.
On conclut : fn
C.S.
−→
n∞
f, où : f : [0 ; 1] −→ R, x −→ x.
2) Convergence uniforme :
On a : ∀ n ∈ N∗
, ∀ x ∈ [0 ; 1],
| fn(x) − f (x)| =
nx2
1 + nx
− x =
x
1 + nx
1
n
,
donc : || fn − f ||∞
1
n
−−−→
n ∞
0.
On conclut : fn
C.U.
−→
n∞
f, ce qui semble rendre l’étude de 1) in-
utile. Cependant, pour former || fn − f ||∞, il faut d’abord
connaître f, ce qui nécessite l’étude de la convergence simple.
c) 1) Convergence simple :
On a, pour tout x ∈ R fixé : fn(x) =
x
x2 + n2
−−−→
n ∞
0,
donc : fn
C.S.
−→
n∞
0.
2) Convergence uniforme :
1re méthode :
Soit n ∈ N∗
.
L’application fn est impaire, de classe C1
sur R, et, pour tout
x ∈ [0 ; +∞[ :
fn(x) =
x2
+ n2
− x(2x)
(x2 + n2)2
=
n2
− x2
(x2 + n2)2
,
d’où le tableau des variations de fn (sur [0 ; +∞[) :
x 0 n +∞
fn(x) + 0 −
fn(x) 0 0
On a donc : || fn||∞ = fn(n) =
n
2n2
=
1
2n
−−−→
n ∞
0,
et on conclut : fn
C.U.
−→
n∞
0,
donc fn
C.S.
−→
n∞
0, ce qui rend l’étude de 1) inutile.
2e méthode :
Soit n ∈ N∗
.
Rappelons : ∀ (a,b) ∈ (R+)2
, a2
+ b2
2ab.
On a donc :
∀ x ∈ R∗
+, 0 fn(x) =
x
x2 + n2
x
2nx
=
1
2n
,
d’où, puisque fn(0) = 0 et que fn est impaire :
|| fn||∞
1
2n
,
et on termine comme dans la 1re méthode.
d) 1) Convergence simple :
Soit x ∈ [0 ; 1] fixé.
Si x =/ 1, alors : fn(x) = xn
(1 − x) −−−→
n ∞
0.
Si x = 1, alors : fn(x) = 0 −−−→
n ∞
0.
On conclut : fn
C.S.
−→
n∞
0.
2) Convergence uniforme :
Soit n ∈ N∗
.
L’application fn est de classe C1
sur [0 ; 1] et, pour tout
x ∈ [0 ; 1] :
fn(x) = nxn−1
− (n + 1)xn
= xn−1
n − (n + 1)x ,
d’où le tableau des variations de fn :
x 0
n
n + 1
1
fn(x) + 0 −
fn(x) 0 0
Corrigés des exercices
5.1](https://image.slidesharecdn.com/mathmatiquesmthodesetexercicesmp-141109172011-conversion-gate01/85/Mathematiques-methodes-et-exercices-mp-215-320.jpg)
![206
On a donc :
|| fn||∞ = fn
n
n + 1
=
n
n + 1
n
1
n + 1
1
n + 1
−−−→
n ∞
0,
et on conclut : fn
C.U.
−→
n∞
0, ce qui rend l’étude de 1) inutile.
e) 1) Convergence simple :
Soit x ∈ [0 ; +∞[ fixé.
Si x =/ 0, alors : fn(x) =
nx3
1 + n2x
∼
n∞
x2
n
−−−→
n ∞
0.
Si x = 0, alors : fn(x) = 0 −−−→
n ∞
0.
On conclut : fn
C.S.
−→
n∞
0.
2) Convergence uniforme :
• On remarque que, pour tout n ∈ N, fn − 0 n’est pas bornée
sur [0 ; +∞[, car fn(x) −→
x−→+∞
+∞, donc : fn
C.U.
−→
n∞
/ 0 sur
[0 ; +∞[.
• Soit b ∈ [0 ; +∞[ fixé.
On a :
∀ n ∈ N∗
, ∀ x ∈ [0 ; b], | fn(x)| =
nx3
1 + n2x
x2
n
b2
n
,
donc : || fn||[0 ;b]
∞
b2
n
−−−→
n ∞
0.
On conclut :
fn
C.U.
−→
n∞
0 sur tout [a ; b], b ∈ [0 ; +∞[ fixé.
f) 1) Convergence simple :
Soit x ∈ [0 ; 1[ fixé.
En notant Nx = E
1
√
1 − x
+ 1, on a :
∀ n Nx , fn(x) = Min n,
1
√
1 − x
=
1
√
1 − x
,
donc la suite fn(x) n∈N
stationne sur
1
√
1 − x
, d’où :
fn(x) −−−→
n ∞
1
√
1 − x
.
Notons : f : [0 ; 1[−→ R, x −→
1
√
1 − x
.
On conclut : fn
C.S.
−→
n∞
f sur [0 ; 1[.
2) Convergence uniforme :
• Pour tout n ∈ N fixé, l’application | fn − f | n’est pas bor-
née sur [0 ; 1[, car, pour x assez près de 1 :
| fn(x) − f (x)| =
1
√
1 − x
− n −→
x−→1−
+∞ .
Il en résulte, d’après le cours : fn
C.U.
−→
n∞
/ f sur [0 ; 1[.
Soit a ∈ [0 ; 1[ fixé.
En notant N = E
1
√
1 − a
+ 1, on a :
∀ n N, ∀ x ∈ [0 ; a], fn(x) =
1
√
1 − x
,
d’où : ∀ n N, ∀ x ∈ [0 ; a], fn(x) − f (x) = 0.
Ceci montre que ( fn − f ) |[0 ;a] n∈N
est stationnaire nulle,
donc : fn
C.U.
−→
n∞
f sur [0 ; a].
g)
1) Convergence simple :
Soit x ∈ [−1 ; 1] fixé.
Si |x| < 1, alors, pour tout n assez grand (précisément, pour
n
1
1 − |x|
), fn(x) = 0, donc la suite fn(x) n 2
stationne
sur 0, donc : fn(x) −−−→
n ∞
0.
Si |x| = 1, alors : fn(x) = 1 −−−→
n ∞
1.
On conclut : fn
C.S.
−→
n∞
f, où :
f : [−1 ; 1] −→ R, x −→
0 si |x| < 1
1 si |x| = 1.
2) Convergence uniforme :
• Étude sur [−1 ; 1] :
1re méthode :
y
x
fn
1
11 1 + 1
n 1 1
n
O
y
x
fn
1
11 1 + 1
n 1 1
n
O
f](https://image.slidesharecdn.com/mathmatiquesmthodesetexercicesmp-141109172011-conversion-gate01/85/Mathematiques-methodes-et-exercices-mp-216-320.jpg)
![207
On a : ∀ n 2, || fn − f ||∞ = 1,
donc : || fn − f ||∞ −−−→
n ∞
/ 0,
et on conclut : fn
C.U.
−→
n∞
/ 0 sur [−1 ; 1].
2e méthode :
Puisque les fn sont continues sur [−1 ; 1], et que f n’est pas
continue sur [−1 ; 1], d’après le cours, on conclut : fn
C.U.
−→
n∞
/ 0
sur [−1 ; 1].
• Étude sur [−a ; a], a ∈ [0 ; 1[ fixé :
On a, pour n assez grand (précisément : n
1
1 − a
) :
∀ x ∈ [−a ; a], fn(x) = 0 = f (x),
d’où : || fn − f ||[−a ;a]
∞ = 0 −−−→
n ∞
0.
On conclut :
fn
C.U.
−→
n∞
f sur tout [−a ; a], a ∈ [0 ; 1[ fixé.
h) 1) Convergence simple :
Soit x ∈ R.
Si x =/ 0, alors : fn(x) = x2
sin
1
nx
−−−→
n ∞
0.
Si x = 0, alors : fn(x) = 0 −−−→
n ∞
0.
On conclut : fn
C.S.
−→
n∞
0 sur R.
2) Convergence uniforme :
• Étude sur R :
On remarque : || fn||∞ fn(n) = n2
sin
1
n2
−−−→
n ∞
1,
donc : || fn||∞ −−−→
n ∞
/ 0, fn
C.U.
−→
n∞
/ 0 sur R.
• Étude sur [−a ; a], a ∈ [0 ; +∞[ fixé :
Soit a ∈ [0 ; +∞[ fixé.
On a : ∀ n ∈ N∗
, ∀ x ∈ [−a ; a],
| fn(x)| = x2
sin
1
nx
x2 1
nx
=
|x|
n
a
n
,
donc : ∀ n ∈ N∗
, || fn||[−a ;a]
∞
a
n
,
d’où : || fn||[−a ;a]
∞ −−−→
n ∞
0.
On conclut :
fn
C.U.
−→
n∞
0 sur tout [−a ; a], a ∈ [0 ; +∞[ fixé.
1) Supposons que, pour tout n ∈ N, fn soit croissante.
Soit (x,y) ∈ I2
tel que x < y.
On a : ∀ n ∈ N, fn(x) fn(y).
Comme fn
C.S.
−→
n∞
f, on déduit, par passage à la limite lorsque l’en-
tier n tend vers l’infini : f (x) f (y).
On conclut que f est croissante.
2) Supposons que, pour tout n ∈ N, fn soit convexe.
Soient λ ∈ [0 ; 1], (x,y) ∈ I2
. On a :
∀ n ∈ N, fn λx + (1 − λ)y λ fn(x) + (1 − λ) fn(y) .
Comme fn
C.S.
−→
n∞
f, on déduit, par passage à la limite lorsque l’en-
tier n tend vers l’infini :
f λx + (1 − λ)y λ f (x) + (1 − λ) f (y) .
On conclut que f est convexe.
3) Supposons que, pour tout n ∈ N, fn est k-lipschitzienne, où
k ∈ R+ est fixé, indépendamment de n.
Soit (x,y) ∈ I2
. On a :
∀ n ∈ N, | fn(x) − fn(y)| k|x − y| .
Comme fn
C.S.
−→
n∞
f, on déduit, par passage à la limite lorsque l’en-
tier n tend vers l’infini :
| f (x) − f (y)| k|x − y|.
On conclut que f est k-lipschitzienne.
Nous allons essayer, dans ces exemples, d’appliquer le
théorème de convergence dominée.
a) Notons, pour tout n ∈ N∗
:
fn : [0 ; +∞[−→ R, x −→
e− x
n
1 + x2
.
• Pour tout n ∈ N∗
, fn est continue par morceaux (car conti-
nue) sur [0 ; +∞[.
• Pour tout x ∈ [0 ; +∞[ fixé :
fn(x) =
e− x
n
1 + x2
−−−→
n ∞
1
1 + x2
.
En notant f : [0 ; +∞[−→ R, x −→
1
1 + x2
,
on a donc : fn
C.S.
−→
n∞
f.
• f est continue par morceaux (car continue) sur [0 ; +∞[.
• On a :
∀ n ∈ N∗
, ∀ x ∈ [0 ; +∞[, | fn(x)| =
e− x
n
1 + x2
1
1 + x2
et l’application x −→
1
1 + x2
est continue par morceaux (car
continue), 0, intégrable sur [0 ; +∞[
car
1
1 + x2
∼
x−→+∞
1
x2
, exemple de Riemann en +∞ (2 > 1)
et théorème d’équivalence pour des fonctions 0.
5.2
5.3](https://image.slidesharecdn.com/mathmatiquesmthodesetexercicesmp-141109172011-conversion-gate01/85/Mathematiques-methodes-et-exercices-mp-217-320.jpg)
![208
Ainsi, ( fn)n∈N∗ vérifie l’hypothèse de domination.
D’après le théorème de convergence dominée, f est intégrable
sur [0 ; +∞[ et :
+∞
0
fn −−−→
n ∞
+∞
0
f =
+∞
0
1
1 + x2
dx
= [Arctan x]+∞
0 =
π
2
.
On conclut : lim
n∞
+∞
0
e− x
n
1 + x2
] dx =
π
2
.
b) Notons, pour tout n ∈ N :
fn : [1 ; +∞[−→ R, x −→
n
nx2 + ex
.
• Pour tout n ∈ N, fn est continue par morceaux (car continue)
sur [1 ; +∞[.
• On a, pour tout x ∈ [1 ; +∞[ fixé :
fn(x) =
n
nx2 + ex
=
1
x2
+
ex
n
−−−→
n ∞
1
x2
.
Ainsi : fn
C.S.
−→
n∞
f, où : f : [1 ; +∞[−→ R, x −→
1
x2
.
• f est continue par morceaux (car continue) sur [1 ; +∞[.
• On a :
∀ n ∈ N, ∀ x ∈ [1 ; +∞[, | fn(x)| =
n
nx2 + ex
1
x2
,
et x −→
1
x2
est continue par morceaux (car continue), 0,
intégrable sur [1 ; +∞[ (exemple de Riemann en +∞, 2 > 1).
Ceci montre que ( fn)n∈N vérifie l’hypothèse de domination.
D’après le théorème de convergence dominée, on déduit :
+∞
1
fn −−−→
n ∞
+∞
1
f =
+∞
1
1
x2
dx = −
1
x
+∞
1
= 1 .
On conclut : lim
n∞
+∞
1
n
nx2 + ex
dx = 1.
c) Notons, pour tout n ∈ N∗
:
fn : [0 ; +∞[−→ R, x −→
xn
x2n + xn + 1
.
• Pour tout n ∈ N, fn est continue par morceaux (car continue)
sur [0 ; +∞[.
• Soit x ∈ [0 ; +∞[.
Si 0 x < 1, alors : fn(x) =
xn
x2n + xn + 1
−−−→
n ∞
0.
Si x = 1, alors : fn(x) =
1
3
−−−→
n ∞
1
3
.
Si x > 1, alors :
fn(x) =
xn
x2n + xn + 1
∼
n∞
xn
x2n
= x−n
−−−→
n ∞
0 .
Ainsi : fn
C.S.
−→
n∞
f sur [0 ; +∞[, où :
f : [0 ; +∞[−→ R, x −→
0 si x =/ 1
1/3 si x = 1.
• f est continue par morceaux sur [0 ; +∞[.
• Soient n ∈ N∗
, x ∈ [0 ; +∞[.
Si 0 x 1, alors :
0 fn(x) =
xn
x2n + xn + 1
xn
1.
Si x > 1, alors :
0 fn(x)
xn
x2n
=
1
xn
1
x2
si n 2 .
Ainsi : ∀ n ∈ N∗
− {1}, ∀ x ∈ [0 ; +∞[, | fn(x)| ϕ(x),
où :
ϕ : [0 ; +∞[−→ R, x −→
1 si 0 x 1
1
x2
si 1 < x.
L’application ϕ est continue par morceaux, 0, intégrable sur
[0 ; +∞[ (exemple de Riemann en +∞, 2 > 1).
Ceci montre que ( fn)n 2 vérifie l’hypothèse de domination.
D’après le théorème de convergence dominée, on déduit :
+∞
0
fn −−−→
n ∞
+∞
0
f = 0.
On conclut : lim
n∞
+∞
0
xn
x2n + xn + 1
dx = 0.
Essayons d’appliquer le théorème de convergence do-
minée.
Notons, pour tout n ∈ N∗
:
fn : [0 ; 1] −→ C, x −→ fn(x) = f (x) 1 −
x
n
n
.
• Pour tout n ∈ N∗
, fn est continue par morceaux, comme pro-
duit de deux applications continues par morceaux.
• Pour tout x ∈ [0 ; 1], et pour n 2 :
fn(x) = f (x) exp n ln 1 −
x
n
= f (x) exp n −
x
n
+ o
n∞
1
n
= f (x) exp − x + o(1) −−→
n ∞
f (x) e−x
.
En notant g : [0 ; 1] −→ C, x −→ f (x) e−x
,
on a donc : fn
C.S.
−→
n∞
g sur [0 ; 1].
5.4](https://image.slidesharecdn.com/mathmatiquesmthodesetexercicesmp-141109172011-conversion-gate01/85/Mathematiques-methodes-et-exercices-mp-218-320.jpg)
![209
• L’application g est continue par morceaux, comme produit
de deux applications continues par morceaux.
• On a, pour tout n ∈ N∗
et tout x ∈ [0 ; 1] :
| fn(x)| = | f (x)| 1 −
x
n
n
| f (x)| ,
et | f | est continue par morceaux, 0, intégrable sur [0 ; 1]
car continue par morceaux sur ce segment.
Du théorème de convergence dominée, on déduit :
1
0
fn −−−→
n ∞
1
0
f,
c’est-à-dire :
1
0
f (x) 1 −
x
n
n
dx −−−→
n ∞
1
0
f (x) e−x
dx .
a) On a, pour tout n ∈ N∗
et tout x ∈ R :
| fn(x)| =
| sin nx|
n2 + x2
1
n2 + x2
1
n2
,
d’où : ∀ n ∈ N∗
, || fn||∞
1
n2
.
D’après l’exemple de Riemann (2 > 1 ), la série
n 1
1
n2
converge. Il en résulte, d’après le théorème de majoration pour
des séries à termes 0, que la série
n 1
|| fn||∞ converge.
On conclut que
n 1
fn converge normalement sur R, donc uni-
formément, absolument, simplement.
b) L’étude des variations de x −→ x(1 − x) sur [0 ; 1]
montre : ∀ x ∈ [0 ; 1], |x(1 − x)|
1
4
.
On a donc : ∀ n ∈ N, ∀ x ∈ [0 ; 1], | fn(x)|
n2
4n
,
d’où : ∀ n ∈ N, || fn||∞
n2
4n
.
Notons, pour tout n ∈ N : un =
n2
4n
.
On a : ∀ n ∈ N∗
, un > 0
et :
un+1
un
=
(n + 1)2
4n+1
4n
n2
=
(n + 1)2
n2
1
4
−−−→
n ∞
1
4
< 1.
D’après la règle de d’Alembert, la série
n 1
un converge.
D’après le théorème de majoration pour des séries à termes 0,
la série
n 1
|| fn||∞ converge.
Ceci montre que la série
n 0
fn converge normalement sur
[0 ; 1], donc uniformément, absolument, simplement.
c) 1) Convergence simple, convergence absolue :
La convergence absolue revient à la convergence simple,
puisque les fn sont toutes 0.
Soit x ∈ [0 ; +∞[. On a :
∀ n ∈ N∗
, fn(x) =
nx2
n3 + x2
nx2
n3
=
x2
n2
.
D’après l’exemple de Riemann (2 > 1) et le théorème de ma-
joration pour des séries à termes 0, la série
n 1
fn(x)
converge.
Ceci montre que
n 1
fn converge simplement et absolument sur
[0 ; +∞[.
2) Convergence normale, convergence uniforme :
• On a : || fn||∞ | fn(n)| =
n3
n3 + n2
=
n
n + 1
−−−→
n ∞
1,
donc : || fn||∞ −−−→
n ∞
/ 0.
D’après le cours, il en résulte que
n 1
fn ne converge pas uni-
formément sur [0 ; +∞[, donc ne converge pas normalement
sur [0 ; +∞[.
• Soit a ∈ [0 ; +∞[ fixé.
On a :
∀ n ∈ N∗
, ∀ x ∈ [0 ; a], | fn(x)| =
nx2
n3 + x2
na2
n3
=
a2
n2
,
donc : ∀ n ∈ N∗
, || fn||[0 ;a]
∞
a2
n2
.
Il en résulte, d’après l’exemple de Riemann (2 > 1) et le théo-
rème de majoration pour des séries à termes 0, que la série
n 1
|| fn||[0 ;a]
∞ converge.
Ceci montre que
n 1
fn converge normalement, donc unifor-
mément, sur tout [0 ; a], a ∈ [0 ; +∞[ fixé.
d) 1) Convergence simple, convergence absolue :
La convergence absolue revient à la convergence simple,
puisque les fn sont toutes 0.
Soit x ∈ [0 ; +∞[.
Si x > 0, alors, pour tout n ∈ N∗
:
0 fn(x) =
x
n
e−n2x2
x e−nx2
= x(e−x2
)n
.
Puisque |e−x2
| < 1, la série géométrique
n 1
(e−x2
)n
converge,
donc, par théorème de majoration pour des séries à termes 0,
la série
n 1
fn(x) converge.
5.5](https://image.slidesharecdn.com/mathmatiquesmthodesetexercicesmp-141109172011-conversion-gate01/85/Mathematiques-methodes-et-exercices-mp-219-320.jpg)
![f) On a :
∀ n ∈ N∗
, ∀ x ∈ [0 ; +∞[, | fn(x)| =
1
x2 + n2
1
n2
,
donc : ∀ n ∈ N∗
, || fn||∞
1
n2
.
D’après l’exemple de Riemann (2 > 1) et le théorème de ma-
joration pour des séries à termes 0, la série
n 1
|| fn||∞
converge.
Ceci montre que
n 1
fn converge normalement sur [0 ; +∞[,
donc uniformément, absolument, simplement.
g) 1) Convergence simple :
Soit x ∈ [0 ; +∞[ fixé.
La série
n 1
(−1)n
x2 + n
est alternée,
(−1)n
x2 + n
−−−→
n ∞
0, et la suite
1
x2 + n n 1
est décroissante.
D’après le TSCSA, la série
n 1
fn(x) converge.
Ceci montre que
n 1
fn converge simplement sur [0 ; +∞[.
2) Convergence absolue, convergence normale :
Soit x ∈ [0 ; +∞[ fixé.
On a : | fn(x)| =
1
x2 + n
∼
n∞
1
n
0.
D’après l’exemple de Riemann et le théorème d’équivalence
pour des séries à termes 0, la série
n 1
| fn(x)| diverge.
Ceci montre que
n 1
fn ne converge absolument sur aucune par-
tie non vide de [0 ; +∞[.
Il en résulte que
n 1
fn ne converge normalement sur aucune
partie non vide de [0 ; +∞[.
3) Convergence uniforme :
Soit n ∈ N∗
fixé. Puisque, pour tout x ∈ [0 ; +∞[, la série
n 1
fn(x) relève du TSCSA, en notant Rn(x) le reste
d’ordre n, on a, pour tout x ∈ [0 ; +∞[ :
|Rn(x)| | fn+1(x)| =
1
x2 + (n + 1)
1
n + 1
,
donc : ||Rn||∞
1
n + 1
.
Il en résulte : ||Rn||∞ −−−→
n ∞
0, et on conclut, d’après le cours,
que
n 1
fn converge uniformément sur [0 ; +∞[.
a) 1) Convergence simple :
Soit x ∈ [0 ; +∞[ fixé.
La série
n 1
fn(x) est alternée, | fn(x)| =
e−nx
n + x
−−−→
n ∞
0, et
la suite | fn(x)| n 1
est décroissante. D’après le TSCSA, il en
résulte que la série
n 1
fn(x) converge.
On conclut :
n 1
fn converge simplement sur [0 ; +∞[.
2) Convergence absolue :
Soit x ∈ [0 ; +∞[ fixé.
• Cas x =/ 0. On a :
∀ n ∈ N∗
, | fn(x)| =
e−nx
n + x
e−nx
= (e−x
)n
.
Comme |e−x
| < 1, la série géométrique
n 1
(e−x
)n
converge.
Par théorème de majoration pour des séries à termes 0, la
série
n 1
| fn(x)| converge.
• Cas x = 0. On a : ∀ n ∈ N∗
, | fn(x)| =
1
n
,
donc la série
n 1
| fn(x)| diverge.
On conclut :
n 1
fn converge absolument sur ]0 ; +∞[, mais
non sur [0 ; +∞[.
3) Convergence normale :
• Étude sur ]0 ; +∞[ :
Soit n ∈ N∗
. Comme | fn(x)| =
e−nx
n + x
−→
x−→0+
1
n
,
on a : || fn||∞
1
n
, et donc, d’après l’exemple de Riemann et
le théorème de minoration pour des séries à termes 0, la série
n 1
|| fn||]0 ;+∞[
∞ diverge.
Ceci montre que
n 1
fn ne converge pas normalement sur
]0 ; +∞[.
• Étude sur [a ; +∞[, a ∈ ]0 ; +∞[ fixé :
Soit a ∈ ]0 ; +∞[ fixé. On a :
∀ n ∈ N∗
, ∀ x ∈ [a ; +∞[,
| fn(x)| =
e−nx
n + x
e−nx
n
e−nx
e−na
,
d’où : ∀ n ∈ N∗
, || fn||[a ;+∞[
∞ (e−a
)n
.
Puisque |e−a
| < 1, la série géométrique
n 1
(e−a
)n
converge.
211
5.6](https://image.slidesharecdn.com/mathmatiquesmthodesetexercicesmp-141109172011-conversion-gate01/85/Mathematiques-methodes-et-exercices-mp-221-320.jpg)
![212
Par théorème de majoration pour des séries à termes 0, on
conclut que
n 1
fn converge normalement sur [a ; +∞[, pour
tout a ∈ ]0 ; +∞[ fixé.
4) Convergence uniforme :
Puisque, pour tout x ∈ [0 ; +∞[, la série
n 1
fn(x) relève du
TSCSA, on a, en notant Rn le reste d’ordre n :
∀ n ∈ N∗
, ∀ x ∈ [0 ; +∞[,
|Rn(x)| | fn+1(x)| =
e−(n+1)x
(n + 1) + x
1
n + 1
,
d’où : ∀ n ∈ N∗
, ||Rn||∞
1
n + 1
,
puis : ||Rn||∞ −−−→
n ∞
0.
Ceci montre que
n 1
fn converge uniformément sur [0 ; +∞[.
b) Puisque, pour tout n ∈ N∗
, fn est continue sur [0 ; +∞[ et
que
n 1
fn converge uniformément sur [0 ; +∞[, d’après un
théorème du cours, on conclut que la somme S est continue
sur [0 ; +∞[.
a) Soit x ∈ [0 ; +∞[ fixé. On a :
fn(x) =
ln(n + x)
n2
=
ln n + ln 1 +
x
n
n2
∼
n∞
ln n
n2
0 .
Puisque la série
n 1
ln n
n2
converge (cf. Exercice 4.2, utilisation
de la règle n3/2
un ), par théorème d’équivalence pour des sé-
ries à termes 0, la série
n 1
fn(x) converge.
On conclut :
n 1
fn converge simplement sur [0 ; +∞[.
b) • Pour tout n ∈ N∗
, fn est de classe C2
sur [0 ; +∞[ et, pour
tout x ∈ [0 ; +∞[ :
fn(x) =
1
(n + x)n2
, fn (x) = −
1
(n + x)2n2
.
• Puisque : ∀ n ∈ N∗
, || fn ||∞ =
1
n4
,
d’après l’exemple de Riemann (4 > 1), la série
n 1
fn converge
normalement, donc uniformément, sur [0 ; +∞[.
• Puisque : ∀ n ∈ N∗
, || fn||∞ =
1
n3
,
d’après l’exemple de Riemann (3 > 1), la série
n 1
fn converge
normalement, donc uniformément, sur [0 ; +∞[.
• On a vu en a) que
n 1
fn converge simplement sur [0 ; +∞[.
D’après le théorème de dérivation pour les séries d’applications,
on conclut que S est de classe C2
sur [0 ; +∞[ et que, pour
tout x ∈ [0 ; +∞[ :
S (x) =
+∞
n=1
1
(n + x)n2
, S (x) =
+∞
n=1
−
1
(n + x)2n2
.
c) 1) D’après b), S est de classe C1
sur [0 ; +∞[ et, pour tout
x ∈ [0 ; +∞[, S (x) est la somme d’une série à termes tous
> 0, donc S (x) > 0. On conclut que S est strictement crois-
sante sur [0 ; +∞[.
2) D’après b), S est de classe C2
sur [0 ; +∞[, et, pour tout
x ∈ [0 ; +∞[, S (x) est la somme d’une série à termes tous
0, donc S (x) 0. On conclut que S est concave sur
[0 ; +∞[.
a) 1) Convergence simple :
Soit x ∈ [0 ; 1] fixé.
• Si x =/ 1, alors : 0 sin
πx
2
< 1,
donc, par prépondérance de la suite géométrique sur les puis-
sances : fn(x) = n(1 − x) sin
πx
2
n
−−−→
n ∞
0.
• Si x = 1, alors : fn(x) = 0 −−−→
n ∞
0.
Ceci montre : fn
C.S.
−→
n∞
0.
2) Convergence uniforme :
L’étude des variations de fn paraît malcommode, car le signe
de fn(x) ne paraît pas facile à déterminer.
• Étude sur [0 ; 1] :
Soit n ∈ N∗
. Remarquons :
fn 1 −
1
n
= sin
π
2
−
π
2n
n
= cos
π
2n
n
= exp n ln cos
π
2n
= exp n ln 1 −
π2
8n2
+ o
1
n2
= exp n −
π2
8n2
+ o
1
n2
= exp −
π2
8n
+ o
1
n
−−−→
n ∞
1.
Il en résulte : || fn − 0||∞ fn 1 −
1
n
−−−→
n ∞
/ 0.
Ceci montre que ( fn)n 0 ne converge pas uniformément
vers 0 sur [0 ; 1].
• Étude sur [0 ; a], a ∈ [0 ; 1[ fixé :
Soit a ∈ [0 ; 1[ fixé. On a : ∀ n ∈ N∗
, ∀ x ∈ [0 ; a],
5.7
5.8](https://image.slidesharecdn.com/mathmatiquesmthodesetexercicesmp-141109172011-conversion-gate01/85/Mathematiques-methodes-et-exercices-mp-222-320.jpg)
![213
| fn(x)| = n(1 − x) sin
πx
2
n
n sin
πa
2
n
,
donc : || fn||[0 ;a]
∞ n sin
πa
2
n
−−−→
n ∞
0,
d’où : || fn||[0 ;a]
∞ −−−→
n ∞
0.
Ceci montre que la suite ( fn)n 0 converge uniformément
vers 0 sur [0 ; a], pour tout a ∈ [0 ; 1[ fixé.
b) 1) Convergence simple :
Pour tout x ∈ R : fn(x) = sin
n + 1
n
x −−−→
n ∞
sin x.
Ceci montre : fn
C.S.
−→
n∞
f, où f : R −→ R, x −→ sin x.
2) Convergence uniforme :
• Étude sur R :
Soit n ∈ N∗
. Remarquons que, par exemple :
( f2n − f )(nπ) = sin
2n + 1
2n
nπ − sin (nπ)
= |(−1)n
− 0| = 1.
On a donc : || f2n − f ||∞ 1,
d’où : || f2n − f ||∞ −−−→
n ∞
/ 0, puis || fn − f ||∞ −−−→
n ∞
/ 0.
Ceci montre que ( fn)n 1 ne converge pas uniformément vers
f sur R.
• Étude sur [−a ; a], a ∈ [0 ; +∞[ fixé :
Soit a ∈ [0 ; +∞[ fixé.
On a, en utilisant une formule de trigonométrie :
∀ n ∈ N∗
, ∀ x ∈ [−a ; a],
| fn(x) − f (x)| = sin
n + 1
n
x − sin x
= 2 sin
1
2
n + 1
n
x − x cos
1
2
n + 1
n
x + x
= 2 sin
x
2n
cos
(2n + 1)x
2n
2 sin
x
2n
2
x
2n
=
|x|
n
a
n
,
d’où : || fn − f ||[−a ;a]
∞
a
n
−−−→
n ∞
0.
Ceci montre que la suite ( fn)n 1 converge uniformément vers
f sur [−a ; a], pour tout a ∈ (0 ; +∞[ fixé.
c) 1) Convergence simple :
Soit x ∈ [0 ; +∞[ fixé.
Si x =/ 0, alors :
fn(x) = ln 1 +
nx2
1 + nx
−−−→
n ∞
ln(1 + x) .
Si x = 0, alors : fn(x) = 0 −−−→
n ∞
0.
Ceci montre : fn
C.S.
−→
n∞
f, où :
f : [0 ; +∞[−→ R, x −→ ln(1 + x) .
2) Convergence uniforme :
Soit n ∈ N∗
.
Le calcul de ( fn − f ) paraissant compliqué, nous allons es-
sayer, pour x ∈ [0 ; +∞[, de majorer | fn(x) − f (x)| en utili-
sant l’inégalité des accroissements finis.
L’application ϕ : t −→ ln(1 + t) est de classe C1
sur [0 ; +∞[
et : ∀ t ∈ [0 ; +∞[, ϕ (t) =
1
1 + t
.
D’où, d’après l’inégalité des accroissements finis, appliquée
à ϕ entre x et
nx2
1 + nx
:
| fn(x) − f (x)| = ϕ
nx2
1 + nx
− ϕ(x)
Sup
t∈[0 ;+∞[
|ϕ (t)|
nx2
1 + nx
− x =
x
1 + nx
1
n
.
On a donc : || fn − f ||∞
1
n
−−−→
n ∞
0,
et on conclut : fn
C.U.
−→
n∞
f sur [0 ; +∞[.
Remarque : Ce résultat entraîne la convergence simple.
Cependant, on ne pouvait pas se passer de l’étude de la conver-
gence simple, car, pour étudier la convergence uniforme, on a
besoin de former fn − f, donc de connaître f, issue de l’étude
de la convergence simple.
d) 1) Convergence simple :
Soit x ∈ ]0 ; +∞[ fixé. On a :
fn(x) = (nx)
x
n = exp
x
n
ln (nx) −−−→
n ∞
1 .
On conclut : fn
C.S.
−→
n∞
f, où f = 1 (application constante).
2) Convergence uniforme :
Soit n ∈ N∗
. L’application gn = fn − f est de classe C1
sur
]0 ; +∞[ et, pour tout x ∈ ]0 ; +∞[ :
gn(x) = fn(x) = fn(x)
1
n
ln (nx) +
x
n
1
x
=
1
n
fn(x) ln (nx) + 1 .
On en déduit le tableau de variations de gn :
x 0
1
en
+∞
gn(x) − 0 +
gn(x) 0 +∞](https://image.slidesharecdn.com/mathmatiquesmthodesetexercicesmp-141109172011-conversion-gate01/85/Mathematiques-methodes-et-exercices-mp-223-320.jpg)
![214
Et :
gn(x) = fn(x) − 1 = exp
x
n
ln (nx) − 1 −→
x−→0+
0 ,
gn(x) −→
x−→+∞
+∞,
gn
1
en
=
1
e
1
en2
− 1 = e
− 1
en2
− 1 .
• Pour tout n ∈ N∗
, gn = fn − f n’est pas bornée sur ]0 ; +∞[,
donc ( fn)n 1 ne converge pas uniformément sur ]0 ; +∞[.
• Soit b ∈ ]0 ; +∞[ fixé. On a, d’après le tableau de variations
de gn = fn − f :
|| fn − f ||]0 ;b]
∞ Max − gn
1
en
, gn(b)
= Max e− 1
en2
− 1, gn(b) −−→
n ∞
0,
car e
− 1
en2
−−−→
n ∞
1 et, par convergence simple,
gn(b) = fn(b) − f (b) −−−→
n ∞
0.
Ceci montre que la suite ( fn)n 1 converge uniformément sur
tout ]0 ; b], b ∈ ]0 ; +∞[ fixé.
L’application ϕ : [0 ; +∞[−→ R, t −→ ln(1 + t) est
dérivable sur [0 ; +∞[ et :
∀ t ∈ [0 ; +∞[, ϕ (t) =
1
1 + t
,
donc ϕ est bornée et Sup
t∈[0 ;+∞[
|ϕ (t)| = 1.
D’après l’inégalité des accroissements finis, on a alors :
∀ (u,v) ∈ [0 ; +∞[2
, |ϕ(u) − ϕ(v)|
Sup
t∈[0 ;+∞[
|ϕ (t)| |u − v| = |u − v|,
donc :
∀ (u,v) ∈ [0 ; +∞[2
, ln(1 + u) − ln(1 + v) |u − v| .
D’où, ici : ∀ n ∈ N, ∀ x ∈ X,
ln 1 + fn(x) − ln 1 + f (x)
| fn(x) − f (x)| || fn − f ||∞.
Il en résulte :
∀ n ∈ N, ||ln(1 + fn) − ln(1 + f )||∞ || fn − f ||∞ .
Comme fn
C.U.
−→
n∞
f, on a || fn − f ||∞ −−−→
n ∞
0, donc,
par encadrement, ||ln(1 + fn) − ln(1 + f )||∞ −−−→
n ∞
0,
et on conclut : ln(1 + fn)
C.U.
−→
n∞
ln(1 + f ).
Puisque f est de classe C3
sur R, d’après l’inégalité de
Taylor-Lagrange, en notant M3 = Sup
t∈R
| f (3)
(t)|, on a, pour
tout x ∈ R et tout n ∈ N∗
:
f x +
1
n
− f (x) +
1
n
f (x) +
1
2n2
f (x)
1
6n3
M3
f x −
1
n
− f (x) −
1
n
f (x) +
1
2n2
f (x)
1
6n3
M3,
d’où, en utilisant l’inégalité triangulaire :
f x +
1
n
− 2 f (x) + f x −
1
n
−
1
n2
f (x)
= f x +
1
n
− f (x) +
1
n
f (x) +
1
2n2
f (x)
+ f x −
1
n
− f (x) −
1
n
f (x) +
1
2n2
f (x)
2
1
6n3
M3 =
M3
3n3
,
puis :
|gn(x) − f (x)|
= n2
f x +
1
n
− 2 f (x) + f x −
1
n
−
1
n2
f (x)
M3
3n
.
Ceci montre que gn − f est bornée et que :
∀ n ∈ N∗
, ||gn − f ||∞
M3
3n
.
Comme
M3
3n
−−−→
n ∞
0, il en résulte, par encadrement :
||gn − f ||∞ −−−→
n ∞
0, et on conclut : gn
C.U.
−→
n∞
f sur R.
Une récurrence immédiate montre que, pour tout n ∈ N
et tout x ∈ R, fn(x) existe et fn(x) 0.
Considérons l’application
ϕ : [0 ; +∞[−→ R, t −→
√
1 + t
et cherchons les éventuels points fixes de ϕ.
On a, pour tout t ∈ [0 ; +∞[, ϕ(t) 0 et :
ϕ(t) = t ⇐⇒ 1 + t = t2
⇐⇒ t2
− t − 1 = 0
⇐⇒ t =
1 +
√
5
2
, noté α.
Essayons de montrer que la suite ( fn)n∈N converge uniformé-
ment sur R vers la fonction constante α.
Soient n ∈ N, x ∈ R. On a, par utilisation d’une expression
conjuguée :
| fn+1(x) − α| = 1 + fn(x) −
√
1 + α
=
| fn(x) − α|
√
1 + fn(x) +
√
1 + α
1
2
| fn(x) − α|.
5.9
5.10
5.11](https://image.slidesharecdn.com/mathmatiquesmthodesetexercicesmp-141109172011-conversion-gate01/85/Mathematiques-methodes-et-exercices-mp-224-320.jpg)
![215
Une récurrence immédiate montre :
∀ x ∈ R, ∀ n ∈ N, | fn(x) − α|
1
2n
| f0(x) − α| ,
d’où :
∀ x ∈ R, ∀ n ∈ N,
| fn(x) − α|
1
2n
f0(x) + α
1
2n
(|| f0||∞ + α).
Il en résulte que, pour tout n ∈ N, fn est bornée et que :
|| fn − α||∞
1
2n
(|| f0||∞ + α) −−−→
n ∞
0.
On conclut : fn
C.U.
−→
n∞
α sur R, où α est la fonction constante égale
à α.
• Montrons, par récurrence sur n, que, pour tout n ∈ N,
fn existe, est 0 et est bornée sur R.
La propriété est vraie pour n = 0 par hypothèse.
Si la propriété est vraie pour un n ∈ N, alors fn+1 existe, et,
comme : ∀ x ∈ R, 0 fn(x) || fn||∞,
on a : ∀ x ∈ R, 0 ln 1 + fn(x) ln (1 + || fn||∞),
donc fn+1 est 0 et bornée.
On a ainsi montré, par récurrence sur n, que, pour tout n ∈ N,
fn existe, est 0 et est bornée.
• On a : ∀ n ∈ N, ∀ x ∈ R,
0 fn+1(x) = ln 1 + fn(x) ln(1 + || fn||∞),
donc : ∀ n ∈ N, || fn+1||∞ ln(1 + || fn||∞).
Notons, pour tout n ∈ N, un = || fn||∞ , et étudions la suite
(un)n∈N.
On a : ∀ n ∈ N, un+1 ln(1 + un) un,
donc (un)n∈N est décroissante.
De plus, comme : ∀ n ∈ N, un 0,
la suite (un)n∈N est minorée par 0.
Il en résulte que (un)n∈N converge et que sa limite vérifie
0.
De plus, comme : ∀ n ∈ N, un+1 ln(1 + un),
on a, par passage à la limite : ln(1 + ).
L’étude des variations de la fonction t −→ ln(1 + t) − t
sur [0 ; +∞[ montre que : ln(1 + ) ⇐⇒ = 0.
Ceci montre : un −−−→
n ∞
0, c’est-à-dire || fn||∞ −−−→
n ∞
0,
et on conclut : fn
C.U.
−→
n∞
0.
a) Étude de ( fn)n∈N :
1) Convergence simple :
Soit x ∈ [0 ; +∞[ fixé.
On a :
| fn(x)| =
1
n!
x
0
tn
e−t
dt
1
n!
xxn
=
xn+1
n!
−−−→
n ∞
0 ,
par prépondérance classique.
On conclut : fn
C.S.
−→
n∞
0 sur [0 ; +∞[.
2) Convergence uniforme :
• Étude sur [0 ; +∞[ :
On a, pour tout n ∈ N, d’après l’étude de la fonction
d’Euler :
fn(x) =
1
n!
x
0
tn
e−t
dt −→
x−→+∞
1
n!
+∞
0
tn
e−t
dt
=
1
n!
(n + 1) =
1
n!
n! = 1.
Il en résulte : ∀ n ∈ N, || fn||∞ 1,
et donc : fn
C.U
−→
n∞
/ 0 sur [0 ; +∞[.
• Étude sur [0 ; a], a ∈ [0 ; +∞[ fixé :
Soit a ∈ [0 ; +∞[ fixé.
On a : ∀ n ∈ N, ∀ x ∈ [0 ; a],
| fn(x)| =
1
n!
x
0
tn
e−t
dt
1
n!
a
0
tn
e−t
dt = fn(a),
d’où : ∀ n ∈ N, || fn||[0 ;a]
∞ fn(a).
Comme fn(a) −−−→
n ∞
0, on déduit || fn||[0 ;a]
∞ −−−→
n ∞
0
et on conclut : fn
C.U.
−→
n∞
0 sur tout [0 ; a], a ∈ [0 ; +∞[ fixé.
b) Étude de (gn)n∈N :
On a : ∀ n ∈ N, ∀ x ∈ [0 ; +∞[,
gn(x) =
1
n!
+∞
x
tn
e−t
dt
=
1
n!
+∞
0
tn
e[−t
dt −
x
0
tn
e−t
dt
=
1
n!
(n + 1) − fn(x) = 1 − fn(x).
On déduit de a) les résultats suivants :
• gn
C.S.
−→
n∞
1 sur [0 ; +∞[
• gn
C.U.
−→
n∞
1 sur tout [0 ; a], a ∈ [0 ; +∞[ fixé
• gn
C.U
−→
n∞
/ 1 sur [0 ; +∞[.
• Soit P =
N
k=0
akXk
∈ C[X]. On a :
b
a
P(x) f (x) dx =
b
a
N
k=0
ak xk
f (x) dx
=
N
k=0
ak
b
a
xk
f (x) dx
= 0
= 0.
5.12
5.13
5.14](https://image.slidesharecdn.com/mathmatiquesmthodesetexercicesmp-141109172011-conversion-gate01/85/Mathematiques-methodes-et-exercices-mp-225-320.jpg)
![216
• D’après le premier théorème deWeierstrass, il existe une suite
(Pn)n∈N de polynômes de C[X] convergeant uniformément vers
f sur [a ; b]. On a, pour tout n ∈ N, en utilisant le résultat pré-
cédent :
0
b
a
| f (x)|2
dx =
b
a
f (x) f (x) dx
=
b
a
f (x) f (x) dx −
b
a
Pn(x) f (x) dx
=0
=
b
a
f (x) − Pn(x) f (x) dx (b − a)|| f − Pn||∞|| f ||∞.
Comme || f − Pn||∞−−−→
n ∞
0, on déduit :
b
a
| f (x)|2
dx = 0.
Puisque f est continue sur [a ; b], il en résulte f = 0.
D’après le premier théorème deWeierstrass, il existe une
suite (Qn)n∈N de polynômes de C[X] telle que : Qn
C.U.
−→
n∞
f sur
[a ; b].
Notons, pour tout n ∈ N : Pn = Qn − Qn(c) + f (c).
Il est clair que (Pn)n∈N est une suite de polynômes de C[X] et
que : ∀ n ∈ N, Pn(c) = f (c).
On a, pour tout n ∈ N :
∀ x ∈ [a ; b], |Pn(x) − f (x)|
|Pn(x) − Qn(x)| + |Qn(x) − f (x)|
= |Qn(c) − f (c)| + |Qn(x) − f (x)| 2||Qn − f ||∞,
d’où : ||Pn − f ||∞ 2||Qn − f ||∞.
Comme Qn
C.U.
−→
n∞
f, on a : ||Qn − f ||∞ −−−→
n ∞
0,
puis, par encadrement : ||Pn − f ||∞ −−−→
n ∞
0 ,
d’où : Pn
C.U.
−→
n∞
f. Ainsi, la suite (Pn)n∈N convient.
a) Notons, pour tout n ∈ N∗
:
fn : [0 ; 1] −→ R, x −→ n e
x
n+x − 1 .
• Pour tout n ∈ N∗
, fn est continue par morceaux (car conti-
nue) sur [0 ; 1].
• Soit x ∈ [0 ; 1] fixé.
Si x =/ 0, alors :
fn(x) = n e
x
n+x − 1 ∼
n∞
n
x
n + x
∼
n∞
x,
donc : fn(x) −−−→
n ∞
x.
Si x = 0, alors : fn(x) = 0 −−−→
n ∞
0.
Ainsi : fn
C.S.
−→
n∞
f, où : f : [0 ; 1] −→ R, x −→ x.
• f est continue par morceaux (car continue) sur [0 ; 1].
• On a : ∀ n ∈ N∗
, ∀ x ∈ [0 ; 1],
| fn(x)| = n e
x
n+x − 1 n e
1
n − 1 .
Notons, pour tout n ∈ N∗
: an = n e
1
n − 1 .
On a : an −−−→
n ∞
1.
Puisque (an)n∈N∗ est convergente, (an)n∈N∗ est bornée.
Il existe donc C ∈ R+ tel que : ∀ n ∈ N∗
, |an| C.
On a alors : ∀ n ∈ N∗
, ∀ x ∈ [0 ; 1], | fn(x)| C,
et l’application constante C est intégrable sur le segment
[0 ; 1].
Ceci montre que ( fn)n∈N∗ vérifie l’hypothèse de domination.
D’après le théorème de convergence dominée, on déduit :
1
0
fn −−−→
n ∞
1
0
f =
1
0
x dx =
x2
2
1
0
=
1
2
.
On conclut : lim
n∞
1
0
n e
x
n+x − 1 dx =
1
2
.
b) Notons, pour tout n ∈ N∗
:
fn : [0 ; +∞[−→ R, x −→ (x2
+ 1)
n + x
n + x2
e−x
.
• Pour tout n ∈ N∗
, fn est continue par morceaux (car conti-
nue) sur [0 ; +∞[.
• Pour tout x ∈ [0 ; +∞[ : fn(x) −−−→
n ∞
(x2
+ 1) e−x
,
donc fn
C.S.
−→
n∞
f, où :
f : [0 ; +∞[−→ R, x −→ (x2
+ 1) e−x
.
• f est continue par morceaux (car continue) sur [0 ; +∞[.
• On a, pour tout n ∈ N∗
et tout x ∈ [0 ; +∞[ :
| fn(x)| = (x2
+ 1)
n + x
n + x2
e−x
= (x2
+ 1)
1 +
x
n
1 +
x2
n
e−x
(x2
+ 1)(1 + x) e−x
,
car
x
n
x et
x2
n
0.
L’application
ϕ : [0 ; +∞[−→ R, x −→ (x2
+ 1)(1 + x) e−x
est continue par morceaux (car continue), 0, intégrable sur
[0 ; +∞[ car : x2
ϕ(x) ∼
x−→+∞
x5
e−x
−→
x−→+∞
0,
donc, pour x assez grand : x2
ϕ(x) 1, 0 ϕ(x)
1
x2
,
exemple de Riemann en +∞ (2 > 1) et théorème de majora-
tion pour des fonctions 0.
Ceci montre que ( fn)n∈N∗ vérifie l’hypothèse de domination.
5.16
5.15](https://image.slidesharecdn.com/mathmatiquesmthodesetexercicesmp-141109172011-conversion-gate01/85/Mathematiques-methodes-et-exercices-mp-226-320.jpg)
![217
D’après le théorème de convergence dominée, f est intégrable
sur [0 ; +∞[ et :
+∞
0
fn −→
+∞
0
f
notée I
.
Il reste à calculer I.
On a, en utilisant des intégrales de fonctions intégrables :
I =
+∞
0
(x2
+ 1) e−x
dx =
+∞
0
x2
e−x
dx +
+∞
0
e−x
dx
= (3) + (1) = 2! + 0! = 3 .
On conclut : lim
n∞
+∞
0
(x2
+ 1)
n + x
n + x2
e−x
dx = 3.
c) Notons, pour tout n ∈ N∗
:
fn : R −→ R, x −→
n sin nx
n2 + x4
.
• Pour tout n ∈ N∗
, fn est continue par morceaux (car conti-
nue) sur R.
• Soit x ∈ R fixé. On a, pour tout n ∈ N∗
:
| fn(x)| =
n| sin nx|
n2 + x4
n
n2 + x4
n
n2
=
1
n
,
donc : fn(x) −−−→
n ∞
0.
Ceci montre : fn
C.S.
−→
n∞
0 sur R.
• 0 est continue par morceaux sur R.
• Soient n ∈ N∗
, x ∈ R. On a :
| fn(x)| =
n| sin nx|
n2 + x4
n
n2 + x4
.
Rappelons : ∀ (a,b) ∈ (R+)2
, a2
+ b2
2ab,
d’où ici : n2
+ x4
2nx2
,
et donc, si x =/ 0 : | fn(x)|
n
2nx2
=
1
2x2
.
D’autre part, si |x| 1 :
| fn(x)|
n
n2 + x4
n
n2
=
1
n
1 .
Ainsi : ∀ n ∈ N∗
, ∀ x ∈ R, | fn(x)| ϕ(x),
où : ϕ : R −→ R, x −→
1 si |x| 1
1
2x2
si |x| > 1.
L’application ϕ est continue par morceaux, 0, intégrable
sur R (exemple de Riemann en ±∞, 2 > 1).
Ceci montre que ( fn)n∈N∗ vérifie l’hypothèse de domination.
D’après le théorème de convergence dominée, on déduit :
+∞
−∞
fn −−−→
n ∞
+∞
−∞
0 = 0.
On conclut : lim
n∞
+∞
−∞
n sin nx
n2 + x4
dx = 0.
d) Notons, pour tout n ∈ N∗
:
fn : [0 ; π] −→ R, x −→
√
π − x sin n
x .
• Pour tout n ∈ N∗
, fn est continue par morceaux (car conti-
nue) sur [0 ; π].
• Soit x ∈ [0 ; π].
Si x =/
π
2
, alors sin x ∈ [0 ; 1[, donc sin n
x −−−→
n ∞
0 puis :
fn(x) −−−→
n ∞
0.
Si x =
π
2
, alors : fn(x) =
π
2
−−−→
n ∞
π
2
.
Ceci montre : fn
C.S.
−→
n∞
f, où :
f : [0 ; π] −→ R, x −→
0 si x =/ π/2
√
π/2 si x = π/2.
• f est continue par morceaux sur [0 ; π].
• On a : ∀ n ∈ N∗
, ∀ x ∈ [0 ; π],
| fn(x)| =
√
π − x sin n
x
√
π − x
√
π
et l’application constante x −→
√
π est continue par morceaux,
0, intégrable sur le segment [0 ; π].
Ainsi, la suite ( fn)n∈N∗ vérifie l’hypothèse de domination.
D’après le théorème de convergence dominée, on déduit :
π
0
fn −−−→
n ∞
π
0
f = 0 .
On conclut : lim
n∞
π
0
√
π − x sin n
x dx = 0.
e) Notons, pour tout n ∈ N∗
:
fn : ]0 ; +∞[−→ R, x −→
e−(x+a)n
√
x
.
• Pour tout n ∈ N∗
, fn est continue par morceaux (car conti-
nue) sur ]0 ; +∞[
• Soit x ∈ ]0 ; +∞[.
Si x < 1 − a, alors 0 < x + a < 1, (x + a)n
−−−→
n ∞
0 , donc
fn(x) −−−→
n ∞
1
√
x
.
Si x = 1 − a, alors : fn(x) =
e−1
√
1 − a
−−−→
n ∞
e−1
√
1 − a
.
Si x > 1 − a, alors x + a > 1, (x + a)n
−−−→
n ∞
+ ∞,
donc fn(x) −−−→
n ∞
0.
Ceci montre : fn
C.S.
−→
n∞
f sur ]0 ; +∞[, où l’application
f : ]0 ; +∞[−→ R est définie, pour tout x ∈ ]0 ; +∞[, par :
f (x) =
1
√
x
si 0 < x < 1 − a
e−1
√
1 − a
si x = 1 − a
0 si x > 1 − a.](https://image.slidesharecdn.com/mathmatiquesmthodesetexercicesmp-141109172011-conversion-gate01/85/Mathematiques-methodes-et-exercices-mp-227-320.jpg)
![• f est continue par morceaux sur ]0 ; +∞[.
• Soient n ∈ N∗
, x ∈ ]0 ; +∞[.
Si x ∈ ]0 ; 1], alors : 0 fn(x) =
e−(x+a)n
√
x
1
√
x
.
Si x ∈ ]1 ; +∞[, alors :
0 fn(x) =
e−(x+a)n
√
x
e−(x+a)n
e−xn
e−x
.
Ainsi : ∀ n ∈ N∗
, ∀ x ∈ ]0 ; +∞[, | fn(x)| ϕ(x),
en notant :
ϕ : ]0 ; +∞[−→ R, x −→
1
√
x
si 0 < x 1
e−x
si 1 < x.
L’application ϕ est continue par morceaux, 0, intégrable sur
]0 ; +∞[ (exemple de Riemann en 0, 1/2 < 1 ; exemple du
cours en +∞). Ceci montre que la suite ( fn)n 1 vérifie l’hy-
pothèse de domination.
D’après le théorème de convergence dominée, f est intégrable
sur ]0 ; +∞[ et :
+∞
0
fn −−−→
n ∞
+∞
0
f =
1−a
0
1
√
x
dx
= [2
√
x]1−a
0 = 2
√
1 − a.
On conclut : lim
n∞
+∞
0
e−(x+a)n
√
x
dx = 2
√
1 − a.
f) Remarquons que la borne n
√
n dépend de n et que
n
√
n = e
1
n ln
−−−→
n ∞
1 par valeurs supérieures à 1.
On a, pour tout n ∈ N∗
:
n√
n
0
√
1 + xn dx =
1
0
√
1 + xn dx
notée vn
+
n√
n
1
√
1 + xn dx
notée wn
.
1) Étude de vn :
Notons, pour tout n ∈ N∗
:
fn : [0 ; 1] −→ R, x −→
√
1 + xn .
• Pour tout n ∈ N∗
, fn est continue par morceaux (car conti-
nue) sur [0 ; 1].
• On a : fn
C.S
−→
n∞
f sur [0 ; 1], où :
f : [0 ; 1] −→ R, x −→
1 si 0 x < 1
√
2 si x = 1.
• f est continue par morceaux sur [0 ; 1].
• On a :
∀ n ∈ N∗
, ∀ x ∈ [0 ; 1], | fn(x)| =
√
1 + xn
√
2 ,
et l’application constante
√
2 est intégrable sur le segment
[0 ; 1].
Ceci montre que la suite ( fn)n 1 vérifie l’hypothèse de domi-
nation.
D’après le théorème de convergence dominée :
vn =
1
0
fn −−−→
n ∞
1
0
f =
1
0
1 dx = 1.
2) Étude de wn :
On a, pour tout n ∈ N∗
:
0 wn =
n√
n
1
√
1 + xn dx ( n
√
n − 1)
√
1 + n
= e
1
n ln n
− 1
√
1 + n ∼
n∞
ln n
n
√
n =
ln n
√
n
−→
n∞
0,
donc : wn −−−→
n ∞
0.
Ainsi :
n√
n
0
√
1 + xn dx = vn + wn −−−→
n ∞
1 + 0 = 1.
On conclut : lim
n∞
n√
n
0
√
1 + xn dx = 1.
Essayons d’appliquer le théorème de convergence do-
minée.
Notons, pour tout n ∈ N∗
:
fn : ]0 ; a] −→ R, x −→
1
x
1 +
x
n
n
− 1 .
• Pour tout n ∈ N∗
, fn est continue par morceaux (car conti-
nue) sur ]0 ; a].
• Soit x ∈ ]0 ; a] . On sait : 1 +
x
n
n
−−−→
n ∞
ex
, donc :
fn(x) −−−→
n ∞
ex
− 1
x
. Ainsi, fn
C.S.
−→
n∞
f sur ]0 ; a], où :
f : ]0 ; a] −→ R, x −→
ex
− 1
x
.
• f est continue par morceaux (car continue) sur ]0 ; a].
• Soit n ∈ N∗
.
Puisque : ∀ t ∈ ] − 1 ; +∞[, ln(1 + t) t,
on a : ∀ t ∈ [0 ; +∞[, 1 + t et
,
d’où, pour tout x ∈ ]0 ; a] : 1 +
x
n
n
(e
x
n )n
= ex
,
puis : 0 1 +
x
n
n
− 1 ex
− 1,
et enfin : 0 fn(x) f (x).
L’application f est continue par morceaux sur ]0 ; a], 0, et
intégrable sur ]0 ; a] car f (x) =
ex
− 1
x
−→
x−→0
1.
Ainsi, la suite ( fn)n 1 vérifie l’hypothèse de domination.
218
5.17](https://image.slidesharecdn.com/mathmatiquesmthodesetexercicesmp-141109172011-conversion-gate01/85/Mathematiques-methodes-et-exercices-mp-228-320.jpg)
![D’après le théorème de convergence dominée, on déduit :
+∞
−∞
fn −−−→
n ∞
+∞
−∞
g ,
c’est-à-dire :
+∞
−∞
f
t
n
e−t2
dt −−−→
n ∞
+∞
−∞
f (0) e−t2
dt = f (0)
√
π ,
en utilisant l’intégrale de Gauss :
+∞
−∞
e−t2
dt =
√
π.
On obtient :
+∞
−∞
f (x) e−n2x2
dx = f (0)
√
π
n
+ o
n∞
1
n
et on conclut, si on suppose f (0) =/ 0 :
+∞
−∞
f (x) e−n2x2
dx ∼
n∞
f (0)
√
π
n
.
Remarque : La même méthode permet de montrer :
• si f : [0 ; +∞[−→ R est continue par morceaux et bornée,
alors :
+∞
0
f (x) e−n2x2
dx = f (0+
)
√
π
2n
+ o
n∞
1
n
,
où f (0+
) désigne la limite de f en 0 à droite
• si f : ] − ∞ ; 0] −→ R est continue par morceaux et bornée,
alors :
0
−∞
f (x) e−n2x2
dx = f (0−
)
√
π
2n
+ o
n∞
1
n
,
où f (0−
) désigne la limite de f en 0 à gauche
• si f : R −→ R est continue par morceaux et bornée, alors :
+∞
−∞
f (x) e−n2x2
dx =
f (0+
) + f (0−
)
2
√
π
n
+ o
n∞
1
n
.
D’abord, pour tout n ∈ N∗
, In existe comme intégrale
d’une application continue sur un segment.
a) Comme, pour tout x ∈ ]0 ; 1],
√
1 − xn −−−→
n ∞
1,
on peut conjecturer : In −−−→
n ∞
1.
Le théorème de convergence dominée s’applique, mais un simple
calcul de majoration est possible. En effet, on a, pour tout
n ∈ N∗
, en utilisant une expression conjuguée :
|In − 1| =
1
0
√
1 − xn dx −
1
0
1 dx
=
1
0
1 −
√
1 − xn dx =
1
0
xn
1 +
√
1 − xn
dx
1
0
xn
dx =
xn+1
n + 1
1
0
=
1
n + 1
,
donc |In − 1| −−−→
n ∞
0, puis : In −−−→
n ∞
1.
219
D’après le théorème de convergence dominée, on déduit :
a
0
fn −−−→
n ∞
a
0
f ,
c’est-à-dire :
a
0
1
x
1 +
x
n
n
− 1 dx −−−→
n ∞
a
0
ex
− 1
x
dx .
1) Existence de In :
Soit n ∈ N∗
. L’application un : x −→ f (x) e−n2x2
est continue
par morceaux sur R (car f l’est), et :
∀ x ∈ R, |un(x)| || f ||∞ e−n2x2
.
L’application εn : x −→ e−n2x2
est intégrable sur R, car
x2
εn(x) = x2
e−n2x2
−→
x−→±∞
0 , donc, pour |x| assez grand,
0 εn(x)
1
x2
, et x −→
1
x2
est intégrable sur ] − ∞ ; −1]
et sur [1 ; +∞[, exemple de Riemann. Par théorème de majo-
ration pour des fonctions 0, un est intégrable sur R, donc In
existe.
2) Équivalent de In lorsque n tend vers l’infini :
On a, pour tout n ∈ N∗
fixé, par le changement de variable
t = nx :
In =
+∞
−∞
f (x) e−n2x2
dx =
1
n
+∞
−∞
f
t
n
e−t2
dt .
Essayons d’appliquer le théorème de convergence dominée, pour
obtenir l’éventuelle limite de cette dernière intégrale.
Notons, pour tout n ∈ N∗
:
fn : R −→ R, t −→ f
t
n
e−t2
.
• Pour tout n ∈ N∗
, fn est continue par morceaux sur R, car f
l’est.
• Soit t ∈ R. On a :
t
n
−−−→
n ∞
0, donc, par continuité de f
en 0 : f
t
n
−−−→
n ∞
f (0), puis : fn(t) −−−→
n ∞
f (0) e−t2
.
Ceci montre : fn
C.S.
−→
n∞
g, où :
g : R −→ R, t −→ f (0) e−t2
.
• g est continue par morceaux (car continue) sur R.
• On a :
∀ n ∈ N∗
, ∀ t ∈ R, | fn(t)| = f
t
n
e−t2
|| f ||∞ e−t2
,
et l’application t −→ || f ||∞ e−t2
est continue par morceaux (car
continue), 0, intégrable sur R.
Ainsi, la suite ( fn)n 1 vérifie l’hypothèse de domination.
5.18
5.19](https://image.slidesharecdn.com/mathmatiquesmthodesetexercicesmp-141109172011-conversion-gate01/85/Mathematiques-methodes-et-exercices-mp-229-320.jpg)
![220
b) Reprenons le calcul de In − 1 effectué ci-dessus (sans la va-
leur absolue) :
In − 1 = −
1
0
xn
1 +
√
1 − xn
dx
notée Jn
.
Pour étudier Jn, effectuons le changement de variable
t = xn
, x = t
1
n , dx =
1
n
t
1
n −1
dt :
Jn =
1
0
t
1 +
√
1 − t
1
n
t
1
n −1
dt =
1
n
1
0
t
1
n
1 +
√
1 − t
dt
notée Kn
.
Pour trouver la limite de Kn (si elle existe) lorsque l’entier n
tend vers l’infini, nous allons essayer d’utiliser le théorème de
convergence dominée.
Notons, pour tout n ∈ N∗
:
fn : ]0 ; 1] −→ R, t −→
t
1
n
1 +
√
1 − t
.
• Pour tout n ∈ N∗
, fn est continue par morceaux (car conti-
nue) sur ]0 ; 1].
• Pour tout t ∈ ]0 ; 1], on a : t
1
n −−−→
n ∞
1, donc fn
C.S.
−→
n∞
f sur
]0 ; 1], où : f : ]0 ; 1] −→ R, t −→
1
1 +
√
1 − t
.
• f est continue par morceaux (car continue) sur ]0 ; 1].
• On a :
∀ n ∈ N∗
, ∀ t ∈ ]0 ; 1], | fn(t)| =
t
1
n
1 +
√
1 − t
1 ,
et l’application constante 1 est continue par morceaux, 0,
intégrable sur l’intervalle borné ]0 ; 1].
Ainsi, la suite ( fn)n 1 vérifie l’hypothèse de domination.
D’après le théorème de convergence dominée, on déduit :
Kn =
1
0
fn −−−→
n ∞
1
0
f =
1
0
1
1 +
√
1 − t
dt
notée L
.
Pour calculer L, on effectue le changement de variable
u =
√
1 − t, t = 1 − u2
, dt = −2u du :
L =
0
1
1
1 + u
(−2u) du = 2
1
0
u
1 + u
du
= 2
1
0
1 −
1
1 + u
du = 2 u − ln(1 + u)
1
0
= 2(1 − ln 2).
Ainsi : Kn −−−→
n ∞
2(1 − ln 2),
et on conclut :
In − 1 = −Jn = −
1
n
Kn ∼
n∞
−
2(1 − ln 2)
n
.
a) 1) Convergence simple, convergence absolue :
Soit x ∈ [0 ; +∞[ fixé.
On a, par développement limité :
fn(x) = ln 1 +
x
n
−
x
n
=
x
n
+ O
1
n2
−
x
n
= O
1
n2
.
D’après l’exemple de Riemann (2 > 1) et le théorème de ma-
joration pour des séries à termes 0, la série
n
O
1
n2
est
absolument convergente. Ainsi, la série
n
fn(x) est absolu-
ment convergente, donc convergente.
Ceci montre que
n 1
fn converge absolument, donc simplement,
sur [0 ; +∞[.
2) Convergence normale, convergence uniforme :
• Pour tout n ∈ N∗
, comme
fn(x) = ln 1 +
x
n
−
x
n
−→
x−→+∞
−∞
(prépondérance classique), fn n’est pas bornée, et donc, d’après
le cours,
n 1
fn ne converge pas uniformément, ni donc nor-
malement, sur [0 ; +∞[.
• Soit a ∈ [0 ; +∞[ fixé.
L’étude des variations des deux fonctions
t −→ ln(1 + t) − t, t −→ ln(1 + t) − t +
t2
2
montre : ∀ t ∈ [0 ; +∞[, −
t2
2
ln(1 + t) − t 0,
d’où : ∀ t ∈ [0 ; +∞[, ln(1 + t) − t
t2
2
.
On a donc : ∀ n ∈ N∗
, ∀ x ∈ [0 ; a],
| fn(x)| = ln 1 +
x
n
−
x
n
1
2
x
n
2
=
x2
2n2
a2
2n2
.
Ainsi : ∀ n ∈ N∗
, || fn||[0 ;a]
∞
a2
2n2
.
D’après l’exemple de Riemann (2 > 1) et le théorème de ma-
joration pour des séries à termes 0, on déduit que la série
n 1
|| fn||[0 ;a]
∞ converge, et on conclut :
n 1
fn converge nor-
malement, donc uniformément, sur tout [0 ; a], a ∈ [0 ; +∞[
fixé.
b) L’étude des variations des deux fonctions
t −→ ln(1 + t) − t, t −→ ln(1 + t) − t +
t2
2
montre : ∀ t ∈ [0 ; +∞[, t −
t2
2
ln(1 + t) t.
5.20](https://image.slidesharecdn.com/mathmatiquesmthodesetexercicesmp-141109172011-conversion-gate01/85/Mathematiques-methodes-et-exercices-mp-230-320.jpg)
![221
On a donc : ∀ n ∈ N∗
, ∀ x ∈ [0 ; +∞[,
0 fn(x) e−x
x
n
2
2
=
x2
e−x
2
1
n2
.
L’application ϕ : [0 ; +∞[−→ R, x −→ x2
e−x
est de classe C1
sur [0 ; +∞[, et, pour tout x ∈ [0 ; +∞[ :
ϕ (x) = (2x − x2
) e−x
,
d’où le tableau de variations de ϕ :
x 0 2 +∞
ϕ (x) + 0 −
ϕ(x) 0 0
Ceci montre que ϕ est bornée et que :
||ϕ||∞ = ϕ(2) = 4 e−2
.
On a donc : ∀ n ∈ N∗
, || fn||∞ 4 e−2 1
n2
.
D’après l’exemple de Riemann (2 > 1) et le théorème de ma-
joration pour des séries à termes 0, on déduit que la série
n 1
|| fn||∞, converge et on conclut que
n 1
fn converge nor-
malement (donc uniformément, absolument, simplement) sur
[0 ; +∞[.
a) 1) Convergence simple sur ]0 ; +∞[ :
Soit x ∈ [0 ; +∞[.
Si x =/ 0, alors
fn(x) = Arctan
n + x
1 + n3x
∼
n∞
n + x
1 + n3x
∼
n∞
1
n2x
0 .
D’après l’exemple de Riemann (2 > 1) et le théorème d’équi-
valence pour des séries à termes 0, la série
n 1
fn(x)
converge.
Si x = 0, alors fn(x) = Arctan n −−−→
n ∞
π/2 =/ 0 ,
donc la série
n 1
fn(x) diverge (grossièrement).
On conclut que
n, 1
fn converge simplement sur ]0 ; +∞[
(et non sur [0 ; +∞[).
2) Convergence normale sur [1 ; +∞[ :
Soit n ∈ N∗
. L’application fn est de classe C1
sur [0 ; +∞[ et,
pour tout x ∈ [0 ; +∞[ :
fn(x) =
1
1 +
n + x
1 + n3x
2
·
(1 + n3
x) − (n + x)n3
(1 + n3x)2
=
1 − n4
(1 + n3x)2 + (n + x)2
0,
donc fn est décroissante sur [0 ; +∞[, d’où :
∀ x ∈ [1 ; +∞[, 0 fn(x) fn(1) ,
et donc : || fn||[1 ;+∞[
∞ fn(1).
Comme la série
n 1
fn(1) converge (cf. 1)), par théorème
de majoration pour des séries à termes 0, la série
n 1
|| fn||[1 ;+∞[
∞ converge, et on conclut que
n 1
fn converge
normalement, donc uniformément, sur [1 ; +∞[.
b) 1) Puisque, pour tout n ∈ N∗
:
fn(x) = Arctan
n + x
1 + n3x
−→
x−→+∞
Arctan
1
n3
et que
n 1
fn converge uniformément sur [1 ; +∞[, d’après le
théorème du cours sur convergence uniforme et limite,
on a : S(x) −→
x−→+∞
L =
+∞
n=1
Arctan
1
n3
.
2) En notant Rn le reste d’ordre n de la série définissant L
ci-dessus, et en utilisant une comparaison série/intégrale, l’ap-
plication t −→
1
t3
étant décroissante et intégrable sur [1 ; +∞[,
on a :
0 Rn =
+∞
k=n+1
Arctan
1
k3
+∞
k=n+1
1
k3
+∞
n
1
t3
dt =
t−2
−2
+∞
n
=
1
2n2
.
On a donc :
|Rn| 0,9 · 10−3
⇐
1
2n2
0,9 · 10−3
⇐⇒ n2 103
0,9
555,. . . ⇐⇒ n 24.
D’autre part, à 0,1 · 10−3
près, en utilisant la calculatrice :
24
k=1
Arctan
1
k3
0,9866.
On conclut : L 0,986 à 10−3
près.
a) 1) Convergence simple sur ]0 ; +∞[:
Soit x ∈ ]0 ; +∞[ fixé. La série
n 0
fn(x) est alternée,
| fn(x)| =
1
√
1 + nx
−−−→
n ∞
0, et la suite | fn(x)| n∈N
est dé-
croissante, donc, d’après leTSCSA, la série
n 0
fn(x) converge.
Ceci montre que
n 0
fn converge simplement sur ]0 ; +∞[.
5.21
5.22](https://image.slidesharecdn.com/mathmatiquesmthodesetexercicesmp-141109172011-conversion-gate01/85/Mathematiques-methodes-et-exercices-mp-231-320.jpg)
![222
2) Convergence uniforme sur [1 ; +∞[ :
On a, pour tout x ∈ [1 ; +∞[, puisque la série
n 0
fn(x) re-
lève du TSCSA, en notant Rn(x) le reste d’ordre n :
|Rn(x)| | fn+1(x)| =
1
√
1 + (n + 1)x
1
√
n + 2
,
d’où : ||Rn||∞
1
√
n + 2
−−−→
n ∞
0,
donc ||Rn||∞ −−−→
n ∞
0. Il en résulte que
n 0
fn converge uni-
formément sur [1 ; +∞[.
b) Puisque, pour n ∈ N∗
, fn(x) =
(−1)n
√
1 + nx
−→
x−→+∞
0 et que
n 0
fn converge uniformément sur [1 ; +∞[, d’après le théo-
rème du cours sur convergence uniforme et limite, on déduit :
S(x) −→
x−→+∞
0.
c) D’abord, a existe car la série
n 1
(−1)n
√
n
converge, d’après
le TSCSA.
Notons, pour tout n ∈ N∗
:
gn : [1 ; +∞[−→ R, x −→
(−1)n
√
nx
.
On a, pour tout n ∈ N∗
et tout x ∈ [1 ; +∞[, en utilisant une
expression conjuguée :
| fn(x) − gn(x)| =
(−1)n
√
1 + nx
−
(−1)n
√
nx
=
√
1 + nx −
√
nx
√
nx
√
1 + nx
=
1
√
nx
√
1 + nx(
√
nx +
√
1 + nx)
1
√
nx
√
nx(
√
nx +
√
nx)
=
1
2(nx)3/2
=
1
2x3/2
1
n3/2
.
Puisque la série
n 1
1
n3/2
converge (exemple de Riemann,
3/2 > 1), il en résulte, pour tout x ∈ [1 ; +∞[ :
S(x) −
a
√
x
=
+∞
n=1
fn(x) − gn(x)
+∞
n=1
| fn(x) − gn(x)|
+∞
n=1
1
2x3/2
1
n3/2
=
1
2
+∞
n=1
1
n3/2
1
x
√
x
,
et donc : S(x) −
a
√
x
= O
x−→+∞
1
x
√
x
,
d’où, en conclusion : S(x) =
a
√
x
+ O
x−→+∞
1
x
√
x
.
a) D’après le cours, pour x ∈ R fixé, la série de Riemann
n 1
1
nx
converge si et seulement si x > 1, d’où :
Déf ( f ) = ]1 ; +∞[.
b) Notons, pour tout n ∈ N∗
:
fn : ]1 ; +∞[−→ R, x −→
1
nx
= e−x ln n
.
• Pour tout n ∈ N∗
, fn est de classe C∞
sur ]1 ; +∞[ et :
∀ k ∈ N, ∀ x ∈ ]1 ; +∞[, f (k)
n (x) =
(−ln n)k
nx
.
• Pour tout k ∈ N,
n 1
f (k)
n converge simplement sur ]1 ; +∞[.
En effet, pour tout k ∈ N et tout x ∈ ]1 ; +∞[ fixés :
n
1+x
2 f (k)
n (x) =
(−ln n)k
n
x−1
2
−−−→
n ∞
0,
donc, pour n assez grand : n
1+x
2 | f (k)
n (x)| 1,
puis : | f (k)
n (x)|
1
n
x+1
2
.
D’après l’exemple de Riemann (
x + 1
2
> 1) et le théorème de
majoration pour des séries à termes 0, la série
n 1
| f (k)
n (x)|
converge.
Ainsi, la série
n 1
f (k)
n (x) converge absolument, donc converge.
Ceci montre que
n 1
f (k)
n converge simplement sur ]1 ; +∞[.
• Pour tout k ∈ N∗
et tout segment [a ; b] inclus dans ]1 ; +∞[,
n 1
f (k)
n converge normalement, donc uniformément, sur [a ; b].
En effet, on a :
∀ n ∈ N∗
, ∀ x ∈ [a ; b],
| f (k)
n (x)| =
(ln n)k
nx
(ln n)k
na
= | f (k)
n (a)|,
d’où : ∀ n ∈ N∗
, || f (k)
n ||[a ;b]
∞ | f (k)
n (a)|.
D’après le point précédent, la série
n 1
| f (k)
n (a)| converge, donc,
par théorème de majoration pour des séries à termes 0, la
série
n 1
|| fn||[a ;b]
∞ converge.
Ceci montre que
n 1
f (k)
n converge normalement, donc uni-
formément, sur [a ; b].
D’après un théorème du cours, il en résulte que ζ est de
classe C∞
sur ]1 ; +∞[ et que l’on peut dériver terme à terme,
c’est-à-dire :
∀ k ∈ N, ∀ x ∈ ]1 ; +∞[, ζ(k)
(x) =
+∞
n=1
(−ln n)k
nx
.
5.23](https://image.slidesharecdn.com/mathmatiquesmthodesetexercicesmp-141109172011-conversion-gate01/85/Mathematiques-methodes-et-exercices-mp-232-320.jpg)
![223
c) 1) D’après b), on a :
∀ x ∈ ]1 ; +∞[, ζ (x) =
+∞
n=1
−ln n
nx
= −
+∞
n=1
ln n
nx
.
Les termes de cette dernière série sont tous 0 et non tous nuls,
donc leur somme est > 0, d’où :
∀ x ∈ ]1 ; +∞[, ζ (x) < 0 .
Il en résulte que ζ est strictement décroissante sur ]1 ; +∞[.
2) D’après b) : ∀ x ∈ ]1 ; +∞[, ζ (x) =
+∞
n=1
(ln n)2
nx
0,
donc ζ est convexe.
d) 1) Pour obtenir un encadrement de ζ(x), nous allons utili-
ser une comparaison série/intégrale.
Soit x ∈ ]1 ; +∞[ fixé.
Puisque l’application
ϕ : [1 ; +∞[−→ R, t −→
1
tx
= t−x
est continue par morceaux (car continue), décroissante, inté-
grable sur [1 ; +∞[ (exemple de Riemann en +∞, x > 1), par
comparaison série/intégrale, on a :
+∞
1
ϕ(t) dt
+∞
n=1
ϕ(n)
= ζ(x)
ϕ(1) +
+∞
1
ϕ(t) dt .
Et :
+∞
1
ϕ(t) dt =
+∞
1
t−x
dt =
t−x+1
−x + 1
+∞
1
=
1
x − 1
.
D’où :
1
x − 1
ζ(x) 1 +
1
x − 1
.
2) Comme 1 +
1
x − 1
∼
x−→1+
1
x − 1
, on déduit, par encadre-
ment : ζ(x) ∼
x−→1+
1
x − 1
.
3) Puisque
1
x − 1
−→
x−→1+
+∞, on obtient :
ζ(x) −→
x−→1+
+∞.
e) 1) • Pour tout n ∈ N∗
fixé, on a :
fn(x) =
1
nx
−→
x−→+∞
1 si n = 1
0 si n 2.
•
n 1
fn converge uniformément sur [2 ; +∞[.
D’après le théorème du cours sur convergence uniforme et li-
mite, on déduit :
ζ(x) =
+∞
n=1
fn(x) −→
x−→+∞
1 +
+∞
n=2
0 = 1 .
2) On a, pour tout x ∈ [2 ; +∞[ :
ζ(x) − 1 −
1
2x
=
+∞
n=3
1
nx
.
Par comparaison série/intégrale, puisque, pour tout
x ∈ [2 ; +∞[ fixé, l’application t −→
1
tx
est continue par
morceaux (car continue), décroissante et intégrable sur [1 ; +∞[,
on a :
0
+∞
n=3
1
nx
+∞
2
1
tx
dt
=
t−x+1
−x + 1
+∞
2
=
2−x+1
x − 1
=
2
x − 1
2−x
.
On a donc :
+∞
n=3
1
nx
= o
x−→+∞
(2−x
),
d’où : ζ(x) − 1 −
1
2x
= o
x−→+∞
1
2x
,
et on conclut : ζ(x) − 1 ∼
x−→+∞
1
2x
.
f) x 1 +∞
ζ (x) −
ζ(x) +∞ 1
a) 1) Convergence simple :
Soit x ∈ ]0 ; +∞[ fixé. La série
n 1
(−1)n
nx
est alternée,
(−1)n
nx
=
1
nx
−−−→
n ∞
0 et la suite
1
nx
n 1
décroît. D’après
le TSCSA, la série
n 1
(−1)n
nx
converge.
Ceci montre que
n 1
fn converge simplement sur ]0 ; +∞[.
2) Convergence absolue :
Puisque, pour tout n ∈ N∗
et tout x ∈ ]0 ; +∞[, | fn(x)| =
1
nx
,
la série
n 1
| fn(x)| converge si et seulement si x > 1.
y
xO
1
1
y = ζ(x)
5.24](https://image.slidesharecdn.com/mathmatiquesmthodesetexercicesmp-141109172011-conversion-gate01/85/Mathematiques-methodes-et-exercices-mp-233-320.jpg)
![224
Ceci montre que
n 1
fn converge absolument sur ]1 ; ,+∞[ et
ne converge pas absolument ailleurs.
3) Convergence normale :
• Pour tout a > 1,
n 1
fn converge normalement sur [a ; +∞[,
car || fn|||[a ;+∞[
∞ =
1
na
.
• La série d’applications
n 1
fn ne converge pas normalement
sur ]1 ; +∞[, puisque || fn||]1 ;+∞[
∞ =
1
n
et que la série
n 1
1
n
diverge.
4) Convergence uniforme :
• Puisque || fn||]0 ;+∞[
∞ = 1 −−−→
n ∞
/ 0,
n 1
fn ne converge pas uni-
formément sur ]0 ; +∞[.
• Soit b ∈ ]0 ; +∞[ fixé. Puisque, pour tout x ∈ ]0 ; +∞[, la
série
n 1
fn(x) relève du TSCSA, on a, en notant Rn le reste
d’ordre n :
∀ n ∈ N∗
, ∀ x ∈ [b ; +∞[,
|Rn(x)| | fn+1(x)| =
1
(n + 1)x
1
(n + 1)b
,
d’où : ∀ n ∈ N∗
, ||Rn||[b ;+∞[
∞
1
(n + 1)b
,
et donc : ||Rn||[b ;+∞[
∞ −−−→
n ∞
0.
On conclut que
n 1
fn converge uniformément sur tout
[b ; +∞[, b ∈ ]0 ; +∞[ fixé.
b) Puisque, pour tout n ∈ N∗
, fn est continue sur ]0 ; +∞[, et
que la série d’applications
n 1
fn converge uniformément sur
tout segment de ]0 ; +∞[, d’après un théorème du cours, on
conclut que la somme T est continue sur ]0 ; +∞[.
c) Soit x ∈ ]1 ; +∞[. On a :
ζ(x) + T(x) =
+∞
n=1
1
nx
+
+∞
n=1
(−1)n
nx
=
+∞
n=1
1 + (−1)n
nx
=
+∞
p=1
2
(2p)x
,
car les termes d’indices impairs sont tous nuls. Puis :
ζ(x) + T(x) = 21−x
+∞
p=1
1
px
= 21−x
ζ(x) .
On conclut : ∀ x ∈ ]1 ; +∞[, T(x) = (21−x
− 1)ζ(x).
Nous allons développer la fonction sous l’intégrale en
une somme de série de fonctions, puis permuter intégrale et
série.
On a, pour tout x ∈ ]0 ; +∞[ :
xα−1
x − ln(ex
− 1) = −xα−1
ln(1 − e−x
)
= xα−1
+∞
n=1
(e−x
)n
n
=
+∞
n=1
xα−1
e−nx
n
.
Notons, pour tout n ∈ N∗
:
fn : ]0 ; +∞[−→ R, x −→
xα−1
e−nx
n
.
• Pour tout n ∈ N∗
, fn est continue par morceaux (car conti-
nue) sur ]0 ; +∞[.
•
n 1
fn converge simplement sur ]0 ; +∞[ et la somme S
est : S =
+∞
n=1
fn : x −→ xα−1
x − ln(ex
− 1) .
• S est continue par morceaux (car continue) sur ]0 ; +∞[.
• Montrons que la série
n 1
+∞
0
| fn(x)| dx converge.
On remarque d’abord :
∀ n ∈ N∗
, ∀ x ∈ ]0 ; +∞[, fn(x) =
xα−1
e−nx
n
0 .
On a, pour tout n ∈ N∗
:
+∞
0
| fn(x)| dx =
+∞
0
xα−1
e−nx
n
dx
=
u = nx
+∞
0
u
n
α−1
e−u
n
1
n
du
=
1
nα+1
+∞
0
uα−1
e−u
du =
1
nα+1
(α).
Comme α + 1 > 1, d’après l’exemple de Riemann, la série
n 1
+∞
0
| fn(x)| dx converge.
D’après le théorème sur l’intégration sur un intervalle quelconque
pour une série d’applications, on déduit que S est intégrable
sur ]0 ; +∞[ et que :
+∞
0
xα−1
x − ln(ex
− 1) dx
=
+∞
n=1
+∞
0
fn(x) dx =
+∞
n=1
1
nα+1
(α) = ζ(α + 1) (α).
1) Existence :
• L’application f : ]0 ; +∞[−→ R, x −→
x
sh x
est continue
sur ]0 ; +∞[.
• En 0 : f (x) =
x
sh x
−→
x−→0
1, donc f est intégrable sur ]0 ; 1].
5.25
5.26](https://image.slidesharecdn.com/mathmatiquesmthodesetexercicesmp-141109172011-conversion-gate01/85/Mathematiques-methodes-et-exercices-mp-234-320.jpg)
![225
• En +∞ : x2
f (x) =
x3
sh x
−→
x−→+∞
0 , donc, pour x assez
grand : x2
f (x) 1 , puis : 0 f (x)
1
x2
. D’après
l’exemple de Riemann (2 > 1) et le théorème de majoration
pour des fonctions 0, f est intégrable sur [1 ; +∞[.
Ainsi, f est intégrable sur ]0 ; +∞[ et on conclut que
I =
+∞
0
x
sh x
dx existe.
2) Calcul :
Nous allons essayer de développer la fonction sous l’intégrale
en somme d’une série de fonctions, puis permuter intégrale et
série.
On a, pour tout x ∈ ]0 ; +∞[ :
x
sh x
=
2x
ex − e−x
=
2x e−x
1 − e−2x
= 2x e−x
+∞
n=0
(e−2x
)n
=
+∞
n=0
2x e−(2n+1)x
,
car |e−2x
| < 1.
Notons, pour tout n ∈ N :
fn : ]0 ; +∞[−→ R, x −→ 2x e−(2n+1)x
.
• Pour tout n ∈ N, fn est continue par morceaux (car continue)
sur ]0 ; +∞[.
•
n 0
fn converge simplement sur ]0 ; +∞[ et a pour
somme f.
• f est continue par morceaux (car continue) sur ]0 ; +∞[.
• Montrons que la série
n 0
+∞
0
| fn(x)| dx converge.
Remarquons d’abord :
∀ n ∈ N, ∀ x ∈ ]0 ; +∞[, fn(x) = 2x e−(2n+1)x
0 .
On a, pour tout n ∈ N :
+∞
0
| fn(x)| dx =
+∞
0
fn(x) dx
=
+∞
0
2x e−(2n+1)x
dx
=
t = (2n + 1)x
+∞
0
2
t
2n + 1
e−t 1
2n + 1
dt
=
2
(2n + 1)2
+∞
0
t e−t
dt
=
2
(2n + 1)2
(2) =
2
(2n + 1)2
1! =
2
(2n + 1)2
,
donc la série
n 0
+∞
0
| fn(x)| dx converge.
D’après le théorème sur l’intégration sur un intervalle quelconque
pour une série d’applications, on déduit :
+∞
0
f (x) dx =
+∞
n=0
+∞
0
fn(x) dx =
+∞
n=0
1
(2n + 1)2
.
Il reste à calculer cette somme de série.
Pour tout N ∈ N, en séparant les termes d’indices pairs, d’in-
dices impairs, on a :
2N+1
k=1
1
k2
=
N
n=1
1
(2n)2
+
N
n=0
1
(2n + 1)2
=
1
4
N
n=1
1
n2
+
N
n=0
1
(2n + 1)2
,
d’où, en passant à la limite lorsque l’entier N tend vers l’infini
et puisque les séries considérées convergent :
+∞
k=1
1
k2
=
1
4
+∞
n=1
1
n2
+
+∞
n=0
1
(2n + 1)2
,
et donc :
+∞
n=0
1
(2n + 1)2
= 1 −
1
4
+∞
k=1
1
k2
=
3
4
π2
6
=
π2
8
.
On conclut :
+∞
0
x
sh x
dx =
π2
8
.
a) 1) Convergence simple :
Soit x ∈ [0 ; +∞[.
Si x =/ 0, alors :
fn(x) =
ln(1 + nx2
)
nx
=
ln n + ln x2
+ ln 1 +
1
nx2
nx
∼
n∞
ln n
nx
−−−→
n ∞
0.
Si x = 0, alors : fn(x) = 0 −−−→
n ∞
0.
Ceci montre : fn
C.S.
−→
n∞
0 sur [0 ; +∞[.
2) Convergence uniforme :
Soit n ∈ N∗
fixé. L’étude des variations de fn paraît malcom-
mode, car le signe de fn(x) semble difficile à étudier.
Vu l’expression 1 + nx2
, il peut être intéressant de séparer en
cas selon les positions relatives de 1 et nx2
.
Soit x ∈ [0 ; +∞[.
• Si x
1
√
n
, alors, en utilisant l’inégalité classique
∀ t ∈ ] − 1 ; +∞[, ln(1 + t) t ,
on a : 0 fn(x)
nx2
nx
= x
1
√
n
.
• Si x
1
√
n
, alors 1 nx2
, d’où :
5.27](https://image.slidesharecdn.com/mathmatiquesmthodesetexercicesmp-141109172011-conversion-gate01/85/Mathematiques-methodes-et-exercices-mp-235-320.jpg)
![226
0 fn(x) =
ln(1 + nx2
)
nx
ln(2nx2
)
nx
=
ln(2n)
n
1
x
+
2
n
lnx
x
ln(2n)
n
√
n +
2
n
1 =
ln(2n)
√
n
+
2
n
.
On déduit, en regroupant les deux cas précédents :
∀ x ∈ [0 ; +∞[, 0 fn(x)
ln(2n)
√
n
+
2
n
,
et donc : || fn||∞
ln(2n)
√
n
+
2
n
−−−→
n ∞
0.
Ceci montre : fn
C.U.
−→
n∞
0 sur [0 ; +∞[.
b) 1) Convergence simple :
Soit x ∈ ]0 ; +∞[ fixé.
Vu la présence de (ln x)2n
, nous allons séparer en cas selon la
position de (ln x)2
par rapport à 1, c’est-à-dire selon la posi-
tion de ln x par rapport à −1 et à 1.
• Si x ∈ ]0 ; e−1
[ ∪ ]e ; +∞[ , alors (lnx)2
> 1,
donc (ln x)2n
−−−→
n ∞
+ ∞, puis :
2 + (ln x)2n
1 + (ln x)2n
−−−→
n ∞
1,
et enfin : fn(x) = ln
2 + (ln x)2n
1 + (ln x)2n
−−−→
n ∞
0.
• Si x = e−1
ou x = e, alors (ln x)2
= 1, donc :
fn(x) = ln
3
2
−−−→
n ∞
ln
3
2
.
• Si e−1
< x < e, alors (ln x)2
< 1, donc (ln x)2n
−−−→
n ∞
0,
puis : fn(x) −−−→
n ∞
ln 2.
On conclut : fn
C.S.
−→
n∞
f, où : f : ]0 ; +∞[−→ R est définie, pour
tout x ∈ ]0 ; +∞[, par :
f (x) =
0 si 0 < x < e−1
ou e < x
ln
3
2
si x = e−1
ou x = e
ln 2 si e−1
< x < e.
On pouvait aussi remarquer :
∀ x ∈ ]0 ; +∞[, f
1
x
= f (x),
ce qui permet de se ramener à une étude sur [1 ; +∞[ au lieu
de ]0 ; +∞[.
2) Convergence uniforme :
• Puisque chaque fn est continue sur ]0 ; +∞[ et que f est dis-
continue en e−1
et en e, d’après un théorème du cours par contra-
position, on déduit que la convergence de la suite ( fn)n 1 vers
f n’est uniforme sur aucun des intervalles suivants : ]0 ; e−1
[,
]e−1
; 1], [1 ; e[, ]e ; +∞[.
• Soit a ∈ ]e ; +∞[ fixé. On a :
∀ n ∈ N∗
, ∀ x ∈ [a ; +∞[,
| fn(x) − f (x)| = ln
2 + (ln x)2n
1 + (ln x)2n
= ln 1 +
1
1 + (ln x)2n
1
1 + (ln x)2n
1
1 + (ln a)2n
,
donc : || fn − f ||[a ;+∞[
∞
1
1 + (ln a)2n
−−−→
n ∞
0.
Ceci montre : fn
C.U.
−→
n∞
f sur [a ; +∞[, pour tout a ∈ ]e ; +∞[
fixé.
De même (ou en remplaçant x par
1
x
) : fn
C.U.
−→
n∞
f sur tout
]0 ; b], b ∈ ]0 ; e−1
[ fixé.
• Soit b ∈ [1 ; e[ fixé. On a :
∀ n ∈ N∗
, ∀ x ∈ [1 ; b],
| fn(x) − f (x)| = ln
2 + (ln x)2n
1 + (ln x)2n
− ln 2
= ln
2 + 2(ln x)2n
2 + (ln x)2n
= ln 1 +
(ln x)2n
2 + (ln x)2n
(ln x)2n
2 + (ln x)2n
(ln x)2n
2
(ln b)2n
2
,
donc : || fn − f ||[1 ;b]
∞
(ln b)2n
2
−−−→
n ∞
0.
Ceci montre : fn
C.U.
−→
n∞
f sur tout [1 ; b], b ∈ [1 ; e[ fixé.
De même (ou en changeant x en
1
x
) : fn
C.U.
−→
n∞
f sur tout
[a ; 1], a ∈ ]e−1
; 1] fixé.
Il en résulte que fn
C.U.
−→
n∞
f sur tout [a ; b], (a,b) ∈ ]e−1
; e[2
fixé.
c) 1) Convergence simple :
Soit x ∈ R fixé. Vu la présence de 2n
+ |x|n
, séparons en cas
selon la position de |x| par rapport à 2.
• Si |x| < 2, alors :
fn(x) = (2n
+ |x|n
)
1
n = 2 1 +
|x|
2
n 1
n
= 2 exp
1
n
ln 1 +
|x|
2
n
= 2 exp
1
n
|x|
2
n
+ o
|x|
2
n
−−−→
n ∞
2.
• Si |x| = 2, alors :
fn(x) = (2n
+ |x|n
)
1
n = (2 · 2n
)
1
n = 2
1
n · 2 −−−→
n ∞
2 .
• Si |x| > 2, alors :
fn(x) = (2n
+ |x|n
)
1
n = |x| 1 +
2
|x|
n 1
n
−−−→
n ∞
|x| ,
comme plus haut.](https://image.slidesharecdn.com/mathmatiquesmthodesetexercicesmp-141109172011-conversion-gate01/85/Mathematiques-methodes-et-exercices-mp-236-320.jpg)
![227
Ceci montre : fn
C.S.
−→
n∞
f, où :
f : R −→ R, x −→
2 si |x| 2
|x| si |x| > 2.
Autrement dit : ∀ x ∈ R, f (x) = Max (2, |x|).
2) Convergence uniforme :
Soit n ∈ N tel que n 2. On a, pour tout x ∈ R :
| fn(x) − f (x)| =
(2n
+ |x|n
)
1
n − (2n
)
1
n si |x| 2
(2n
+ |x|n
)
1
n − (|x|n
)
1
n si |x| > 2.
L’application ϕ : [0 ; +∞[−→ R, t −→ t
1
n
est continue sur [0 ; +∞[, de classe C1
sur ]0 ; +∞[, et :
∀ t ∈ ]0 ; +∞[, ϕ (t) =
1
n
t
1
n −1
=
1
nt1− 1
n
.
D’où, par l’inégalité des accroissements finis, pour tout
(a,h) ∈ [0 ; +∞[2
:
0 ϕ(a + h) − ϕ(a) h Sup
t∈]a ;a+h[
ϕ (t)
h
na1− 1
n
.
On a donc :
∗ si |x| 2, alors :
| fn(x) − f (x)| = ϕ(2n
+ |x|n
) − ϕ(2n
)
|x|n
n(2n)1− 1
n
2n
n2n−1
=
2
n
∗ si |x| > 2, alors :
| fn(x) − f (x)| = ϕ(2n
+ |x|n
) − ϕ(|x|n
)
2n
n(|x|n)1− 1
n
2n
n(2n)1− 1
n
=
2
n
.
Ainsi : ∀ x ∈ R, | fn(x) − f (x)|
2
n
,
donc : || fn − f ||∞
2
n
−−−→
n ∞
0.
On conclut : fn
C.U.
−→
n∞
f sur R.
d) 1) Convergence simple :
Soit (x,y) ∈ ]0 ; +∞[2
. On a :
fn(x,y) = ln x +
y
n
−−−→
n ∞
ln x .
On conclut : fn
C.S.
−→
n∞
f, où :
f : ]0 ; +∞[2
−→ R, (x,y) −→ ln x .
2) Convergence uniforme :
Soit n ∈ N∗
. On a, pour tout (x,y) ∈ ]0 ; +∞[2
:
fn(x,y) − f (x,y) = ln x +
y
n
− ln x
= ln 1 +
y
xn
= ln 1 +
y
xn
.
• Par exemple, pour tout x ∈ ]0 ; +∞[ fixé,
|( fn − f )(x,y)| −→
y−→+∞
+∞, donc fn − f n’est pas bornée
sur ]0 ; +∞[2
. Il en résulte, d’après le cours, que la suite ( fn)n 1
ne converge pas uniformément sur ]0 ; +∞[2
.
• Soit (a,b) ∈ ]0 ; +∞[2
.
On a, pour tout (x,y) ∈ D = ]0 ; a] × [b ; +∞[ :
| fn(x,y) − f (x,y)| = ln 1 +
y
xn
ln 1 +
b
an
,
donc : || fn − f ||D
∞ ln 1 +
b
an
−−−→
n ∞
0.
Ceci montre que la suite ( fn)n 1 converge uniformément vers
f sur tout D = ]0 ; a] × [b ; +∞[, pour (a,b) ∈ ]0 ; +∞[2
fixé.
Puisque I est un intervalle de longueur > 0, I est un en-
semble infini, donc il existe x0,. . . ,xN ∈ I, deux à deux dis-
tincts.
Considérons les polynômes d’interpolation de Lagrange sur les
abscisses x0,. . . xN , c’est-à-dire les polynômes L0,. . . ,LN dé-
finis par :
∀ i ∈ {0,. . . ,N}, ∀ x ∈ I, Li (x) =
j=/ i
(x − xj )
j=/ i
(xi − xj )
.
D’après le cours sur l’interpolation de Lagrange, on a, pour tout
P ∈ RN [X] : P =
N
i=0
P(xi )Li .
En particulier, on a donc :
∀ x ∈ I, ∀ n ∈ N, Pn(x) =
N
i=0
Pn(xi )Li (x).
Comme Pn
C.S.
−→
n∞
f sur I, on déduit, en faisant tendre l’entier n
vers l’infini :
∀ x ∈ I, f (x) =
N
i=0
f (xi )Li (x) .
Ceci montre que f est un polynôme, c’est le polynôme
N
i=0
f (xi )Li, de degré N.
Munissons E = C([a ; b], R) de ||.||∞. Considérons le
sev F de E, formé des polynômes de degré N. Ce sev F est
de dimension finie (égale à N + 1), donc, d’après le cours,
F est complet. Puisque F est complet, F est fermé dans E.
Comme : ∀ n ∈ N, Pn ∈ E, et que (Pn)n∈N converge vers f
dans E (la convergence uniforme est la convergence pour la
norme ||.||∞), il s’ensuit : f ∈ F.
5.28
5.29](https://image.slidesharecdn.com/mathmatiquesmthodesetexercicesmp-141109172011-conversion-gate01/85/Mathematiques-methodes-et-exercices-mp-237-320.jpg)
![228
On conclut que f est un polynôme, de degré N.
Comparer l’énoncé et la méthode de résolution de l’exercice
5.28.
• D’abord, montrons que, pour tout x ∈ [0 ; +∞[, l’in-
tégrale proposée existe.
Soit x ∈ [0 ; +∞[ fixé. L’application fx : t −→
sin (xt)
1 + t4
, est
continue sur [0 ; +∞[ et, pour t 1 :
|Fx (t)|
1
1 + t4
1
t4
.
D’après l’exemple de Riemann en +∞ (4 > 1) et le théorème
de majoration pour des fonctions 0, Fx est intégrable sur
[0 ; +∞[, donc I (x) =
+∞
0
Fx (t) dt existe.
• Comme, pour tout t ∈ [0 ; +∞[, sin (xt) ∼
x−→0+
xt, on peut
conjecturer que I (x) ressemble, pour x −→ 0+
, à
+∞
0
xt
1 + t4
dt, donc que I (x) admette un équivalent du
genre λx, λ ∈ R∗
+.
1re méthode : utilisation du théorème de continuité sous le signe
intégrale :
On a, pour tout x ∈ ]0 ; +∞[ :
I (x) =
+∞
0
sin (xt)
1 + t4
dt =
+∞
0
xt
sin (xt)
xt
1
1 + t4
dt
= x
+∞
0
φ(xt)
t
1 + t4
dt,
en notant :
φ : [0 ; +∞[−→ R, u −→
sin u
u
si u =/ 0
1 si u = 0.
Notons :
F : [0 ; +∞[×[0 ; +∞[−→ R, (x,t) −→ φ(xt)
t
1 + t4
.
• F est continue par rapport à x (car φ est continue), continue
par morceaux par rapport à t (car continue par rapport à t, φ
étant continue).
• On a : ∀ (x,t) ∈ [0 ; +∞[×[0 ; +∞[,
| f (x,t)| = |φ(xt)|
t
1 + t4
t
1 + t4
,
car : ∀ u ∈ [0 ; +∞[, | sin u| u.
L’application ϕ : t −→
t
1 + t4
est continue par morceaux (car
continue), 0, intégrable sur [0 ; ,+∞[ (exemple de Riemann,
3 > 1 et théorème d’équivalence pour des fonctions 0).
Ainsi, F vérifie HD sur[0 ; +∞[×[0 ; +∞[.
D’après le théorème de continuité sous le signe intégrale, l’ap-
plication
g : [0 ; +∞[−→ R, x −→
+∞
0
f (x,t) dt
est continue sur [0 ; +∞[. En particulier :
g(x) −→
x−→0
g(0) =
+∞
0
t
1 + t4
dt
=
u = t2
1
2
+∞
0
du
1 + u2
=
1
2
[Arctan u]+∞
0 =
π
4
.
Puis, comme : ∀ x ∈ [0 ; +∞[, I (x) = xg(x),
on conclut : I (x) ∼
x−→0+
π
4
x.
2e méthode : utilisation du théorème de convergence dominée
et de la caractérisation séquentielle des limites :
Soit (xn)n∈N une suite dans ]0 ; +∞[, convergeant vers 0.
Notons, pour tout n ∈ N :
fn : [0 ; +∞[−→ R, t −→
sin (xnt)
xn(1 + t4)
.
• Pour tout n ∈ N, fn est continue par morceaux (car continue)
sur [0 ; +∞[.
• Soit t ∈ [0 ; +∞[. Si t =/ 0, alors :
fn(t) =
sin (xnt)
xnt
t
1 + t4
−−−→
n ∞
t
1 + t4
.
Si t = 0, alors : fn(t) = 0 −−−→
n ∞
0.
Ceci montre : fn
C.S.
−→
n∞
f sur [0 ; +∞[, où :
f : [0 ; +∞[−→ R, t −→
t
1 + t4
.
• L’application f est continue par morceaux sur [0 ; +∞[ (car
continue).
• On a : ∀ n ∈ N, ∀ t ∈ [0 ; +∞[,
| fn(t)| =
| sin (xnt)|
xn(1 + t4)
|xnt|
xn(1 + t4)
=
t
1 + t4
et l’application t −→
t
1 + t4
est continue par morceaux (car
continue), 0, intégrable sur [0 ; +∞[.
Ainsi, la suite ( fn)n∈N vérifie l’hypothèse de domination.
D’après le théorème de convergence dominée :
+∞
0
fn −−−→
n ∞
+∞
0
f =
+∞
0
t
1 + t4
dt =
π
4
(calcul fait plus haut, dans la première méthode).
Ceci montre que, pour toute suite (xn)n∈N dans ]0 ; +∞[,
convergeant vers 0, la suite
+∞
0
sin (xnt)
xn(1 + t4)
dt
n∈N
converge vers
π
4
.
5.30](https://image.slidesharecdn.com/mathmatiquesmthodesetexercicesmp-141109172011-conversion-gate01/85/Mathematiques-methodes-et-exercices-mp-238-320.jpg)
![229
Il en résulte, par caractérisation séquentielle des limites :
+∞
0
sin xt)
x(1 + t4)
dt −→
x−→0+
π
4
,
et donc : I (x) ∼
x−→0+
π
4
x.
a) D’abord, pour tout n ∈ N∗
, l’intégrale
In =
1
0
ln(1 + xn
) dx, existe comme intégrale d’une appli-
cation continue sur un segment.
On a, pour tout n ∈ N∗
, par le changement de variable
t = xn
, x = t
1
n , dx =
1
n
t
1
n −1
dt :
In =
1
0
ln(1 + t)
1
n
t
1
n −1
dt =
1
n
1
0
t
1
n
ln(1 + t)
t
dt
notée Jn
,
où Jn est d’ailleurs une intégrale de fonction intégrable sur
]0 ; 1].
Pour obtenir la limite de Jn (si elle existe), nous allons utiliser
le théorème de convergence dominée.
Notons, pour tout n ∈ N∗
:
fn : ]0 ; 1] −→ R, t −→ t
1
n
ln(1 + t)
t
.
• Pour tout n ∈ N∗
, fn est continue par morceaux (car conti-
nue) sur ]0 ; 1].
• fn
C.S.
−→
n∞
f, où f : ]0 ; 1] −→ R, t −→
ln(1 + t)
t
, car, pour
t ∈ ]0 ; 1] fixé, on a t
1
n −−−→
n ∞
1.
• f est continue par morceaux (car continue) sur ]0 ; 1].
• On a, pour tout n ∈ N∗
et tout t ∈ ]0 ; 1] :
| fn(t)| = t
1
n
ln(1 + t)
t
ln(1 + t)
t
,
et l’application t −→
ln(1 + t)
t
est continue par morceaux (car
continue), 0, intégrable sur ]0 ; 1], puisque
ln(1 + t)
t
−→
t−→0
1.
Ceci montre que la suite ( fn)n 1 vérifie l’hypothèse de domi-
nation.
D’après le théorème de convergence dominée :
+∞
0
fn −−−→
n ∞
+∞
0
f.
Ainsi : Jn −−−→
n ∞
+∞
0
ln(1 + t)
t
dt =
π2
12
.
On conclut :
+∞
0
ln(1 + xn
) dx ∼
n∞
π2
12
1
n
.
b) 1re méthode : utilisation du théorème de convergence do-
minée :
D’abord, pour tout n ∈ N∗
, In =
1
0
xn
ln(1 + xn
) dx existe
comme intégrale d’une application continue sur un segment.
On a, pour tout n ∈ N∗
, par le changement de variable
t = xn
, x = t
1
n , dx =
1
n
t
1
n −1
dt :
In =
1
0
t ln (1 + t)
1
n
t
1
n −1
dt =
1
n
1
0
t
1
n ln(1 + t) dt
notée Jn
.
Notons, pour tout n ∈ N∗
:
fn : ]0 ; 1] −→ R, t −→ t
1
n ln (1 + t) .
• Pour tout n ∈ N∗
, fn est continue par morceaux (car conti-
nue) sur ]0 ; 1].
• fn
C.S.
−→
n∞
f, où f : ]0 ; 1] −→ R, t −→ ln(1 + t), car, pour
t ∈ ]0 ; 1] fixé, t
1
n −−−→
n ∞
1.
• f est continue par morceaux (car continue) sur ]0 ; 1].
• On a :
∀ n ∈ N∗
, ∀ t ∈ ]0 ; 1], | fn(t)| = t
1
n ln(1 + t) ln(1 + t) ,
et l’application t −→ ln(1 + t) est continue par morceaux (car
continue), 0, intégrable sur ]0 ; 1] car intégrable sur [0 ; 1]
puisque continue sur ce segment.
Ceci montre que la suite ( fn)n 1 vérifie l’hypothèse de domi-
nation.
D’après le théorème de convergence dominée :
1
0
fn −−−→
n ∞
1
0
f,
c’est-à-dire :
Jn −−−→
n ∞
1
0
ln(1 + t) dt
= (1 + t) ln (1 + t) − (1 + t)
1
0
= 2 ln 2 − 1.
On conclut : In ∼
n∞
2 ln 2 − 1
n
.
2e méthode : intervention d’une autre intégrale, calculable :
Pour tout n ∈ N∗
, notons In =
1
0
xn
ln (1 + xn
) dx, qui existe
comme intégrale d’une application continue sur un segment,
et notons Kn =
1
0
xn−1
ln(1 + xn
) dx.
• On a, pour tout n ∈ N∗
:
|In − Kn| =
1
0
(xn−1
− xn
) ln(1 + xn
) dx
5.31](https://image.slidesharecdn.com/mathmatiquesmthodesetexercicesmp-141109172011-conversion-gate01/85/Mathematiques-methodes-et-exercices-mp-239-320.jpg)
![230
1
0
(xn−1
− xn
) ln 2 dx = ln 2
xn
n
−
xn+1
n + 1
1
0
= ln 2
1
n
−
1
n + 1
=
ln 2
n(n + 1)
= o
n∞
1
n
.
• D’autre part, on peut calculer Kn par le changement de va-
riable t = xn
, dt = xn−1
dx :
Kn =
1
0
1
n
ln(1 + t) dt =
1
n
(2 ln 2 − 1) ,
calcul déjà fait dans la 1re méthode.
Ainsi : In = Kn + (In − Kn),
où : Kn =
2 ln 2 − 1
n
, et In − Kn = o
1
n
= o(Kn).
On obtient : In ∼
n∞
Kn,
et on conclut : In ∼
n∞
2 ln 2 − 1
n
.
c) Comme, pour x ∈ [0 ; +∞[ fixé : ln 1 +
x
n
∼
n∞
x
n
,
on conjecture que In =
+∞
0
ln 1 +
x
n
x(1 + x2)
dx est équivalente
à
+∞
0
x
n
x(1 + x2)
dx, c’est-à-dire à λn, où λ > 0 est une
constante.
On va donc essayer de faire apparaître
1
n
en facteur.
À cet effet, considérons, pour tout n ∈ N∗
:
fn : ]0 ; +∞[−→ R, x −→
n ln 1 +
x
n
x(1 + x2)
,
et essayons de montrer que le théorème de convergence dominée
s’applique.
• Pour tout n ∈ N∗
, fn est continue par morceaux (car conti-
nue) sur ]0 ; +∞[.
• Pour tout x ∈ ]0 ; +∞[ fixé :
fn(x) =
ln 1 +
x
n
x
n
1
1 + x2
−−−→
n ∞
1
1 + x2
,
donc fn
C.S.
−→
n∞
f, où f : ]0 ; +∞[−→ R, x −→
1
1 + x2
.
• f est continue par morceaux (car continue) sur ]0 ; +∞[.
• On a : ∀ n ∈ N∗
, ∀ x ∈ ]0 ; +∞[,
| fn(x)| =
n ln 1 +
x
n
x(1 + x2)
n
x
n
x(1 + x2)
=
1
1 + x2
,
car on sait : ∀ t ∈ ] − 1; +∞[, ln(1 + t) t.
L’application x −→
1
1 + x2
, est continue par morceaux (car
continue), 0, intégrable sur ]0 ; +∞[.
Ceci montre que la suite ( fn)n 1 vérifie l’hypothèse de domi-
nation.
D’après le théorème de convergence dominée :
+∞
0
fn −−−→
n ∞
+∞
0
f =
+∞
0
1
1 + x2
dx
= [Arctan x]+∞
0 =
π
2
.
On conclut :
+∞
0
ln 1 +
x
n
x(1 + x2)
dx ∼
n∞
π
2n
.
1) Soit n ∈ N∗
fixé.
On a, par intégration par parties :
In =
1
0
nxn
1 + x2n
dx =
1
0
x
nxn−1
1 + x2n
dx
= x Arctan (xn
)
1
0
−
1
0
Arctan (xn
) dx
notée Jn
=
π
4
− Jn.
Par le changement de variable
t = xn
, x = t
1
n , dx =
1
n
t
1
n −1
dt ,
Jn =
1
0
Arctan t ·
1
n
t
1
n −1
dt =
1
n
1
0
t
1
n
Arctan t
t
dt
notée Kn
.
Pour déterminer la limite de Kn (si elle existe) lorsque l’entier
n tend vers l’infini, nous allons essayer d’utiliser le théorème
de convergence dominée.
Notons, pour tout n ∈ N∗
:
fn : ]0 ; 1] −→ R, t −→ t
1
n
Arctan t
t
.
• Pour tout n ∈ N∗
, fn est continue par morceaux (car conti-
nue) sur ]0 ; 1].
• fn
C.S.
−→
n∞
f, où f : ]0 ; 1] −→ R, t −→
Arctan t
t
.
• f est continue par morceaux (car continue) sur ]0 ; 1].
• On a : ∀ n ∈ N∗
, ∀ t ∈ ]0 ; 1],
| fn(t)| = t
1
n
Arctan t
t
Arctan t
t
1,
et l’application constante 1 est intégrable sur l’intervalle borné
]0 ; 1].
Ceci montre que la suite ( fn)n 1 vérifie l’hypothèse de domi-
nation.
D’après le théorème de convergence dominée :
5.32](https://image.slidesharecdn.com/mathmatiquesmthodesetexercicesmp-141109172011-conversion-gate01/85/Mathematiques-methodes-et-exercices-mp-240-320.jpg)
![231
Kn =
1
0
fn −−−→
n ∞
1
0
f =
1
0
Arctan t
t
dt
notée C
.
Puisque l’application t −→
Arctan t
t
est continue, 0 et n’est
pas l’application nulle, on a : C > 0.
On obtient : Kn = C + o
n∞
(1)
d’où :
In =
π
4
− Jn =
π
4
−
1
n
Kn =
π
4
−
C
n
+ o
n∞
1
n
.
Remarque : Le calcul de C, en se ramenant à une série, peut
être l’objet d’un exercice.
a) 1) Convergence simple, convergence absolue :
Puisque toutes les fn sont 0, la convergence absolue revient
à la convergence simple.
Soit x ∈ ]0 ; +∞[ fixé.
On a :
fn(x) =
xa
(n + x)b
∼
n∞
xa
nb
0.
D’après l’exemple de Riemann et le théorème d’équivalence
pour des séries à termes 0, on conclut :
∗ si b > 1, alors
n 1
fn converge simplement sur ]0 ; +∞[
∗ si b 1, alors
n 1
fn ne converge simplement sur aucune
partie non vide de ]0 ; +∞[.
Dans la suite de l’étude, on peut donc se limiter au cas : b > 1.
2) Convergence normale :
• Étude sur ]0 ; +∞[ :
Soit n ∈ N∗
fixé.
L’application fn est de classe C1
sur ]0 ; +∞[ et, pour tout
x ∈ ]0 ; +∞[ :
fn(x) = axa−1
(n + x)−b
+ xa
(−b)(n + x)−b−1
= xa−1
(n + x)−b−1
a(n + x) − bx
= xa−1
(n + x)−b−1
(a − b)x + an .
∗ Si a > b, alors :
fn(x) =
xa
(n + x)b
∼
x−→+∞
xa−b
−→
x−→+∞
+∞ ,
fn n’est pas bornée, donc
n 1
fn ne converge pas normalement
sur ]0 ; +∞[.
∗ Si a = b, alors : fn(x) =
xa
(n + x)b
∼
x−→+∞
xa−b
= 1,
donc || fn||∞ 1,
n 1
|| fn||∞ diverge grossièrement,
n 1
fn
ne converge pas normalement sur ]0 ; +∞[.
∗ Supposons maintenant a < b et dressons le tableau de va-
riations de fn :
x 0
an
b − a
+∞
fn(x) + 0 −
fn(x) 0 0
On a donc :
|| fn||∞ = fn
an
b − a
=
an
b − a
a
n +
an
b − a
b
=
an
b − a
a
b − a
bn
b
= aa
(b − a)b−a
b−b 1
nb−a
.
D’après l’exemple de Riemann, la série
n 1
|| fn||∞ converge
si et seulement si : b − a > 1.
On conclut :
◦ si b − a 1, alors
n 1
fn ne converge pas normalement sur
]0 ; +∞[
◦ si b − a > 1 , alors
n 1
fn converge normalement sur
]0 ; +∞[.
• Étude sur ]0 ; A], A ∈ ]0 ; +∞[ fixé :
Soit A ∈ ]0 ; +∞[ fixé.
On a : ∀ n ∈ N∗
, ∀ x ∈ ]0 ; A],
0 fn(x) =
xa
(n + x)b
xa
nb
Aa
nb
,
d’où : ∀ n ∈ N∗
, || fn||]0 ;A]
∞
Aa
nb
.
D’après l’exemple de Riemann (b > 1) et le théorème de ma-
joration pour des séries à termes 0, on déduit que la série
n 1
|| fn,||]0 ;A]
∞ converge, et on conclut que
n 1
fn converge
normalement (donc uniformément) sur ]0 ; A], pour tout
A ∈ ]0 ; +∞[ fixé (on rappelle que l’on a supposé b > 1).
3) Convergence uniforme :
Si a b, on a vu || fn||∞ −−−→
n ∞
/ 0, donc, d’après le cours,
n 1
fn ne converge pas uniformément sur ]0 ; +∞[.
Supposons dorénavant a < b.
Si a < b − 1, on a vu que
n 1
fn converge normalement, donc
uniformément, sur ]0 ; +∞[.
5.33](https://image.slidesharecdn.com/mathmatiquesmthodesetexercicesmp-141109172011-conversion-gate01/85/Mathematiques-methodes-et-exercices-mp-241-320.jpg)
![232
Supposons dorénavant a b − 1.
On a, pour tout n ∈ N∗
et tout x ∈ ]0 ; +∞[, en notant Rn le
reste d’ordre n :
Rn(x) =
+∞
k=n+1
fk(x)
0
2n
k=n+1
fk(x)
=
2n
k=n+1
xa
(k + x)b
n
xa
(2n + x)b
,
d’où, en particulier :
Rn(n) n
na
(3n)b
=
1
3b
n
0
a + 1 − b 1
3b
,
puis : ||Rn||∞ Rn(n)
1
3b
.
Il en résulte : ||Rn||∞ −−−→
n ∞
/ 0, et on conclut que
n 1
fn ne
converge pas uniformément sur ]0 ; +∞[.
On peut résumer les résultats dans un tableau :
Si x =/ 0, alors |e−x
| < 1, la série géométrique
n
(e−x
)n
converge, donc, par théorème de majoration pour des séries à
termes 0, la série
n
fn(x) converge.
Si x = 0, alors : ∀ n 2, fn(x) = 0, donc la série
n
fn(x),
converge.
On conclut :
n
fn converge simplement sur [0 ; +∞[.
2) Convergence normale :
• Étude sur [0 ; +∞[:
Soit n ∈ N tel que n 2, fixé.
L’application fn est de classe C1
sur [0 ; +∞[ et :
∀ x ∈ [0 ; +∞[, fn(x) =
1
ln n
(1 − nx) e−nx
.
On en déduit le tableau de variations de fn :
x 0
1
n
+∞
fn(x) + 0 −
fn(x) 0 0
D’où : || fn||∞ = fn
1
n
=
1
e n ln n
.
Comme la série
n 2
1
en ln n
diverge (cf. exercice 4.2, par uti-
lisation d’une comparaison série/intégrale), la série
n
|| fn||∞,
diverge, donc
n
fn ne converge pas normalement sur
[0 ; +∞[.
• Étude sur [a ; +∞[, a ∈ ]0 ; +∞[ fixé :
Soit a ∈ ]0 ; +∞[ fixé.
Puisque
1
n
−−−→
n ∞
0, il existe N 2 tel que :
∀ n N,
1
n
a.
On a alors, d’après le tableau de variations de fn :
∀ n N, || fn||[a ;+∞[
∞ = | fn(a)| = fn(a) .
Comme la série
n
fn(a) converge (cf. 1)), il s’ensuit que la
série
n
|| fn||[a ;+∞[
∞ converge, et on conclut :
n
fn converge
normalement sur tout [a ; +∞[, a ∈ ]0 ; +∞[ fixé.
3) Convergence uniforme :
• Étude sur [a ; +∞[ :
D’après 2),
n
fn converge normalement, donc uniformément,
sur tout [a ; +∞[, a ∈ ]0 ; +∞[ fixé.
ou encore dans le plan des (a,b) :
Nature de la convergence
normale uniforme simple
a + 1 < b oui oui oui
1 < b a + 1 non non oui
b 1 non non non
b
aO
1
CN, CU, CS
CN, CU, CS
CN, CU, CS
b) 1) Convergence simple :
Puisque les fn sont toutes 0, la convergence absolue revient
à la convergence simple.
Soit x ∈ [0 ; +∞[.
On a :
∀ n 3, 0 fn(x) =
x e−nx
ln n
x e−nx
= x(e−x
)n
.](https://image.slidesharecdn.com/mathmatiquesmthodesetexercicesmp-141109172011-conversion-gate01/85/Mathematiques-methodes-et-exercices-mp-242-320.jpg)
![233
• Étude sur [0 ; +∞[ :
Comme || fn||∞ =
1
e n ln n
−−−→
n ∞
0, il nous faut étudier le reste
d’ordre n, noté Rn.
Soit x ∈ [0 ; +∞[ fixé.
Nous allons utiliser une comparaison série/intégrale.
L’application ϕx : t ∈ [2 ; +∞[−→
x e−tx
ln t
=
x
ext ln t
est continue par morceaux (car continue), décroissante, inté-
grable sur [2 ; +∞[, car t2
ϕx (t) −→
t−→+∞
0.
On a donc, par comparaison série/intégrale, pour tout n 2 :
Rn(x) =
+∞
k=n+1
ϕx (k)
+∞
n
ϕx (t) dt.
Et :
+∞
n
ϕx (t) dt =
+∞
n
x e−tx
ln t
dt
+∞
n
x e−tx
ln n
dt
=
1
ln n
[−e−tx
]+∞
n =
1
ln n
e−nx 1
ln n
.
Ainsi : ∀ n 2, ∀ x ∈ [0 ; +∞[, 0 Rn(x)
1
ln n
,
puis : ∀ n 2, ||Rn||∞
1
ln n
.
Comme
1
ln n
−−−→
n ∞
0, il en résulte ||Rn||∞ −−−→
n ∞
0, et on
conclut :
n
fn converge uniformément sur [0 ; +∞[.
c) 1) Convergence simple :
Pour tout x ∈ [0 ; +∞[ fixé, la série
n 1
(−1)n x
x2 + n
relève
du TSCSA, car elle est alternée, le terme général tend vers 0,
et la valeur absolue du terme général décroît. Il en résulte que
cette série converge.
Ainsi,
n 1
fn converge simplement sur [0 ; +∞[.
2) Convergence absolue :
Soit x ∈ [0 ; +∞[ fixé.
Si x =/ 0, alors : | fn(x)| =
|x|
x2 + n
∼
n∞
|x|
n
0,
donc, par l’exemple de Riemann et le théorème d’équivalence
pour des séries à termes 0, la série
n 1
| fn(x)| diverge.
Pour x = 0, tous les termes sont nuls, donc la série converge.
Ainsi,
n 1
fn converge absolument seulement sur {0}.
3) Convergence normale :
D’après 2) (et le cas trivial x = 0),
n 1
fn ne converge norma-
lement sur aucune partie non vide ni égale à {0}, de [0 ; +∞[.
4) Convergence uniforme :
Puisque, pour tout x ∈ [0 ; +∞[, la série
n 1
fn(x) relève du
TSCSA, on a, en notant Rn le reste d’ordre n :
∀ n ∈ N∗
, ∀ x ∈ [0 ; +∞[,
|Rn(x)| | fn+1(x)| =
x
x2 + (n + 1)
.
Pour n ∈ N∗
fixé, l’étude des variations de
ϕn : [0 ; +∞[−→ R, x −→
x
x2 + (n + 1)
montre : Sup
x∈[0 ;+∞[
|ϕn(x)| = ϕn(
√
n + 1) =
1
2
√
n + 1
.
On a donc : 0 ||Rn||∞
1
2
√
n + 1
−−−→
n ∞
0,
d’où, par encadrement : ||Rn||∞ −−−→
n ∞
0.
On conclut que
n 1
fn converge uniformément sur [0 ; +∞[.
d) 1) Convergence simple, convergence absolue :
Soit x ∈ R fixé.
Pour tout n ∈ N tel que n −x, on a :
Arctan (x + n) ∈ 0 ;
π
2
et Arctan n ∈ 0 ;
π
2
,
d’où : fn(x) ∈ −
π
2
;
π
2
.
Et, par une formule de trigonométrie :
tan fn(x) =
(x + n) − n
1 + (x + n)n
=
x
1 + n(x + n)
.
On a donc, pour tout n −x :
fn(x) = Arctan
x
1 + n(x + n)
.
On sait : ∀ t ∈ R, |Arctan t| |t|.
D’où : ∀ n −x, | fn(x)|
|x|
1 + n(x + n)
.
Si x = 0, alors : ∀ n ∈ N, fn(x) = 0,
donc la série
n 0
fn(x) converge.
Si x =/ 0, alors
|x|
1 + n(x + n)
∼
n∞
|x|
n2
.
D’après l’exemple de Riemann (2 > 1), le théorème d’équi-
valence et le théorème de majoration pour des séries à termes
0, la série
n
| fn(x)| converge.
Ceci montre que
n 0
fn converge absolument, donc simplement,
sur R.
2) Convergence normale, convergence uniforme :
Soit n ∈ N∗
.](https://image.slidesharecdn.com/mathmatiquesmthodesetexercicesmp-141109172011-conversion-gate01/85/Mathematiques-methodes-et-exercices-mp-243-320.jpg)
![234
L’application fn est de classe C1
sur R et :
∀ x ∈ R, fn(x) =
1
1 + (x + n)2
> 0 ,
d’où le tableau de variations de fn :
x −∞ +∞
fn(x) +
fn(x)
Et :
lim
x−→−∞
fn(x) = −
π
2
− Arctan n = −π + Arctan
1
n
,
lim
x−→+∞
fn(x) =
π
2
− Arctan n = Arctan
1
n
.
• Étude sur ] − ∞ ; 0] :
Puisque || fn||]−∞ ;0]
∞ −−−→
n ∞
π =/ 0, d’après le cours,
n
fn ne
converge pas uniformément (donc ne converge pas normale-
ment non plus) sur ] − ∞ ; 0].
• Étude sur [0 ; +∞[ :
∗ Puisque || fn||∞ = Arctan
1
n
∼
n∞
1
n
0, d’après l’exemple de
Riemann et le théorème d’équivalence pour des séries à termes
0, la série
n 0
|| fn||[0 ;+∞[
diverge, donc
n 0
fn ne converge
pas normalement sur [0 ; +∞[.
∗ Pour étudier la convergence uniforme, puisque
|| fn||[0 ;+∞[
∞ −−−→
n ∞
0 et que la série
n 0
|| fn||[0 ;+∞[
∞ diverge,
il nous faut étudier le reste d’ordre n, noté Rn.
On a, pour tout n ∈ N et tout x ∈ [0 ; +∞[ :
Rn(x) =
+∞
k=n+1
fk(x) =
+∞
k=n+1
Arctan
x
1 + k(x + k)
2n
k=n+1
Arctan
x
1 + k(x + k)
n Arctan
x
1 + 2n(x + 2n)
,
puis : Rn(n) n Arctan
n
1 + 6n2
, donc :
||Rn||∞ n Arctan
n
1 + 6n2
∼
n∞
n2
1 + 6n2
−−−→
n ∞
1
6
.
Il en résulte : ||Rn||∞ −−−→
n ∞
/ 0.
Ceci montre que
n
fn ne converge pas uniformément sur
[0 ; +∞[.
∗ Soit (a,b) ∈ R2
tel que, par exemple, a 0 b.
Notons c = Max (−a,b).
On a, pour tout n ∈ N tel que n −a :
∀ x ∈ [a ; b], | fn(x)| = Arctan
x
1 + n(x + n)
|x|
1 + n(x + n)
c
1 + na + n2
,
d’où : || fn||[a ;b]
∞
c
1 + an + n2
∼
n∞
c
n2
0.
D’après l’exemple de Riemann (2 > 1), le théorème d’équi-
valence et le théorème de majoration pour des séries à termes
0, la série
n
|| fn||[a ;b]
∞ converge.
On conclut que
n 0
fn converge normalement, donc unifor-
mément, sur [a ; b], pour tout (a,b) ∈ R2
fixé tel que
a 0 b, puis sur tout segment de R.
e) 1) Convergence simple, convergence absolue :
Comme les fn sont toutes 0, la convergence absolue revient
à la convergence simple.
Soit x ∈ [0 ; +∞[ fixé. Si x =/ 0, alors :
fn(x) =
nx
1 + n3x2
∼
n∞
nx
n3x2
=
1
x
1
n2
0 .
D’après l’exemple de Riemann (2 > 1) et le théorème d’équi-
valence pour des séries à termes 0, la série
n
fn(x)
converge.
Si x = 0, alors : ∀ n ∈ N, fn(x) = 0,
donc la série
n
fn(x) converge.
On conclut :
la série
n
fn converge simplement sur [0 ; +∞[.
2) Convergence normale :
Soit n ∈ N∗
. L’application fn est de classe C1
sur [0 ; +∞[ et,
pour tout x ∈ [0 ; +∞[ :
fn(x) =
n(1 + n3
x2
) − nx2n3
x
(1 + n3x2)2
=
n − n4
x2
(1 + n3x2)2
=
n(1 − n3
x2
)
(1 + n3x2)2
,
d’où le tableau de variations de fn :
x 0 n−3/2
+∞
fn(x) + 0 −
fn(x) 0 0
• Étude sur [0 ; +∞[ :
L’application fn est bornée et :
|| fn||∞ = fn(n−3/2
) =
n−1/2
1 + 1
=
1
2n1/2
.](https://image.slidesharecdn.com/mathmatiquesmthodesetexercicesmp-141109172011-conversion-gate01/85/Mathematiques-methodes-et-exercices-mp-244-320.jpg)
![235
D’après l’exemple de Riemann (1/2 1), la série
n
|| fn||∞
diverge, donc :
n
fn ne converge pas normalement sur
[0 ; +∞[.
• Étude sur [a ; +∞[, a ∈ ]0 ; +∞[ fixé :
Soit a ∈ ]0 ; +∞[ fixé.
1re méthode :
Puisque n−3/2
−−−→
n ∞
0, il existe N ∈ N∗
tel que :
∀ n N, n−3/2
a .
On a alors : ∀ n N, || fn||[a ;+∞[
∞ = | fn(a)| = fn(a).
Puisque
n
fn(a) converge (cf. 1)), la série
n
|| fn||[a ;+∞[
∞
converge. Ceci montre que
n
fn converge normalement sur
[a ; +∞[.
2e méthode :
On a : ∀ n ∈ N∗
, ∀ x ∈ [a ; +∞[,
0 fn(x) =
nx
1 + n3x2
nx
n3x2
=
1
n2x
1
n2a
,
donc : ∀ n ∈ N∗
, || fn||[a ;+∞[
∞
1
an2
.
D’après l’exemple de Riemann (2 > 1) et le théorème de ma-
joration pour des séries à termes 0, on déduit que la série
n
|| fn||[a ;+∞[
∞ converge, et on conclut que
n
fn converge
normalement sur [a ; +∞[.
3) Convergence uniforme :
• Étude sur [a ; +∞[, a ∈ ]0 ; +∞[ fixé :
D’après 2),
n
fn converge normalement, donc uniformément,
sur [a ; +∞[.
• Étude sur ]0 ; +∞[ :
Puisque || fn||∞ −−−→
n ∞
0 et que la série
n
|| fn||∞ diverge,
il nous faut étudier le reste.
On a, pour tout n ∈ N∗
et tout x ∈ [0 ; +∞[, en notant Rn le
reste d’ordre n :
Rn(x) =
+∞
k=n+1
kx
1 + k3x2
2n
k=n+1
kx
1 + k3x2
n
(n + 1)x
1 + (2n)3x2
=
n(n + 1)x
1 + 8n3x2
.
D’où, en particulier, pour tout n ∈ N∗
:
Rn(n−3/2
)
n(n + 1)n−3/2
1 + 8
=
n + 1
9
√
n
√
n
9
,
et donc : ||Rn||∞ Rn(n−3/2
)
√
n
9
−−−→
n ∞
+ ∞,
d’où : ||Rn||∞ −−−→
n ∞
/ 0.
On conclut :
n
fn, ne converge pas uniformément sur
]0 ; +∞[.
a) On a : ∀ n ∈ N∗
, ∀ x ∈ [0 ; +∞[,
| fn(x)| =
Arctan (xn+1
)
n(n + 1)
π
2n(n + 1)
π
2n2
,
donc : ∀ n ∈ N∗
, || fn||∞
π
2n2
.
D’après l’exemple de Riemann (2 > 1) et le théorème de ma-
joration pour des séries à termes 0, la série
n 1
|| fn||∞
converge.
On conclut que
n 1
fn converge normalement, donc unifor-
mément, absolument, simplement, sur [0 ; +∞[.
b) Puisque, pour tout n ∈ N∗
, fn est continue sur [0 ; +∞[ et
que la série d’applications
n 1
fn converge uniformément sur
[0 ; +∞[, d’après un théorème du cours, la somme S est conti-
nue sur [0 ; +∞[.
c) On a, pour tout x ∈ ]0 ; +∞[ :
S(x) + S
1
x
=
+∞
n=1
Arctan (xn+1
)
n(n + 1)
+
+∞
n=1
Arctan
1
x
n+1
n(n + 1)
=
+∞
n=1
Arctan (xn+1
) + Arctan
1
xn+1
1
n(n + 1)
=
+∞
n=1
π
2
1
n(n + 1)
.
Comme, pour N 1, par télescopage :
N
n=1
1
n(n + 1)
=
N
n=1
1
n
−
1
n + 1
= 1 −
1
N + 1
−→
N−→+∞
1 ,
on a :
+∞
n=1
1
n(n + 1)
= 1,
et donc : ∀ x ∈ ]0 ; +∞[, S(x) + S
1
x
=
π
2
,
d’où l’égalité demandée.
d) 1) • Pour tout n ∈ N∗
, fn est de classe C1
sur [0 ; 1[ et, pour
tout x ∈ [0 ; 1[ :
fn(x) =
1
n(n + 1)
(n + 1)xn
1 + x2(n+1)
=
xn
n(1 + x2(n+1))
.
5.34](https://image.slidesharecdn.com/mathmatiquesmthodesetexercicesmp-141109172011-conversion-gate01/85/Mathematiques-methodes-et-exercices-mp-245-320.jpg)
![236
• Soit a ∈ [0 ; 1[ fixé. On a : ∀ n ∈ N∗
, ∀ x ∈ [0 ; a],
| fn(x)| =
xn
n(1 + x2(n+1))
xn
n
xn
an
,
donc : ∀ n ∈ N∗
, || fn||[0 ;a]
∞ an
.
Comme |a| < 1, la série géométrique
n 1
an
converge. Par théo-
rème de majoration pour des séries à termes 0, la série
n 1
|| fn||[0 ;a]
∞ converge. Ceci montre que
n 1
fn converge nor-
malement, donc uniformément, sur tout [0 ; a], a ∈ [0 ; 1[
fixé.
• On a vu en a) que
n 1
fn, converge simplement sur [0 ; +∞[,
donc sur [0 ; 1[.
D’après le théorème de dérivation pour une série de fonctions,
on conclut que S est de classe C1
sur [0 ; 1[ et que :
∀ x ∈ [0 ; 1[, S (x) =
+∞
n=1
xn
n(1 + x2(n+1))
.
2) Comme S (0) = 0 et ∀ x ∈ ]0 ; 1[, S (x) > 0,
il s’ensuit que S est strictement croissante sur [0 ; 1[.
De plus, comme S est continue sur [0 ; 1] (cf. b)), on conclut
que S est strictement croissante sur [0 ; 1].
3) On a : S(1) =
+∞
n=1
Arctan 1
n(n + 1)
=
π
2
+∞
n=1
1
n(n + 1)
=
π
4
.
4) On a, pour tout x ∈ [0 ; 1[ :
S (x) =
+∞
n=1
xn
n(1 + x2(n+1))
+∞
n=1
xn
n · 2
= −
1
2
ln(1 − x) −→
x−→1−
+∞,
donc : S (x) −→
x−→1−
+∞.
e) D’après c) et la continuité de S en 0 (cf. a)), on a :
S(x) =
π
2
− S
1
x
−→
x−→+∞
π
2
− S(0)) =
π
2
.
f) L’étude des variations de S sur [1 ; +∞[ se déduit de celle
des variations de S sur [0 ; 1[ par la formule obtenue en c).
x 0 1 +∞
S (x) 0 + +∞ +∞ +
S(x) 0
π
4
π
2
a) 1) Soit x ∈ ]0 ; +∞[.
On a : fn(x) =
1
x2(n4 + x2)
∼
n∞
1
x2n4
0.
D’après l’exemple de Riemann (4 > 1) et le théorème d’équi-
valence pour des séries à termes 0, on déduit que la série
n 1
fn(x) converge.
Ceci montre que
n 1
fn converge simplement sur ]0 ; +∞[.
2) Soit a ∈ ]0 ; +∞[ fixé.
On a : ∀ n ∈ N∗
, ∀ x ∈ [a ; +∞[,
| fn(x)| =
1
x2(n4 + x2)
1
a2(n4 + a2)
= fn(a),
donc : ∀ n ∈ N∗
, || fn||[a ;+∞[
∞ fn(a).
D’après 1) et le théorème de majoration pour des séries à termes
0, on déduit que la série
n 1
|| fn||[a ;+∞[
∞ converge.
On conclut que
n 1
fn converge normalement, donc unifor-
mément, sur tout [a ; +∞[, a ∈ ]0 ; +∞[ fixé.
b) Puisque, pour tout n ∈ N∗
, fn est continue sur ]0 ; +∞[ et
que
n 1
fn converge uniformément sur tout segment de
]0 ; +∞[, d’après un théorème du cours, la somme S est conti-
nue sur ]0 ; +∞[.
c) 1) Notons, pour tout n ∈ N∗
:
gn : [0 ; +∞[−→ R, x −→
1
n4 + x2
.
• Pour tout n ∈ N∗
, gn est continue sur [0 ; +∞[.
• On a : ∀ n ∈ N∗
, ||gn||∞ =
1
n4
,
donc la série
n 1
||gn||∞ converge,
n 1
gn converge normale-
ment, donc uniformément, sur [0 ; +∞[.
D’après un théorème du cours,
+∞
n=1
gn est continue sur [0 ; +∞[,
en particulier en 0.
y
x
y = S(x)
1
2
π
4
π
O
5.35](https://image.slidesharecdn.com/mathmatiquesmthodesetexercicesmp-141109172011-conversion-gate01/85/Mathematiques-methodes-et-exercices-mp-246-320.jpg)
![237
En notant C =
+∞
n=1
1
n4
> 0,
on a donc :
+∞
n=1
gn(x) −→
x−→0+
C,
d’où : x2
S(x) −→
x−→0+
C, puis : S(x) ∼
x−→0+
C
x2
.
D’après l’exemple de Riemann en 0 (2 > 1) et le théorème
d’équivalence pour des fonctions 0, on conclut que S n’est
pas intégrable sur ]0 ; 1].
2) On a, pour tout x ∈ [0 ; +∞[ :
0 S(x) =
+∞
n=1
1
x2(n4 + x2)
+∞
n=1
1
x2n4
= C
1
x2
.
D’après l’exemple de Riemann en +∞ (2 > 1) et le théorème
de majoration pour des fonctions 0, on conclut que S est in-
tégrable sur [1 ; +∞[.
Soit x ∈ ]0 ; 1[ fixé.
L’application ϕx : [0 ; +∞[−→ R, t −→
xt
1 + xt
est de classe C1
sur [0 ; +∞[ et, pour tout t ∈ [0 ; +∞[ :
ϕx (t) =
(ln x)xt
(1 + xt
) − xt
(ln x)xt
(1 + xt )2
=
(ln x)xt
(1 + xt )2
0 ,
donc ϕx est décroissante sur [0 ; +∞[.
D’autre part : xt
−→
t−→+∞
0,
donc : ϕx (t) ∼
t−→+∞
xt
= e(ln x)t
0.
Comme ln x < 0, l’application t −→ e(ln x)t
est intégrable sur
[0 ; +∞[. Par théorème d’équivalence pour des fonctions 0,
on déduit que ϕx est intégrable sur [0 ; +∞[.
Par comparaison série/intégrale, il en résulte que la série
n 0
ϕx (n) converge, et on a :
+∞
0
ϕx (t) dt
+∞
n=0
ϕx (n) ϕx (0) +
+∞
0
ϕx (t) dt .
Calculons cette intégrale :
∞
0
ϕx (t) dt =
+∞
0
xt
1 + xt
dt
=
u = t ln x
−∞
0
eu
1 + eu
1
ln x
du
=
1
−ln x
ln(1 + eu
)
0
−∞
=
ln 2
−ln x
.
On obtient :
ln 2
−ln x
+∞
n=0
xn
1 + xn
1
2
+
ln 2
−ln x
.
Comme
ln 2
−ln x
−→
x−→1−
+∞, on déduit :
+∞
n=0
xn
1 + xn
∼
x−→1−
ln 2
−ln x
.
Enfin, comme − ln x ∼
x−→1−
1 − x, on conclut :
+∞
n=0
xn
1 + xn
∼
x−→1−
ln 2
1 − x
.
Nous allons essayer d’appliquer le théorème sur l’inté-
gration sur un intervalle quelconque pour une série d’applica-
tions.
Notons, pour tout n ∈ N∗
:
fn : [0 ; +∞[−→ R, x −→ xn
e−nx
.
• Soit n ∈ N∗
. Il est clair que fn est continue par morceaux (car
continue) sur [0 ; +∞[.
• On a, puisque n > 0 : x2
fn(x) = xn+2
e−nx
−→
x−→+∞
0
donc, pour x assez grand : x2
fn(x) 1,
puis : 0 fn(x)
1
x2
.
D’après l’exemple de Riemann en +∞ (2 > 1) et le théorème
de majoration pour des fonctions 0, fn est intégrable sur
[1 ; +∞[, puis sur [0 ; +∞[.
• Étudions x e−x
, pour x décrivant [0 ; +∞[.
L’application ϕ : [0 ; +∞[−→ R, x −→ x e−x
est dérivable sur [0 ; +∞[ et :
∀ x ∈ [0 ; +∞[, ϕ (x) = (1 − x) e−x
,
d’où le tableau de variations de ϕ :
x 0 1 +∞
ϕ (x) + 0 −
ϕ(x) 0 e−1
0
On a donc : ||ϕ||∞ = ϕ(1) = e−1
.
Ainsi, pour tout x ∈ [0 ; +∞[ :
∀ n ∈ N∗
, 0 fn(x) = (x e−x
)n
(e−1
)n
.
Comme |e−1
| < 1, la série géométrique
n 1
(e−1
)n
converge,
donc, par théorème de majoration pour des séries à termes 0,
la série
n 1
fn(x) converge.
Ceci montre que
n 1
fn converge simplement sur [0 ; +∞[.
5.36
5.37](https://image.slidesharecdn.com/mathmatiquesmthodesetexercicesmp-141109172011-conversion-gate01/85/Mathematiques-methodes-et-exercices-mp-247-320.jpg)
![238
• On a, en notant S =
+∞
n=1
fn, pour tout x ∈ [0 ; +∞[ :
S(x) =
+∞
n=1
fn(x) =
+∞
n=1
(x e−x
)n
= x e−x 1
1 − x e−x
,
donc S est continue par morceaux (car continue) sur [0 ; +∞[.
• Montrons que la série
n 1
+∞
0
| fn(x)| dx converge.
On a, pour tout n ∈ N∗
:
+∞
0
| fn(x)| dx =
+∞
0
xn
e−nx
dx
=
t=nx
+∞
0
t
n
n
e−t 1
n
dt =
1
nn+1
+∞
0
tn
e−t
dt
=
1
nn+1
(n + 1) =
n!
nn+1
=
1
n
1 · · · 2 · · · n
n · n · · · n
1
n2
,
donc, d’après l’exemple de Riemann (2 > 1) et le théorème
de majoration pour des séries à termes 0, la série
n 1
+∞
0
| fn(x)| dx converge.
D’après le théorème du cours sur l’intégration sur un intervalle
quelconque pour une série d’applications, on déduit que la série
n 1
+∞
0
fn(x) dx converge, que S est intégrable sur [0 ; +∞[
et que :
+∞
0
S(x) dx =
+∞
n=1
fn(x) dx =
+∞
n=1
un .
On conclut :
+∞
n=1
un =
+∞
0
x e−x
1 − x e−x
dx.
a) 1) Convergence simple :
Soit x ∈ ]0 ; +∞[.
On a : fn(x) =
1
(1 + nx)(n + x)
∼
n∞
1
xn2
0.
D’après l’exemple de Riemann (2 > 1) et le théorème d’équi-
valence pour des séries à termes 0, la série
n 1
fn(x)
converge.
Ceci montre que
n 1
fn converge simplement sur ]0 ; +∞[.
2) Convergence normale sur [a ; +∞[, a ∈ ]0 ; +∞[ fixé :
Soit a ∈ ]0 ; +∞[ fixé.
On a : ∀ n ∈ N∗
, ∀ x ∈ [a ; +∞[,
| fn(x)| =
1
(1 + nx)(n + x)
1
(1 + na)(n + a)
= | fn(a)| = fn(a),
donc : ∀ n ∈ N∗
, || fn||[a ;+∞[
∞ fn(a).
Comme la série
n 1
fn(a) converge (cf. 1)), par théorème de
majoration pour des séries à termes 0, la série
n 1
|| fn||[a ;+∞[
∞
converge.
On conclut que
n 1
fn converge normalement, donc unifor-
mément, sur [a ; +∞[, pour tout a ∈ ]0 ; +∞[ fixé.
b) Puisque, pour tout n ∈ N∗
, fn est continue sur ]0 ; +∞[ et
que
n 1
fn converge uniformément sur tout segment de
]0 ; +∞[, d’après un théorème du cours, on conclut que la
somme S est continue sur ]0 ; +∞[.
c) Nous allons essayer d’appliquer le théorème du cours sur
l’intégration sur un intervalle quelconque pour une série d’ap-
plications.
• Pour tout n ∈ N∗
, fn est continue par morceaux (car conti-
nue) sur ]0 ; +∞[.
•
n 1
fn converge simplement sur]0 ; +∞[
•
+∞
n=1
fn est continue par morceaux (car continue) sur ]0 ; +∞[
(cf. b)).
• Montrons que la série
n 1
+∞
0
| fn(x)| dx converge.
Remarquons d’abord :
∀ n ∈ N∗
, ∀ x ∈ ]0 ; +∞[, fn(x) 0 .
Pour n = 1 :
+∞
0
f1(x) dx =
+∞
0
1
(1 + x)2
dx = −
1
1 + x
+∞
0
= 1 .
Pour calculer, pour tout n ∈ N − {0,1},
+∞
0
fn(x) dx, com-
mençons par effectuer une décomposition en éléments sim-
ples :
1
(1 + nX)(n + X)
=
a
1 + nX
+
b
n + X
, (a,b) ∈ R2
.
Par multiplication puis remplacement, on obtient facilement :
a =
1
n −
1
n
=
n
n2 − 1
, b =
1
1 − n2
.
D’où :
1
(1 + nX)(n + X)
=
1
n2 − 1
n
1 + nX
−
1
n + X
,
puis :
+∞
0
| fn(x)| dx =
+∞
0
fn(x) dx
=
+∞
0
1
n2 − 1
n
1 + nx
−
1
n + x
dx
5.38](https://image.slidesharecdn.com/mathmatiquesmthodesetexercicesmp-141109172011-conversion-gate01/85/Mathematiques-methodes-et-exercices-mp-248-320.jpg)
![=
1
n2 − 1
ln(1 + nx) − ln (n + x)
+∞
0
=
1
n2 − 1
ln
1 + nx
n + x
+∞
0
=
1
n2 − 1
ln n − ln
1
n
=
2 ln n
n2 − 1
∼
n∞
2 ln n
n2
.
La série
n 1
2 ln n
n2
converge (par la règle n3/2
un , par exemple,
cf. exercice 4.2), donc, par théorème d’équivalence pour des
séries à termes 0, la série
n 1
+∞
0
| fn(x)| dx converge.
D’après le théorème du cours sur l’intégration sur un intervalle
quelconque pour une série d’applications, on déduit que S est
intégrable sur ]0 ; +∞[ et que, le calcul ayant déjà été fait ci-
dessus :
+∞
0
S(x) dx =
+∞
n=1
+∞
0
fn(x) dx = 1 + 2
+∞
n=2
ln n
n2 − 1
.
Nous allons essayer de développer la fonction sous l’in-
tégrale en une somme de série de fonctions, puis permuter in-
tégrale et série.
Remarquons d’abord que l’application f : x −→
sh ax
sh bx
est
continue sur R∗
et que : f (x) ∼
x−→0
ax
bx
=
a
b
, donc f (x) −→
x−→0
a
b
.
On peut donc compléter f par continuité en 0 en posant
f (0) =
a
b
.
D’autre part, il est clair que f est paire.
On a, pour tout x ∈ ]0 ; +∞[, en utilisant une série géométri-
que :
f (x) =
sh ax
sh bx
=
2 sh ax
ebx − e−bx
= 2 e−bx
sh ax
1
1 − e−2bx
= 2 e−bx
sh ax
+∞
n=0
(e−2bx
)n
=
+∞
n=0
2 e−(2n+1)bx
sh ax,
car |e−2bx
| < 1.
Notons, pour tout n ∈ N :
fn : ]0 ; +∞[−→ R, x −→ 2 e−(2n+1)bx
sh ax.
• Pour tout n ∈ N, fn est continue par morceaux (car continue)
sur ]0 ; +∞[.
•
n 0
fn converge simplement sur ]0 ; +∞[ et a pour
somme f.
• f est continue par morceaux (car continue) sur ]0 ; +∞[.
• Montrons que la série
n 0
+∞
0
| fn(x)| dx converge.
Remarquons d’abord :
∀ n ∈ N, ∀ x ∈ ]0 ; +∞[, fn(x) 0 .
On a, pour tout n ∈ N :
+∞
0
| fn(x)| dx
=
+∞
0
fn(x) dx
=
+∞
0
2 e−(2n+1)bx
sh ax dx
=
+∞
0
e−(2n+1)bx
(eax
− e−ax
) dx
=
+∞
0
e(−(2n+1)b+a)x
− e(−(2n+1)b−a)x
dx
=
e(−(2n+1)b+a)x
−(2n + 1)b + a
−
e(−(2n+1)b−a)x
−(2n + 1)b − a
+∞
0
=
1
(2n + 1)b − a
−
1
(2n + 1)b + a
=
2a
(2n + 1)2b2 − a2
.
Comme
2a
(2n + 1)2b2 − a2
∼
n∞
2a
4n2b2
=
a
2b2
1
n2
0,
d’après l’exemple de Riemann (2 > 1) et le théorème d’équi-
valence pour des séries à termes 0, la série
n 0
+∞
0
| fn(x)| dx converge.
D’après le théorème du cours sur l’intégration sur un intervalle
quelconque pour une série d’applications, on déduit que f est
intégrable sur ]0 ; +∞[ (ce que l’on pouvait aussi montrer di-
rectement) et que :
+∞
0
f (x) dx =
+∞
n=0
+∞
0
fn(x) dx
=
+∞
n=0
2a
(2n + 1)2b2 − a2
.
Enfin, on conclut, par parité :
+∞
−∞
f (x) dx = 2
+∞
0
f (x) dx =
+∞
n=0
4a
(2n + 1)2b2 − a2
.
Nous allons essayer de développer la fonction sous l’in-
tégrale en une somme de série de fonctions, puis permuter in-
tégrale et série.
Soit x ∈ ]0 ; +∞[ fixé.
On a, pour tout t ∈ ]0 ; +∞[, en utilisant une série géométri-
que :
239
5.39
5.40](https://image.slidesharecdn.com/mathmatiquesmthodesetexercicesmp-141109172011-conversion-gate01/85/Mathematiques-methodes-et-exercices-mp-249-320.jpg)
![240
tx−1
et + 1
= tx−1
e−t 1
1 + e−t
= tx−1
e−t
+∞
n=0
(−e−t
)n
=
+∞
n=0
(−1)n
tx−1
e−(n+1)t
,
car | − e−t
| < 1.
Notons, pour tout n ∈ N :
fn : ]0 ; +∞[−→ R, t −→ (−1)n
tx−1
e−(n+1)t
.
Le théorème du cours sur l’intégration sur un intervalle quel-
conque pour une série d’applications ne s’applique pas ici, car
la série
n 0
+∞
0
| fn(t)| dt diverge, comme on peut s’en rendre
compte en calculant l’intégrale (de toute façon, nous allons cal-
culer cette intégrale, sans la valeur absolue).
Pour pouvoir permuter intégrale et série, nous allons montrer
que l’intégrale du reste tend vers 0.
Soient n ∈ N, t ∈ ]0 ; +∞[.
On a, en notant Rn(t) le reste d’ordre n :
Rn(t) =
+∞
k=n+1
fk(t) =
+∞
k=n+1
(−1)k
tx−1
e−(k+1)t
= tx−1
e−t
+∞
k=n+1
(−e−t
)k
= tx−1
e−t (−e−t
)n+1
1 − (−e−t )
= (−1)n+1 tx−1
e−(n+1)t
1 + e−t
.
Il est clair, par l’exemple de Riemann en 0 et la règle tα f (t)
en +∞, que, pour tout n ∈ N, f0,. . . , fn et S sont intégrables
sur ]0 ; +∞[. Il en résulte, par combinaison linéaire, que, pour
tout n ∈ N, Rn est intégrable sur ]0 ; +∞[. On a :
0
+∞
0
|Rn(t)| dt =
+∞
0
tx−1
e−(n+1)t
1 + e−t
dt
+∞
0
tx−1
e−(n+1)t
dt
=
u = (n + 1)t
+∞
0
u
n + 1
x−1
e−u 1
n + 1
du
=
1
(n + 1)x
+∞
0
ux−1
e−u
du =
(x)
(n + 1)x
.
Puisque x ∈ ]0 ; +∞[ est fixé, on a :
(x)
(n + 1)x
−−−→
n ∞
0, donc
+∞
0
Rn(t) dt −−−→
n ∞
0.
On a alors, pour tout n ∈ N, en notant Sn =
n
k=0
fk la somme
partielle d’indice n et S =
+∞
k=0
fk, la somme totale :
+∞
0
S(t) dt =
+∞
0
Sn(t) + Rn(t) dt
=
+∞
0
n
k=0
fk(t) dt +
+∞
0
Rn(t) dt,
d’où :
n
k=0
+∞
0
fk(t) dt =
+∞
0
S(t) dt −
+∞
0
Rn(t) dt .
Comme
+∞
0
Rn(t) dt −−−→
n ∞
0, on déduit :
n
k=0
+∞
0
fk(t) dt −−−→
n ∞
+∞
0
S(t) dt .
Ceci montre que la série
k 0
+∞
0
fk(t) dt converge et que :
+∞
k=0
+∞
0
fk(t) dt =
+∞
0
S(t) dt.
Enfin, pour tout n ∈ N :
+∞
0
fn(t) dt =
+∞
0
(−1)n
tx−1
e−(n+1)t
dt
=
u = (n + 1)t
(−1)n
+∞
0
u
n + 1
x−1
e−u 1
n + 1
du
=
(−1)n
(n + 1)x
+∞
0
ux−1
e−u
du =
(−1)n
(n + 1)x
(x),
calcul presque déjà fait plus haut.
On conclut :
+∞
0
tx−1
et + 1
dt =
+∞
n=0
(−1)n
(n + 1)x
(x)
=
+∞
n=1
(−1)n−1
nx
(x) = T(x) (x).
Nous allons essayer de permuter intégrale et série.
Pour tout n ∈ N, comme an > 0, l’application
fn : [0 ; 1] −→ R, x −→ (−1)n
xan
est continue sur le segment [0 ; 1].
Comme, pour tout n ∈ N :
1
0
| fn(x)| dx =
1
0
xan
dx =
x1+an
1 + an
1
0
=
1
1 + an
et que la série
n 0
1
1 + an
peut diverger, pour (an)n∈N = (n)n∈N
par exemple, nous ne pouvons pas appliquer le théorème du
cours sur l’intégration sur un intervalle quelconque pour une
série d’applications.
Nous allons essayer de montrer que l’intégrale du reste tend
vers 0.
Notons, pour tout n ∈ N, Sn la n-ème somme partielle :
Sn : [0 ; 1] −→ R, x −→ Sn(x) =
n
k=0
(−1)k
xak
.
5.41](https://image.slidesharecdn.com/mathmatiquesmthodesetexercicesmp-141109172011-conversion-gate01/85/Mathematiques-methodes-et-exercices-mp-250-320.jpg)
![241
Pour tout x ∈ [0 ; 1[ fixé, la série
n 0
fn(x) relève du TSCSA,
car elle est alternée, | fn(x)| = xan −−−→
n ∞
0 puisque
an −−−→
n ∞
+ ∞, et la suite | fn(x)| n∈N
est décroissante,
puisque x ∈ [0 ; 1] et que (an)n∈N est croissante et à termes
dans R∗
+ .
Il en résulte que, pour tout x ∈ [0 ; 1[, la série
n 0
fn(x)
converge.
Ainsi,
n 0
fn converge simplement sur [0 ; 1[.
Notons S la somme :
S : [0 ; 1[−→ R, x −→ S(x) =
+∞
n=0
fn(x) .
Notons, pour tout n ∈ N, Rn le reste d’ordre n :
Rn : [0 ; 1[−→ R, x −→ Rn(x) =
+∞
k=n+1
fk(x) .
On a, pour tout b ∈ [0 ; 1[ :
||Rn||[0 ;b]
∞ || fn+1||[0 ;b]
∞ = ban+1
−−−→
n ∞
0 ,
donc
n
fn converge uniformément sur tout segment de [0 ; 1[.
Comme chaque fn est continue sur [0 ; 1[, il en résulte que, pour
tout n ∈ N, Rn est continue sur [0 ; 1[.
D’après ce qui précède, les applications S et Rn, pour tout n ∈ N,
sont continues sur [0 ; 1[.
Puisque, pour tout x ∈ [0 ; 1[, la série
n 0
fn(x) relève du
TSCSA, on a, pour tout n ∈ N et tout x ∈ [0 ; 1[ :
|Rn(x)| | fn+1(x)| = (−1)n+1
xan+1
= xan+1
.
Il en résulte, par théorème de majoration pour des fonctions 0,
que, pour tout n ∈ N, Rn est intégrable sur [0 ; 1[, et on a :
1
0
Rn(x) dx
1
0
|Rn(x)| dx
1
0
xan+1
dx =
1
1 + an+1
.
Comme an −−−→
n ∞
+ ∞, on a :
1
1 + an+1
−−−→
n ∞
0,
donc, par encadrement :
+∞
0
Rn(x) dx −−−→
n ∞
0.
Mais, pour tout n ∈ N :
1
0
S(x) dx =
1
0
Sn(x) + S(x) dx
=
1
0
Sn(x) dx +
1
0
Rn(x) dx,
donc :
n
k=0
1
0
fk(x) dx =
1
0
n
k=0
fk(x) dx
=
1
0
Sn(x) dx =
1
0
S(x) dx −
1
0
Rn(x) dx.
Comme
1
0
Rn(x) dx −−−→
n ∞
0 , il s’ensuit que la série
k 0
1
0
fk(x) dx converge et que :
+∞
k=0
1
0
fk(x) dx =
+∞
0
S(x) dx .
On conclut :
1
0
+∞
n=0
(−1)n
xan
dx
=
+∞
n=0
1
0
(−1)n
xan
dx =
+∞
n=0
(−1)n
1 + an
.
a) Remarquons d’abord que, puisque f est continue par
morceaux sur [0 ; +∞[, f admet en 0+
une limite finie, notée
f (0+
), et qu’il se peut que f (0+
) soit différent de f (0), lorsque
f n’est pas continue en 0.
Nous allons utiliser le théorème de convergence dominée et la
caractérisation séquentielle des limites.
On a, pour tout x ∈ ]0 ; +∞[ fixé, par le changement de va-
riable u = xt :
x
+∞
0
e−xt
f (t) dt =
+∞
0
e−u
f
u
x
du .
Soit (xn)n∈N une suite dans ]0 ; +∞[, de limite +∞.
Notons, pour tout n ∈ N :
fn : [0 ; +∞[−→ R, u −→ e−u
f
u
xn
.
• Pour tout n ∈ N, fn est continue par morceaux (car f l’est)
sur [0 ; +∞[.
• Pour tout u ∈ ]0 ; +∞[ fixé, puisque f −→
0+
f (0+
), on a, par
composition de limites :
fn(u) = e−u
f
u
xn
−−−→
n ∞
e−u
f (0+
) .
D’autre part : fn(0) = f (0) −−−→
n ∞
f (0).
Ceci montre : fn
C.S.
−→
n∞
g, où :
g : [0 ; +∞[−→ R, u −→
e−u
f (0+
) si u =/ 0
0 si u = 0.
5.42](https://image.slidesharecdn.com/mathmatiquesmthodesetexercicesmp-141109172011-conversion-gate01/85/Mathematiques-methodes-et-exercices-mp-251-320.jpg)
![242
• L’application g est continue par morceaux (car f l’est) sur
[0 ; +∞[.
• On a : ∀ n ∈ N, ∀ u ∈ [0 ; +∞[,
| fn(u)| = e−u
f
u
xn
e−u
|| f ||∞,
et l’application u −→ e−u
|| f ||∞ est continue par morceaux (car
continue), 0, intégrable sur [0 ; +∞[.
Ceci montre que ( fn)n 0 vérifie l’hypothèse de domination.
D’après le théorème de convergence dominée :
+∞
0
fn −−−→
n ∞
+∞
0
f,
c’est-à-dire :
+∞
0
e−u
f
u
xn
du −−−→
n ∞
+∞
0
e−u
f (0+
) du
= [−e−u
f (0+
)]+∞
0 = f (0+
).
Ainsi, pour toute suite (xn)n 0 dans ]0 ; +∞[, de limite +∞,
la suite
+∞
0
e−u
f
u
xn
du
n∈N
converge vers f (0+
).
Par caractérisation séquentielle des limites, on déduit :
+∞
0
e−u
f
u
x
du −→
x−→+∞
f (0+
) ,
et on conclut : x
+∞
0
e−xt
f (t) dt −→
x−→+∞
f (0+
).
b) Même méthode qu’en a), avec utilisation des suites (xn)n∈N
dans ]0 ; +∞[ telles que xn −−−→
n ∞
0.
On remarquera que f est bornée sur [0 ; +∞[, car, puisque f
admet une limite finie en +∞, il existe a ∈ [0 ; +∞[ telle que
f |[a ;+∞] soit bornée, et f |[0 ;a] est bornée car continue par mor-
ceaux sur un segment.
Rappelons que, pour toute application u : I −→ R, on
note u+
, u−
les applications de I dans R définies, pour tout
x ∈ I, par :
u+
(x) =
u(x) si u(x) 0
0 si u(x) < 0
u−
(x) =
0 si u(x) 0
−u(x) si u(x) < 0,
et que l’on a :
u+
− u−
= u, u+
+ u−
= |u| ,
0 u+
|u|, 0 u−
|u| .
1) Notons, pour tout n ∈ N : gn = ( fn − f )−
.
Nous allons essayer d’appliquer le théorème de convergence
dominée à (gn)n∈N.
• Pour tout n ∈ N, gn = ( fn − f )−
est continue par morceaux,
car fn − f l’est et l’application y −→ y−
est continue sur R.
• Soit x ∈ I. On a :
∀ n ∈ N, 0 gn(x) = ( fn − f )−
(x) | fn − f |(x) .
Comme fn
C.S.
−→
n∞
f, on a : fn(x) −−−→
n ∞
f (x),
donc : | fn − f |(x) −−−→
n ∞
0,
puis, par encadrement : gn(x) −−−→
n ∞
0.
Ceci montre : gn
C.S.
−→
n∞
0 sur I.
• L’application nulle est continue par morceaux (car continue)
sur I.
• Par hypothèse : ∀ x ∈ I, ∀ n ∈ N, fn(x) 0,
d’où, puisque fn
C.S.
−→
n∞
f, par passage à la limite lorsque l’entier
n tend vers l’infini : ∀ x ∈ I, f (x) 0.
Soient n ∈ N, x ∈ I.
∗ Si fn(x) f (x), alors fn(x) − f (x) 0,
donc gn(x) = 0 f (x).
∗ Si fn(x) f (x), alors :
gn(x) = − fn(x) − f (x) = f (x) − fn(x) f (x) .
Ceci montre : ∀ n ∈ N, ∀ x ∈ I, |gn(x)| = gn(x) f (x).
Et l’application f est continue par morceaux, 0, intégrable
sur I (par hypothèse).
Ainsi, la suite (gn)n∈N vérifie l’hypothèse de domination.
D’après le théorème de convergence dominée, on déduit que,
pour tout n ∈ N, gn est intégrable sur I, et que :
I
gn −−−→
n ∞ I
0 = 0 .
2) On a :
∀n ∈ N, ( fn − f )+
= ( fn − f ) + ( fn − f )−
= ( fn − f ) + gn .
Comme, pour tout n ∈ N, fn − f et gn sont intégrables sur I,
par opérations, ( fn − f )+
est intégrable sur I. Et :
I
( fn − f )+
=
I
( fn − f ) +
I
gn
=
I
fn −
I
f +
I
gn −−−→
n ∞ I
f −
I
f + 0 = 0.
3) Enfin :
I
| fn − f | =
I
( fn − f )+
+ ( fn − f )−
=
I
( fn − f )+
+
I
( fn − f )−
−−−→
n ∞
0 + 0 = 0.
a) 1) Convergence simple, convergence absolue :
Puisque : ∀ n ∈ N, ∀ x ∈ [0 ; 1], fn(x) 0,
la convergence absolue revient à la convergence simple.
5.43
5.44](https://image.slidesharecdn.com/mathmatiquesmthodesetexercicesmp-141109172011-conversion-gate01/85/Mathematiques-methodes-et-exercices-mp-252-320.jpg)
![243
Soit x ∈ [0 ; 1] fixé.
Si x =/ 1, alors xn
−−−→
n ∞
0, donc :
fn(x) = ln(1 + xn
) ∼
n∞
xn
0.
Puisque |x| < 1, la série géométrique
n 0
xn
converge. Par théo-
rème d’équivalence pour des séries à termes 0, on déduit que
la série
n 0
fn(x) converge.
Si x = 1, alors fn(x) −−−→
n ∞
ln 2 =/ 0, donc la série
n 0
fn(x)
diverge (grossièrement).
On conclut que
n 0
fn converge simplement sur [0 ; 1[ et non
en 1.
2) Convergence normale, convergence uniforme :
• Étude sur [0 ; 1[ :
On a, pour tout n ∈ N : || fn||[0 ;1[
∞ = ln 2 −−−→
n ∞
/ 0,
donc
n 0
fn ne converge pas uniformément, ni normalement,
sur [0 ; 1[.
• Étude sur [0 ; a], a ∈ [0 ; 1[ fixé :
Soit a ∈ [0 ; 1[ fixé.
On a : ∀ n ∈ N, || fn||[0 ;a]
∞ = ln(1 + an
) = fn(a).
Comme la série
n 0
fn(a) converge (cf. 1)), la série
n 0
|| fn||[0 ;a]
∞ converge, et on conclut que
n 0
fn converge nor-
malement, donc uniformément, sur [0 ; a].
b) 1) • Pour tout n ∈ N, fn est de classe C1
sur [0 ; 1[ et, pour
tout x ∈ [0 ; 1[ : fn(x) =
nxn−1
1 + xn
.
• Soit a ∈ [0 ; 1[ fixé. On a : ∀ n ∈ N∗
, ∀ x ∈ [0 ; a],
| fn(x)| =
nxn−1
1 + xn
nxn−1
nan−1
,
d’où : ∀ n ∈ N∗
, || fn||[0 ;a]
∞ nan−1
.
Comme la série
n 1
nan−1
converge (règle n2
un par exemple),
par théorème de majoration pour des séries à termes 0, la
série
n 1
|| fn||[0 ;a]
∞ converge.
Ceci montre que
n 0
fn converge normalement, donc unifor-
mément, sur tout [0 ; a], a ∈ [0 ; 1[ fixé, donc sur tout segment
de [0 ; 1[.
• On a vu en a) 1) que
n 0
fn converge simplement sur [0 ; 1[.
D’après le théorème de dérivation pour une série d’applications,
on déduit que S est de classe C1
sur [0 ; 1[ et que :
∀ x ∈ [0 ; 1[, S (x) =
+∞
n=1
nxn−1
1 + xn
.
2) Pour tout x ∈ [0 ; 1[, S (x) est donc la somme d’une série
à termes 0 et dont le terme d’indice 1 est > 0, d’où :
S (x) > 0. Il en résulte que S est strictement croissante sur
[0 ; 1[.
c) 1) Soient n ∈ N, x ∈ [0 ; 1[. On a :
n
k=0
fk(x) =
n
k=0
ln(1 + xk
) = ln
n
k=0
(1 + xk
)
= ln (1 + x)(1 + x2
)(1 + x3
) · · · (1 + xn
) .
En développant ce produit de n parenthèses, les termes sont tous
0 et il y a, parmi eux : 1, x, x2
, . . . ,xn
. On a donc :
n
k=0
fk(x) ln (1 + x + · · · + xn
) = ln
n
k=0
xk
.
2) D’après 1), on a :
∀ x ∈ [0 ; 1[, ∀ n ∈ N,
n
k=0
fk(x) ln
1 − xn+1
1 − x
,
d’où, en faisant tendre l’entier n vers l’infini, pour x fixé :
∀ x ∈ [0 ; 1[, S(x) ln
1
1 − x
= −ln(1 − x) .
Comme −ln(1 − x) −→
x−→1−
+∞, on conclut :
S(x) −→
x−→1−
+∞ .
d) Soit x ∈ ]0 ; 1[ fixé.
Pour évaluer S(x), nous allons utiliser une comparaison
série/intégrale. Notons
ϕx : [1 ; +∞[−→ R, t −→ ln(1 + xt
) = ln(1 + et ln x
) .
Il est clair que ϕx est continue par morceaux (car continue), dé-
croissante, intégrable sur [1 ; +∞[, car ϕx (t) ∼
t−→+∞
et ln x
0
et ln x < 0.
On a donc, par comparaison série/intégrale :
+∞
1
ϕx (t) dt
+∞
n=1
ϕx (n) ϕx (1) +
+∞
1
ϕx (t) dt .
Pour calculer l’intégrale, utilisons le changement de variable
u = −t ln x (rappelons que x ∈ ]0 ; 1[ est fixé) :
+∞
1
ϕx (t) dt =
+∞
1
ln(1 + et ln x
) dt
=
+∞
−ln x
ln(1 + e−u
)
−1
ln x
du
= −
1
ln x
+∞
−ln x
ln(1 + e−u
) du.](https://image.slidesharecdn.com/mathmatiquesmthodesetexercicesmp-141109172011-conversion-gate01/85/Mathematiques-methodes-et-exercices-mp-253-320.jpg)
![L’application ψ : ]0 ; +∞[−→ R, u −→ ln(1 + e−u
) , est
continue par morceaux (car continue) et intégrable sur ]0 ; +∞[,
car ψ(u) −→
u−→0+
ln 2, et ψ(u) ∼
u−→+∞
e−u
.
En notant I =
+∞
0
ln(1 + e−u
) du,
on a donc :
+∞
−ln x
ln(1 + e−u
) du −→
x−→1−
I.
De plus, comme ψ est continue, 0 et n’est pas l’application
nulle, on a : I > 0.
Il en résulte :
+∞
1
ln(1 + et ln x
) dt ∼
x−→1−
−
I
ln x
∼
x−→1−
I
1 − x
.
De plus :
ϕx (1) = ln(1 + x) −→
x−→1−
ln 2 = o
x−→1−
1
1 − x
,
d’où :
ϕx (1) +
+∞
1
ln(1 + et ln x
) dt ∼
x−→1−
I
1 − x
.
On conclut, par encadrement : S(x) ∼
x−→1−
I
1 − x
.
a) Soit x ∈ [0 ; 1].
Si x =/ 1, alors :
0 fn(x) = an xn
(1 − x) an xn
a1xn
,
donc, puisque la série géométrique
n 1
xn
converge, par théo-
rème de majoration pour des séries à termes 0, la série
n 1
fn(x) converge.
Si x = 1, alors : ∀ n ∈ N∗
, fn(x) = 0,
donc la série
n 1
fn(x) converge.
Ceci montre que
n 1
fn converge simplement sur [0 ; 1].
b) Soit n ∈ N∗
. L’application fn est dérivable sur [0 ; 1] et, pour
tout x ∈ [0 ; 1] :
fn(x) = an nxn−1
− (n + 1)xn
= an xn−1
n − (n + 1)x ,
d’où le tableau de variations de fn :
x 0
n
n + 1
1
fn(x) + 0 −
fn(x) 0 0
On a donc :
|| fn||∞ = fn
n
n + 1
= an
n
n + 1
n
1
n + 1
.
et :
n
n + 1
n
= 1 +
1
n
−n
= exp − n ln 1 +
1
n
= exp − n
1
n
+ o
n∞
1
n
= exp − 1 + o(1) −−→
n ∞
e−1
.
D’où : || fn||∞ ∼
n∞
an
e n
.
On conclut que
n 1
fn converge normalement sur [0 ; 1] si et
seulement si la série
n 1
an
n
converge.
c) 1) Supposons an −−−→
n ∞
0. Puisque la suite (an)n 1 est dé-
croissante, on a, en notant Rn le reste d’ordre n, pour tout n ∈ N∗
et tout x ∈ [0 ; 1[ :
0 Rn(x) =
+∞
k=n+1
ak xk
(1 − x)
+∞
k=n+1
an+1xk
(1 − x)
= an+1
+∞
k=n+1
xk
(1 − x) = an+1xn+1
,
et l’inégalité est aussi vraie pour x = 1.
On a donc : ∀ n ∈ N∗
, ||Rn||∞ an+1 ,
d’où : ||Rn||∞ −−−→
n ∞
0, ce qui montre que
n 1
fn converge uni-
formément sur [0 ; 1].
2) Réciproquement, supposons an −−−→
n ∞
/ 0.
Comme (an)n 1 est décroissante et minorée par 0, (an)n 1
converge vers un réel 0, et par hypothèse, =/ 0, donc
> 0.
On a, pour tout n ∈ N∗
et tout x ∈ [0 ; 1[ :
Rn(x) =
+∞
k=n+1
ak xk
(1 − x)
+∞
k=n+1
xk
(1 − x)
=
+∞
k=n+1
xk
(1 − x) = xn+1
,
d’où : ||Rn||∞ = Sup
x∈[0 ;1]
Rn(x) Sup
x∈[0 ;1[
( xn+1
) = ,
et donc : ||Rn||∞ −−−→
n ∞
/ 0,
n 1
fn ne converge pas uniformé-
ment sur [0 ; 1].
On conclut que
n 1
fn converge uniformément sur [0 ; 1] si et
seulement si : an −−−→
n ∞
0.
244
5.45](https://image.slidesharecdn.com/mathmatiquesmthodesetexercicesmp-141109172011-conversion-gate01/85/Mathematiques-methodes-et-exercices-mp-254-320.jpg)
![245
a) Récurrence sur n.
• Pour n = 0, f0 = 1 existe, est unique et est un polynôme.
• Si, pour un n ∈ N fixé, fn existe, est unique et est un poly-
nôme, il est clair que
fn+1 : [0 ; 1] −→ R, x −→ 1 +
x
0
fn(t − t2
) dt
existe, est unique et est un polynôme (fonction polynomiale).
b) 1) Récurrence sur n.
• Pour n = 0, on a, pour tout x ∈ [0 ; 1], f0(x) = 1 et :
f1(x) = 1 +
x
0
f0(t − t2
) t = 1 +
x
0
1 dt = 1 + x ,
d’où : 0 f0(x) f1(x) ex
,
par l’inégalité classique : ex
1 + x.
• Supposons la propriété vraie pour un n ∈ N.
On a alors, pour tout x ∈ [0 ; 1] :
fn+2(x) − fn+1(x)
= 1 +
x
0
fn+1(t − t2
) dt − 1 +
x
0
fn(t − t2
) dt
=
x
0
fn+1(t − t2
) − fn(t − t2
)
0
dt 0
et
fn+2(x) = 1 +
x
0
fn+1(t − t2
) dt
1 +
x
0
et−t2
dt 1 +
x
0
et
dt = 1 + [et
]x
0 = ex
.
On obtient : ∀ x ∈ [0 ; 1], 0 fn+1(x) fn+2(x) ex
,
ce qui établit la propriété pour n + 1.
On conclut, par récurrence sur n :
∀ n ∈ N, ∀ x ∈ [0 ; 1], 0 fn(x) fn+1(x) ex
.
2) Pour tout x ∈ [0 ; 1] fixé, la suite fn(x) n 0
est croissante
et majorée (par ex
), donc converge vers un réel, noté f (x), et
on a : 0 f (x) ex
.
Ceci montre que la suite ( fn)n 0 converge simplement sur [0 ; 1]
vers une application f.
c) Remarquons d’abord : ∀ t ∈ [0 ; 1], t − t2
∈ [0 ; 1/4],
car : t − t2
= −(t2
− t) = − t −
1
2
2
+
1
4
,
ou encore par étude des variations de t −→ t − t2
sur [0 ; 1].
Notons, pour tout n ∈ N :
Mn = || fn+1 − fn||[0 ;1]
∞ , mn = || fn+1 − fn||[0 ;1/4]
∞ .
On a, pour tout n ∈ N et tout x ∈ [0 ; 1] :
| fn+1(x) − fn(x)|
= 1 +
x
0
fn(t − t2
) dt − 1 +
x
0
fn−1(t − t2
) dt
=
x
0
fn(t − t2
) − fn−1(t − t2
) dt
x
0
fn(t − t2
) − fn−1(t − t2
) dt
x
0
mn−1 dt = x mn−1 mn−1.
Il en résulte : Mn = Sup
x∈[0 ;1]
| fn+1(t) − fn(t)| mn−1.
Mais aussi, en particulier :
∀ x ∈ [0 ; 1/4], | fn+1(x) − fn(x)| x mn−1
1
4
mn−1 ,
d’où : mn
1
4
mn−1.
Par une récurrence immédiate : ∀ n ∈ N, mn
1
4n
m0.
Comme
1
4
< 1, la série géométrique
n 0
1
4n
converge. Par
théorème de majoration pour des séries à termes 0, il s’en-
suit que la série
n 0
mn converge, puis, comme Mn mn−1,
la série
n 1
Mn converge.
Ainsi, la série
n 0
|| fn+1 − fn||[0 ;1]
∞ converge, donc
n 0
( fn+1 − fn) converge normalement sur [0 ; 1], donc uni-
formément. D’après le lien suite/série pour la convergence uni-
forme, on déduit que la suite ( fn)n 0 converge uniformément
sur [0 ; 1].
Enfin, comme ( fn)n 0 converge déjà simplement vers f, on
conclut que ( fn)n 0 converge uniformément vers f sur [0 ; 1].
• Puisque les fn sont toutes continues sur [0 ; 1] et que ( fn)n 0
converge uniformément vers f sur [0 ; 1], d’après un théorème
du cours, f est continue sur [0 ; 1].
• Notons, pour tout n ∈ N :
gn : [0 ; 1] −→ R, t −→ fn(t − t2
).
Puisque fn
C.U.
−→
n∞
f sur [0 ; 1], a fortiori, fn
C.U.
−→
n∞
f sur [0 ; 1/4],
donc gn
C.U.
−→
n∞
g sur [0 ; 1], où :
g : [0 ; 1] −→ R, t −→ f (t − t2
) .
Alors, d’après le théorème du cours sur l’intégration sur un seg-
ment et la convergence uniforme, on déduit, pour tout x ∈ [0 ; 1]
fixé :
5.46](https://image.slidesharecdn.com/mathmatiquesmthodesetexercicesmp-141109172011-conversion-gate01/85/Mathematiques-methodes-et-exercices-mp-255-320.jpg)
![246
x
0
fn(t − t2
) dt −−−→
n ∞
x
0
f (t − t2
) dt .
Comme : ∀ n ∈ N, fn+1(x) = 1 +
x
0
fn(t − t2
) dt,
on déduit donc, en faisant tendre l’entier n vers l’infini :
f (x) = 1 +
x
0
f (t − t2
) dt .
d) 1) Puisque f est continue sur [0 ; 1] et que
∀ t ∈ [0 ; 1], t − t2
∈ [0 ; 1/4] ⊂ [0 ; 1] ,
l’application t −→ f (t − t2
) est continue sur [0 ; 1], donc, par
primitivation, x −→
x
0
f (t − t2
) dt est de classe C1
sur
[0 ; 1]. D’après le résultat de c), on déduit que f est de
classe C1
sur [0 ; 1] et que :
∀ x ∈ [0 ; 1], f (x) = f (x − x2
) .
2) • Montrons que f est de classe C∞
sur [0 ; 1] par récurrence.
∗ On sait déjà que f est de classe C1
sur [0 ; 1].
∗ Si f est Cn
pour un n ∈ N∗
fixé, alors l’application
x −→ f (x − x2
) est Cn
donc f est Cn
, f est Cn+1
.
Ceci montre, par récurrence sur n, que, pour tout n ∈ N∗
, f
est Cn
.
On conclut que f est de classe C∞
sur [0 ; 1].](https://image.slidesharecdn.com/mathmatiquesmthodesetexercicesmp-141109172011-conversion-gate01/85/Mathematiques-methodes-et-exercices-mp-256-320.jpg)
![Les méthodes à retenir
249
• Si |an| n’admet pas d’équivalent simple lorsque l’entier n tend vers
l’infini, et si la règle de d’Alembert ne paraît pas applicable ou paraît
peu commode à appliquer, se ramener à étudier, pour z ∈ C∗
fixé, la
nature de la suite |anzn
| n
en fonction de z.
Si on trouve un R ∈ [0 ; +∞] tel que :
– pour tout z ∈ C tel que |z| < R, (anzn
)n converge vers 0
– pour tout z ∈ C tel que |z| > R, (anzn
)n n’est pas bornée,
alors le rayon de convergence de la série entière
n
anzn
est égal
à R.
Pour étudier la nature de la suite |anzn
| n
, on pourra commencer par
étudier la nature de la suite ln |an| + n ln |z| n
, puis composer par
l’exponentielle.
➥ Exercices 6.12 c), f), g), h), j), l), n),
6.13 c), d), e), 6.33 b), 6.35 f)
• Séparer la recherche de R en la recherche de deux inégalités com-
plémentaires sur R, obtenues par les méthodes précédentes.
En particulier :
– s’il existe z1 ∈ C tel que anzn
1 −−→
n ∞
0, alors : R |z1|
– s’il existe z2 ∈ C tel que anzn
2 −−→
n ∞
/ 0, alors : R |z2|.
➥ Exercices 6.3 a), d), k), 6.33 a), 6.35 a), 6.36 a)
• Utiliser le théorème du cours sur le rayon de convergence d’une
série entière dérivée, en vue de faire disparaître un n en facteur, ou
sur le rayon de convergence d’une série entière primitive, en vue de
faire disparaître un n ou un n + 1 du dénominateur.
➥ Exercices 6.33 a), 6.36 b).
• Commencer par déterminer le rayon R, par les méthodes précé-
dentes.
Dans la plupart des exemples où l’énoncé demande le rayon et la
somme d’une série entière, la détermination du rayon est aisée. En
effet, le coefficient an est souvent une fraction rationnelle en n autre
que la fraction nulle, et alors le rayon est 1, ou an fait intervenir sim-
plement des factorielles ou des exponentielles, et alors le rayon peut
être souvent calculé par application de la règle de d’Alembert.
➥ Exercice 6.2
Ayant déterminé le rayon R, pour calculer la somme S, c’est-à-dire
S(x) pour x ∈ ] − R ; R[ si la variable est réelle, S(z) pour |z| < R,
si la variable est complexe, essayer de se ramener aux séries entières
connues, en utilisant notamment les techniques suivantes :
• dérivation ou primitivation, éventuellement répétée, d’une série
entière
➥ Exercices 6.2 a) à d), g), 6.35 b), 6.36 b)
Pour calculer
le rayon R et la somme S
d’une série entière
n 0
anzn
©Dunod.Laphotocopienonautoriséeestundélit.](https://image.slidesharecdn.com/mathmatiquesmthodesetexercicesmp-141109172011-conversion-gate01/85/Mathematiques-methodes-et-exercices-mp-259-320.jpg)
![Chapitre 6 • Séries entières
250
• décomposition de an en éléments simples, lorsque an est une frac-
tion rationnelle en n
➥ Exercices 6.16 a), b)
• combinaison linéaire de séries entières connues
➥ Exercices 6.2 b) à g), 6.16 c) à h), 6.17 d)
En particulier, si an est un polynôme en cos n θ et sin n θ, essayer de
faire intervenir l’exponentielle complexe
➥ Exercice 6.36 a)
• changement de variable du genre t =
√
x ou t =
√
−x lorsque
l’énoncé comporte xn
et que l’on préfèrerait y voir un élément du
genre t2n
➥ Exercices 6.35 c), d), e)
Si on est amené à calculer « à part » S(0), ne pas oublier que, tout
simplement, S(0) est le terme constant de la série entière définissant
S(x), c’est-à-dire S(0) = a0 lorsque S(x) =
+∞
n=0
an xn
.
➥ Exercices 6.16 a), b), c), 6.35 c), d), e)
Si, pour le rayon R, on a obtenu seulement une minoration
R ρ > 0, et si on a calculé la somme S(x) pour tout x ∈ ] − ρ ; ρ[,
souvent, on pourra montrer R = ρ en faisant apparaître un comporte-
ment irrégulier de S(x) (ou de S (x),…) lorsque x tend vers ρ−
ou
lorsque x tend vers −ρ+
.
➥ Exercice 6.39.
Essayer de se ramener aux DSE(0) connus, par les opérations sui-
vantes :
• combinaison linéaire de fonctions dSE(0)
➥ Exercices 6.3 a), b), e), f), 6.18 a), b), c), f)
• produit d’un polynôme par une fonction dSE(0)
➥ Exercices 6.3 c), d)
• produit de deux fonctions dSE(0)
Si f se présente comme produit de deux fonctions dSE(0), alors,
d’après le cours, f est dSE(0). Mais, pour le calcul de DSE(0) de f, on
envisagera souvent un autre point de vue, car la valeur des coefficients
du DSE(0) de f, obtenue par produit de deux séries entières, est sou-
vent inutilisable ou inapproprié.
➥ Exercices 6.18 f), 6.41
Pour montrer
qu’une fonction f est dSE(0)
et calculer le DSE(0) de f](https://image.slidesharecdn.com/mathmatiquesmthodesetexercicesmp-141109172011-conversion-gate01/85/Mathematiques-methodes-et-exercices-mp-260-320.jpg)
![Les méthodes à retenir
251
• dérivation, primitivation d’une fonction dSE(0).
Si la dérivée f de f est plus simple que f, former le DSE(0) de f , puis
en déduire celui de f. Essayer en particulier lorsque f est une intégrale
dépendant d’une de ses bornes ou lorsque f est un logarithme ou une
fonction circulaire réciproque ou une fonction hyperbolique réciproque.
➥ Exercices 6.18 d), e), h), i), 6.25
• utilisation d’une équation différentielle
➥ Exercices 6.41, 6.42
• montrer que f est de classe C∞
, appliquer la formule de Taylor avec
reste intégral à l’ordre n pour tout n ∈ N, et montrer que le reste tend
vers 0 lorsque l’entier n tend vers l’infini.
➥ Exercices 6.40, 6.53, 6.55.
Développer la fonction sous l’intégrale en la somme d’une série de
fonctions, souvent par l’intermédiaire d’une série entière, puis mon-
trer que l’on peut permuter intégrale et série, par l’une des trois
méthodes suivantes :
• continuité et convergence uniforme (normale ?) sur un segment
➥ Exercices 6.23, 6.30, 6.31, 6.39
• théorème sur l’intégration sur un intervalle quelconque pour une
série de fonctions
➥ Exercices 6.26, 6.28, 6.45
• montrer que l’intégrale du reste tend vers 0.
En plus des méthodes vues dans le chapitre 4, on peut essayer de faire
intervenir une ou des séries entières.
Pour calculer
+∞
n=0
un, (après avoir montré la convergence de cette
série), introduire par exemple la série entière
n 0
unzn
, déterminer son
rayon R et sa somme S.
– Si R > 1, alors, on peut remplacer directement x par 1, et on a :
+∞
n=0
un = S(1).
➥ Exercices 6.4, 6.29
– Si R = 1, essayer de montrer que la série entière
n 0
unzn
converge
uniformément (normalement ?) sur [0 ; 1], ce qui permettra de dédui-
re :
+∞
n=0
un = lim
x−→1−
S(x).
Avant d’introduire une série entière dans ce contexte, il peut être
commode de commencer par transformer l’écriture du terme général
Pour obtenir
le DSE(0) d’une intégrale
dépendant d’un paramètre
Pour calculer la somme
d’une série numérique
(convergente)
©Dunod.Laphotocopienonautoriséeestundélit.](https://image.slidesharecdn.com/mathmatiquesmthodesetexercicesmp-141109172011-conversion-gate01/85/Mathematiques-methodes-et-exercices-mp-261-320.jpg)
![Chapitre 6 • Séries entières
252
de la série numérique de l’énoncé, ou de considérer d’autres séries
numériques analogues.
➥ 6.30, 6.54.
Essayer d’abord les théorèmes généraux : somme, produit, quotient,
composée… de fonctions de classe C∞
.
Sinon, il suffit de montrer que f est dSE(0).
Y penser en particulier lorsque f (x) est donné par deux expressions
selon la position de x.
➥ Exercices 6.24, 6.37 a), 6.43 b).
Essayer d’abord les théorèmes généraux : somme, produit, quotient,
composée… de fonctions de classe C∞
.
Sinon, essayer de se ramener à des fonctions d’une variable réelle et
essayer d’appliquer la méthode précédente à ces fonctions d’une
variable réelle.
➥ Exercice 6.24.
Essayer d’écrire la fonction située dans l’intégrale comme somme
d’une série de fonctions, souvent par l’intermédiaire d’une série
entière, puis justifier la permutation entre intégrale et série.
➥ Exercice 6.21.
Essayer d’écrire le terme général d’une des deux séries comme
somme d’une série, souvent par l’intermédiaire d’une série entière,
puis justifier la permutation entre séries, par un théorème d’interver-
sion pour des séries doubles.
➥ Exercices 6.48, 6.52.
Essayer de montrer que la série d’applications
n 0
x −→ an xn
converge uniformément (normalement ?) sur [0 ; R], puis appliquer le
théorème sur convergence uniforme et continuité.
➥ Exercice 6.30.
Se ramener, en général, à des exponentielles et utiliser éventuellement
un changement de variable.
➥ Exercices 6.6, 6.32.
Essayer de :
• utiliser les liens entre cos, et ch, entre sin et sh, en passant par les
nombres complexes.
➥ Exercices 6.8, 6.10, 6.11
Pour montrer
qu’une fonction f
d’une variable réelle
est de classe C∞
Pour montrer
qu’une fonction f
de deux variables réelles
est de classe C∞
Pour établir une égalité
du type intégrale = série
Pour établir une égalité
du type série = série
Pour montrer qu’un DSE(0),
f(x) =
+∞
n=0
anxn
, valable pour tout
x ∈ ] − R ; R[, est encore valable
pour x = R, ou pour x = −R
Pour résoudre une équation
d’inconnue z ∈ C, faisant
intervenir ez
, cos z, sin z,ch z,sh z,. . .
Pour établir une formule portant
sur cos , sin , ch, sh, de complexes](https://image.slidesharecdn.com/mathmatiquesmthodesetexercicesmp-141109172011-conversion-gate01/85/Mathematiques-methodes-et-exercices-mp-262-320.jpg)
![Chapitre 6 • Séries entières
254
Exemple de résolution d’une équation portant sur l’exponentielle complexe
Résoudre l’équation, d’inconnue z ∈ C : ez
= −2.
Calculs de modules de fonctions usuelles complexes
a) Montrer : ∀ y ∈ R, cos (i y) = ch y, sin (i y) = i sh y .
b) Établir : ∀ (x,y) ∈ R2
, cos (x + i y) = cos x + sin (i y) .
Résolution d’une équation portant sur des fonctions hyperboliques complexes
Résoudre l’équation, d’inconnue z ∈ C : |ch z| = |sh z|.
Inégalité sur des modules de fonctions usuelles complexes
Montrer, pour tout z ∈ C : | cos z| ch (|z|), | sin z| sh (|z|).
Calculs de carrés de modules de fonctions usuelles complexes
Soient (x,y) ∈ R2
, z = x + i y. Montrer :
| cos z|2
= ch2
y − sin 2
x = sh2
y + cos 2
x, |ch z|2
= ch2
x − sin 2
y = sh2
x + cos 2
y
| sin z|2
= ch2
y − cos 2
x = sh2
y + sin 2
x, |sh z|2
= ch2
x − cos 2
y = sh2
x + sin 2
y.
Calcul d’une expression faisant intervenir le cosinus d’un complexe
Simplifier, pour tout z ∈ C, l’expression : A = |1 − cos z| + |1 + cos z|.
Exemples de détermination du rayon de convergence d’une série entière
Déterminer le rayon de convergence R des séries entières suivantes :
a)
n 0
( n2 + n + 1 −
3
n3 + n2)zn
b)
n 0
n
√
n ch n zn
c)
n 1
(
√
n)−n
zn
d)
n 0
tan (π n2 + 1)zn
e)
n 0
ln (n!)zn
f)
n 2
(ln n)−ln n
zn
g)
n 1
n + 1
2n + 1
n
zn
h)
n 0
e−ch n
zn
i)
n 0
n3n
(3n)!
z3n
j)
n 0
nzn2
k)
n 1
an zn
, an = n−è décimale de
√
2
l)
n 1
n−E(
√
n)
zn
m)
n 1
S2(n)zn
, S2(n) = somme des carrés des diviseurs 1 de n
n)
n 1
1 +
1
n2
n3
zn
o)
n 0
1
0
tn
1 + t + tn
dt zn
p)
n 0
e−n
n
k=0
e
√
k
zn
.
Exemples de détermination du rayon de convergence d’une série entière,
avec paramètres
Déterminer le rayon de convergence R des séries entières suivantes, les paramètres a,b étant fixés :
a)
n 1
an
n + bn
zn
, (a,b) ∈ ]0 ; +∞[2
b)
n 0
an2
(2n)!
zn
, a ∈ ]0 ; +∞[
c)
n 0
an!
zn
, a ∈ C∗
d)
n 1
an
zn!
, a ∈ C∗
e)
n 2
e(ln n)a
zn
, a ∈ R.
6.6
6.7
6.8
6.9
6.10
6.11
6.12
6.13](https://image.slidesharecdn.com/mathmatiquesmthodesetexercicesmp-141109172011-conversion-gate01/85/Mathematiques-methodes-et-exercices-mp-264-320.jpg)
![Chapitre 6 • Séries entières
256
Exemple d’inégalité sur la somme d’une série entière
Montrer : ∀ x ∈ ]0 ; 1[,
+∞
n=1
xn
n2
(1 − x) ln (1 − x)
2
x
.
Étude d’une série entière dont les coefficients sont des sommes de séries
On note, pour tout n ∈ N∗
: an =
+∞
k=n
1
k(k + n)
.
a) 1) Montrer que, pour tout n ∈ N∗
, an existe.
2) Établir : ∀ n ∈ N∗
, an =
1
n
(H2n−1 − Hn−1),
où on a noté H0 = 0 et, pour tout n ∈ N∗
, Hn =
n
k=1
1
k
.
On pourra utiliser : Hn = ln n + γ + o
n∞
(1), où γ est la constante d’Euler.
3) En déduire un équivalent simple de an lorsque l’entier n tend vers l’infini.
b) On considère la série entière
n 1
an xn
, où la variable x est réelle, et on note R son rayon de
convergence.
1) Déterminer R.
2) Quelles sont les natures des séries numériques
n 1
an Rn
,
n 1
an(−R)n
?
Calcul d’une intégrale double par utilisation d’une série entière
Montrer :
[0 ;1]2
xy exy
dx dy = e − 1 −
+∞
n=1
1
n · n!
.
Étude d’une série entière dont les coefficients sont des intégrales
a) Montrer que, pour tout n ∈ N∗
, In =
+∞
1
e−tn
dt existe.
On considère la série entière
n 1
In xn
(où x est une variable réelle), et on note R son rayon, S sa
somme.
b) Déterminer R.
c) Étudier la nature des séries numériques
n 1
In Rn
,
n 1
In(−R)n
.
Exemple de DSE(0) pour une fonction définie par une intégrale
Montrer que la fonction f : x −→
π
0
ch (x cos t) dt est dSE(0) et calculer son DSE(0) ; préciser
le rayon de convergence R.
6.19
6.20
6.21
6.22
6.23](https://image.slidesharecdn.com/mathmatiquesmthodesetexercicesmp-141109172011-conversion-gate01/85/Mathematiques-methodes-et-exercices-mp-266-320.jpg)
![Énoncés des exercices
257
Classe C∞
pour une fonction de deux variables réelles
Montrer que l’application f : ] − 1 ; +∞[×R −→ R définie par :
f (x,y) =
(1 + x)y
− 1
ln(1 + x)
si x =/ 0
y si x = 0
est de classe C∞
sur ] − 1 ; +∞[×R.
DSE(0) d’une fonction définie par une intégrale
On note, pour tout x ∈ R∗
: f (x) =
1
x
x
0
Arctan t
t
dt.
a) Montrer que f est définie sur R∗
et que f admet une limite finie en 0.
On note encore f l’application R −→ R obtenue en prolongeant f par continuité en 0.
b) Montrer que f est dSE(0) et calculer le rayon de ce DSE(0).
DSE(0) d’une fonction définie par une intégrale
On note, pour x ∈ R et sous réserve d’existence : f (x) =
+∞
0
ln (1 + x e−t
) dt.
a) Déterminer l’ensemble de définition de f.
b) Montrer que f est dSE(0) et déterminer le rayon et le DSE(0).
Détermination d’une fonction dSE(0) dont on connaît les dérivées successives en 0
Trouver un intervalle ouvert I contenant 0 et une application f : I −→ R de classe C∞
sur I, tels
que : ∀ n ∈ N, f (n)
(0) = n2
· n! .
Transformée de Fourier d’une fonction à support borné
Soit f : R −→ C continue par morceaux et nulle en dehors d’un segment.
On considère la transformée de Fourier g de f :
g : R −→ C, x −→ g(x) =
1
√
2π
+∞
−∞
f (t) e−i xt
dt .
Démontrer que g est dSE(0), de rayon infini.
Calcul d’une somme de série numérique par utilisation de séries entières
Existence et calcul de A =
+∞
n=0
1
(3n)!
.
Calcul d’une somme de série numérique par utilisation d’une série entière
Existence et calcul de S =
+∞
n=0
(−1)n
(n + 1)(2n + 1)
.
©Dunod.Laphotocopienonautoriséeestundélit.
6.24
6.25
6.26
6.27
6.28
6.29
6.30](https://image.slidesharecdn.com/mathmatiquesmthodesetexercicesmp-141109172011-conversion-gate01/85/Mathematiques-methodes-et-exercices-mp-267-320.jpg)
![Énoncés des exercices
259
Fonction de classe C∞
par DSE(0)
Soit n ∈ N fixé. On note fn : R −→ R l’application définie, pour tout x ∈ R, par :
fn(x) =
1
xn+1
ex
−
n
k=0
xk
k!
si x =/ 0
1
(n + 1)!
si x = 0.
a) Montrer que fn est de classe C∞
sur R.
b) Montrer qu’il existe Pn ∈ R(X] tel que :
∀ x ∈ R∗
, f (n)
n (x) =
ex/2
x2n+1
ex/2
Pn(x) − e−x/2
Pn(−x)
et calculer Pn.
Exemple d’égalité de sommes de séries entières, par produits de Cauchy
Montrer, pour tout z ∈ C : ez
+∞
n=1
(−1)n−1
n
zn
n!
=
+∞
n=1
n
k=1
1
k
zn
n!
Étude d’une série entière dont les coefficients sont des intégrales
On note a0 = 1 et, pour tout n ∈ N∗
: an =
1
n!
1
0
n−1
k=0
(t − k) dt.
Déterminer le rayon de convergence R et la somme S de la série entière
n 0
an xn
, où la variable
x est réelle.
Résolution d’une équation fonctionnelle par utilisation d’une série entière
Pour (α, λ) ∈ R∗
×] − 1 ; 1[ fixé, trouver toutes les applications f : R −→ R dérivables telles
que : ∀ x ∈ R, f (x) = α f (x) + f (λx).On exprimera le résultat sous forme d’une série.
Exemple de DSE(0), méthode de l’équation différentielle
Montrer que f : x −→
Argsh x
√
1 + x2
est dSE(0) et calculer son DSE(0) ; préciser le rayon de conver-
gence R.
Exemple de DSE(0), méthode de l’équation différentielle
Pour α ∈ R∗
fixé, former le DSE(0) de f : x −→ sin (α Arcsin x).
Fonction d’une variable réelle de classe C∞
par utilisation de DSE(0)
On note f : R∗
−→ R, x −→
1
ex − 1
−
1
x
.
a) Montrer que f admet une limite finie en 0 et calculer .
On note encore f l’application R −→ R obtenue en prolongeant f par continuité en 0.
b) Montrer que f est de classe C∞
sur R.
©Dunod.Laphotocopienonautoriséeestundélit.
6.37
6.38
6.39
6.40
6.41
6.42
6.43](https://image.slidesharecdn.com/mathmatiquesmthodesetexercicesmp-141109172011-conversion-gate01/85/Mathematiques-methodes-et-exercices-mp-269-320.jpg)
![Chapitre 6 • Séries entières
260
Principe des zéros isolés et une application
a) Soit
n 0
an xn
une série entière réelle, de rayon de convergence R > 0, f sa somme. On suppo-
se qu’il existe une suite (tn)n∈N telle que :
∀ n ∈ N, −R < tn < R et tn =/ 0 et f (tn) = 0
tn −−−→
n ∞
0.
Démontrer : f = 0.
b) Existe-t-il une application f : ] − 1 ; 1[−→ R, dSE(0) de rayon 1, telle que :
∀ n ∈ N − {0,1}, f
1
n
= f −
1
n
=
1
n3
?
DSE(0) de x −→ Γ(1 + x), où Γ est la fonction d’Euler
Montrer que l’application x −→ (1 + x) est dSE(0), de rayon 1, et exprimer les coefficients de
ce DSE(0) à l’aide d’intégrales.
Étude d’une série entière dont les coefficients vérifient une relation de récurrence
linéaire du second ordre, à coefficients constants et avec second membre
On considère la suite réelle (un)n∈N définie par u0 = 0, u1 = 1 et :
∀ n ∈ N, un+2 = un+1 + un +
1
n + 1
.
Déterminer le rayon de convergence R et la somme S de la série entière
n 0
un xn
, où la variable
x est réelle.
Série entière génératrice pour le nombre de dérangements
On note, pour tout (n,k) ∈ N2
tel que k n, Fn,k le nombre de permutations de {1,. . . ,n} ayant
exactement k points fixes, et on note, pour tout n ∈ N, αn = Fn,0. On convient : α0 = 1.
a) 1) Montrer, pour tout (n,k) ∈ N2
tel que k n : Fn,k =
n
k
αn−k.
2) En déduire, pour tout n ∈ N :
n
k=0
n
k
αk = n! .
b) On considère la série entière
n 0
αn
n!
zn
, où la variable z est complexe, et on note R son rayon
de convergence, S sa somme.
1) Montrer R 1 et établir, pour tout z ∈ C tel que |z| < 1 : S(z) =
e−z
1 − z
.
2) En déduire : ∀ n ∈ N, αn = n!
n
p=0
(−1)p
p!
.
3) Conclure, pour tout n ∈ N − {0,1} : αn = E
n!
e
+
1
2
, puis : αn =
n!
e
+ O
n∞
(1).
6.44
6.45
6.46
6.47](https://image.slidesharecdn.com/mathmatiquesmthodesetexercicesmp-141109172011-conversion-gate01/85/Mathematiques-methodes-et-exercices-mp-270-320.jpg)
![Énoncés des exercices
261
Calcul d’une somme de série par utilisation d’une série double et d’une série entière
Existence et calcul de
+∞
n=1
ζ(2n) − 1
n
, où ζ est la fonction de Riemann.
Étude d’une série entière dont les coefficients vérifient une relation de récurrence
Soit (an)n∈N la suite réelle définie par a0 ∈ ]0 ; +∞[ et : ∀ n ∈ N, an+1 = 1 − e−an
.
On considère la série entière
n 0
an xn
, son rayon de convergence R, sa somme S.
a) 1) Montrer : an −−−→
n ∞
0. 2) Établir : an+1 ∼
n∞
an. 3) Déterminer R.
b) En considérant bn =
1
an
, montrer : an ∼
n∞
2
n
.
c) 1) Quelle est la nature de la série numérique
n 0
an Rn
?
2) Quelle est la nature de la série numérique
n 0
an(−R)n
?
Comparaison des comportements de deux séries entières au bord
Soient
n 0
an xn
,
n 0
bn xn
deux séries entières, Ra,Rb les rayons, Sa,Sb les sommes.
On suppose : (1) ∀ n ∈ N, bn > 0, (2)
n 0
bn diverge, (3) Rb = 1, (4)
an
bn
−−−→
n ∞
∈ R.
a) Montrer : Sb(x) −→
x−→1−
+∞. b) Établir :
Sa(x)
Sb(x)
−→
x−→1−
.
Étude d’une série entière, comportement au bord
On note, pour tout n ∈ N∗
: an =
nn
enn!
, et on considère la série entière
n 1
an xn
(où la variable
x est réelle), R son rayon de convergence, S sa somme.
a) Déterminer R.
b) Déterminer un équivalent simple de S(x) lorsque x −→ 1−
.
À cet effet, on admettra
+∞
0
e−x2
dx =
√
π
2
, et on utilisera l’exercice 6.50.
Égalité entre sommes de séries, utilisation d’une série double et d’une série entière
Établir, pour tout p ∈ N∗
:
+∞
n=1
n
p + n − 1
n
ζ(p + n) − 1 = p ζ(p + 1),
où ζ est la fonction de Riemann.
Fonction dSE(0) par inégalités sur des intégrales
Soit f : [−1 ; 1] −→ R de classe C∞
telle que : ∀ n ∈ N,
1
−1
f (n)
(x)
2
dx (n!)2
.
Montrer que f est dSE(0), de rayon 1.
©Dunod.Laphotocopienonautoriséeestundélit.
6.48
6.49
6.50
6.51
6.52
6.53](https://image.slidesharecdn.com/mathmatiquesmthodesetexercicesmp-141109172011-conversion-gate01/85/Mathematiques-methodes-et-exercices-mp-271-320.jpg)
![Chapitre 6 • Séries entières
262
Formule de Simon Plouffe
Montrer : π =
+∞
n=0
1
16n
4
8n + 1
−
2
8n + 4
−
1
8n + 5
−
1
8n + 6
.
Toute fonction C∞
absolument monotone est dSE(0)
Soient a ∈ R∗
+, f : ] − a ; a[−→ R de classe C∞
telle que :
∀ n ∈ N, ∀ x ∈ ] − a ; a[, f (n)
(x) 0 .
On note, pour tout n ∈ N et tout x ∈ ] − a ; a[ :
Sn(x) =
n
k=0
xk
k!
f (k)
(0), Rn(x) =
x
0
(x − t)n
n!
f (n+1)
(t) dt .
a) 1) Montrer que, pour tout x ∈ [0 ; a[, la suite Sn(x) n 0
converge et la suite Rn(x) n 0
converge.
2) Établir, pour tout (x,y) ∈ ]0 ; a[2
tel que x < y : 0
Rn(x)
xn+1
Rn(y)
yn+1
.
3) Montrer, pour tout x ∈ [0 ; a[ : Rn(x) −−−→
n ∞
0.
4) En déduire que, pour tout x ∈ [0 ; a[, la série de Taylor de f en 0, prise en x converge et a pour
somme f (x).
b) Établir : ∀ x ∈ ] − a ; 0], Rn(x) −−−→
n ∞
0.
c) Conclure que f est dSE(0), de rayon a.
6.54
6.55
Du mal à démarrer ?
a) à d) Équivalent, puis règle de d’Alembert.
e) Règle de d’Alembert.
f) Encadrer la valeur absolue du coefficient.
a) À partir de la série géométrique,dériver,multiplier par x.
b) Décomposer en combinaison linéaire de trois séries entières.
c) Décomposer en combinaison linéaire de deux séries entières
et utiliser le résultat de a).
d) Décomposer en combinaison linéaire de deux séries entières
et utiliser le résultat de a), en remplaçant x par −x2
.
e) Remplacer sh x par
ex − e−x
2
.
f) Décomposer en combinaison linéaire de séries entières et uti-
liser le DSE(0) de l’exponentielle.
g) Séparer les termes d’indices pairs, d’indices impairs, d’abord
sur des sommes partielles.
a),b) Décomposer en éléments simples.
c) Calcul direct.
d) Remarquer : f (x) = (1 − x)(1 − x2)−1/2
.
e) Factoriser et décomposer en somme de logarithmes (de
nombres strictement positifs !).
f) Simplifier f (x) et linéariser.
6.1
6.2
6.3](https://image.slidesharecdn.com/mathmatiquesmthodesetexercicesmp-141109172011-conversion-gate01/85/Mathematiques-methodes-et-exercices-mp-272-320.jpg)
![Du mal à démarrer ?
263
©Dunod.Laphotocopienonautoriséeestundélit.
g) Diviser le DSE(0) de sin x par x, puis récupérer la valeur pour
x = 0.
Calculer les rayons et les sommes des deux séries entières
n 2
xn
(n − 1)n
et
n 2
xn
n − 1
, puis remplacer x par
2
5
, par
3
5
.
Se ramener à une étude de somme en passant par le loga-
rithme.
Poser z = x + iy, (x,y) ∈ R2
.
Remplacer cos (iy) et sin (iy) par leurs expressions à l’ai-
de d’exponentielles complexes.
Poser z = x + iy, (x,y) ∈ R2
,puis développer ch (x + iy)
et sh (x + iy).
Remplacer cos z et sin z par des sommes de séries
entières, puis utiliser l’inégalité triangulaire.
Développer cos (x + iy).
Poser z = x + iy, (x,y) ∈ R2
, puis développer cos z.
a), d) Obtenir un équivalent simple de an, par développe-
ment asymptotique, puis appliquer la règle de d’Alembert.
b) Équivalent, puis règle de d’Alembert.
c),f),g),h),j),l),n) Pour z ∈ C∗
fixé,déterminer la limite de |anzn|
lorsque l’entier n tend vers l’infini.
e),m),o),p) Encadrer |an|.
i) Règle de d’Alembert pour les séries numériques.
k) Majorer |an|. D’autre part, étudier le cas z = 1.
a) Chercher un équivalent simple de an, en séparant les
cas b 1, b > 1.
b) Règle de d’Alembert.
c) à e) Pour z ∈ C∗
fixé, déterminer la limite de |anzn| lorsque
l’entier n tend vers l’infini.
Étudier la nature des suites (a2
n zn)n 0, (anz2n)n 0.
1) Si R > 0,intercaler ρ tel que 0 < ρ < R,et déduire une
majoration de |an|1/n
.
2) Réciproquement, comparer |an| avec le terme général d’une
série géométrique.
a) Décomposer en éléments simples, multiplier par x2
.
b) Décomposer en éléments simples et diviser par x.
c) Séparer les termes d’indices pairs, d’indices impairs, d’abord
sur les sommes partielles, puis sur les sommes totales.
d) Décomposer le polynôme n4 + n2 + 1 (variable n) sur les
polynômes n(n − 1)(n − 2)(n − 3), n(n − 1)(n − 2), n(n − 1),
n, 1, puis utiliser le DSE(0) de l’exponentielle.
e) Combiner les DSE(0) de sh et sin.
f) Multiplier le dénominateur par n + 1, pour faire apparaître
(n + 2)!, puis utiliser le DES(0) de l’exponentielle.
g) Séparer les termes d’indices pairs, d’indices impairs, d’abord
sur les sommes partielles.
h) Calculer d’abord une somme partielle, par exemple
3N+2
n=0
anzn
.
a) 1) Existence : Récurrence sur n.
2) Unicité : Utiliser
√
2 /∈ Q.
b) Utiliser la formule du binôme de Newton.
d) Pour les rayons, chercher un équivalent simple de an, de bn,
lorsque l’entier n tend vers l’infini.
Pour les sommes, utiliser c) pour se ramener à une combinaison
linéaire de séries entières géométriques.
a) Décomposer en éléments simples dans C(X),utiliser des
séries entières géométriques, puis regrouper les termes conju-
gués deux par deux.
b) Décomposer en éléments simples et utiliser la série entière
géométrique et sa dérivée.
c) Remarquer : 1 + x + x2
=
1 − x3
1 − x
, pour x ∈ ] − 1 ; 1[.
d) Former le DES(0) de f par la même méthode qu’en a), puis
primitiver.
e) Former le DES(0) de f par la même méthode qu’en a), puis
primitiver.
f) 1re méthode : Remplacer sin x par −i sh (ix), puis linéariser.
2è méthode : Exprimer sin x et ch x à l’aide d’exponentielles
complexes.
g) Linéariser (ch x − 1)2
, diviser par x4
, former le DSE(0), puis
récupérer le cas x = 0.
h) Former le DSE(0) de g : t −→
ln(1 + t)
t
, compléter convena-
blement en 0, puis primitiver.
i) Former le DSE(0) de g : t −→
et − 1 − t
t2
, compléter conve-
nablement en 0, exprimer f (x) à l’aide de g, puis primitiver.
Utiliser l’inégalité de Cauchy et Schwarz sur des séries
entières.
6.4
6.5
6.6
6.7
6.8
6.9
6.10
6.11
6.12
6.13
6.14
6.15
6.16
6.17
6.18
6.19](https://image.slidesharecdn.com/mathmatiquesmthodesetexercicesmp-141109172011-conversion-gate01/85/Mathematiques-methodes-et-exercices-mp-273-320.jpg)
![Chapitre 6 • Séries entières
264
a) On obtient : an ∼
n∞
ln 2
n
.
b) 1) R = 1. 2) Pour
n
an(−R)n
, utiliser le TSCSA.
Calculer l’intégrale double, par emboîtement d’intégrales
simples, en utilisant une intégration par parties, puis calculer
1
0
ex − 1
x
dx par intégration d’un DSE(0) de rayon infini.
a) Remarquer ici : e−tn
e−t
.
b) Obtenir un équivalent simple de In, par le changement de
variable u = tn
, suivi du théorème de convergence dominée.
c) Pour
n 1
In(−R)n
, utiliser le TSCSA.
Développer la fonction sous l’intégrale en une somme de
série de fonctions, puis permuter intégrale et série, par le théo-
rème du cours sur continuité et convergence uniforme sur un
segment.
Calculer les intégrales de Wallis d’indices pairs.
Décomposer f, par produit et composition, à l’aide de
fonctions d’une variable réelle, en considérant
ϕ : R −→ R, t −→
et − 1
t
si t = 0
1 si t = 0.
Se rappeler que toute application dSE(0) est de classe C∞
.
b) Montrer que l’application t −→
Arctan t
t
, convenable-
ment prolongée en 0, est dSE(0), puis primitiver et refaire le
même raisonnement pour obtenir f (x).
a) Séparer les cas : x < −1, x = −1, x > −1 .
b) Pour x ∈ ] − 1 ; 1[, développer t −→ ln (1 + x e−t ) en
somme d’une série de fonctions, puis permuter intégrale et
série, par le théorème du cours sur l’intégration sur un interval-
le quelconque pour une série de fonctions.
Considérer la somme de la série entière
n 0
n2
xn
.
En notant [−a ; a] un segment en dehors duquel f est
nulle, exprimer g(x) pour x ∈ R fixé, puis permuter intégrale et
série, par le théorème du cours sur l’intégration sur un interval-
le quelconque pour une série de fonctions.
Noter
A =
+∞
n=0
1
(3n)!
, B =
+∞
n=0
1
(3n + 1)!
, C =
+∞
n=0
1
(3n + 2)!
,
et calculer A + B + C, A + jB + j2C, A + j2 B + jC , puis
déduire A.
Considérer la série entière
n 0
(−1)n xn
(n + 1)(2n + 1)
, de rayon 1.
Calculer sa somme pour x ∈ [0 ; 1[, puis montrer qu’on peut
remplacer x par 1, par continuité et convergence uniforme.
Former In + iJn, développer la fonction sous l’intégrale en
une somme de série de fonctions, puis permuter intégrale et
série, par continuité et convergence uniforme sur un segment.
Remplacer cos z et sin z par leurs expressions à l’aide de eiz
et e−iz
.
a) 1) Utiliser la majoration usuelle de | sin n|,et,d’autre part,
montrer que la suite ( sin n)n∈N ne converge pas vers 0.
2) Une série entière a le même rayon que sa série entière déri-
vée, ou qu’une série entière primitive.
b) Pour z ∈ C∗
, déterminer la limite de |anzn| lorsque l’entier n
tend vers l’infini.
c) Pour obtenir un équivalent simple du coefficient, utiliser le
théorème des accroissements finis, appliqué à Arcsin, entre
1
2
et
n + 1
2n + 3
.
d) Remarquer an −→
n ∞
0, donc : an ∼
n∞
sin an .
e) Encadrer |an|.
f) Montrer : ∀ n ∈ N, an nn
e−n
,
puis règle de d’Alembert pour
n 1
nn
e−n
zn
.
g) Par le changement de variable t = x2
, se ramener à
an =
(n+1)π
nπ
sin t
√
t
dt.
On sait que l’intégrale
−→+∞
π
sin t
√
t
dt est semi-convergente,
c’est-à-dire convergente mais non absolument convergente.
h) • Montrer : an 1.
• Par utilisation d’une expression conjuguée, montrer :
an n
√
2.
Utiliser la même méthode que celle employée dans le cours
pour montrer qu’une série entière a le même rayon que sa série
entière dérivée.
a) • Rayon : Comme pour l’exercice 6.33 a).
• Somme : Remplacer cos n par son expression à l’aide d’expo-
nentielles complexes et utiliser des séries géométriques.
b) Dériver, décomposer en éléments simples, primitiver.
6.20
6.21
6.22
6.23
6.24
6.25
6.26
6.27
6.28
6.29
6.30
6.31
6.32
6.33
6.34
6.35](https://image.slidesharecdn.com/mathmatiquesmthodesetexercicesmp-141109172011-conversion-gate01/85/Mathematiques-methodes-et-exercices-mp-274-320.jpg)
![Du mal à démarrer ?
265
©Dunod.Laphotocopienonautoriséeestundélit.
c) Changements de variable :
t =
√
x si x ∈ ]0 ; 1[, t =
√
−x si x ∈ ] − 1 ; 0[.
d) Changements de variable :
t =
√
x si x ∈ ]0 ; +∞[, t =
√
−x si x ∈ ] − ∞ ; 0[.
e) Décomposer en éléments simples.
Pour calculer
+∞
n=0
xn
2n + 1
, utiliser des changements de
variable, comme dans c).
f) Pour z ∈ C tel que |z| < 1 et N ∈ N∗
, découper
(N+1)2−1
n=0
zE(
√
n)
en paquets.
a) 1) Rayons : Une inégalité est immédiate.
Montrer que, pour tout θ ∈ R, la suite ( cos nθ)n 0 ne converge
pas vers 0, en raisonnant par l’absurde. Montrer que, pour tout
θ ∈ R − πZ, la suite ( sin nθ)n 0 ne converge pas vers 0, en rai-
sonnant par l’absurde.
2) Sommes : Considérer Sc(x) + iSs(x) et utiliser une série géo-
métrique.
b) 1) Rayons : Série entière dérivée.
2) Sommes : Se ramener à a) par dérivation et multiplication
par x.
a) En utilisant le DSE(0) de l’exponentielle, montrer que f
est dSE(0) de rayon infini, donc f est de classe C∞
sur R.
Effectuer le produit de Cauchy des séries entières
n 0
1
n!
zn
et
n 1
(−1)n−1
n · n!
zn
, puis exprimer le coefficient de zn
,
en remplaçant
1
n − k
par
1
0
tn−k−1
dt.
1) Par majoration de |an|, montrer : R 1.
2) Soit x ∈ ] − 1 ; 1[.Pour calculer S(x),montrer qu’on peut per-
muter série et intégrale,par continuité et convergence uniforme
sur un segment.
3) Ayant obtenu S(x) =
x
ln(1 + x)
si x = 0
1 si x = 0,
montrer R = 1 en considérant le comportement de S (x)
lorsque x −→ −1+
.
1) Soit f convenant.
• Montrer que f est de classe C∞
sur R.
• Montrer que le reste de Taylor de f en 0 tend vers 0 lorsque
l’entier n tend vers l’infini.
2) Reporter f (x) =
+∞
n=0
an xn
dans l’équation, et raisonner par
équivalences logiques successives.
1) Montrer que f est dSE(0), par des arguments qualitatifs.
2) Pour calculer le DSE(0) de f, utiliser la méthode de l’équation
différentielle.
Montrer que f satisfait une EDL2 (E) à coefficients variables
polynomiaux.
• Supposer que f est dSE(0), f (x) =
+∞
n=0
an xn
, reporter dans (E),
et déduire les an.
• Réciproquement, montrer que la série entière obtenue est de
rayon > 0 et satisfait (E) et les mêmes conditions initiales que f.
Conclure à l’aide du théorème de Cauchy linéaire.
a) Utiliser des DL(0) pour obtenir :
f (x) −→
x−→0
−
1
2
.
b) Montrer, pour x = 0 : f (x) = −
x
ex − 1
ex − 1 − x
x2
.
Montrer que x −→
ex − 1 − x
x2
complétée convenablement
en 0, est dSE(0), puis utiliser le lien entre dSE(0) et classe C∞
.
a) Montrer : f (0) = 0. Se ramener au cas où tn −→
n ∞
0 en
décroissant strictement, et utiliser le théorème de Rolle pour
construire une suite (un)n 0 jouant, pour f , le même rôle que
celui joué par (tn)n 0 pour f.
En déduire f (0) = 0, réitérer, puis f = 0.
b) Raisonner par l’absurde et appliquer le résultat de a) à
g : x −→ f (x) − x3
, h : x −→ f (x) + x3
.
Montrer qu’on peut permuter intégrale et série, par appli-
cation du théorème du cours sur l’intégration sur un intervalle
quelconque pour une série de fonctions.
1) Rayon : Encadrer un par deux suites plus simples,
0 vn un wn , calculer vn et wn et en déduire
R =
√
5 − 1
2
.
2) Somme : Décomposer un+2xn+2
d’après l’énoncé, puis som-
mer.
b) 1) • Encadrer
αn
n!
, et déduire R 1.
• Faire le produit de Cauchy de
n 0
αn
n!
zn
et
n 0
1
n!
zn
.
2) Effectuer (1 − z)S(z) et utiliser un télescopage.
6.36
6.37
6.38
6.39
6.40
6.41
6.42
6.43
6.44
6.45
6.46
6.47](https://image.slidesharecdn.com/mathmatiquesmthodesetexercicesmp-141109172011-conversion-gate01/85/Mathematiques-methodes-et-exercices-mp-275-320.jpg)
![Chapitre 6 • Séries entières
266
3) La série
p 0
(−1)p
p!
relève du TSCSA et sa somme est égale
à e−1
.
Montrer que le théorème d’interversion pour les séries
doubles à termes 0 s’applique à
1
np2n
n 1, p 2
.
a) Montrer que (an)n 0 est décroissante et minorée par 0,
et que la seule limite possible est 0.
b) 1) Appliquer un théorème de sommation des relations de
comparaison à la série de terme général bn+1 − bn .
c) 2) Utiliser le TSCSA.
a) Revenir à la définition d’une limite infinie et utiliser des
sommes partielles.
b) Revenir à la définition d’une limite finie,pour
an
bn
−→
n ∞
,et uti-
liser des sommes partielles.
a) Règle de d’Alembert.
b) Par la formule de Stirling et l’exercice 6.50, montrer :
S(x) ∼
x−→1−
1
√
2π
+∞
n=1
xn
√
n
.
Pour obtenir un équivalent simple de cette dernière somme de
série entière lorsque x −→ 1−
, utiliser une comparaison
série/intégrale.
Montrer qu’on peut appliquer le théorème d’interversion
des sommations à la suite double (un,k)n 1, k 2 définie par
un,k = n
p + n − 1
n
1
kp+n
.
Utiliser le DSE(0) classique :
∀ x ∈ ] − 1 ; 1[, (1 − x)−p
=
+∞
n=0
p + n − 1
n
xn
et dériver.
Appliquer la formule de Taylor avec reste intégral à f sur le
segment joignant 0 et x, et majorer la valeur absolue du reste à
l’aide de l’inégalité de Cauchy et Schwarz.
Remarquer :
∀ p ∈ N∗
,
1
16n(8n + p)
=
√
2 p
1/
√
2
0
x8n+p−1
dx .
Montrer que l’on peut permuter intégrale et série, par continui-
té et convergence uniforme sur un segment.
En déduire, après changement de variable u = x
√
2 :
S = 16
1
0
4 − 2u3 − u4 − u5
16 − u8
du .
Simplifier la fraction rationnelle et calculer l’intégrale.
a) 1) Montrer que,pour tout x ∈ [0 ; a[,la suite Sn(x) n 0
est
croissante et majorée.
2) Pour n ∈ N, (x,y) ∈ ]0 ; a[2
tel que x < y, exprimer
Rn(x)
xn+1
à
l’aide du changement de variable u =
t
x
, et comparer à
Rn(y)
yn+1
.
3) Pour x ∈ ]0 ; a[ fixé,intercaler strictement un y entre x et a et
utiliser 2).
b) Montrer, pour tout x ∈ ] − a ; 0] : |Rn(x)| Rn(|x|),
et utiliser a).
6.48
6.49
6.50
6.51
6.52
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6.54
6.55](https://image.slidesharecdn.com/mathmatiquesmthodesetexercicesmp-141109172011-conversion-gate01/85/Mathematiques-methodes-et-exercices-mp-276-320.jpg)
![267
Notons, dans chaque exemple, an le coefficient de la série
entière envisagée.
a) On a : an =
n2
+ 1
n3 + 2
∼
n∞
1
n
,
puis, pour tout z ∈ C∗
:
an+1zn+1
an zn
∼
n∞
n
n + 1
|z| −−−→
n ∞
|z|,
donc, d’après la règle de d’Alembert : R = 1.
b) On a : an =
√
n + 2 −
√
n =
2
√
n + 2 +
√
n
∼
n∞
1
√
n
,
puis, pour tout z ∈ C∗
:
an+1zn+1
an zn
∼
n∞
√
n
√
n + 1
|z| −−−→
n ∞
|z| ,
donc, d’après la règle de d’Alembert : R = 1.
c) On a : an =
2n
+ n2
3n − n2
∼
n∞
2n
3n
,
puis, pour tout z ∈ C∗
:
an+1zn+1
an zn
∼
n∞
2n+1
3n+1
3n
2n
|z| =
2
3
|z| −−−→
n ∞
2
3
|z| ,
donc, d’après la règle de d’Alembert : R =
3
2
.
d) On a :
an =
ln(n2
+ 1)
ln(n3 + 1)
=
2 ln n + ln 1 +
1
n2
3 ln n + ln 1 +
1
n3
−→
n∞
2
3
,
puis, pour tout z ∈ C∗
:
an+1zn+1
an zn
=
an+1
an
|z| −−−→
n ∞
|z|,
donc, d’après la règle de d’Alembert : R = 1.
e) On a, pour tout z ∈ C∗
:
an+1zn+1
an zn
=
2n + 2
n + 1
2n
n
−1
|z|
=
(2n + 2)!
(n + 1)!
2
(n!)2
(2n)!
|z| =
(2n + 2)(2n + 1)
(n + 1)2
|z| −−−→
n ∞
4|z| ,
donc, d’après la règle de d’Alembert : R =
1
4
.
f) On a : ∀ n ∈ N, 0 e−1
esin n
e1
.
Les séries entières
n 0
e−1
zn
et
n 0
e zn
sont de rayon 1 (sé-
ries géométriques, ou règle de d’Alembert), donc, par théorème
d’encadrement pour les rayons : R = 1.
a) La règle de d’Alembert montre : R = 1.
On a : ∀ x ∈ ] − 1 ; 1[,
+∞
n=0
xn
=
1
1 − x
,
d’où, en dérivant :
∀ x ∈ ] − 1 ; 1[,
+∞
n=1
nxn−1
=
1
(1 − x)2
,
puis, en multipliant par x :
∀ x ∈ ] − 1 ; 1[,
+∞
n=1
nxn
=
x
(1 − x)2
= x(1 − x)−2
,
puis, en dérivant : ∀ x ∈ ] − 1 ; 1[,
+∞
n=1
n2
xn−1
= (1 − x)−2
+ 2x(1 − x)−3
=
1 + x
(1 − x)3
,
puis, en multipliant par x et en remarquant que le terme d’in-
dice 0 est nul :
∀ x ∈ ] − 1 ; 1[, S(x) =
+∞
n=0
n2
xn
=
x(1 + x)
(1 − x)3
.
Réponse : R = 1 et :
∀ x ∈ ] − 1 ; 1[, S(x) =
x(1 + x)
(1 − x)3
.
b) L’utilisation d’un équivalent et la règle de d’Alembert mon-
trent : R = 1.
On a, pour tout x ∈ ] − 1 ; 1[ :
S(x) =
+∞
n=1
(n + 1)2
n
xn
=
+∞
n=1
n + 2 +
1
n
xn
=
+∞
n=1
nxn
+ 2
+∞
n=1
xn
+
+∞
n=1
xn
n
,
car ces trois séries entières sont de rayon 1.
On sait : ∀ x ∈ ] − 1 ; 1[,
+∞
n=0
xn
=
1
1 − x
,
donc : ∀ x ∈ ] − 1 ; 1[,
+∞
n=1
xn
=
1
1 − x
− 1 =
x
1 − x
.
Corrigés des exercices
6.1
6.2](https://image.slidesharecdn.com/mathmatiquesmthodesetexercicesmp-141109172011-conversion-gate01/85/Mathematiques-methodes-et-exercices-mp-277-320.jpg)
![• On a, pour tout x ∈ ] − 1 ; 1[ :
S(x) =
+∞
n=0
(n2
+ 1)(−1)n
x2n
=
+∞
n=0
(n2
+ 1)(−x2
)n
=
+∞
n=0
n2
(−x2
)n
+
+∞
n=0
(−x2
)n
,
car ces deux séries entières sont de rayon 1.
D’une part, par série géométrique :
+∞
n=0
(−x2
)n
=
1
1 − (−x2)
=
1
1 + x2
.
D’autre part, d’après l’exercice a) :
∀ t ∈ ] − 1 ; 1[,
+∞
n=0
n2
tn
=
t(1 + t)
(1 − t)3
,
puis en remplaçant t par −x2
∈ ] − 1 ; 1[ :
+∞
n=0
n2
(−x2
)n
=
−x2
(1 − x2
)
(1 + x2)3
.
Réponse : R = 1 et :
∀ x ∈ ] − 1 ; 1[, S(x) =
−x2
(1 − x2
)
(1 + x2)3
+
1
1 + x2
.
e) • On a : an = sh n =
en
− e−n
2
∼
n∞
en
2
.
Comme la série entière
n 0
en
zn
est de rayon
1
e
(série géo-
métrique), par théorème d’équivalence : R =
1
e
.
• On a, pour tout z ∈ C tel que |z| <
1
e
:
S(z) =
+∞
n=0
sh n zn
=
+∞
n=0
en
− e−n
2
zn
=
1
2
+∞
n=0
en
zn
−
1
2
+∞
n=0
e−n
zn
car les rayons respectifs sont
1
e
, et
e =
1
2
1
1 − ez
−
1
2
1
1 − e−1z
=
1
2
(1 − e−1
z) − (1 − ez)
(1 − ez)(1 − e−1z)
=
1
2
(e − e−1
)z
1 − (e + e−1)z + z2
=
(sh 1)z
1 − 2(ch 1)z + z2
.
Réponse : R =
1
e
et, pour tout z ∈ C tel que |z| <
1
e
:
S(z) =
z sh 1
1 − 2z ch 1 + z2
.
268
D’autre part, en dérivant, on obtient :
∀ x ∈ ] − 1 ; 1[,
+∞
n=1
nxn−1
=
1
(1 − x)2
,
puis, en multipliant par x :
∀ x ∈ ] − 1 ; 1[,
+∞
n=1
nxn
=
x
(1 − x)2
.
Enfin, on sait : ∀ x ∈ ] − 1 ; 1[,
+∞
n=1
xn
n
= − ln (1 − x).
En combinant linéairement, on en déduit S(x).
Réponse : R = 1 et :
∀ x ∈ ] − 1 ; 1[, S(x) =
3x − 2x2
(1 − x)2
− ln (1 − x) .
c) L’utilisation d’un équivalent et la règle de d’Alembert mon-
trent : R = 1.
On a, pour tout x ∈ ] − 1 ; 1[ :
S(x) =
+∞
n=0
n3
+ n2
− 1
n + 1
xn
=
+∞
n=0
n2
−
1
n + 1
xn
=
+∞
n=0
n2
xn
notée A(x)
−
+∞
n=0
1
n + 1
xn
notée B(x)
,
car ces deux séries entières sont de rayon 1.
On a calculé A(x) dans a) : A(x) =
x(1 + x)
(1 − x)3
.
D’autre part, si x =/ 0 :
B(x) =
1
x
+∞
n=0
xn+1
n + 1
=
1
x
+∞
n=1
xn
n
= −
1
x
ln (1 − x) ,
et on a B(0) = 1, terme constant de la série entière définissant
B(x).
Réponse : R = 1 et pour tout x ∈ ] − 1 ; 1[ :
S(x) =
x(1 + x)
(1 − x)3
+
1
x
ln (1 − x) si x =/ 0
1 si x = 0.
d) • Soit x ∈ R∗
. Notons, pour tout n ∈ N :
un = (n2
+ 1)(−1)n
x2n
= (n2
+ 1)x2n
.
On a :
un+1
un
=
(n + 1)2
+ 1
n2 + 1
|x|2
−−−→
n ∞
|x|2
,
donc, d’après la règle de d’Alembert : R = 1.](https://image.slidesharecdn.com/mathmatiquesmthodesetexercicesmp-141109172011-conversion-gate01/85/Mathematiques-methodes-et-exercices-mp-278-320.jpg)
![269
f) • On a, pour tout z ∈ C∗
:
an+1zn+1
an zn
=
n + 2
(n + 1)!
n!
n + 1
|z|
=
n + 2
(n + 1)2
|z| ∼
n∞
1
n
|z| −−−→
n ∞
0,
donc, d’après la règle de d’Alembert : R = +∞.
• On a, pour tout z ∈ C :
S(z) =
+∞
n=0
n + 1
n!
zn
= 1 +
+∞
n=1
n + 1
n!
zn
= 1 +
+∞
n=1
1
(n − 1)!
+
1
n!
zn
= 1 +
+∞
n=1
zn
(n − 1)!
+
+∞
n=1
zn
n!
car ces deux séries entières sont de rayon infini
=
+∞
n=0
zn+1
n!
+
+∞
n=0
zn
n!
= (1 + z)
+∞
n=0
zn
n!
= (1 + z) ez
.
Réponse : R = +∞ et : ∀ z ∈ C, S(z) = (1 + z) ez
.
g) • On a : ∀ n ∈ N∗
,
1
n
|an| n.
Comme les deux séries entières
n 1
1
n
zn
et
n 1
zn
sont de
rayon 1, par théorème d’encadrement : R = 1.
• Soit x ∈ ] − 1 ; 1[. Pour séparer les termes d’indices pairs, d’in-
dices impairs, nous allons travailler sur des sommes partielles.
On a, pour tout N ∈ N :
2N+1
n=1
n(−1)n
xn
=
N
p=1
2px2p
+
N
p=0
1
2p + 1
x2p+1
.
Comme les trois séries entières qui interviennent sont de rayon
1, on déduit, en faisant tendre l’entier N vers l’infini :
S(x) =
+∞
p=1
2px2p
notée A(x)
+
+∞
p=0
x2p+1
2p + 1
notée B(x)
.
On a, d’après la série géométrique :
∀ t ∈ ] − 1 ; 1[,
+∞
n=0
tn
=
1
1 − t
,
d’où, en dérivant :
∀ t ∈ ] − 1 ; 1[,
+∞
n=1
ntn−1
=
1
(1 − t)2
,
puis, en multipliant par t :
∀ t ∈ ] − 1 ; 1[,
+∞
n=1
ntn
=
t
(1 − t)2
.
Il s’ensuit :
∀ x ∈ ] − 1 ; 1[, A(x) = 2
+∞
p=1
p(x2
)p
= 2
x2
(1 − x2)2
.
D’autre part :
∀ x ∈ ] − 1 ; 1[, B(x) =
+∞
p=0
x2p+1
2p + 1
=
1
2
ln
1 + x
1 − x
.
Réponse : R = 1 et :
∀ x ∈ ] − 1 ; 1[, S(x) =
2x2
(1 − x2)2
+
1
2
ln
1 + x
1 − x
.
a) La fonction f : x −→
x3
+ 2
x2 − 1
est définie sur
R − {−1,1}, donc au moins sur ] − 1 ; 1[, et on a, par une dé-
composition en éléments simples immédiate, pour tout
x ∈ ] − 1 ; 1[ :
f (x) = x +
x + 2
x2 − 1
= x +
x + 2
(x − 1)(x + 1)
= x +
3
2
1
x − 1
−
1
2
1
x + 1
= x −
3
2
1
1 − x
−
1
2
1
1 + x
= x −
3
2
+∞
n=0
xn
−
1
2
+∞
n=0
(−1)n
xn
= x +
+∞
n=0
−
3
2
−
1
2
(−1)n
xn
=
+∞
n=0
an xn
,
en notant : an =
−
3
2
−
1
2
(−1)n
si n =/ 1
0 si n = 1,
ou encore : an =
−1 si n = 2p + 1, p ∈ N∗
−2 si n = 2p, p ∈ N
0 si n = 1.
Déterminons le rayon R de cette série entière.
D’une part, puisque la suite (an)n ne converge pas vers 0,
on a : R 1.
D’autre part, puisque (an)n est bornée, on a : R 1.
On conclut : R = 1.
b) La fonction
f : x −→
1
x4 − 3x2 + 2
=
1
(x2 − 1)(x2 − 2)
est définie sur R − {−
√
2, −1, 1,
√
2}, donc (au moins) sur
] − 1 ; 1[ et on a, par une décomposition en éléments simples
immédiate, pour tout x ∈ ] − 1 ; 1[ :
6.3](https://image.slidesharecdn.com/mathmatiquesmthodesetexercicesmp-141109172011-conversion-gate01/85/Mathematiques-methodes-et-exercices-mp-279-320.jpg)
![270
f (x) =
1
(x2 − 1)(x2 − 2)
= −
1
x2 − 1
+
1
x2 − 2
=
1
1 − x2
−
1
2
1
1 −
x2
2
=
+∞
n=0
(x2
)n
−
1
2
+∞
n=0
x2
2
n
=
+∞
n=0
1 −
1
2n+1
x2n
.
Puisque 1 −
1
2n+1
∼
n∞
1 et que la série entière
n 0
x2n
est de
rayon 1, par théorème d’équivalence, on a : R = 1.
c) La fonction f : x −→ (1 − x) ln (1 − x)
est définie que ] − ∞ ; 1[, donc (au moins) sur ] − 1 ; 1[.
On a, pour tout x ∈ ] − 1 ; 1[ :
f (x) = (1 − x) ln (1 − x) = −(1 − x)
+∞
n=1
xn
n
= −
+∞
n=1
xn
n
+
+∞
n=1
xn+1
n
= −
+∞
n=1
xn
n
+
+∞
n=2
xn
n − 1
= −x +
+∞
n=2
−
1
n
+
1
n − 1
xn
= −x +
+∞
n=2
1
(n − 1)n
xn
.
On peut considérer que ce dernier résultat constitue la réponse
à la question posée. On peut aussi se ramener précisément à
une série entière :
∀ x ∈ ] − 1 ; 1[, f (x) =
+∞
n=0
an xn
,
où, pour tout n ∈ N : an =
0 si n = 0
−1 si n = 1
1
(n − 1)n
si n 2.
Par la règle de d’Alembert : R = 1.
d) La fonction x −→
1 − x
1 + x
est définie sur ] − 1 ; 1], donc (au moins) sur ] − 1 ; 1[.
On a, pour tout x ∈ ] − 1 ; 1[ :
f (x) =
1 − x
√
1 − x2
= (1 − x)(1 − x2
)−1/2
= (1 − x) 1 +
+∞
n=1
− 1
2
· · · − 1
2
− n + 1
n!
(−x2
)n
= (1 − x) 1 +
+∞
n=1
(−1)n
1 · 3 · · · (2n − 1)
2nn!
(−1)n
x2n
= (1 − x) 1 +
+∞
n=1
(2n)!
22n(n!)2
x2n
= (1 − x)
+∞
n=0
(2n)!
22n(n!)2
x2n
=
+∞
n=0
(2n)!
22n(n!)2
x2n
−
+∞
n=0
(2n)!
22n(n!)2
x2n+1
.
On peut considérer que ce dernier résultat constitue la réponse
à la question posée. On peut aussi se ramener précisément à
une série entière :
∀ x ∈ ] − 1 ; 1[, f (x) =
+∞
k=0
ak xk
,
où, pour tout k ∈ N :
ak =
(2n)!
22n(n!)2
si k est pair, k = 2n, n ∈ N
(2n)!
22n(n!)2
si k est impair, k = 2n + 1, n ∈ N,
ou encore, pour tout k ∈ N, ak = (−1)k (2n)!
22n(n!)2
, en notant
n = E
k
2
.
Déterminons le rayon R. On sait déjà : R 1.
Comme f (x) −→
x−→−1+
+∞, on a : R 1.
On conclut : R = 1.
e) On a : X2
− 8X + 15 = (X − 3)(X − 5).
La fonction f : x −→ ln (x2
− 8x + 15) est définie sur
] − ∞ ; 3[ ∪ ]5 ; +∞[, donc (au moins) sur ] − 3 ; 3[.
On a, pour tout x ∈ ] − 3 ; 3[ (en faisant attention à ne mettre
des logarithmes que sur des nombres > 0) :
f (x) = ln (x − 3)(x − 5)
= ln (3 − x) + ln (5 − x)
= ln 3 + ln 1 −
x
3
+ ln 5 + ln 1 −
x
5
= ln 15 −
+∞
n=1
1
n
x
3
n
−
+∞
n=1
1
n
x
5
n
= ln 15 −
+∞
n=1
1
n
1
3n
+
1
5n
xn
.
On peut considérer que ce dernier résultat constitue la réponse
à la question posée.
On peut aussi se ramener précisément à une série entière :
∀ x ∈ ] − 3 ; 3[, f (x) =
+∞
n=0
an xn
,
où a0 = ln 15 et an = −
1
n
1
3n
+
1
5n
pour tout n 1.](https://image.slidesharecdn.com/mathmatiquesmthodesetexercicesmp-141109172011-conversion-gate01/85/Mathematiques-methodes-et-exercices-mp-280-320.jpg)
![271
On a |an| ∼
n∞
1
n3n
noté bn, et, pour tout x ∈ R∗
fixé :
bn+1xn+1
bn xn
=
n3n
(n + 1)3n+1
|x| =
n
n + 1
|x|
3
−−−→
n ∞
|x|
3
.
On en déduit, d’après la règle de d’Alembert et le théorème
d’équivalence : R = 3.
f) L’application f : x −→
sin 4x
sin x
est définie sur R − πZ.
On a, pour tout x ∈ R :
sin 4x = 2 sin 2x cos 2x = 4 sin x cos x cos 2x ,
donc, pour tout x ∈ R − πZ : f (x) = 4 cos x cos 2x.
Ainsi, f peut être prolongée par continuité à R tout entier, en
notant : f : R −→ R, x −→ 4 cos x cos 2x.
Linéarisons : ∀ x ∈ R, f (x) = 2( cos x + cos 3x).
D’après le cours, comme x −→ cos x et x −→ cos 3x sont
dSE(0) de rayon infini, par combinaison linéaire, f est dSE(0)
de rayon infini, et on a, pour tout x ∈ R :
f (x) = 2
+∞
p=0
(−1)p
(2p)!
(3x)2p
+
+∞
p=0
(−1)p
(2p)!
x2p
= 2
+∞
p=0
(−1)p
(2p)!
(32p
+ 1)x2p
.
On peut considérer que ce dernier résultat constitue la réponse
à la question posée. On peut aussi se ramener précisément à
une série entière :
∀ x ∈ R, f (x) =
+∞
n=0
an xn
,
où, pour tout n ∈ N :
an =
(−1)p
(2p)!
(32p
+ 1) si n est pair n = 2p, p ∈ N
0 si n est impair .
On a vu plus haut que le rayon est infini.
g) L’application f : x −→
sin x
x
est définie sur R∗
et
f (x) =
sin x
x
−→
x−→0
1. On peut donc prolonger f par continuité
à R tout entier, en notant :
f : R −→ R, x −→
sin x
x
si x =/ 0
1 si x = 0.
On a, pour tout x ∈ R, d’après le cours :
sin x =
+∞
p=0
(−1)p
(2p + 1)!
x2p+1
,
d’où, pour tout x ∈ R∗
: f (x) =
+∞
p=0
(−1)p
(2p + 1)!
x2p
.
De plus, cette dernière égalité est vraie pour x = 0, car
f (0) = 1 et la valeur en 0 de la série entière du second membre
est égale à son terme constant, donc égale à 1.
Ainsi : ∀ x ∈ R, f (x) =
+∞
p=0
(−1)p
(2p + 1)!
x2p
.
Il est clair que : R = +∞.
On a, pour tout n 2 :
un =
2n
+ n3n
(n − 1)n5n
=
1
(n − 1)n
2
5
n
+
1
n − 1
3
5
n
.
Nous allons calculer les sommes respectives A,B des séries en-
tières
n 2
xn
(n − 1)n
,
n 2
xn
n − 1
, puis remplacer x par
2
5
,
par
3
5
. Il est clair, par la règle de d’Alembert par exemple, que
ces deux séries entières sont de rayon égal à 1.
On a, pour tout x ∈ ] − 1 ; 1[ :
B(x) =
+∞
n=2
xn
n − 1
= x
+∞
n=2
xn−1
n − 1
= x
+∞
n=1
xn
n
= x − ln (1 − x) = −x ln (1 − x).
D’autre part, pour tout x ∈ ] − 1 ; 1[, en utilisant une décom-
position en éléments simples de
1
(n − 1)n
:
A(x) =
+∞
n=2
xn
(n − 1)n
=
+∞
n=2
1
n − 1
−
1
n
xn
=
+∞
n=2
1
n − 1
xn
−
+∞
n=2
1
n
xn
car ces séries entières sont de rayon 1
= B(x) − − ln (1 − x) − x
= −x ln (1 − x) + ln (1 − x) + x = (1 − x) ln (1 − x) + x.
On a donc :
S =
+∞
n=2
un =
+∞
n=2
1
(n − 1)n
2
5
n
+
+∞
n=2
1
n − 1
3
5
n
= A
2
5
+ B
3
5
=
3
5
ln
3
5
+
2
5
−
3
5
ln
2
5
=
3
5
ln
3
2
+
2
5
.
En notant, pour tout n ∈ N, Pn =
n
k=0
3
2k
k! , on a Pn > 0
et : ln Pn =
n
k=0
2k
k!
ln 3 =
n
k=0
2k
k!
ln 3,
6.4
6.5](https://image.slidesharecdn.com/mathmatiquesmthodesetexercicesmp-141109172011-conversion-gate01/85/Mathematiques-methodes-et-exercices-mp-281-320.jpg)
![272
donc : ln Pn −−−→
n ∞
+∞
k=0
2k
k!
ln 3 = e2
ln 3,
puis, par continuité de l’exponentielle :
Pn −−−→
n ∞
ee2 ln 3
= 3e2
.
On conclut : lim
n∞
n
k=0
3
2k
k! = 3e2
.
Soit z ∈ C, z = x + i y, (x,y) ∈ R2
. On a :
ez
= −2 ⇐⇒ ex+i y
= −2
⇐⇒
ex
= 2
y = Arg (−1) [2π]
⇐⇒
x = ln 2
y ≡ π [2π]
.
On conclut que l’ensemble des solutions de l’équation propo-
sée est : S = ln 2 + (π + 2kπ)i ; k ∈ Z .
a) On a, pour tout y ∈ R :
cos (i y) =
ei (i y)
+ e−i(i y)
2
=
e−y
+ ey
2
= ch y,
sin (i y) =
ei (i y)
− e−i(i y)
2i
=
e−y
− ey
2i
= i sh y.
b) On a, pour tout (x,y) ∈ R2
, en utilisant a) :
cos (x + i y) = cos x cos (i y) − sin x sin (i y)
= cos x ch y − i sin x sh y,
donc :
cos (x + i y)
2
= ( cos x ch y)2
+ ( sin x sh y)2
= cos 2
x ch2
y + sin 2
x sh2
y
= cos 2
x(1 + sh2
y) + (1 − cos 2
x)sh2
y = cos 2
x + sh2
y
et
cos x + sin (i y)
2
= cos x + i sh y
2
= cos 2
x + sh2
y.
On conclut : cos (x + i y) = cos x + sin (i y) .
Soit z ∈ C, z = x + i y, (x,y) ∈ R2
. On a :
ch z = ch (x + i y) = ch x ch (i y) + sh x sh (i y)
= ch x
ei y
+ e−i y
2
+ sh x
ei y
− e−i y
2
= ch x cos y + i sh x sin y,
et :
sh z = sh (x + i y) = sh x ch (i y) + ch x sh (i y)
= sh x
ei y
+ e−i y
2
+ ch x
ei y
− e−i y
2
= sh x cos y + i ch x sin y.
d’où :
|ch z| = |sh z|
⇐⇒ (ch x cos y)2
+ (sh x sin y)2
= (sh x cos y)2
+ (ch x sin y)2
⇐⇒ (ch2
x − sh2
x) cos 2
y − (ch2
x − sh2
x) sin 2
y = 0
⇐⇒ cos 2
y − sin 2
y = 0
⇐⇒ 2 cos 2
y = 1 ⇐⇒ y ≡
π
4
π
2
.
On conclut que l’ensemble des solutions de l’équation propo-
sée est : S = x + i
π
4
+ k
π
2
; (x,k) ∈ R × Z .
On a, en passant par les séries entières définissant
cos ,ch, sin ,sh, pour tout z ∈ C :
| cos z| =
+∞
p=0
(−1)p
z2p
(2p)!
+∞
p=0
(−1)p
z2p
(2p)!
=
+∞
p=0
|z|2p
(2p)!
= ch (|z|),
| sin z| =
+∞
p=0
(−1)p
z2p+1
(2p + 1)!
+∞
p=0
(−1)p
z2p+1
(2p + 1)!
=
+∞
p=0
|z|2p+1
(2p + 1)!
= sh (|z|).
On a :
cos z = cos (x + i y) = cos x cos (i y) − sin x sin (i y)
= cos x
ei(i y)
+ e−i(i y)
2
− sin x
ei(i y)
− e−i(i y)
2i
= cos x
e−y
+ ey
2
+ sin x
ey
− e−y
2i
= cos x ch y + i sin x sh y,
donc :
| cos z|2
= ( cos x ch y)2
+ ( sin x sh y)2
= cos 2
x ch2
y + sin 2
x sh2
y
= (1 − sin 2
x) ch2
y + sin 2
x( ch2
y − 1) = ch2
y − sin 2
x
= (1 + sh2
y) − (1 − cos 2
x) = sh2
y + cos 2
x.
Même méthode pour les trois autres formules.
6.6
6.7
6.8
6.9
6.10](https://image.slidesharecdn.com/mathmatiquesmthodesetexercicesmp-141109172011-conversion-gate01/85/Mathematiques-methodes-et-exercices-mp-282-320.jpg)
![276
On a montré : ∀ z ∈ C,
|z| < R2
⇒ |z| R
|z| > R2
⇒ |z| R ,
d’où : R2
R et R2
R ,
et on conclut : R = R2
.
2) Notons R le rayon de la série entière
n
an z2n
.
On a, pour tout entier n et tout z ∈ C :
an z2n
= an(z2
)n
.
• Si |z2
| < R, alors an|z2
|n
−−−→
n ∞
0, donc : |z| R .
• Si |z2
| > R, alors la suite an(z2
)n
n
n’est pas bornée, donc
la suite (an z2n
)n n’est pas bornée, d’où : |z| R .
On a montré : ∀ z ∈ C,
|z| < R
1
2 ⇒ |z| R
|z| > R
1
2 ⇒ |z| R ,
d’où : R
1
2 R et R
1
2 R ,
et on conclut : R = R
1
2.
1) Supposons R > 0.
Il existe ρ ∈ R tel que 0 < ρ < R, par exemple : ρ =
R
2
.
Puisque |ρ| < R, la suite (anρn
)n 1 est bornée. Il existe
donc C ∈ R∗
+ tel que : ∀ n 1, |anρn
| C, d’où :
∀ n 1, |an|
1
n
1
ρ
C
1
n .
Comme C
1
n −−−→
n ∞
1, la suite (C
1
n )n 1 est bornée.
Il existe donc D ∈ R+ tel que : ∀ n 1, C
1
n D.
On a alors : ∀ n 1, |an|
1
n
D
ρ
,
ce qui montre que la suite |an|
1
n
n 1
est majorée.
2) Réciproquement, supposons que la suite |an|
1
n
n 1
est ma-
jorée.
Il existe donc M ∈ R∗
+ tel que : ∀ n 1, |an|
1
n M.
On a alors : ∀ n 1, |an| Mn
.
Comme la série entière
n 1
Mn
zn
est de rayon
1
M
(série géo-
métrique), il en résulte que la série entière
n 1
an zn
est de rayon
1
M
, donc de rayon 0.
a) • On a :
1
n(n + 2)
∼
n∞
1
n2
, donc, par la règle de
d’Alembert et le théorème d’équivalence : R = 1.
• Utilisons une décomposition en éléments simples du coeffi-
cient :
1
n(n + 2)
=
1
2
1
n
−
1
n + 2
.
On a, pour tout x ∈ ] − 1 ; 1[ :
S(x) =
+∞
n=1
xn
n(n + 2)
=
+∞
n=1
1
2
1
n
−
1
n + 2
xn
=
1
2
+∞
n=1
1
n
xn
notée A(x)
−
1
2
+∞
n=1
1
n + 2
xn
notée B(x)
car ces deux séries entières sont de rayon 1.
D’après le cours : A(x) = −ln (1 − x).
On a, pour tout x ∈ ] − 1 ; 1[ :
x2
B(x) =
+∞
n=1
xn+2
n + 2
=
+∞
n=3
xn
n
= −ln (1 − x) − x +
x2
2
,
d’où, pour tout x ∈ ] − 1 ; 1[−{0} :
B(x) =
1
x2
− ln (1 − x) − x −
x2
2
.
Puis :
S(x) = −
1
2
ln (1 − x) +
1
2x2
ln (1 − x) + x +
x2
2
=
1
2x2
−
1
2
ln (1 − x) +
2 + x
4x
=
1 − x2
2x2
ln (1 − x) +
2 + x
4x
.
Enfin : S(0) = 0, car S(0) est le terme constant de la série
entière définissant S.
Réponse : R = 1 et, pour tout x ∈ ] − 1 ; 1[ :
S(x) =
1 − x2
2x2
ln (1 − x) +
2 + x
4x
si x =/ 0
0 si x = 0.
b) • On a :
1
n3 − n
∼
n∞
1
n3
, donc, par la règle de d’Alembert
et le théorème d’équivalence : R = 1.
• Utilisons une décomposition en éléments simples du coeffi-
cient
1
n3 − n
. Il existe (a,b,c) ∈ R3
tel que :
1
X3 − X
=
1
(X − 1)X(X + 1)
=
a
X − 1
+
b
X
+
c
X + 1
.
Par multiplication par X − 1 puis remplacement de X par 1,
on obtient : a =
1
2
.
6.15
6.16](https://image.slidesharecdn.com/mathmatiquesmthodesetexercicesmp-141109172011-conversion-gate01/85/Mathematiques-methodes-et-exercices-mp-286-320.jpg)
![277
Par multiplication par X puis remplacement de X par 0, on ob-
tient : b = −1.
Par multiplication par X + 1 puis remplacement de X par−1,
on obtient : c =
1
2
.
On a donc :
1
X3 − X
=
1
2
1
X − 1
−
2
X
+
1
X + 1
.
D’où, pour tout x ∈ ] − 1 ; 1[−{0} :
S(x) =
+∞
n=2
xn
n3 − n
=
+∞
n=2
1
2
1
n − 1
−
2
n
+
1
n + 1
xn
=
1
2
+∞
n=2
xn
n − 1
−
+∞
n=2
xn
n
+
1
2
+∞
n=2
xn
n + 1
car ces trois séries entières sont de rayon 1
=
x
2
+∞
n=1
xn
n
−
+∞
n=2
xn
n
+
1
2x
+∞
n=3
xn
n
=
x
2
− ln (1 − x) − − ln (1 − x) − x
+
1
2x
− ln (1 − x) − x −
x2
2
= −
x
2
− 1 +
1
2x
ln (1 − x) −
1
2
+
3x
4
.
Enfin, S(0) = 0, car S(0) est le terme constant de la série
entière définissant S.
Réponse : R = 1, S(0) = 0 et : ∀ x ∈ ] − 1 ; ,1[−{0},
S(x) = −
x
2
− 1 +
1
2x
ln (1 − x) −
1
2
+
3x
4
.
c) • On a :
n + (−1)n+1
n + (−1)n
∼
n∞
1, donc, d’après la règle de
d’Alembert et le théorème d’équivalence : R = 1.
• Soit x ∈ ] − 1 ; 1[−{0}.
On a, pour tout N ∈ N∗
, en séparant les termes d’indices
pairs, d’indices impairs :
2N+1
n=2
n + (−1)n+1
n + (−1)n
xn
=
N
p=1
2p − 1
2p + 1
x2p
+
N
p=1
2p + 2
2p
x2p+1
.
Comme les trois séries entières qui interviennent sont de
rayon 1, on déduit, en faisant tendre l’entier N vers l’infini :
S(x)
=
+∞
p=1
2p − 1
2p + 1
x2p
+
+∞
p=1
2p + 2
2p
x2p+1
=
+∞
p=1
1 −
2
2p + 1
x2p
+
+∞
p=1
1 +
1
p
x2p+1
=
+∞
p=1
x2p
− 2
+∞
p=1
x2p
2p + 1
+
+∞
p=1
x2p+1
+
+∞
p=1
x2p+1
p
car ces quatre séries entières sont de rayon 1
= − 1 − x +
+∞
n=0
xn
−
2
x
+∞
p=1
x2p+1
2p + 1
+ x
+∞
p=1
(x2
)p
p
= − 1 − x +
1
1 − x
−
2
x
1
2
ln
1 + x
1 − x
− x
+ x − ln (1 − x2
)
=
2 − 2x + x2
1 − x
−
1
x
ln
1 + x
1 − x
− x ln (1 − x2
).
Et : S(0) = 0, car S(0) est le terme constant de la série en-
tière définissant S.
Réponse : R = 1, S(0) = 0 et : ∀ x ∈ ] − 1 ; 1[−{0},
S(x) =
2 − 2x + x2
1 − x
−
1
x
ln
1 + x
1 − x
− x ln (1 − x2
) .
d) • Notons, pour tout n ∈ N : an =
n4
+ n2
+ 1
n!
.
On a : an ∼
n∞
n4
n!
.
D’où, pour tout z ∈ C∗
:
an+1zn+1
an zn
∼
n∞
(n + 1)4
(n + 1)!
n!
n4
|z| =
(n + 1)3
n4
|z| −−−→
n ∞
0 .
D’après la règle de d’Alembert et le théorème d’équivalence,
on conclut : R = ∞.
• La série entière proposée ressemble à celle de l’exponentielle :
∀ z ∈ C,
+∞
n=0
zn
n!
= ez
.
Dans le numérateur n4
+ n2
+ 1 , faisons apparaître
n(n − 1)(n − 2)(n − 3) :
n4
+ n2
+ 1
= n(n − 1)(n − 2)(n − 3)
noté αn
+(6n3
− 11n2
+ 6n) + n2
+ 1
= αn + 6n3
− 10n2
+ 6n + 1
= αn + 6 n(n − 1)(n − 2)
noté βn
+3n2
− 2n − 10n2
+ 6n + 1
= αn + 6βn + 8n2
− 6n + 1
= αn + 6βn + 8 n(n − 1)
noté γn
+n − 6n + 1
= αn + 6βn + 8γn + 2n + 1 .](https://image.slidesharecdn.com/mathmatiquesmthodesetexercicesmp-141109172011-conversion-gate01/85/Mathematiques-methodes-et-exercices-mp-287-320.jpg)
![281
a) Le trinôme T = X2
− X + 2 a pour discriminant
∆ = −7 < 0, T ne s’annule en aucun point, donc l’applica-
tion f : x −→
1
x2 − x + 2
est définie sur R.
Passons par les nombres complexes. Le trinôme T admet deux
zéros simples, complexes non réels :
x1 =
1 − i
√
7
2
, x2 =
1 + i
√
7
2
.
Par décomposition en éléments simples dans C(X), il existe
(α1,α2) ∈ C2
tel que :
1
X2 − X + 2
=
1
(X − x1)(X − x2)
=
α1
X − x1
+
α2
X − x2
.
En multipliant par X − x1 , puis en remplaçant X par x1, on ob-
tient : α1 =
1
x1 − x2
.
En multipliant par X − x2 , puis en remplaçant X par x2, on ob-
tient : α2 =
1
x2 − x1
.
D’où :
1
X2 − X + 2
=
1
x2 − x1
−
1
X − x1
+
1
X − x2
.
Puis, pour tout x ∈ R :
f (x) =
1
x2 − x1
1
x1 − x
−
1
x2 − x
=
1
x2 − x1
1
x1
1
1 −
x
x1
−
1
x2
1
1 −
x
x2
.
De plus : |x1| = |x2| =
√
2.
On a donc, en utilisant la série géométrique, pour tout
x ∈ ] −
√
2 ;
√
2[ :
f (x) =
1
x2 − x1
1
x1
+∞
n=0
x
x1
n
−
1
x2
+∞
n=0
x
x2
n
=
1
x2 − x1
+∞
n=0
1
xn+1
1
−
1
xn+1
2
xn
.
Notons α = Arg (x1) ∈ ] − π ; π]. On a donc :
x1 =
√
2ei α
, x2 = x1 =
√
2e−i α
,
x2 − x1 =
√
2(e−i α
− ei α
) = −2i
√
2 sin α .
D’où, pour tout x ∈ ] −
√
2 ;
√
2[ :
f (x)=
1
−2i
√
2 sin α
+∞
n=0
1
(
√
2 ei α)n+1
−
1
(
√
2 e−i α)n+1
xn
= −
1
2i
√
2 sin α
+∞
n=0
1
√
2
n+1
e−i (n+1)α − ei (n+1)α
xn
=
1
√
2 sin α
+∞
n=0
1
√
2
n+1
sin (n + 1)α xn
=
+∞
n=0
2− n
2 −1 sin (n + 1)α
sin α
xn
.
Déterminons le rayon R de cette série entière.
On a :
∀ x ∈ ] −
√
2 ;
√
2[,
f (x) =
1
2 sin α
+∞
n=0
sin (n + 1)α
x
√
2
n
,
ce qui montre : R
√
2.
D’autre part, dans C :
| f (z)| =
1
(z − x1)(z − x2)
−→
z−→x1
+∞ ,
donc : R
√
2.
On conclut : R =
√
2.
On peut aussi utiliser le résultat de l’exercice 6.33 a), d’après
lequel la série entière
n 0
sin (n + 1)αzn
est de rayon 1. Par
le changement de variable z =
x
√
2
, la série entière étudiée
est de rayon : R =
√
2.
b) En notant P = X3
− 5X2
+ 3X + 9 , on remarque :
P(−1) = 0. On en déduit la factorisation de P :
P = (X + 1)(X2
− 6X + 9) = (X + 1)(X − 3)2
.
L’application
f : x −→
16
x3 − 5x2 + 3x + 9
=
16
(x + 1)(x − 3)2
est définie sur R − {−1,3}, donc (au moins) sur ] − 1 ; 1[.
Par décomposition en éléments simples de la fraction ration-
nelle, il existe (a, b, c) ∈ R3
tel que :
16
(X + 1)(X − 3)2
=
a
(X − 3)2
+
b
X − 3
+
c
X + 1
.
En multipliant par (X − 3)2
, puis en remplaçant X par 3, on
obtient : a = 4.
En multipliant par X + 1, puis en remplaçant X par −1, on ob-
tient : c = 1.
En multipliant par X puis en faisant tendre X vers l’infini, on
obtient : 0 = b + c, d’où b = −1.
D’où la décomposition en éléments simples suivante :
16
(X + 1)(X − 3)2
=
4
(X − 3)2
−
1
X − 3
+
1
X + 1
.
6.18](https://image.slidesharecdn.com/mathmatiquesmthodesetexercicesmp-141109172011-conversion-gate01/85/Mathematiques-methodes-et-exercices-mp-291-320.jpg)
![282
Puis, pour tout x ∈ ] − 1 ; 1[ :
f (x) =
4
(x − 3)2
−
1
x − 3
+
1
x + 1
=
4
9
1
1 −
x
3
2
+
1
3
1
1 −
x
3
+
1
1 + x
.
Rappelons la série entière géométrique :
∀ t ∈ ] − 1 ; 1[,
1
1 − t
=
+∞
n=0
tn
,
d’où, en dérivant :
∀ t ∈ ] − 1 ; 1[,
1
(1 − t)2
=
+∞
n=1
ntn−1
=
+∞
n=0
(n + 1)tn
.
On a donc, pour tout x ∈ ] − 1 ; 1[ :
f (x) =
4
9
+∞
n=0
(n + 1)
x
3
n
+
1
3
+∞
n=0
x
3
n
+
+∞
n=0
(−1)n
xn
=
+∞
n=0
4
9
n + 1
3n
+
1
3
1
3n
+ (−1)n
xn
=
+∞
n=0
4n + 7
9 · 3n
+ (−1)n
xn
.
On a : |an| ∼
n∞
1, donc, par théorème d’équivalence, le rayon R
de cette série entière est : R = 1.
c) L’application f : x −→ ln (1 + x + x2
) est définie sur R,
puisque le discriminant du trinôme 1 + x + x2
est
∆ = −3 < 0.
On remarque que, pour tout x ∈ ] − 1 ; 1[ :
f (x) = ln (1 + x + x2
) = ln
1 − x3
1 − x
= ln (1 − x3
) − ln (1 − x) = −
+∞
n=1
(x3
)n
n
+
+∞
n=1
xn
n
= −
+∞
n=1
1
n
x3n
+
+∞
n=1
1
n
xn
=
+∞
n=1
an xn
,
en notant, pour tout n ∈ N∗
: an =
1
n
, si 3 / n , et, si
n = 3p, p ∈ N∗
, an = −
1
p
+
1
3p
= −
2
3p
.
Puisque la suite (an)n 1 est bornée, on a : R 1.
Puisque la série
n 1
|an| diverge, on a : R 1.
On conclut : R = 1.
d) Le trinôme X2
+ 2X + 5 a pour discriminant ∆ = −16 < 0,
donc : ∀ x ∈ R, x2
+ 2x + 5 > 0.
Il en résulte que l’application f : x −→ ln (x2
+ 2x + 5) est
définie sur R.
Nous allons former le DSE(0) de f , puis primitiver pour ob-
tenir le DSE(0) de f.
L’application f est dérivable sur R et, pour tout x ∈ R :
f (x) =
2x + 2
x2 + 2x + 5
.
Passons par les nombres complexes.
Le trinôme X2
+ 2X + 5 admet deux zéros simples, com-
plexes non réels :
x1 = −1 + 2i, x2 = −1 − 2i .
Par décomposition en éléments simples dans C(X), il existe
(α1,α2) ∈ C2
tel que :
2X + 2
X2 + 2X + 5
=
2X + 2
(X − x1)(X − x2)
=
α1
X − x1
+
α2
X − x2
.
En multipliant par X − x1 , puis en remplaçant X par x1, on ob-
tient :
α1 =
2x1 + 2
x1 − x2
=
2(−1 + 2i) + 2
4i
= 1 ,
puis : α2 = α1 = 1.
On a donc :
2X + 2
X2 + 2X + 5
=
1
X − x1
+
1
X − x2
,
d’où, pour tout x ∈ R :
f (x) =
1
x − x1
+
1
x − x2
= −
1
x1
1
1 −
x
x1
−
1
x2
1
1 −
x
x2
.
Comme |x1| = |x2| =
√
5, on a, pour tout x ∈ ] −
√
5
√
5[, par
utilisation de la série géométrique :
f (x) = −
1
x1
+∞
n=0
x
x1
n
−
1
x2
+∞
n=0
x
x2
n
=
+∞
n=0
−
1
xn+1
1
−
1
xn+1
2
xn
.
Notons α = Arg x1 ∈ ] − π ; π].
On a donc : x1 =
√
5 ei α, x2 =
√
5 e−i α
,
d’où, pour tout x ∈ ] −
√
5 ;
√
5[ :
f (x) = −
+∞
n=0
1
√
5
n+1
ei (n+1)α
+ e−i (n+1)α
xn
= −
+∞
n=0
2 cos (n + 1)α
√
5
n+1
xn
.
Comme dans l’exercice a), le rayon de cette série entière
est
√
5.](https://image.slidesharecdn.com/mathmatiquesmthodesetexercicesmp-141109172011-conversion-gate01/85/Mathematiques-methodes-et-exercices-mp-292-320.jpg)
![283
Par primitivation, on en déduit que f est dSE(0), de rayon
√
5,
et que, pour tout x ∈ ] −
√
5 ;
√
5[ :
f (x) = f (0) −
+∞
n=0
2 cos (n + 1)α
(n + 1)
√
5
n+1
xn+1
= ln 5 −
+∞
n=1
2 cos nα
n
√
5
n xn
.
On peut considérer que ce dernier résultat est la réponse à la
question posée. On peut aussi se ramener précisément à une
série entière :
∀ x ∈ ] −
√
5 ;
√
5[, f (x) =
+∞
n=0
an xn
,
où a0 = ln 5 et an = −
2 cos nα
n
√
5
n , pour tout n 1.
e) L’application f : x −→ Arctan (2 + x) est de classe C1
sur R et, pour tout x ∈ R :
f (x) =
1
1 + (2 + x)2
=
1
x2 + 4x + 5
.
Nous allons former le DSE(0) de f , puis primitiver pour ob-
tenir le DSE(0) de f.
Le trinôme X2
+ 4X + 5 a pour discriminant ∆ = −4 < 0,
donc ce trinôme admet deux zéros simples, complexes non réels :
x1 = −2 + i, x2 = −2 − i.
Par décomposition en éléments simples dans C(X), il existe
(α1,α2) ∈ C2
tel que :
1
X2 + 4X + 5
=
1
(X − x1)(X − x2)
=
α1
X − x1
+
α2
X − x2
.
En multipliant par X − x1 , puis en remplaçant X par x1, on ob-
tient : α1 =
1
x1 − x2
.
En multipliant par X − x2 , puis en remplaçant X par x2, on ob-
tient : α2 =
1
x2 − x1
.
On a donc :
1
X2 + 4X + 5
=
1
x1 − x2
1
X − x1
−
1
X − x2
=
1
x1 − x2
−
1
x1
1
1 −
X
x1
+
1
x2
1
1 −
X
x2
.
On a : |x1| = |x2| =
√
5.
D’où, pour tout x ∈ ] −
√
5 ;
√
5[, par utilisation de la série
géométrique :
f (x) =
1
x1 − x2
−
1
x1
+∞
n=0
x
x1
n
+
1
x2
+∞
n=0
x
x2
n
=
1
x1 − x2
+∞
n=0
−
1
xn+1
1
+
1
xn+1
2
xn
.
Notons α = Arg x1 ∈ ] − π ; π]. On a donc :
x1 =
√
5 ei α
, x2 =
√
5 e−i α
, x1 − x2 = 2i
√
5 sin α ,
et, pour tout x ∈ ] −
√
5 ;
√
5[ :
f (x) =
1
2i
√
5 sin α
+∞
n=0
ei (n+1)α − e−i (n+1)α
√
5
n+1
xn
=
1
2i
√
5 sin α
+∞
n=0
2i sin (n + 1)α
√
5 n+1
xn
=
1
sin α
+∞
n=0
sin (n + 1)α
√
5 n+2
xn
.
D’après un théorème du cours, par primitivation, f est dSE(0),
de rayon
√
5, et, pour tout x ∈ ] −
√
5 ;
√
5[ :
f (x) = f (0) +
1
sin α
+∞
n=0
sin (n + 1)α
√
5 n+2
xn+1
n + 1
= Arctan 2 +
1
sin α
+∞
n=1
sin nα
n
√
5 n+1
xn
.
Comme dans l’exercice a), le rayon de cette série entière est :
R =
√
5.
f) L’application f : x −→ sin x ch x est définie sur R. Puisque
les applications x −→ sin x et x −→ ch x sont dSE(0) de
rayons infinis, par produit de Cauchy, f est dSE(0) de rayon
infini.
1re méthode : Utilisation de fonctions circulaires ou hyperbo-
liques de variable complexe :
On a :
∀ x ∈ R, sin x =
ei x
− e−i x
2i
= −i sh (i x),
d’où, pour tout x ∈ R :
f (x)
= − i sh (i x) ch x
= − i
1
2
sh (i x + x) + sh (i x − x)
= −
i
2
sh (i + 1)x + sh (i − 1)x
= −
i
2
+∞
p=0
(i + 1)x
2p+1
(2p + 1)!
+
+∞
p=0
(i − 1)x
2p+1
(2p + 1)!
= −
i
2
+∞
p=0
(i + 1)2p+1
+ (i − 1)2p+1
(2p + 1)!
x2p+1](https://image.slidesharecdn.com/mathmatiquesmthodesetexercicesmp-141109172011-conversion-gate01/85/Mathematiques-methodes-et-exercices-mp-293-320.jpg)
![284
= −
i
2
+∞
p=0
(
√
2 ei π
4 )2p+1
+ (−
√
2 e−i π
4 )2p+1
(2p + 1)!
x2p+1
= −
i
2
+∞
p=0
√
2 2p+1
(2p + 1)!
ei (2p+1) π
4 − e−i(2p+1) π
4 x2p+1
= −
i
2
+∞
p=0
2p
√
2
(2p + 1)!
2i sin (2p + 1)
π
4
x2p+1
=
+∞
p=0
2p
√
2
(2p + 1)!
sin (2p + 1)
π
4
x2p+1
.
2è méthode : Utilisation de l’exponentielle complexe :
On a, pour tout x ∈ R :
f (x) = sin x ch x =
ei x
− e−i x
2i
ex
+ e−x
2
=
1
4i
e(i+1)x
+ e(i−1)x
− e(1−i)x
− e−(1+i)x
=
1
4i
+∞
n=0
(i + 1)x
n
n!
+
+∞
n=0
(i − 1)x
n
n!
−
+∞
n=0
(1 − i)x
n
n!
−
+∞
n=0
(−1 − i)x
n
n!
=
1
4i
+∞
n=0
1
n!
(1 + i)n
+(−1 + i)n
− (1 − i)n
− (−1 − i)n
xn
=
1
4i
+∞
n=0
1
n!
√
2ei π
4
n
+ −
√
2e−i π
4
n
−
√
2e−i π
4
n
− −
√
2ei π
4
n
xn
=
1
4i
+∞
n=0
√
2 n
n!
ei n π
4 − (−1)n
ei n π
4 +(−1)n
e−i n π
4 − e−i n π
4 xn
=
1
4i
+∞
p=0
√
2 2p+1
(2p + 1)!
2ei (2p+1) π
4 − 2e−i (2p+1) π
4 x2p+1
car les termes d’indices pairs sont tous nuls
=
1
4i
+∞
p=0
2p
√
2
(2p + 1)!
4i sin (2p + 1)
π
4
x2p+1
=
+∞
p=0
2p
√
2
(2p + 1)!
sin (2p + 1)
π
4
x2p+1
.
On a vu, au début de la solution, que le rayon de la série en-
tière obtenue est R = +∞.
g) L’application f : x −→
ch x − 1
x2
2
est définie sur R∗
.
De plus : f (x) ∼
x−→0
x2
/2
x2
2
=
1
4
.
On peut donc compléter f par continuité en 0, en posant
f (0) =
1
4
.
D’autre part, pour tout x ∈ R∗
:
f (x) =
ch x − 1
x2
2
=
ch2
x − 2ch x + 1
x4
=
1
x4
1
2
(ch 2x + 1) − 2 ch x + 1
=
1
2x4
(ch 2x − 4 ch x + 3),
puis, en utilisant le DSE(0) de ch, qui est de rayon infini :
f (x) =
1
2x4
+∞
p=0
(2x)2p
(2p)!
− 4
+∞
p=0
x2p
(2p)!
+ 3
=
1
2x4
1 + 2x2
+
+∞
p=2
22p
x2p
(2p)!
−4 1 +
x2
2
+
+∞
p=2
x2p
(2p)!
+ 3
=
1
2x4
+∞
p=2
22p
− 4
(2p)!
x2p
=
+∞
p=2
22p−1
− 2
(2p)!
x2p−4
=
q=p−2
+∞
q=0
22(q+2)−1
− 2
2(q + 2)!
x2q
=
+∞
q=0
22q+3
− 2
(2q + 4)!
x2q
.
On peut considérer que ce dernier résultat constitue la réponse
à la question posée. On peut aussi se ramener précisément à
une série entière :
∀ x ∈ R, f (x) =
+∞
n=0
an xn
,
où, pour tout n ∈ N :
an =
22q+3
− 2
(2q + 4)!
si n est pair, n = 2q, q ∈ N
0 si n est impair.
On a vu plus haut que le rayon de cette série entière est infini.
h) L’application
g : t −→
ln (1 + t)
t
si t ∈ ] − 1 ; 0[ ∪ ]0 ; +∞[
1 si t = 0
est continue sur ] − 1 ; +∞[−{0}, et :
g(t) =
ln(1 + t)
t
−→
t−→0
1 = g(0) ,
donc g est continue en 0.
Ainsi, g est continue sur ] − 1 ; +∞[.
L’application f : x −→
x
0
ln(1 + t)
t
dt =
x
0
g(t) dt est
donc définie (au moins) sur ] − 1 ; +∞[.](https://image.slidesharecdn.com/mathmatiquesmthodesetexercicesmp-141109172011-conversion-gate01/85/Mathematiques-methodes-et-exercices-mp-294-320.jpg)
![285
On a, en utilisant le DES(0) de t −→ ln (1 + t), qui est de
rayon 1, pour tout t ∈ ] − 1 ; 0[ ∪ ]0 ; 1[ :
g(t) =
1
t
+∞
n=1
(−1)n−1
tn
n
=
+∞
n=1
(−1)n−1
n
tn−1
=
+∞
n=0
(−1)n
n + 1
tn
.
De plus, g(0) = 1, et la valeur de la dernière série entière en
0 est égale à 1, car c’est le terme constant de cette série en-
tière.
On a donc : ∀ t ∈ ] − 1 ; 1[, g(t) =
+∞
n=0
(−1)n
n + 1
tn
.
D’après le cours, il en résulte que f, qui est la primitive de g
telle que f (0) = 0 est dSE(0), de rayon, 1, et on a, pour
tout x ∈ ] − 1 ; 1[ :
f (x) =
+∞
n=0
(−1)n
(n + 1)2
xn+1
=
+∞
n=1
(−1)n−1
n2
xn
.
Il est clair, par la règle de d’Alembert par exemple, que cette
dernière série entière est de rayon 1.
i) Considérons l’application
g : R∗
−→ R, t −→
et
− 1 − t
t2
.
On a, pour t tendant vers 0, par développement limité :
g(t) =
1
t2
1 + t +
t2
2
+ o
t−→0
(t2
) − 1 − t
=
1
2
+ o(1) −→
t−→0
1
2
.
On peut donc compléter g par continuité en 0, en posant
g(0) =
1
2
.
Ainsi, l’application, encore notée g :
g : R −→ R, t −→
et
− 1 − t
t2
si t =/ 0
1
2
si t = 0
est continue sur R.
Il en résulte que l’application
f : R −→ R, x −→
3x
2x
g(t) dt
est de classe C1
sur R et que :
∀ x ∈ R, f (x) = 3g(3x) − 2g(2x) .
On a, pour tout x ∈ R∗
:
f (x) = 3
e3x
− 1 − 3x
(3x)2
− 2
e2x
− 1 − 2x
(2x)2
=
1
3x2
+∞
n=0
(3x)n
n!
− 1 − 3x −
1
2x2
+∞
n=0
(2x)n
n!
− 1 − 2x
=
1
3x2
+∞
n=2
3n
n!
xn
−
1
2x2
+∞
n=2
2n
n!
xn
=
+∞
n=2
3n−1
n!
xn−2
−
+∞
n=2
2n−1
n!
xn−2
=
+∞
n=0
3n+1
(n + 2)!
xn
−
+∞
n=0
2n+1
(n + 2)!
xn
=
+∞
n=0
3n+1
− 2n+1
(n + 2)!
xn
.
De plus, comme f (0) = g(0) =
1
2
et que le terme constant
de la dernière série entière est aussi égal à
1
2
, l’égalité est aussi
valable pour x = 0, donc :
∀ x ∈ R, f (x) =
+∞
n=0
3n+1
− 2n+1
(n + 2)!
xn
.
Ceci montre que f est dSE(0), de rayon infini.
D’après le cours, il en résulte que f est dSE(0), de rayon in-
fini, et que l’on peut primitiver terme à terme, d’où, pour tout
x ∈ R :
f (x) = f (0) +
+∞
n=0
3n+1
− 2n+1
(n + 2)!
xn+1
n + 1
=
+∞
n=1
3n
− 2n
(n + 1)!n
xn
.
Soit x ∈ ]0 ; 1[. On a, par l’inégalité de Cauchy et
Schwarz, les séries manipulées étant (absolument) convergentes :
+∞
n=1
xn
n
2
=
+∞
n=1
xn/2 1
n
xn/2
2
+∞
n=1
xn/2
2 +∞
n=1
1
n
xn/2
2
=
+∞
n=1
xn
+∞
n=1
xn
n2
,
d’où en utilisant des DSE(0) du cours :
− ln (1 − x)
2 x
1 − x
+∞
n=1
xn
n2
et finalement :
+∞
n=1
xn
n2
(1 − x) ln (1 − x)
2
x
.
a) 1) Pour n ∈ N∗
fixé,
1
k(k + n)
∼
k∞
1
k2
0, donc,
par l’exemple de Riemann (2 > 1) et le théorème d’équivalence
pour des séries à termes 0, la série
k
1
k(k + n)
converge,
an =
+∞
k=n
1
k(k + n)
existe.
6.19
6.20](https://image.slidesharecdn.com/mathmatiquesmthodesetexercicesmp-141109172011-conversion-gate01/85/Mathematiques-methodes-et-exercices-mp-295-320.jpg)
![286
2) Soit n ∈ N∗
. On a, pour tout N n :
N
k=n
1
k(k + n)
=
1
n
N
k=n
1
k
−
1
k + n
=
1
n
N
k=n
1
k
−
N
k=n
1
k + n
=
1
n
N
k=n
1
k
−
N+n
k=2n
1
k
=
1
n
(HN − Hn−1) − (HN+n − H2n−1)
=
1
n
ln N + γ + o
N∞
(1) − Hn−1
− ln (N + n) + γ + o(1) − H2n−1
=
1
n
ln
N
N + n
+
1
n
(H2n−1 − Hn−1) +
1
n
o(1) .
Pour n ∈ N∗
fixé, en faisant tendre l’entier N vers l’infini, on
obtient :
an =
+∞
k=n
1
k(k + n)
=
1
n
(H2n−1 − Hn−1) .
3) On a donc : an =
1
n
(H2n−1 − Hn−1)
=
1
n
ln (2n − 1) + γ + o
n∞
(1) − ln (n − 1) + γ + o(1)
=
1
n
ln
2n − 1
n − 1
+ o
1
n
=
1
n
ln 2 + o(1) + o
1
n
=
ln 2
n
+ o
1
n
∼
n∞
ln 2
n
.
b) 1) Puisque an ∼
n∞
ln 2
n
, et que la série entière
n 1
xn
n
est de
rayon 1, par théorème d’équivalence, le rayon R de la série en-
tière
n 1
an xn
est : R = 1.
2) • Nature de la série de terme général an Rn
:
On a : an Rn
= an ∼
n∞
ln 2
n
, donc, d’après l’exemple de
Riemann et le théorème d’équivalence pour des séries à termes
0, la série
n 1
an Rn
diverge.
• Nature de la série de terme général an(−R)n
:
Il s’agit de la série
n 1
(−1)n
an, puisque R = 1.
Cette série est alternée, et an −−−→
n ∞
0, car an ∼
n∞
ln 2
n
.
On a, pour tout n 1 :
an+1 =
+∞
k=n+1
1
k(k + n + 1)
+∞
k=n+1
1
k(k + n)
+∞
k=n
1
k(k + n)
= an,
donc (an)n 1 est décroissante.
D’après le TSCSA, on conclut que la série
n 1
(−1)n
an
converge.
Finalement, la série
n 1
an(−R)n
converge.
On a, en utilisant le théorème de Fubini et une intégra-
tion par parties :
I =
[0;1]2
xy exy
dx dy =
1
0
1
0
y(x exy
) dy dx
=
1
0
[y exy
]1
y=0 −
1
0
exy
dy dx ,
puis, en faisant apparaître des intégrales de fonctions intégrables :
I =
1
0
y exy
−
exy
x
1
y=0
dx =
1
0
ex
−
ex
x
+
1
x
dx
=
1
0
ex
dx −
1
0
ex
− 1
x
dx
notée J
= [ex
]1
0 − J = e − 1 − J .
On a, en utilisant le DSE(0) de l’exponentielle :
J =
1
0
1
x
(ex
− 1) dx =
1
0
1
x
+∞
n=1
xn
n!
dx
=
1
0
+∞
n=1
xn−1
n!
dx =
1
0
+∞
n=0
xn
(n + 1)!
dx.
La série entière
n 0
xn
(n + 1)!
est de rayon infini, (par la règle
de d’Alembert, par exemple), donc on peut intégrer terme à terme
sur [0 ; 1], c’est-à-dire permuter intégrale et série :
J =
+∞
n=0
1
0
xn
(n + 1)!
dx
=
+∞
n=0
1
(n + 1)(n + 1)!
=
+∞
n=1
1
n · n!
.
Finalement : I = e − 1 −
+∞
n=1
1
n · n!
.
a) Soit n ∈ N∗
. L’application fn : t −→ e−tn
est conti-
nue sur [1 ; +∞[ et :
∀ t ∈ [1 ; +∞[, 0 fn(t) = e−tn
e−t
.
6.21
6.22](https://image.slidesharecdn.com/mathmatiquesmthodesetexercicesmp-141109172011-conversion-gate01/85/Mathematiques-methodes-et-exercices-mp-296-320.jpg)
![Comme l’application t −→ e−t
est intégrable sur [1 ; +∞[,
par théorème de majoration pour des fonctions 0, fn est
intégrable sur [1 ; +∞[.
On conclut que, pour tout n ∈ N∗
, In =
+∞
1
e−tn
dt existe.
b) Étudions le comportement de In lorsque l’entier n tend vers
l’infini.
On a, par le changement de variable
u = tn
, t = u
1
n , dt =
1
n
u
1
n −1
du
In =
+∞
1
e−u 1
n
u
1
n −1
du =
1
n
+∞
1
e−u
u
u
1
n du
notée Jn
.
Déterminons la limite de Jn lorsque l’entier n tend vers l’in-
fini, en utilisant le théorème de convergence dominée.
Notons, pour tout n ∈ N∗
:
gn : [1 ; +∞[−→ R, u −→
e−u
u
u
1
n .
• Pour tout n ∈ N∗
, gn est continue par morceaux (car conti-
nue) sur [1 ; +∞[
• gn
C.S.
−→
n∞
g, où g : [1 ; +∞[−→ R, u −→
e−u
u
• g est continue par morceaux (car continue) sur [1 ; +∞[
• On a, pour tout n ∈ N et tout u ∈ [1 ; +∞[ :
|gn(u)| =
e−u
u
u
1
n = e−u
u
1
n −1
e−u
,
et u −→ e−u
est continue par morceaux (car continue), 0,
intégrable sur [1 ; +∞[.
Ainsi, (gn)n 1 vérifie l’hypothèse de domination.
D’après le théorème de convergence dominée, on a donc :
Jn −−−→
n ∞
+∞
1
g(u) du =
+∞
1
e−u
u
du
notée α
> 0.
Il en résulte : In ∼
n∞
α
n
,
et donc, par théorème d’équivalence : R = 1.
c) 1) Étude de la série
n 1
In Rn
:
Comme In Rn
= In ∼
n∞
α
n
> 0, d’après l’exemple de Riemann
et le théorème d’équivalence pour des séries à termes 0, la
série
n 1
In Rn
diverge.
2) Étude de la série
n 1
In(−R)n
:
Il s’agit de la série
n 1
(−1)n
In.
Cette série est alternée et In ∼
n∞
α
n
−−−→
n ∞
0.
De plus, la suite (In)n 1 décroît, car, pour tout n ∈ N∗
:
In+1 =
+∞
1
e−tn+1
dt
+∞
1
e−tn
dt = In,
puisqu’ici t 1 et n 0.
D’après le TSCSA, on conclut que la série
n 1
In(−R)n
converge.
Remarquons d’abord que, pour tout x ∈ R, f (x) existe,
car l’application t −→ ch (x cos t) est continue sur le segment
[0 ; π].
Nous allons développer la fonction sous l’intégrale en somme
d’une série de fonctions, puis permuter intégrale et série.
Soit x ∈ R fixé.
On a, par DSE(0) du cours :
∀ t ∈ [0 ; π], ch (x cos t) =
+∞
p=0
(x cos t)2p
(2p)!
.
Notons, pour tout p ∈ N :
fp : [0 ; π] −→ R, t −→
(x cos t)2p
(2p)!
.
Pour tout p ∈ N, fp est continue sur [0 ; π].
La série d’applications
p 0
fp converge normalement, donc
uniformément, sur [0 ; π], car, pour tout p ∈ N,
|| fp||∞ =
x2p
(2p)!
et la série numérique
p 0
x2p
(2p)!
converge.
D’après un théorème du cours, on peut donc permuter intégrale
et série, d’où :
f (x) =
π
0
+∞
p=0
(x cos t)2p
(2p)!
dt
=
+∞
p=0
π
0
(x cos t)2p
(2p)!
dt =
+∞
p=0
π
0
cos 2p
t dt
notée I2p
x2p
(2p)!
.
Il reste à calculer I2p, pour tout p ∈ N, ce qui est classique (in-
tégrale de Wallis d’indice pair, sur [0 ; π]).
On a, pour tout p ∈ N :
π
0
cos 2p
t dt =
π/2
0
cos 2p
t dt +
π
π/2
cos 2p
t dt
=
u=π−t
π/2
0
cos 2p
t dt +
π/2
0
cos 2p
u du
= 2
π/2
0
cos 2p
t dt
notée J2p
.
287
6.23](https://image.slidesharecdn.com/mathmatiquesmthodesetexercicesmp-141109172011-conversion-gate01/85/Mathematiques-methodes-et-exercices-mp-297-320.jpg)
![288
Par intégration par parties, pour tout p 2 :
J2p =
π/2
0
cos 2p
t dt =
π/2
0
cos 2p−1
t cos t dt
= cos 2p−1
t sin t
π/2
0
+
π/2
0
(2p − 1) cos 2p−2
t sin 2
t dt
= (2p − 1)
π/2
0
cos 2p−2
t(1 − cos 2
t) dt
= (2p − 1)(J2p−2 − J2p) ,
d’où : 2pJ2p = (2p − 1)J2p−2.
On a donc, de proche en proche :
J2p =
2p − 1
2p
J2p−2 =
2p − 1
2p
· · ·
1
2
J0
=
(2p − 1)(2p − 3) · · · 1
(2p)(2p − 2) · · · 2
π
2
=
(2p)!
(2p p!)2
π
2
.
On obtient :
∀ x ∈ R, f (x) =
+∞
p=0
2
(2p)!
(2p p!)2
π
2
x2p
(2p)!
=
+∞
p=0
π
(2p p!)2
x2p
.
Finalement, f est dSE(0), de rayon infini.
Nous allons essayer de nous ramener à des fonctions d’une
variable réelle, dSE(0) donc de classe C∞
.
Considérons l’application
ϕ : R −→ R, t −→
et
− 1
t
si t =/ 0
1 si t = 0.
On a, pour tout (x,y) ∈ ] − 1 ; +∞[×R :
• si x =/ 0 et y =/ 0, alors :
f (x,y) =
ey ln (x+1)
− 1
ln(1 + x)
= y ϕ y ln (1 + x)
• si x =/ 0 et y = 0 : f (x,y) = 0 = y ϕ y ln (1 + x)
• si x = 0 : f (x,y) = y = y ϕ y ln (1 + x) .
Ainsi :
∀ (x,y) ∈ ] − 1 ; +∞[×R, f (x,y) = y ϕ y ln (1 + x) .
Par composition, il suffit donc de montrer que ϕ est de
classe C∞
sur R. À cet effet, nous allons montrer que ϕ est
dSE(0) de rayon infini.
On a, pour tout t ∈ R∗
:
ϕ(t) =
1
t
(et
− 1) =
1
t
+∞
n=1
tn
n!
=
+∞
n=1
tn−1
n!
=
+∞
n=0
tn
(n + 1)!
.
De plus, comme ϕ(0) = 1 et que le terme constant de la der-
nière série entière est égal à 1, l’égalité est aussi vraie en 0, d’où :
∀ t ∈ R, ϕ(t) =
+∞
n=0
tn
(n + 1)!
.
Ceci montre que ϕ est dSE(0), de rayon infini.
D’après le cours, il en résulte que ϕ est de classe C∞
sur R.
Par composition, on conclut que f est de classe C∞
sur
] − 1 ; +∞[×R.
a) Considérons l’application
ϕ : R −→ R, t −→
Arctan t
t
si t =/ 0
1 si t = 0.
Alors, ϕ est continue sur R∗
, et ϕ(t) −→
t−→0
1 = ϕ(0), donc ϕ
est continue en 0.
Ainsi, ϕ est continue sur R, donc ϕ admet des primitives
sur R, l’une d’elles étant :
φ : R −→ R, x −→
x
0
ϕ(t) dt ,
et φ est continue sur R (et même de classe C1
sur R).
On a : f (x) =
φ(x) − φ(0)
x − 0
−→
x−→0
φ (0) = ϕ(0) = 1,
donc f admet une limite finie en 0, et = 1.
On peut donc prolonger f par continuité en 0, en posant
f (0) = = 1.
b) D’après le cours :
∀ t ∈ ] − 1 ; 1[, Arctan t =
+∞
n=0
(−1)n
t2n+1
2n + 1
,
d’où :
∀ t ∈ ] − 1 ; 1[−{0}, ϕ(t) =
Arctan t
t
=
+∞
n=0
(−1)n
t2n
2n + 1
.
De plus, comme ϕ(0) = 1 et que le terme constant de la der-
nière série entière est égal à 1, l’égalité est aussi vraie pour t = 0,
d’où :
∀ t ∈ ] − 1 ; 1[, ϕ(t) =
+∞
n=0
(−1)n
t2n
2n + 1
.
Par primitivation, φ est dSE(0) et :
∀ x ∈ ] − 1 ; 1[, φ(x) = φ(0)
= 0
+
+∞
n=0
(−1)n
x2n+1
(2n + 1)2
,
d’où :
∀ x ∈ ] − 1 ; 1[−{0}, f (x) =
φ(x)
x
=
+∞
n=0
(−1)n
x2n
(2n + 1)2
.
Comme f (0) = 1 et que le terme constant de la dernière série
entière est égal à 1, l’égalité est aussi vraie pour x = 0, d’où :
∀ x ∈ ] − 1 ; 1[, f (x) =
+∞
n=0
(−1)n
x2n
(2n + 1)2
.
6.25
6.24](https://image.slidesharecdn.com/mathmatiquesmthodesetexercicesmp-141109172011-conversion-gate01/85/Mathematiques-methodes-et-exercices-mp-298-320.jpg)
![Ceci montre que f est dSE(0).
Par la règle de d’Alembert, le rayon est égal à 1.
a) Soit x ∈ R.
• Cas x ∈ ] − 1 ; +∞[ :
L’application t −→ ln (1 + x e−t
) est continue sur [0 ; +∞[
et ln (1 + x e−t
) ∼
t−→+∞
x e−t
. D’après le cours, t −→ e−t
est
intégrable sur [0 ; +∞[, donc, par théorème d’équivalence pour
des fonctions de signe fixe, t −→ ln (1 + x e−t
) est intégrable
sur [0 ; +∞[, et donc f (x) existe.
• Cas x = −1 :
L’application t −→ ln (1 − e−t
) est continue sur ]0 ; +∞[,
intégrable sur [1 ; +∞[ (comme dans le cas précédent), et, au
voisinage de 0 :
ln (1 − e−t
) = ln 1 − 1 − t + o(t) = ln t + o(t)
= ln t + ln 1 + o(1) = ln t + o(1) ∼
t−→0
ln t < 0.
D’après le cours, t −→ ln t est intégrable sur ]0 ; 1]. Par théo-
rème d’équivalence pour des fonctions de signe fixe,
t −→ ln (1 − e−t
) est intégrable sur ]0 ; 1].
Ainsi, t −→ ln (1 − e−t
) est intégrable sur ]0 ; 1] et sur
[1 ; +∞[, donc sur ]0 ; +∞[, et on conclut que f (x) existe.
• Cas x ∈ ] − ∞ ; −1[ :
L’application t −→ ln (1 + x e−t
) n’est pas définie sur
]0 ; +∞[, donc f (x) n’existe pas.
On conclut : Def ( f ) = [−1 ; +∞[.
b) On a, par DSE(0) de u −→ ln (1 + u), pour tout
(x,t) ∈ ] − 1 ; +∞[×]0 ; +∞[ tel que |x e−t
| < 1 :
ln (1 + x e−t
) =
+∞
n=1
(−1)n−1
(x e−t
)n
n
.
Soit x ∈ ] − 1 ; 1[.
Notons, pour tout n ∈ N∗
:
fn : ]0 ; +∞[−→ R, t −→
(−1)n−1
(x e−t
)n
n
.
• Pour tout n ∈ N∗
, fn est intégrable sur ]0 ; +∞[
•
n 1
fn converge simplement sur ]0 ; +∞[, et a pour somme
S : t −→ ln (1 + x e−t
)
• S est continue par morceaux (car continue) sur ]0 ; +∞[
• On a, pour tout n 1 :
+∞
0
| fn| =
+∞
0
(|x| e−t
)n
n
dt =
|x|n
n
+∞
0
e−nt
dt
=
|x|n
n
e−nt
−n
+∞
0
=
|x|n
n2
1
n2
,
donc la série
n 1
+∞
0
| fn| converge.
D’après le théorème du cours sur l’intégration sur un intervalle
quelconque pour une série d’applications, on peut permuter in-
tégrale et série, d’où :
f (x) =
+∞
0
+∞
n=1
fn(t) dt
=
+∞
n=1
+∞
0
fn(t) dt =
+∞
n=1
(−1)n−1
xn
n2
,
le calcul de la dernière intégrale étant analogue au calcul ci-
dessus.
On conclut que f est dSE(0) et que :
∀ x ∈ ] − 1 ; 1[, f (x) =
+∞
n=1
(−1)n−1
xn
n2
.
La règle de d’Alembert montre que le rayon est 1.
La condition demandée revient à :
∀ n ∈ N,
f (n)
(0)
n!
= n2
.
Considérons la série entière
n 0
n2
xn
. Son rayon est 1. Le cal-
cul de sa somme a été fait dans l’exercice 6.2 a) :
∀ x ∈ ] − 1 ; 1[,
+∞
n=1
n2
xn
=
x(1 + x)
(1 − x)3
.
Notons, I =] − 1 ; 1[, qui est un intervalle ouvert contenant 0,
et : f : I −→ R, x −→
x(1 + x)
(1 − x)3
.
Alors, f est dSE(0) de rayon 1, donc f est de classe C∞
sur
] − 1 ; 1[ et, d’après le cours :
∀ n ∈ N, f (n)
(0) = n2
· n! ,
donc f convient.
Par hypothèse, il existe a ∈ R+ tel que :
∀ x ∈ R − [−a ; a], f (x) = 0 .
Il est clair que, puisque f est continue par morceaux sur R et
nulle en dehors de [−a ; a], f est intégrable sur R.
Soit x ∈ R fixé. On a :
g(x) =
1
√
2π
+∞
−∞
f (t) e−i xt
dt =
1
√
2π
a
−a
f (t) e−i xt
dt
=
1
√
2π
a
−a
f (t)
+∞
n=0
(−i xt)n
n!
dt
=
1
√
2π
a
−a
+∞
n=0
f (t)
(−i xt)n
n!
dt .
289
6.26
6.27
6.28](https://image.slidesharecdn.com/mathmatiquesmthodesetexercicesmp-141109172011-conversion-gate01/85/Mathematiques-methodes-et-exercices-mp-299-320.jpg)
![De même :
N
n=0
1
3n)!
+ j
N
n=0
1
3n + 1)!
+ j2
N
n=0
1
3n + 2)!
=
N
n=0
j3n
(3n!)
+
N
n=0
j3n+1
(3n + 1)!
+
N
n=0
j3n+2
(3n + 2)!
=
3N+2
p=0
jp
p!
,
d’où : A + jB + j2
C = ej
.
De même, ou par conjugaison, puisque A,B,C sont réels :
A + j2
B + jC = ej2
.
On déduit, par addition, puisque 1 + j + j2
= 0 :
3A = e + ej
+ ej2
= e + e− 1
2 +i
√
3
2 + e− 1
2 −i
√
3
2
= e + e− 1
2 2 cos
√
3
2
.
On conclut : A =
1
3
e + 2e− 1
2 cos
√
3
2
.
Remarquons que la méthode fournit aussi les valeurs de B
et C :
3B = e + j2
ej
+ jej2
= e + −
1
2
− i
√
3
2
e− 1
2 +i
√
3
2 + −
1
2
+ i
√
3
2
e− 1
2 −i
√
3
2
= e − e− 1
2 cos
√
3
2
− e− 1
2
√
3 sin
√
3
2
,
et de même :
3C = e − e− 1
2 cos
√
3
2
+ e− 1
2
√
3 sin
√
3
2
.
Nous allons calculer la somme de la série entière
n 0
(−1)n
xn
(n + 1)(2n + 1)
, puis essayer remplacer x par 1.
1) Calculons la somme f (x) de la série entière, pour tout
x ∈ ]0 ; 1[. On a, en utilisant la décomposition en éléments
simples du coefficient :
f (x) =
+∞
n=0
(−1)n 1
(n + 1)(2n + 1)
xn
=
+∞
n=0
(−1)n
−
1
n + 1
+
2
2n + 1
xn
=
+∞
n=0
(−1)n+1
n + 1
xn
notée A(x)
+2
+∞
n=0
(−1)n
2n + 1
xn
notée B(x)
car ces deux séries entières sont de rayon 1.
290
Notons, pour tout n ∈ N :
fn : [−a ; a] −→ R, t −→ f (t)
(−i xt)n
n!
.
• Pour tout n ∈ N, fn est intégrable sur [−a ; a], car fn est
continue par morceaux sur ce segment.
•
n 0
fn converge simplement sur [−a ; a].
•
+∞
n=0
fn : t −→ f (t) e−i xt
est continue par morceaux sur
[−a ; a].
• On a, pour tout n ∈ N :
a
−a
| fn(t)| dt =
a
−a
f (t)
(−i xt)n
n!
dt
=
|x|n
n!
a
−a
| f (t)| |t|n
dt
|a|n
|x|n
n!
a
−a
| f (t)| dt,
et cette dernière expression est le terme général d’une série
convergente, d’après la série de l’exponentielle.
Ainsi, la série
n 1
a
−a
| fn| converge.
D’après le théorème sur l’intégration sur un intervalle quelconque
pour une série d’applications, on peut permuter intégrale et série,
donc :
g(x) =
1
√
2π
+∞
n=0
a
−a
f (t)
(−i xt)n
n!
dt
=
+∞
n=0
1
√
2π
a
−a
f (t)
(−i t)n
n!
dt xn
.
Ceci montre que g est dSE(0), de rayon infini.
Notons
A =
+∞
n=0
1
(3n)!
, B =
+∞
n=0
1
(3n + 1)!
, C =
+∞
n=0
1
(3n + 2)!
,
les trois séries étant convergentes d’après la règle de d’Alembert
par exemple.
Soit N ∈ N. On a, par groupement de termes dans des sommes
d’un nombre fini de termes :
N
n=0
1
(3n)!
+
N
n=0
1
(3n + 1)!
+
N
n=0
1
(3n + 2)!
=
3N+2
p=0
1
p!
.
D’où, en faisant tendre l’entier N vers l’infini :
A + B + C =
+∞
p=0
1
p!
= e1
= e .
6.29
6.30](https://image.slidesharecdn.com/mathmatiquesmthodesetexercicesmp-141109172011-conversion-gate01/85/Mathematiques-methodes-et-exercices-mp-300-320.jpg)
![291
On a, pour tout x ∈ ]0 ; 1[ :
A(x) =
1
x
+∞
n=0
(−1)n+1
xn+1
n + 1
=
1
x
+∞
n=1
(−1)n
xn
n
= −
1
x
+∞
n=1
(−1)n−1
xn
n
= −
1
x
ln (1 + x)
B(x) =
+∞
n=0
(−1)n
2n + 1
xn
=
+∞
n=0
(−1)n
(
√
x)2n
2n + 1
=
1
√
x
+∞
n=0
(−1)n
(
√
x)2n+1
2n + 1
=
1
√
x
Arctan
√
x.
On obtient :
∀ x ∈ ]0 ; 1[, f (x) = −
1
x
ln (1 + x) +
2
√
x
Arctan
√
x .
2) Nous allons montrer qu’on peut remplacer x par 1 dans la
formule précédente, par continuité.
Notons, pour tout n ∈ N :
fn : [0 ; 1] −→ R, x −→
(−1)n
xn
(n + 1)(2n + 1)
.
• Pour tout n ∈ N, fn est continue sur [0 ; 1].
• On a, pour n ∈ N :
|| fn||∞ =
1
(n + 1)(2n + 1)
∼
n∞
1
2n2
,
donc, d’après l’exemple de Riemann (2 > 1) et le théorème
d’équivalence pour des séries à termes 0, la série
n 0
|| fn||∞
converge. Ainsi,
n 0
fn converge normalement, donc unifor-
mément, sur [0 ; 1].
D’après le cours, il en résulte que la somme f est continue
sur [0 ; 1], donc :
S = lim
x−→1−
−
1
x
ln (1 + x) +
2
√
x
Arctan x
= −ln 2 + 2 Arctan 1 = −ln 2 +
π
2
.
Soit n ∈ N. Il est clair que In et Jn existent comme
intégrales d’applications continues sur un segment.
On a, en passant par les nombres complexes :
In + i Jn =
2π
0
ecos t
ei(nt−sin t)
dt
=
2π
0
e( cos t−i sin t)+i nt
dt =
2π
0
ee−i t
ei nt
dt.
En utilisant le DSE(0) de l’exponentielle, de rayon infini, on
a donc :
In + i Jn =
2π
0
+∞
k=0
(e−i t
)k
k!
ei nt
dt
=
2π
0
+∞
k=0
ei(n−k)t
k!
dt.
Nous allons essayer de permuter intégrale et série.
Notons, pour tout k ∈ N :
fk : [0 ; 2π] −→ C, t −→
ei(n−k)t
k!
.
• Pour tout k ∈ N, fk est continue sur le segment [0 ; 2π].
• On a, pour tout k ∈ N : || fk||∞ =
1
k!
, donc la série
k 0
|| fk||∞ converge, donc
k 0
fk converge normalement,
donc uniformément, sur [0 ; 2π].
D’après un théorème du cours, on peut permuter intégrale et
série, donc : In + i Jn =
+∞
k=0
2π
0
ei (n−k)t
k!
dt.
De plus, si k =/ n, alors :
2π
0
ei (n−k)t
k!
dt =
ei (n−k)t
i (n − k)k!
2π
0
= 0 ,
et, si k = n, alors :
2π
0
ei (n−k)t
k!
dt =
2π
n!
.
Les termes de la série précédente sont donc tous nuls, sauf celui
d’indice k = n, d’où : In + i Jn =
2π
n!
.
En séparant partie réelle et partie imaginaire, comme In et Jn
sont réels, on conclut : In =
2π
n!
, Jn = 0.
Rappelons que, pour tout z ∈ C :
cos z =
ei z
+ e−i z
2
, sin z =
ei z
− e−i z
2i
.
Notons Z = ei z
. On a donc Z =/ 0 et e−i z
=
1
Z
. Alors :
(E) 3 cos z + 2 sin z = 5
⇐⇒ 3
Z +
1
Z
2 + 2
−
1
Z
2i = 5
⇐⇒ 3(Z2
+ 1)
2Z + (Z2−1)
i Z = 5
⇐⇒ 3i(Z2
+ 1) + 2(Z2
− 1) = 10i Z
⇐⇒ (2 + 3i)Z2
− 10i Z + (−2 + 3i) = 0 (F).
Le discriminant ∆ de cette équation du second degré est :
∆ = (−10i)2
− 4(2 + 3i)(−2 + 3i)
= −100 − 4(−4 − 9) = −48 = (4
√
3i)2
.
D’où :
6.31
6.32](https://image.slidesharecdn.com/mathmatiquesmthodesetexercicesmp-141109172011-conversion-gate01/85/Mathematiques-methodes-et-exercices-mp-301-320.jpg)
![292
(F) ⇐⇒ Z =
10i + ε4
√
3i
2(2 + 3i)
=
(5 + 2ε
√
3)i (2 − 3i)
13
=
5 + 2ε
√
3
13
(3 + 2i), ε ∈ {−1,1}.
Puis, en notant z = x + i y, (x,y) ∈ R2
:
ei z
= Z ⇐⇒ ei (x+i y)
= Z ⇐⇒ ei x−y
= Z
⇐⇒ e−y
ei x
=
5 + 2ε
√
3
13
0
(3 + 2i)
⇐⇒
e−y
=
5 + 2ε
√
3
13
√
13 =
5 + 2ε
√
3
√
13
x = Arg (3 + 2i) [2π]
⇐⇒
y = −ln
5 + 2ε
√
3
13
x = Arctan
2
3
[2π].
On conclut que l’ensemble des solutions de (E) est :
− ln
5 + 2ε
√
3
√
13
+ i Arctan
2
3
+ 2kπ ;
ε ∈ {−1,1}, k ∈ Z .
a) 1) • Puisque : ∀ n ∈ N, | sin n| 1
et que la série entière
n 0
zn
est de rayon 1, par théorème de
majoration, on déduit : R 1.
• Montrons que la suite ( sin n)n∈N ne converge pas vers 0, en
raisonnant par l’absurde.
Supposons : sin n −−−→
n ∞
0.
Alors, par suite extraite : sin (n + 1) −−−→
n ∞
0.
Mais, pour tout n ∈ N :
sin (n + 1) = sin n cos 1 + sin 1 cos n ,
donc, comme sin 1 =/ 0 :
cos n =
sin (n + 1) − sin n cos 1
sin 1
−−−→
n ∞
0 .
Enfin : 1 = cos 2
n + sin 2
n −−−→
n ∞
0 + 0 = 0, contradiction.
Ceci montre que la suite ( sin n)n∈N ne converge pas vers 0.
Il en résulte que la série entière
n 0
sin n zn
diverge pour z = 1,
donc R 1.
Finalement : R = 1.
2) La série entière
n 1
sin n
n
zn
a le même rayon que sa série
entière dérivée, qui est
n 1
sin n zn−1
, et celle-ci a le même
rayon que la série entière
n 1
sin n zn
, donc : R = 1.
3) La série entière
n 0
n sin n zn
a le même rayon que
n 0
n sin n zn−1
, qui est la série entière dérivée de la série en-
tière
n 0
sin n zn
, donc a le même rayon que celle-ci, d’où :
R = 1.
b) Soit z ∈ C∗
. On a :
ln |anzn
| = ln
3n
ln (n + 2)
n−1
zn
= n ln 3 − (n − 1) ln ln (n + 2) + n ln [z|
= n ln 3 + ln |z| − (n − 1) ln ln (n + 2) −−→
n ∞
− ∞,
par prépondérance classique, donc : an zn
−−−→
n ∞
0.
On conclut : R = ∞.
c) Pour obtenir un équivalent simple du coefficient
an = Arcsin
n + 1
2n + 3
−
π
6
lorsque l’entier n tend vers l’infini,
appliquons le théorème des accroissements finis à Arcsin entre
1
2
et
n + 1
2n + 3
. Il existe cn, compris entre
1
2
et
n + 1
2n + 3
tel que :
an =
n + 1
2n + 3
−
1
2
Arcsin (cn) = −
1
2n + 3
1
1 − c2
n
∼
n∞
−
1
2n
1
1 −
1
2
2
= −
1
n
√
3
.
Comme la série entière
n 1
−
1
n
√
3
zn
est de rayon 1 (par la
règle de d’Alembert par exemple), on conclut, par théorème
d’équivalence : R = 1.
d) Comme an = Arccos 1 −
1
n
−−−→
n ∞
Arccos 1 = 0,
on a :
an ∼
n∞
sin Arccos 1 −
1
n
= 1 − 1 −
1
n
2
=
2
n
−
1
n2
∼
n∞
2
n
.
6.33](https://image.slidesharecdn.com/mathmatiquesmthodesetexercicesmp-141109172011-conversion-gate01/85/Mathematiques-methodes-et-exercices-mp-302-320.jpg)
![293
Puisque la série entière
n
2
n
zn
est de rayon 1 (par la règle
de d’Alembert par exemple), par théorème d’équivalence, on
conclut : R = 1.
e) Essayons d’encadrer |an|, pour tout n 2. On a :
|an| =
1
n!
1
0
t
0
(t − 1)
0
· · · (t − n)
0
dt
=
1
n!
1
0
t(1 − t) · · · (n − t) dt.
D’où : |an|
1
n!
1
0
1 · 1 · 2 · · · n dt = 1
et :
|an|
1
n!
1
0
t · (1 − t) · 1 · · · (n − 1) dt
=
(n − 1)!
n!
1
0
(t − t2
) dt =
1
n
t2
2
−
t3
3
1
0
=
1
6n
.
Ainsi : ∀ n 2,
1
6n
|an| 1.
Comme les séries entières
n
1
6n
zn
et
n
zn
sont de rayon 1
(par la règle de d’Alembert par exemple), on conclut, par théo-
rème d’encadrement : R = 1.
f) Pour tout n ∈ N, l’application t −→ tn
e−t
est intégrable
sur [0 ; +∞[ (par la règle t2
f (t) en +∞, par exemple), donc
intégrable sur [n ; +∞[, ce qui montre que an =
+∞
n
tn
e−t
dt
existe.
On a, pour tout n ∈ N :
an =
+∞
n
tn
e−t
dt
+∞
n
nn
e−t
dt
= nn
[−e−t
]+∞
n = nn
e−n
noté bn
> 0.
Et, pour tout z ∈ C∗
:
bn+1zn+1
bn zn
=
(n + 1)n+1
e−(n+1)
nne−n
|z|
=
n + 1
n
n
(n + 1)e−1
|z| (n + 1)e−1
|z| −−−→
n ∞
+ ∞,
donc :
bn+1zn+1
bn zn
−−−→
n ∞
+ ∞ > 1,
et donc la série numérique
n
azn zn
diverge (grossièrement).
Ceci montre : Rb = 0.
Par théorème de minoration, on conclut : R = 0.
g) On a, pour tout n ∈ N∗
, par le changement de variable
t = x2
, x =
√
t, dx =
1
2
√
t
dt :
an =
√
(n+1)π
√
nπ
sin (x2
) dx =
(n+1)π
nπ
sin t
2
√
t
dt .
• D’une part :
N
n=1
an =
(N+1)π
π
sin t
2
√
t
dt −→
N∞
+∞
π
sin t
2
√
t
dt,
car on sait que l’intégrale impropre
→+∞
0
sin t
√
t
dt converge.
Ceci montre que la série entière
n 1
an zn
converge pour z = 1,
donc : R 1.
• D’autre part, puisque t −→
sin t
2
√
t
est de signe fixe sur chaque
[nπ ; (n + 1)π], n ∈ N∗
, on a :
N
n=1
|an| =
(N+1)π
π
| sin t|
2
√
t
dt −→
N∞
+∞,
car on sait que l’intégrale impropre
→+∞
π
| sin t|
√
t
dt diverge.
Ceci montre que la série entière
n 1
an zn
n’est pas absolu-
ment convergente pour z = 1, donc : R 1.
On conclut : R = 1.
h) Remarquons d’abord que, puisque
√
2 est irrationnel, on a,
pour tout n 1 : n
√
2 − E(n
√
2) =/ 0,
donc an =
1
n
√
2 − E(n
√
2)
existe.
• D’une part, puisque 0 < n
√
2 − E(n
√
2) 1, on a : an 1.
• D’autre part, en utilisant une expression conjuguée :
an =
n
√
2 + E(n
√
2)
2n2 − E(n
√
2)
2
.
Comme 2n2
− E(n
√
2)
2
est un entier naturel non nul, il est
1, donc : an n
√
2 + E(n
√
2) 2n
√
2.
On obtient ainsi : ∀ n 1, 1 an 2n
√
2.
Comme les séries entières
n
zn
et
n
2n
√
2zn
sont de
rayon 1 (par la règle de d’Alembert par exemple), on conclut,
par encadrement : R = 1.
Nous allons utiliser la même méthode que celle employée
dans le cours pour montrer qu’une série entière a le même rayon
que sa série entière dérivée.
6.34](https://image.slidesharecdn.com/mathmatiquesmthodesetexercicesmp-141109172011-conversion-gate01/85/Mathematiques-methodes-et-exercices-mp-303-320.jpg)
![294
Notons R et R les rayons respectifs des deux séries entières
n
an zn
,
n
F(n)an zn
.
1) Soit z ∈ C tel que |z| < R. Il existe alors Z ∈ C tel que :
|z| < |Z| < R, par exemple Z =
1
2
(|z| + R).
On a, pour tout n :
F(n)anzn
= |an Zn
| F(n)
z
Z
n
.
D’une part, puisque |Z| < R, la suite |an Zn
| n
est bornée.
D’autre part, puisque F est une fraction rationnelle et que
z
Z
< 1, par prépondérance classique, on a :
F(n)
z
Z
n
−−−→
n ∞
0.
Il en résulte : F(n)anzn
−−→
n ∞
0, donc : |z| R .
On a montré : ∀ z ∈ C, |z| < R ⇒ |z| R .
Il en résulte : R R .
2) On peut appliquer le résultat de 1) à
n
F(n)an zn
et
1
F
respectivement, ce qui permet d’échanger les rôles des deux
séries entières de l’énoncé, et on obtient : R R.
Finalement : R = R.
a) • Rayon :
1) On a : ∀ n ∈ N, | cos n| 1.
Comme la série entière
n 0
zn
est de rayon 1, par théorème de
majoration : R 1.
2) Montrons que la suite ( cos n)n 0 ne converge pas vers 0.
Raisonnons par l’absurde : supposons cos n −−−→
n ∞
0.
On a alors, par suite extraite : cos 2n −−−→
n ∞
0.
Mais : cos 2n = 2 cos 2
n − 1 −−−→
n ∞
− 1, contradiction.
Ceci montre que la suite ( cos n)n ne converge pas vers 0.
Il en résulte que la série entière
n 0
cos n zn
diverge pour
z = 1, donc : R 1.
Finalement : R = 1. Cf. aussi l’exercice 6.33 a).
• Somme :
On a, pour tout x ∈ ] − 1 ; 1[ :
S(x) =
+∞
n=0
cos nxn
=
+∞
n=0
ei n
+ e−i n
2
xn
=
1
2
+∞
n=0
ei n
xn
+
1
2
+∞
n=0
e−i n
xn
,
car ces deux séries entières sont de rayon 1, d’après la règle
de d’Alembert par exemple.
D’où :
S(x) =
1
2
+∞
n=0
(ei
x)n
+
1
2
+∞
n=0
(e−i
x)n
=
1
2
1
1 − ei x
+
1
2
1
1 − e−ix
=
1
2
2 − ei
x − e−i
x
(1 − ei x)(1 − e−ix)
=
1 − ( cos 1)x
1 − 2( cos 1)x + x2
.
Réponse : R = 1 et :
∀ x ∈ ] − 1 ; 1[, S(x) =
1 − ( cos 1)x
1 − 2( cos 1)x + x2
.
b) • Rayon :
Soit x ∈ R∗
. Notons, pour tout n ∈ N : un =
x3n+2
3n + 2
.
On a :
un+1
un
=
x3n+5
3n + 5
3n + 2
x3n+2
=
3n + 2
3n + 5
|x|3
−−−→
n ∞
|x|3
.
D’après la règle de d’Alembert, si |x| < 1, alors la série
n
|un| converge, et, si |x| > 1, alors la série
n
|un| di-
verge.
On conclut : R = 1.
• Somme :
L’application S : ] − 1 ; 1[−→ R, x −→
+∞
n=0
x3n+2
3n + 2
est de
classe C1
sur ] − 1 ; 1[ et :
∀ x ∈ ] − 1 ; 1[, S (x) =
+∞
n=0
x3n+1
= x
+∞
n=0
(x3
)n
=
x
1 − x3
.
En primitivant et puisque S(0) = 0 (terme constant de la série
entière définissant S), on a :
∀ x ∈ ] − 1 ; 1[, S(x) =
x
0
t
1 − t3
dt .
Pour calculer cette intégrale, utilisons une décomposition en
éléments simples dans R(X) :
X
1 − X3
=
X
(1 − X)(1 + X + X2)
=
a
1 − X
+
bX + c
1 + X + X2
,
où (a,b,c) ∈ R3
est à calculer.
On multiplie par 1 − X, puis on remplace X par 1, d’où :
a =
1
3
.
On multiplie par X puis on fait tendre X vers l’infini, d’où :
0 = −a + b, donc b = a =
1
3
.
6.35](https://image.slidesharecdn.com/mathmatiquesmthodesetexercicesmp-141109172011-conversion-gate01/85/Mathematiques-methodes-et-exercices-mp-304-320.jpg)
![295
Enfin, en remplaçant X par 0 : 0 = a + c , d’où :
c = −a = −
1
3
.
On a donc la décomposition en éléments simples :
X
1 − X3
=
1
3
1
1 − X
+
X − 1
1 + X + X2
.
D’où le calcul de primitive :
t
1 − t3
dt =
1
3
1
1 − t
+
t − 1
1 + t + t2
dt
=
1
3
1
1 − t
dt +
1
3
1
2
(2t + 1) −
3
2
t2 + t + 1
dt
= −
1
3
ln (1 − t) +
1
6
ln (t2
+ t + 1) −
1
2
dt
t2 + t + 1
notée J(t)
.
Par mise sous forme canonique pour un trinôme :
t2
+ t + 1 = t +
1
2
2
+
3
4
=
3
4
1 +
2
√
3
t +
1
2
2
=
3
4
1 +
2t + 1
√
3
2
.
D’où, par le changement de variable u =
2t + 1
√
3
:
J(t) =
√
3
2
du
3
4
(1 + u2)
=
2
√
3
Arctan u =
2
√
3
Arctan
2t + 1
√
3
.
D’où, pour tout x ∈ ] − 1 ; 1[ :
S(x) = −
1
3
ln (1 − t) +
1
6
ln (1 + t + t2
)
−
1
√
3
Arctan
2t + 1
√
3
x
0
= −
1
3
ln (1 − x) +
1
6
ln (1 + x + x2
)
−
1
√
3
Arctan
2x + 1
√
3
+
1
√
3
Arctan
1
√
3
.
Réponse : R = 1 et, pour tout x ∈ ] − 1 ; 1[ :
S(x) = −
1
3
ln (1 − x) +
1
6
ln (1 + x + x2
)
−
1
√
3
Arctan
2x + 1
√
3
+
π
6
√
3
.
c) Par la règle de d’Alembert, on obtient R = 1.
La série entière proposée ressemble à la série entière
n 0
x2n+1
2n + 1
.
Soit x ∈ ] − 1 ; 1[.
1) Si x ∈ ]0 ; 1[, notons t =
√
x.
On a alors x = t2
, donc :
S(x) =
+∞
n=0
xn
2n + 1
=
+∞
n=0
(t2
)n
2n + 1
=
1
t
+∞
n=0
t2n+1
2n + 1
=
1
t
Argth t =
1
√
x
Argth
√
x.
2) Si x ∈] − 1 ; 0[, notons t =
√
−x .
On a alors x = −t2
, donc :
S(x) =
+∞
n=0
xn
2n + 1
=
+∞
n=0
(−t2
)n
2n + 1
=
1
t
+∞
n=0
(−1)n t2n+1
2n + 1
=
1
t
Arctan t =
1
√
−x
Arctan
√
−x.
3) Enfin, S(0) = 1, car S(0) est le terme constant de la série
entière définissant S.
Réponse : R = 1 et :
S(x) =
1
√
x
Argth
√
x si 0 < x < 1
1 si x = 0
1
√
−x
Arctan
√
−x si − 1 < x < 0.
d) Par la règle de d’Alembert, on obtient R = +∞.
La série entière proposée ressemble à la série entière
n 0
x2n+1
(2n + 1)!
.
Soit x ∈ R.
1) Si x ∈ ]0 ; +∞[, notons t =
√
x.
On a alors x = t2
, donc :
S(x) =
+∞
n=0
xn
(2n + 1)!
=
+∞
n=0
(t2
)n
(2n + 1)!
=
1
t
+∞
n=0
t2n+1
(2n + 1)!
=
1
t
sh t =
sh
√
x
√
x
.
2) Si x ∈ ] − ∞ ; 0[, notons t =
√
−x .
On a alors x = −t2
, donc :
S(x) =
+∞
n=0
xn
(2n + 1)!
=
+∞
n=0
(−t2
)n
(2n + 1)!
=
1
t
+∞
n=0
(−1)n
t2n+1
(2n + 1)!
=
1
t
sin t =
sin
√
−x
√
−x
.
3) Enfin, S(0) = 1, car S(0) est le terme constant de la série
entière définissant S.
Réponse :
R = ∞ et S(x) =
sh
√
x
√
x
si x > 0
1 si x = 0
sin
√
−x
√
−x
si x < 0.](https://image.slidesharecdn.com/mathmatiquesmthodesetexercicesmp-141109172011-conversion-gate01/85/Mathematiques-methodes-et-exercices-mp-305-320.jpg)
![296
e) Par utilisation d’un équivalent et de la règle de d’Alembert,
on obtient : R = 1.
Formons la décomposition en éléments simples du coefficient
an de la série entière :
an =
3n
2n2 + n − 1
=
3n
(n + 1)(2n − 1)
=
1
n + 1
+
1
2n − 1
.
On a alors, pour tout x ∈ ] − 1 ; 1[ :
S(x) =
+∞
n=0
an xn
=
+∞
n=0
1
n + 1
xn
notée A(x)
+
+∞
n=0
1
2n − 1
xn
notée B(x)
car ces deux séries entières sont de rayon 1.
On a, si x =/ 0 :
A(x) =
1
x
+∞
n=0
xn+1
n + 1
=
1
x
+∞
n=1
xn
n
= −
1
x
ln (1 − x) ,
et A(0) = 1 car A(0) est le terme constant de la série en-
tière définissant A(x).
D’autre part, en isolant dans B(x) le terme constant, on a :
B(x) = −1 +
+∞
n=1
xn
2n − 1
= −1 + x
+∞
n=0
xn
2n + 1
notée C(x)
.
On a calculé C(x) dans l’exercice c) :
C(x) =
1
√
x
Argth
√
x si 0 < x < 1
1 si x = 0
1
√
−x
Arctan
√
−x si − 1 < x < 0.
On reporte la valeur de C(x) et on en déduit l’expression
de A(x).
Réponse : R = 1 et : S(x) =
−
1
x
ln (1 − x) − 1 +
√
x Argth
√
x si 0 < x < 1
0 si x = 0
−
1
x
ln (1 − x) − 1 −
√
−xArctan
√
−x si − 1 < x < 0.
f) • Rayon :
Soit z ∈ C.
Si |z| < 1, alors |zE(
√
n)
| = |z|E(
√
n)
−−−→
n ∞
0.
Si |z| > 1, alors |zE(
√
n)
| = |z|E(
√
n)
−−−→
n ∞
+ ∞.
On conclut : R = 1.
• Somme :
Soit z ∈ C tel que |z| < 1. On a, pour tout N ∈ N∗
:
(N+1)2−1
n=0
zE(
√
n)
=
N
p=0
(p+1)2−1
n=p2
zE(
√
n)
=
N
n=0
p2+2p
n=p2
zp
=
N
p=0
(2p + 1)zp
.
En faisant tendre l’entier N vers l’infini, on obtient :
S(z) =
+∞
n=0
zE(
√
n)
=
+∞
p=0
(2p + 1)zp
= 2
+∞
p=0
pzp
+
+∞
p=0
zp
,
car ces deux séries entières sont de rayon 1.
On sait (série géométrique) :
+∞
p=0
zp
=
1
1 − z
.
D’où, en dérivant (algébriquement, car z ∈ C ici) :
+∞
p=0
pzp−1
=
1
(1 − z)2
,
et donc, en multipliant par z :
+∞
p=0
pzp
=
z
(1 − z)2
.
On obtient :
S(z) = 2
z
(1 − z)2
+
1
1 − z
=
2z + (1 − z)
(1 − z)2
=
1 + z
(1 − z)2
.
Réponse : R = 1 et, pour tout z ∈ C tel que |z| < 1 :
S(z) =
1 + z
(1 − z)2
.
a) Notons Rc,Rs, Sc,Ss les rayons et les sommes des deux
séries entières proposées.
1) Rayons :
• On a : ∀ n ∈ N, | cos nθ| 1 et | sin nθ| 1 ,
d’où, par théorème de majoration : Rc 1 et Rs 1.
• Pour tout θ ∈ R, la suite ( cos nθ)n 0 ne converge pas vers 0.
En effet, si cos nθ −−−→
n ∞
0 , alors, par suite extraite,
cos 2nθ −−−→
n ∞
0, d’où 2 cos 2
nθ − 1 −−−→
n ∞
0,
contradiction avec 2 cos 2
nθ − 1 −−−→
n ∞
− 1.
Ceci montre que la série entière
n 0
cos nθ xn
diverge pour
x = 1, donc Rc 1.
• Pour tout θ ∈ R − πZ, la suite ( sin nθ)n 0 ne converge pas
vers 0.
En effet, si sin nθ −−−→
n ∞
0,
alors, par suite extraite, sin (n + 1)θ −−−→
n ∞
0,
6.36](https://image.slidesharecdn.com/mathmatiquesmthodesetexercicesmp-141109172011-conversion-gate01/85/Mathematiques-methodes-et-exercices-mp-306-320.jpg)
![297
d’où sin nθ cos θ + sin θ cos nθ −−−→
n ∞
0,
puis (comme sin θ =/ 0) cos nθ −−−→
n ∞
0, contradiction comme
on l’a vu ci-dessus.
Ceci montre que la série entière
n 0
sin nθ xn
diverge pour
x = 1, donc Rs 1.
Si θ ∈ πZ, alors, pour tout n ∈ N, sin nθ = 0, donc Rs = ∞.
Finalement : Rc = 1 pour tout θ ∈ R, et Rs = 1 si
θ ∈ R − πZ, Rs = ∞ si θ ∈ πZ.
2) Sommes :
Soit θ ∈ R.
Le rayon de la série entière
n 0
ei nθ
xn
est 1 et on a, pour tout
x ∈ ] − 1 ; 1[ :
Sc(x) + i Ss(x) =
+∞
n=0
cos nθxn
+ i
+∞
n=0
sin nθxn
=
+∞
n=0
ei nθ
xn
=
+∞
n=0
(ei θ
x)n
=
1
1 − ei θx
=
1
(1 − x cos θ) − i x sin θ
=
(1 − x cos θ) + i x sin θ
(1 − x cos θ)2 + (x sin θ)2
.
D’où, en séparant la partie réelle et la partie imaginaire :
Sc(x) =
1 − x cos θ
1 − 2x cos θ + x2
, Ss(x) =
x sin θ
1 − 2x cos θ + x2
.
De plus, si θ ∈ πZ, alors : ∀ x ∈ R, Ss(x) = 0.
b) Notons ρc,ρs, σc,σs les rayons et les sommes des deux sé-
ries entières proposées.
1) Rayons :
Puisqu’une série entière a le même rayon que sa série entière
dérivée, on a : ρc = Rc et ρs = Rs.
2) Sommes :
• On a, pour tout x ∈ ] − 1 ; 1[ :
xσc(x) =
+∞
n=1
cos nθ xn
=
1 − x cos θ
1 − 2x cos θ + x2
− 1 =
x cos θ − x2
1 − 2x cos θ + x2
,
d’où, si x =/ 0 : σc(x) =
cos θ − x
1 − 2x cos θ + x2
.
D’autre part : σc(0) = cos θ, car il s’agit du terme constant
de la série entière définissant σ (x).
On a donc : ∀ x ∈ ] − 1 ; 1[, σc(x) =
cos θ − x
1 − 2x cos θ + x2
.
On déduit, pour tout x ∈ ] − 1 ; 1[ :
σc(x) = σc(0) +
x
0
σc(t) dt =
x
0
cos θ − t
1 − 2t cos θ + t2
dt
=−
1
2
ln (1−2t cos θ+t2
)
x
0
=−
1
2
ln (1 − 2x cos θ + x2
) .
• On a, pour tout x ∈ ] − 1 ; 1[ :
xσs(x) =
+∞
n=1
sin nθ xn
=
x sin θ
1 − 2x cos θ + x2
,
d’où, si x =/ 0 : σs(x) =
sin θ
1 − 2x cos θ + x2
.
D’autre part, σs(0) = sin θ, car il s’agit du terme constant de
la série entière définissant σs(x).
On a donc : ∀ x ∈ ] − 1 ; 1[, σs(x) =
sin θ
1 − 2x cos θ + x2
.
On déduit, pour tout x ∈ ] − 1 ; 1[ :
σs(x) = σs(0) +
x
0
sin θ
1 − 2t cos θ + t2
dt
=
x
0
sin θ
(t − cos θ)2 + sin 2θ
dt
=
si sin θ =/ 0
x
0
d
t − cos θ
sin θ
t − cos θ
sin θ
2
+ 1
= Arctan t − cos θ
sin θ
x
0
= Arctan x − cos θ
sin θ
− Arctan −cos θ
sin θ
= Arctan x − cos θ
sin θ
+ Arctan cos θ
sin θ
.
Réponse : • Pour
n 1
cos nθ
n
xn
:
R = 1 et S(x) = −
1
2
ln (1 − 2x cos θ + x2
)
• Pour
n 1
sin nθ
n
xn
:
∗ Si θ ∈ πZ : R = +∞ et S = 0
∗ Si θ /∈ πZ, : R = 1 et :
S(x) = Arctan
x − cos θ
sin θ
+ Arctan
cos θ
sin θ
,
ce dernier résultat pouvant être transformé sous diverses
formes.
a) On a, pour tout x ∈ R : ex
=
+∞
k=0
xk
k!
,
d’où, pour tout n ∈ N et tout x ∈ R∗
:
fn(x) =
1
xn+1
ex
−
n
k=0
xk
k!
=
1
xn+1
+∞
k=n+1
xk
k!
=
1
xn+1
+∞
p=0
x p+n+1
(p + n + 1)!
=
+∞
p=0
x p
(p + n + 1)!
.
6.37](https://image.slidesharecdn.com/mathmatiquesmthodesetexercicesmp-141109172011-conversion-gate01/85/Mathematiques-methodes-et-exercices-mp-307-320.jpg)
![298
Comme fn(0) =
1
(n + 1)!
et que le terme constant de la der-
nière série entière est égal à
1
(n + 1)!
, l’égalité est aussi vraie
pour x = 0, d’où :
∀ x ∈ R, fn(x) =
+∞
p=0
x p
(p + n + 1)!
.
Ceci montre que fn est dSE(0) de rayon infini, donc fn est de
classe C∞
sur R.
b) On a : ∀ x ∈ R∗
, fn(x) = x−n−1
ex
−
n
k=0
1
k!
xk−n−1
.
On en déduit, en dérivant n fois et en utilisant la formule de
Leibniz, pour tout x ∈ R∗
:
f (n)
n (x)
=
n
p=0
n
p
(x−n−1
)(n−p)
(ex
)(p)
−
n
k=0
1
k!
(xk−n−1
)(n)
= ex
n
p=0
n!
p!(n − p)!
(−n − 1) · · · (−2n + p) x−n−1−n+p
−
n
k=0
1
k!
(k − n − 1) · · · (k − 2n)xk−2n−1
= ex
n
p=0
n!
p!(n − p)!
(−1)n−p (2n − p)!
n!
x−2n+p−1
−
n
k=0
1
k!
(−1)n (2n − k)!
(n − k)!
xk−2n−1
=
e
x
2 (−1)n
x2n+1
e
x
2
n
p=0
(−1)p (2n − p)!
p!(n − p)!
x p
−e− x
2
n
k=0
(−1)k (2n − k)!
k!(n − k)!
(−x)k
.
En notant Pn = (−1)n
n
p=0
(−1)p (2n − p)!
p!(n − p)!
Xp
∈ R[X],
on conclut :
∀ x ∈ R, f (n)
n (x) =
e
x
2
x2n+1
e
x
2 Pn(x) − e− x
2 Pn(−x) .
On a, pour tout z ∈ C, par produit de Cauchy de deux
séries entières de rayon infini :
ez
+∞
n=1
(−1)n−1
n
1
n!
zn
=
+∞
n=0
1
n!
zn
+∞
n=1
(−1)n−1
n · n!
zn
=
+∞
n=1
cn zn
,
où, pour tout n 1 :
cn =
n−1
k=0
1
k!
(−1)n−k−1
(n − k)(n − k)!
=
1
n!
n−1
k=0
(−1)n−k−1
n − k
n
k
=
1
n!
n−1
k=0
(−1)n−k−1 n
k
1
0
tn−k−1
dt
=
1
n!
1
0
n−1
k=0
(−1)n−k−1 n
k
tn−k−1
dt
=
1
n!
1
0
−
1
t
n−1
k=0
n
k
(−t)n−k
dt
=
1
n!
1
0
−
1
t
(1 − t)n
− 1 dt
=
u = 1 − t
1
n!
1
0
1 − un
1 − u
du =
1
n!
1
0
n−1
k=0
uk
du
=
1
n!
n−1
k=0
1
k + 1
=
1
n!
n
k=1
1
k
,
d’où l’égalité voulue.
1) Minoration du rayon R :
On a, pour tout n ∈ N∗
:
|an| =
1
n!
1
0
n−1
k=0
(t − k) dt
=
1
n!
1
0
t (1 − t) · · · (n − 1 − t) dt
1
n!
1 1 · 2 · · · (n − 1) =
(n − 1)!
n!
=
1
n
.
Comme la série entière
n 1
1
n
xn
est de rayon 1, par théorème
de majoration, on conclut : R 1.
2) Calcul de la somme S sur ] − 1 ; 1[ :
Soit x ∈ ] − 1 ; 1[ fixé. On a :
S(x) =
+∞
n=0
an xn
= a0 +
+∞
n=1
1
0
xn
n!
n−1
k=0
(t − k) dt .
Notons, pour tout n ∈ N∗
:
fn : [0 ; 1] −→ R, t −→
xn
n!
n−1
k=0
(t − k) .
• Pour tout n ∈ N∗
, fn est continue sur le segment [0 ; 1].
• On a, pour tout n ∈ N∗
et tout t ∈ [0 ; 1] :
| fn(t)| =
|x|n
n!
t (1 − t) · · · (n − 1 − t)
|x|n
n!
1 · 1 · · · (n − 1) =
|x|n
n!
(n − 1)! =
|x|n
n
|x|n
,
d’où : ∀ n ∈ N∗
, || fn||∞ |x|n
.
6.38
6.39](https://image.slidesharecdn.com/mathmatiquesmthodesetexercicesmp-141109172011-conversion-gate01/85/Mathematiques-methodes-et-exercices-mp-308-320.jpg)
![299
Comme |x| < 1, la série géométrique
n 1
|x|n
converge, donc,
par théorème de majoration pour des séries à termes 0, la série
numérique
n 1
|| fn||∞ converge. Ceci montre que la
n 1
fn
converge normalement, donc uniformément, sur [0 ; 1].
D’après un théorème du cours, on peut alors permuter intégrale
et série, d’où :
S(x)
= a0 +
1
0
+∞
n=1
xn
n!
n−1
k=0
(t − k) dt
= 1 +
1
0
+∞
n=1
t(t − 1) · · · (t − n + 1)
n!
xn
dt
=
1
0
(1 + x)t
dt =
1
0
et ln (1+x)
dt
=
si x =/ 0
et ln (1+x)
ln(1 + x)
1
0
=
eln(1+x)
− 1
ln(1 + x)
=
x
ln(1 + x)
.
D’autre part, S(0) = a0 = 1, car S(0) est le terme constant
de la série entière définissant S.
Ainsi :
∀ x ∈ ] − 1 ; 1[, S(x) =
x
ln(1 + x)
si x =/ 0
1 si x = 0.
3) Valeur du rayon R :
Pour montrer R = 1, étudions la série entière au voisinage de
−1, point qui annule le dénominateur de l’expression de S(x).
On a : S(x) =
x
ln(1 + x)
−→
x−→−1+
0,
ce qui n’amène pas de résultat net sur la position de −1 par
rapport à l’intervalle [−R ; R].
Mais S est dérivable sur ] − 1 ; 1[ et on a, pour tout
x ∈ ] − 1 ; 1[ :
S (x) =
ln (1 + x) −
x
1 + x
ln (1 + x)
2
=
(1 + x)ln(1 + x) − x
(1 + x) ln (1 + x)
2
,
d’où, par prépondérance classique :
S (x) ∼
x−→−1+
1
(1 + x) ln (1 + x)
2
−→
x−→−1+
+∞ .
Raisonnons par l’absurde : supposons R > 1. Comme S est de
classe C∞
sur ] − R ; R[ et que −1 ∈ ] − R ; R[, S est en
particulier continue en −1, contradiction avec le résultat pré-
cédent.
On conclut : R = 1.
1) Soit f convenant.
• Montrons que f est de classe C∞
sur R.
À cet effet, montrons, par récurrence sur n, que, pour tout
n ∈ N∗
, f est n fois dérivable sur R.
La propriété est vraie pour n = 1, par hypothèse.
Supposons que f est n fois dérivable sur R. Puisque :
∀ x ∈ R, f (x) = α f (x) + f (λx)
et que le second membre est n fois dérivable sur R, f est n
fois dérivable sur R, donc f est n + 1 fois dérivable sur R.
On conclut, par récurrence sur n, que f est n fois dérivable sur R
pour tout n ∈ N∗
, donc f est de classe C∞
sur R.
• Montrons que f est dSE(0). À cet effet, nous allons montrer
que le reste de Taylor de f en 0 tend vers 0.
Soit x ∈ R fixé. On a, pour tout n ∈ N, d’après la formule de
Taylor avec reste intégral :
f (x) =
n
k=0
f (k)
(0)
k!
xk
+
x
0
(x − t)n
n!
f (n+1)
(t) dt
notée Rn(x)
.
Notons, pour tout n ∈ N : Mn = Sup
t∈[−x;x]
| f (n)
(t)|.
On a, pour tout n ∈ N :
|Rn(x)| =
x
0
(x − t)n
n!
f (n+1)
(t) dt
x
0
|x − t|n
n!
Mn+1 dt =
Mn+1
n!
(x − t)n+1
n + 1
x
0
=
Mn+1
n!
|x|n+1
n + 1
=
Mn+1
(n + 1)!
|x|n+1
.
Essayons d’établir une majoration de Mn .
Par hypothèse : ∀ t ∈ R, f (t) = α f (t) + f (λt),
d’où, par une récurrence immédiate :
∀ n ∈ N, ∀ t ∈ R, f (n+1)
(t) = α f (n)
(t) + λn
f (n)
(λt) ,
et donc, en passant aux bornes supérieures lorsque t décrit
[−x ; x] :
∀ n ∈ N, Mn+1 |α|Mn + |λ|n
Mn (|α| + 1)Mn .
Par récurrence immédiate, on déduit :
∀ n ∈ N, Mn (|α| + 1)n
M0 .
D’où : |Rn(x)|
(|α| + 1)n+1
M0
(n + 1)!
|x|n+1
−−−→
n ∞
0,
parprépondéranceclassiquedelafactoriellesurlesexponentielles.
On déduit, en faisant tendre l’entier n vers l’infini dans la for-
mule de Taylor avec reste intégral, que la série de Taylor de f
en 0,
n 0
f (n)
(0)
n!
xn
, converge et a pour somme f (x).
6.40](https://image.slidesharecdn.com/mathmatiquesmthodesetexercicesmp-141109172011-conversion-gate01/85/Mathematiques-methodes-et-exercices-mp-309-320.jpg)
![300
On conclut que f est dSE(0) de rayon infini.
2) Soit f dSE(0) de rayon infini, f (x) =
+∞
n=0
an xn
. Alors, f est
dérivable sur R et on a :
f convient
⇐⇒ ∀ x ∈ R, f (x) = α f (x) + f (λx)
⇐⇒ ∀ x ∈ R,
+∞
n=1
nan xn−1
= α
+∞
n=0
an xn
+
+∞
n=0
anλn
xn
⇐⇒ ∀ x ∈ R,
+∞
n=0
(n + 1)an+1xn
=
+∞
n=0
(α + λn
)an xn
⇐⇒
unicité du DSE(0)
∀ n ∈ N, (n + 1)an+1 = (α + λn
)an
⇐⇒ ∀ n ∈ N, an+1 =
α + λn
n + 1
an
⇐⇒ ∀ n ∈ N, an =
1
n!
n−1
k=0
(α + λk
) a0 .
On conclut :
S = f : R−→R, x −→a
+∞
n=0
1
n!
n−1
k=0
(α+λk
)xn
; a ∈ R .
1) L’application x −→
1
√
1 + x2
= (1 + x2
)−1/2
est
dSE(0) de rayon 1, d’après le cours. Par primitivation, il en ré-
sulte que l’application x −→ Argsh x est dSE(0) de rayon 1.
Par produit, l’application f est donc dSE(0) de rayon 1.
2) Pour calculer le DSE(0) de f, nous allons utiliser la méthode
dite de l’équation différentielle.
L’application f est dérivable sur R, d’où :
∀ x ∈ R,
d
dx
1 + x2 f (x) =
d
dx
(Argsh x),
c’est-à-dire :
∀ x ∈ R, 1 + x2 f (x) +
x
√
1 + x2
f (x) =
1
√
1 + x2
,
donc : ∀ x ∈ R, (1 + x2
) f (x) + x f (x) = 1.
En notant f (x) =
+∞
n=0
an xn
le DSE(0) de f, qui existe et est
de rayon 1 comme on l’a vu plus haut, on a, pour tout
x ∈ ] − 1 ; 1[ :
0 = (1 + x2
) f (x) + x f (x) − 1
= (1 + x2
)
+∞
n=1
nan xn−1
+ x
+∞
n=0
an xn
− 1
=
+∞
n=1
nan xn−1
+
+∞
n=1
nan xn+1
+
+∞
n=0
an xn+1
− 1
=
+∞
n=0
(n + 1)an+1xn
+
+∞
n=2
(n − 1)an−1xn
+
+∞
n=1
an−1xn
− 1
= (a1 − 1) +
+∞
n=1
(n + 1)an+1 + nan−1 xn
.
Par unicité du DSE(0) de la fonction nulle, on déduit a1 = 1
et : ∀ n 1, (n + 1)an+1 + nan−1 = 0.
Comme a0 = f (0) = 0, il en résulte, de proche en proche :
∀ p ∈ N, a2p = 0,
ce que l’on pouvait aussi trouver en remarquant que f est im-
paire.
Et, pour tout p ∈ N :
a2p+1 = −
2p
2p + 1
a2p−1
= −
2p
2p + 1
−
2p − 2
2p − 1
· · · −
2
3
a1
=
(−1)p
2p
p!
(2p + 1)(2p − 1) · · · 3
=
(−1)p
(2p
p!)2
(2p + 1)!
.
On obtient :
∀ x ∈ ] − 1 ; 1[, f (x) =
+∞
p=0
(−1)p
(2p
p!)2
(2p + 1)!
x2p+1
.
3) Déterminons le rayon R par la règle de d’Alembert.
Soit x ∈ R∗
fixé. Notons, pour tout p ∈ N, up le terme géné-
ral de la série obtenue. On a alors |up| > 0 et :
up+1
up
=
2p+1
(p + 1)!
2
(2p + 3)!
(2p + 1)!
(2p p!)2
|x|2
=
4(p + 1)2
(2p + 2)(2p + 3)
|x|2
−→
p∞
|x|2
,
donc : R = 1.
L’application f : x −→ sin (α Arcsin x) est de
classe C∞
sur ] − 1 ; 1[ et on a, en dérivant, pour tout
x ∈ ] − 1 ; 1[ : f (x) = cos (α Arcsin x)
α
√
1 − x2
,
donc : 1 − x2 f (x) = α cos (α Arcsin x),
puis, encore en dérivant :
1 − x2 f (x) −
x
√
1 − x2
f (x)
= −α2
sin (α Arcsin x)
1
√
1 − x2
= −
α2
f (x)
√
1 − x2
,
d’où : (1 − x2
) f (x) − x f (x) + α2
f (x) = 0.
Ainsi, f est solution de l’équation différentielle
(E) (1 − x2
)y − xy + α2
y = 0 .
6.41
6.42](https://image.slidesharecdn.com/mathmatiquesmthodesetexercicesmp-141109172011-conversion-gate01/85/Mathematiques-methodes-et-exercices-mp-310-320.jpg)
![301
• Supposons que f soit dSE(0), f (x) =
+∞
n=0
an xn
, de rayon
R > 0. On peut alors dériver (deux fois) terme à terme sur
] − R ; R[, d’où :
0 = (1 − x2
) f (x) − x f (x) + α2
f (x)
= (1 − x2
)
+∞
n=2
n(n − 1)an xn−2
− x
+∞
n=1
nan xn−1
+ α2
+∞
n=0
an xn
=
+∞
n=2
n(n − 1)an xn−2
−
+∞
n=2
n(n − 1)an xn
−
+∞
n=1
nan xn
+
+∞
n=0
α2
an xn
=
+∞
n=0
(n + 2)(n + 1)an+2xn
−
+∞
n=2
n(n − 1)an xn
−
+∞
n=1
nan xn
+
+∞
n=0
α2
an xn
=
+∞
n=0
(n + 2)(n + 1)an+2xn
−
+∞
n=0
n(n − 1)an xn
−
+∞
n=0
nan xn
+
+∞
n=0
α2
an xn
=
+∞
n=0
(n + 2)(n + 1)an+2
− n(n − 1)an − nan + α2
an xn
=
+∞
n=0
(n + 2)(n + 1)an+2 − (n2
− α2
)an xn
.
Par unicité du DSE(0) de la fonction nulle, on déduit :
∀ n ∈ N, (n + 2)(n + 1)an+2 = (n2
− α2
)an .
Comme a0 = f (0) = 0, on déduit, de proche en proche :
∀ p ∈ N, a2p = 0.
Comme a1 = f (0) = α, on déduit de proche en proche :
a2p+1 =
(2p − 1)2
− α2
(2p + 1)(2p)
· · ·
12
− α2
3 · 2
α
=
α
(2p + 1)!
p
k=1
(2k − 1)2
− α2
.
• Réciproquement, considérons la série entière
n 0
an xn
où
an est défini ci-dessus.
Comme les a2p+1 sont tous =/ 0, et que, pour tout x ∈ R∗
fixé :
a2p+1x2p+1
a2p−1x2p−1
=
a2p+1
a2p−1
|x|2
=
(2p − 1)2
− α2
(2p + 1)(2p)
|x|2
−→
p∞
|x|2
,
le rayon de la série entière est 1, qui est > 0.
D’après le calcul fait plus haut, en réciproque, la somme S de
la série entière est solution de (E) sur ] − 1 ; 1[.
De plus : S(0) = 0 et S (0) = α.
Ainsi, f et S sont solutions de (E), sur ] − 1 ; 1[ et
f (0) = S(0), f (0) = S (0) .
D’après le théorème de Cauchy linéaire, il en résulte :
∀ x ∈ ] − 1 ; 1[, f (x) = S(x) .
Ainsi, pour tout x ∈ ] − 1 ; 1[ :
f (x) =
+∞
p=0
α
(2p + 1)!
p
k=1
(2k − 1)2
− α2
x2p+1
,
donc f est dSE(0), de rayon, 1.
a) On a, en utilisant des DL(0) :
f (x) =
1
ex − 1
−
1
x
=
x − (ex
− 1)
x(ex − 1)
=
x − x + x2
2
+ o
x−→0
(x2
)
x x + o(x)
=
−x2
2
+ o(x2
)
x2 + o(x2)
−→
x−→0
−
1
2
.
On conclut que f admet une limite finie en 0, et que :
= −
1
2
.
On prolonge f par continuité en 0, en posant : f (0) = −
1
2
.
b) On a, pour tout x ∈ R∗
:
f (x) =
1
ex − 1
−
1
x
= −
x
ex − 1
ex
− 1 − x
x2
.
• On sait : ∀ x ∈ R, ex
=
+∞
n=0
xn
n!
,
donc : ex
− 1 − x =
+∞
n=2
xn
n!
,
puis, si x =/ 0 :
ex
− 1 − x
x2
=
+∞
n=2
xn−2
n!
=
+∞
n=0
xn
(n + 2)!
.
6.43](https://image.slidesharecdn.com/mathmatiquesmthodesetexercicesmp-141109172011-conversion-gate01/85/Mathematiques-methodes-et-exercices-mp-311-320.jpg)
![Considérons l’application
u : R −→ R, x −→
ex
− 1 − x
x2
si x =/ 0
1
2
si x = 0.
On vient de montrer : ∀ x ∈ R∗
, u(x) =
+∞
n=0
xn
(n + 2)!
.
De plus, cette égalité est aussi vraie pour x = 0, car u(0) =
1
2
,
et le terme constant de la série entière est
1
2
.
On a donc : ∀ x ∈ R, u(x) =
+∞
n=0
xn
(n + 2)!
.
Ceci montre que u est dSE(0) de rayon infini, donc, d’après
le cours, u est de classe C∞
sur R.
• De même, et plus brièvement, l’application
v : R −→ R, x −→
ex
− 1
x
si x =/ 0
1 si x = 0
est de classe C∞
sur R.
On peut aussi remarquer, à cet effet :
∀ x ∈ R, v(x) = xu(x) + 1 .
• De plus, il est clair, sur la définition de v, que :
∀ x ∈ R, v(x) =/ 0 .
D’après le cours,
1
v
est donc de classe C∞
sur R.
• On a : ∀ x ∈ R∗
, f (x) = −
1
v(x)
u(x).
Et comme f (0) = −
1
2
, v(0) = 1, u(0) =
1
2
, l’égalité est aussi
vraie pour x = 0.
On a donc : f = −
1
v
u.
Comme u et
1
v
sont de classe C∞
sur R, par produit, f est
donc de classe C∞
sur R.
a) Par hypothèse, f est dSE(0) de rayon R > 0, donc
f est de classe C∞
sur ] − R ; R[.
Puisque tn −−−→
n ∞
0, que, pour tout n ∈ N, f (tn) = 0 et que
f est continue en 0, on déduit : f (0) = 0.
On peut se ramener, en prenant une suite extraite, au cas où la
suite (tn)n∈N est strictement décroissante et vérifie :
∀ n ∈ N, 0 < tn < R.
Pour tout n ∈ N, d’après le théorème de Rolle, puisque
f (tn) = f (tn+1) et que f est continue sur [tn ; tn+1] et déri-
vable sur ]tn tn+1[, il existe un ∈ ]tn ; tn+1[⊂]0 ; R[ tel que :
f (un) = 0.
On construit ainsi une suite réelle (un)n∈N telle que :
∀ n ∈ N, −R < un < R et un =/ 0 et f (un) = 0
un −−−→
n ∞
0.
On peut alors appliquer le résultat précédent à f à la place
de f, puisque f est dSE(0) de même rayon que f, d’où :
f (0) = 0.
En réitérant, on déduit : ∀ n ∈ N, f (n)
(0) = 0.
Enfin, comme f est dSE(0), on a :
∀ x ∈ ] − R ; R[, f (x) =
+∞
n=0
f (n)
(0)
n!
xn
= 0 .
b) Supposons qu’il existe f : ] − 1 ; 1[−→ R, dSE(0) de rayon
1, telle que :
∀ n ∈ N − {0,1}, f
1
n
= − f −
1
n
=
1
n3
.
Considérons les applications
g : ] − 1 ; 1[−→ R, x −→ g(x) = f (x) − x3
h : ] − 1 ; 1[−→ R, x −→ h(x) = f (x) + x3
.
Puisque f est dSE(0) de rayon 1, g et h le sont aussi. De
plus :
∀ n ∈ N − {0,1}, g
1
n
= 0 et h −
1
n
= 0 .
D’après a), il en résulte :
∀ x ∈ ] − 1 ; 1[, g(x) = 0 et h(x) = 0 ,
d’où : ∀ x ∈ ] − 1 ; 1[, x3
= −x3
, contradiction.
On conclut qu’il n’existe pas d’application f convenant.
Rappelons la définition de la fonction d’Euler :
∀ s ∈ ]0 ; +∞[, (s) =
+∞
0
ts−1
e−t
dt .
Ainsi, pour tout x ∈ ] − 1 ; +∞[ :
(1 + x) =
+∞
0
tx
e−t
dt =
+∞
0
ex ln t
e−t
dt
=
+∞
0
+∞
n=0
(x ln t)n
n!
e−t
dt
=
+∞
0
+∞
n=0
(x ln t)n
n!
e−t
dt.
Nous allons essayer de permuter intégrale et série.
302
6.44
6.45](https://image.slidesharecdn.com/mathmatiquesmthodesetexercicesmp-141109172011-conversion-gate01/85/Mathematiques-methodes-et-exercices-mp-312-320.jpg)
![303
Soit x ∈ ] − 1 ; 1[ fixé. Notons, pour tout n ∈ N :
fn : ]0 ; +∞[−→ R, t −→
(x ln t)n
n!
e−t
.
• Pour tout n ∈ N, fn est continue par morceaux (car continue)
sur ]0 ; +∞[, et intégrable sur ]0 ; +∞[, car
√
t fn(t) −→
t−→0+
0
et t2
fn(t) −→
t−→+∞
0.
•
n 0
fn converge simplement sur ]0 ; +∞[ et a pour somme
S : t −→ ex ln t
e−t
.
• S est continue par morceaux (car continue) sur ]0 ; +∞[.
• Montrons que la série
n 0
+∞
0
| fn| converge.
On a, pour tout n ∈ N :
+∞
0
| fn| =
+∞
0
(x ln t)n
n!
e−t
dt
=
|x|n
n!
+∞
0
| ln t|n
e−t
dt
=
|x|n
n!
1
0
(−ln t)n
e−t
dt
notée An
+
+∞
1
( ln t)n
e−t
dt
notée Bn
.
Et :
0 An
1
0
(−ln t)n
dt
=
u = −ln t
+∞
0
un
e−u
du = (n + 1) = n!
0 Bn
+∞
1
tn
e−t
dt
+∞
0
tn
e−t
dt = (n + 1) = n! .
On a donc : ∀ n ∈ N,
+∞
0
| fn|
|x|n
n!
2n! = 2|x|n
.
Puisque |x| < 1, la série géométrique
n 0
|x|n
converge, donc,
par théorème de majoration pour des séries à termes 0, la
série
n 0
+∞
0
| fn| converge.
D’après le théorème du cours sur l’intégration sur un intervalle
quelconque pour une série de fonctions, on peut permuter in-
tégrale et série, d’où :
(x + 1) =
+∞
n=0
+∞
0
(x ln t)n
n!
e−t
dt
=
+∞
n=0
+∞
0
1
n!
(ln t)n
e−t
dt xn
.
Ceci montre que x −→ (1 + x) est dSE(0), de rayon R 1.
Comme (1 + x) −→
x−→−1+
+∞, on peut préciser :
R = 1 .
1) Détermination du rayon R :
Essayons d’obtenir une estimation de un lorsque l’entier n
tend vers l’infini.
Comme, pour tout n ∈ N, 0
1
n + 1
1, considérons les
deux suites obtenues en remplaçant, dans l’énoncé,
1
n + 1
,
par 0, par 1. Autrement dit, considérons les suites
(vn)n∈N, (wn)n∈N définies par :
v0 = 0, v1 = 1, ∀ n ∈ N, vn+2 = vn+1 + vn
w0 = 0, w1 = 1, ∀ n ∈ N, wn+2 = wn+1 + wn + 1.
Une récurrence immédiate montre :
∀ n ∈ N, 0 vn un wn .
• Calcul de vn :
La suite (vn)n∈N est une suite récurrente linéaire du second ordre,
à coefficients constants et sans second membre. L’équation ca-
ractéristique r2
− r − 1 = 0 admet deux solutions réelles dis-
tinctes :
r1 =
1 +
√
5
2
, r2 =
1 −
√
5
2
.
D’après le cours, il existe (λ1,λ2) ∈ R2
tel que :
∀ n ∈ N, vn = λ1rn
1 + λ2rn
2 .
On calcule (λ1,λ2) par les conditions initiales :
λ1 + λ2 = u0 = 0
λ1r1 + λ2r2 = u1 = 1
⇐⇒
λ1 =
1
r1 − r2
=
1
√
5
λ2 =
1
r2 − r1
= −
1
√
5
.
On a donc : ∀ n ∈ N, vn =
1
√
5
(rn
1 − rn
2 ).
• Calcul de wn :
Cherchons une suite constante C vérifiant la même relation de
récurrence que (wn)n∈N. Le réel C convient si et seulement
si C = C + C + 1, c’est-à-dire : C = −1.
Considérons donc la suite (tn)n∈N définie par :
∀ n ∈ N, tn = wn + 1 .
On a, pour tout n ∈ N :
tn+2 = wn+2 + 1 = (wn+1 + wn + 1) + 1
= (wn+1 + 1) + (wn + 1) = tn+1 + tn.
6.46](https://image.slidesharecdn.com/mathmatiquesmthodesetexercicesmp-141109172011-conversion-gate01/85/Mathematiques-methodes-et-exercices-mp-313-320.jpg)
![304
Ainsi, (tn)n∈N est une suite récurrente linéaire du second ordre,
à coefficients constants et sans second membre. D’après le cours,
il existe (µ1,µ2) ∈ R2
tel que : ∀ n ∈ N, tn = µ1rn
1 + µ2rn
2 .
On calcule (µ1,µ2) par les conditions initiales :
µ1 + µ2 = t0 = w0 + 1 = 1
µ1r1 + µ2r2 = t1 = w1 + 1 = 2
⇐⇒
µ1 =
2 − r2
r1 − r2
µ2 = −
2 − r1
r1 − r2
.
On a donc : ∀ n ∈ N, wn = tn − 1 = µ1rn
1 + µ2rn
2 − 1.
Comme |r1| > 1 et |r2| < 1, et que λ1 =/ 0 et µ1 =/ 0,
on a :
vn = λ1rn
1 + λ2rn
2 ∼
n∞
λ1rn
1
wn = µ1rn
1 + µ2rn
2 − 1 ∼
n∞
µ1rn
1 .
Il en résulte que les deux séries entières
n 0
vn zn
et
n 0
wn zn
sont de rayon
1
r1
.
Comme : ∀ n ∈ N, |vn| |un| |wn|,
on déduit que la série entière
n 0
un zn
est de rayon :
R =
1
r1
= −r2 =
√
5 − 1
2
.
2) Détermination de la somme S :
Notons S : ] − R ; R[−→ R, x −→
+∞
n=0
an xn
.
Soit x ∈ ] − R ; R[. On a, pour tout n ∈ N :
un+2xn+2
= un+1 + un +
1
n + 1
xn+2
= x(un+1xn+1
) + x2
(un xn
) +
xn+2
n + 1
.
D’où :
+∞
n=0
un+2xn+2
=x
+∞
n=0
un+1xn+1
+ x2
+∞
n=0
un xn
+
+∞
n=0
xn+2
n + 1
,
les quatre séries entières étant de rayon R.
On a donc :
S(x) − (u0 + u1x)=x S(x) − u0 + x2
S(x) − x ln (1 − x) ,
d’où :
(1 − x − x2
)S(x) = u0 + (u1 − u0)x − x ln (1 − x)
= x − x ln (1 − x).
Finalement : ∀ x ∈ ] − R ; R[, S(x) =
x − x ln (1 − x)
1 − x − x2
.
a) 1) Soit (n,k) ∈ N2
tel que k n.
Une permutation σ ayant exactement k points fixes est définie
par l’ensemble de ses k points fixes et par une permutation des
n − k autres éléments ne laissant fixe aucun de ces éléments.
On a donc :
Fn,k =
n
k
Fn−k,0 =
n
k
αn−k .
2) L’ensemble de toutes les permutations de {1,. . . ,n} se par-
titionne en sous-ensembles formés de permutations ayant exac-
tement k points fixes, 0 k n.
On a donc, par dénombrement :
n! =
n
k=0
Fn,k =
n
k=0
n
k
αn−k .
Par le changement d’indice p = n − k, on a donc :
n! =
n
p=0
n
n − p
αp =
n
p=0
n
p
αp .
b) 1) • On a : ∀ n ∈ N, 0 αn = Fn,0 n!,
donc : ∀ n ∈ N, 0
αn
n!
1.
Comme la série entière
n 0
zn
est de rayon 1, par majoration,
on déduit : R 1.
• Soit z ∈ C tel que |z| < 1.
Par produit de Cauchy de deux séries numériques absolument
convergentes :
S(z) ez
=
+∞
n=0
αn
n!
zn
+∞
n=0
zn
n!
=
+∞
n=0
n
k=0
αk
k!
1
(n − k)!
zn
=
+∞
n=0
1
n!
n
k=0
n
k
αk zn
=
+∞
n=0
1
n!
n!zn
=
+∞
n=0
zn
=
1
1 − z
,
d’où : S(z) =
e−z
1 − z
.
2) On a donc, pour toutz ∈ C tel que |z| < 1 :
(1 − z)S(z) = e−z
.
Mais :
(1 − z)S(z) = (1 − z)
+∞
n=0
αn
n!
zn
=
+∞
n=0
αn
n!
zn
−
+∞
n=0
αn
n!
zn+1
6.47](https://image.slidesharecdn.com/mathmatiquesmthodesetexercicesmp-141109172011-conversion-gate01/85/Mathematiques-methodes-et-exercices-mp-314-320.jpg)
![L’étude des variations de x −→ f (x) − x montre que f admet
un point fixe et un seul, qui est 0.
Comme f est continue en 0, on déduit : = 0.
On conclut : an −−−→
n ∞
0.
2) On a alors : an+1 = 1 − e−an
∼
n∞
−(−an) = an.
3) On a donc :
an+1
an
−−−→
n ∞
1. D’après la règle de d’Alembert,
il s’ensuit que le rayon de convergence de la série entière
n 0
an xn
est : R = 1.
b) On a :
bn+1 − bn =
1
an+1
−
1
an
=
an − an+1
anan+1
=
an − (1 − e−an )
an(1 − e−an )
=
an − an −
1
2
a2
n + o
n∞
(a2
n)
an an + o(an)
−−→
n ∞
1
2
.
Comme bn+1 − bn ∼
n∞
1
2
et que la série
n 0
1
2
est divergente
et à termes 0, d’après un théorème de sommation des rela-
tions de comparaison, on a :
n−1
k=0
(bk+1 − bk) ∼
n∞
n−1
k=0
1
2
,
c’est-à-dire : bn − b0 ∼
n∞
n
2
.
Il s’ensuit : bn ∼
n∞
n
2
, et enfin : an =
1
bn
∼
n∞
2
n
.
c) 1) Comme R = 1, il s’agit de la série
n 0
an.
Par théorème d’équivalence pour des séries à termes 0, on
conclut que la série
n 0
an Rn
diverge.
2) Comme R = 1, il s’agit de la série
n 0
an(−1)n
.
C’est une série alternée, et la valeur absolue du terme général
décroît (cf. a)) et tend vers 0 (cf. a)).
D’après le TSCSA, on conclut que la série
n 0
an(−R)n
converge.
a) Soit A > 0 fixé. Puisque la série
n 0
bn divergente
est à termes 0, on a :
N
n=0
bn −→
N∞
+∞,
donc il existe N ∈ N tel que :
N
n=0
bn A + 1.
Ayant ainsi fixé N, on a :
N
n=0
bn xn
−→
x−→1−
N
n=0
bn.
Il existe donc η ∈ ]0 ; 1[ tel que :
∀ x ∈ [1 − η ; 1[,
N
n=0
bn xn
N
n=0
bn − 1 A .
Comme de plus les bn sont tous 0 et que x 0, on a :
∀ x ∈ [1 − η ; 1[, Sb(x)
N
n=0
bn xn
A.
On a montré :
∀ A > 0, ∃ η ∈ ]0 ; 1[, ∀ x ∈ [1 − η ; 1[, Sb(x) A.
On conclut : Sb(x) −→
x−→+1−
+∞.
b) Puisque
an
bn
−−−→
n ∞
∈ R, il existe M 0 tel que :
∀ n ∈ N,
an
bn
M ,
donc : ∀ n ∈ N, |an| Mbn.
Comme la série entière
n 0
bn xn
est de rayon 1, par majora-
tion, la série entière
n 0
an xn
est de rayon 1 et sa somme
S est définie (au moins) sur ] − 1 ; 1[.
Soit ε > 0 fixé.
Puisque
an
bn
−−−→
n ∞
, il existe N ∈ N tel que :
∀ n N,
an
bn
− ε .
On a, pour tout x ∈ [0 ; 1[ :
Sa(x)
Sb(x)
− =
Sa(x) − Sb(x)
Sb(x)
=
1
Sb(x)
+∞
n=0
an xn
−
+∞
n=0
bn xn
=
1
Sb(x)
+∞
n=0
(an − bn)xn 1
Sb(x)
+∞
n=0
|an − bn|xn
=
1
Sb(x)
N
n=0
|an − bn|xn
+
1
Sb(x)
+∞
n=N+1
|an − bn|xn
.
D’une part :
0
1
Sb(x)
+∞
n=N+1
|an − bn|xn
1
Sb(x)
+∞
n=N+1
εbn xn 1
Sb(x)
+∞
n=0
εbn xn
= ε.
D’autre part :
306
6.50](https://image.slidesharecdn.com/mathmatiquesmthodesetexercicesmp-141109172011-conversion-gate01/85/Mathematiques-methodes-et-exercices-mp-316-320.jpg)
![307
0
1
Sb(x)
N
n=0
|an − bn|xn
1
Sb(x)
N
n=0
|an − bn| −→
x−→1−
0,
car
N
n=0
|an − bn| est fixé indépendamment de x,
et Sb(x) −→
x−→1−
+∞.
Il existe donc η ∈ ]0 ; 1[ tel que :
∀ x ∈ [1 − η ; 1[, 0
1
Sb(x)
N
n=0
|an − bn|xn
ε .
On a alors : ∀ x ∈ [1 − η ; 1[,
Sa(x)
Sb(x)
− 2ε.
On conclut :
Sa(x)
Sb(x)
− −→
x−→1−
0,
c’est-à-dire :
Sa(x)
Sb(x)
−→
x−→1−
.
a) On a : ∀ n ∈ N∗
, an =
nn
enn!
> 0
et, pour tout x ∈ R∗
fixé :
an+1xn+1
an xn
=
(n + 1)n+1
en+1(n + 1)!
en
n!
nn
|x|
=
1
e
1 +
1
n
n
|x| −−−→
n ∞
1
e
e|x| = |x|.
D’après la règle de d’Alembert, on conclut : R = 1.
b) D’après la formule de Stirling : n! ∼
n∞
n
e
n√
2πn,
donc : an =
nn
enn!
∼
n∞
1
√
2πn
, notébn.
Puisque an ∼
n∞
bn et que la série
n
an est divergente à termes
> 0, d’après l’exercice 6.50, on a :
S(x) =
+∞
n=1
an xn
∼
x−→1−
+∞
n=1
bn xn
=
1
√
2π
+∞
n=1
xn
√
n
.
Il reste à trouver un équivalent simple de
+∞
n=1
xn
√
n
lorsque
x −→ 1−
. À cet effet, nous allons utiliser une comparaison
série/intégrale.
Soit x ∈ [0 ; 1[ fixé. Considérons l’application
ϕx : [1 ; +∞[−→ R, t −→
xt
√
t
.
Il est clair que ϕx est continue et décroissante.
De plus : t2
ϕx (t) = t3/2
et ln x
−→
t−→+∞
0,
par prépondérance classique, car ln x < 0.
Il en résulte, par l’exemple de Riemann en +∞ (2 > 1) et le
théorème de majoration pour des fonctions 0, que ϕx est
intégrable sur [1 ; +∞[.
Par comparaison série/intégrale, on a donc :
+∞
1
ϕx (t) dt
+∞
n=1
ϕx (n) 1 +
+∞
1
ϕx (t) dt .
On calcule l’intégrale :
+∞
1
ϕx (t) dt =
+∞
1
et ln x
√
t
dt =
u=
√
t
+∞
1
eu2 ln x
u
2u du
= 2
+∞
1
eu2 ln x
du =
v = u
√
−ln x
2
√
−ln x
+∞
√
−ln x
e−v2
dv .
Comme
√
−ln x −→
x−→1−
0 et que v −→ e−v2
est intégrable sur
[0 ; +∞[, on a :
+∞
√
−ln x
e−v2
dv −→
x−→1−
+∞
0
e−v2
dv =
√
π
2
.
D’autre part :
2
√
−ln x
∼
x−→1−
2
√
1 − x
.
D’où :
+∞
1
ϕx (t) dt ∼
x−→1−
√
π
√
1 − x
−→
x−→1−
+∞ .
On a donc, par théorème d’encadrement pour des équiva-
lents :
∞
n=1
xn
√
n
∼
x−→1−
√
π
√
1 − x
.
On conclut : S(x) ∼
x−→1−
1
√
2
√
1 − x
.
On a, pour tout n 1 :
n
p + n − 1
n
ζ(p + n)−1 =
+∞
k=2
n
p + n − 1
n
1
kp+n
.
Nous allons essayer d’appliquer le théorème d’interversion des
sommations à la suite double (un,k)n 1, k 2 définie par :
un,k = n
p + n − 1
n
1
kp+n
, qui est à termes dans R+ .
Montrons que, pour tout k 2, la série
n 1
un,k converge et
déterminons sa somme.
Rappelons le DSE(0) classique, de rayon 1, pour tout
x ∈ ] − 1 ; 1[ :
6.51
6.52](https://image.slidesharecdn.com/mathmatiquesmthodesetexercicesmp-141109172011-conversion-gate01/85/Mathematiques-methodes-et-exercices-mp-317-320.jpg)
![308
(1 − x)−p
= 1 +
+∞
n=1
(−p)(−p − 1) · · · (−p − n + 1)
n!
(−x)n
= 1 +
+∞
n=1
p(p + 1) · · · (p + n − 1)
n!
xn
= 1 +
+∞
n=1
p + n − 1
n
xn
=
+∞
n=0
p + n − 1
n
xn
.
D’après le cours sur les séries entières, on peut dériver terme
à terme :
∀ x ∈ ] − 1 ; 1[, p(1 − x)−p−1
=
+∞
n=1
n
p + n − 1
n
xn−1
,
d’où :
∀ x ∈ ] − 1 ; 1[,
px
(1 − x)p+1
=
+∞
n=1
n
p + n − 1
n
xn
.
Comme k 2, on a
1
k
∈ ] − 1 ; 1[, donc la série
n 1
un,k
converge et :
+∞
n=1
un,k =
1
kp
+∞
n=1
n
p + n − 1
n
1
k
n
=
1
kp
p
1
k
1 −
1
k
p+1
=
p
(k − 1)p+1
.
• La série
k 2
+∞
n=1
un,k converge, puisque, d’après l’exemple
de Riemann (p + 1 > 1), la série
k 2
p
(k − 1)p+1
converge.
D’après le théorème d’interversion des sommations, dans le cas
de R+ , on en déduit :
• pour tout n 1, la série
k 2
un,k converge
• la série
n 1
+∞
k=2
un,k converge
•
+∞
k=2
+∞
n=1
un,k =
+∞
n=1
+∞
k=2
un,k.
On a donc :
+∞
n=1
n
p + n − 1
n
ζ(p + n) − 1 =
+∞
k=2
+∞
n=1
un,k
=
+∞
k=2
p
(k − 1)p+1
= p
+∞
k=1
1
kp+1
= p ζ(p + 1).
Soient n ∈ N∗
, x ∈ ] − 1 ; 1[. Puisque f est de classe C∞
sur [−1 ; 1], on peut appliquer la formule de Taylor avec reste
intégral sur le segment joignant 0 et x :
f (x) =
n−1
k=0
f (k)
(0)
k!
xk
+
x
0
(x − t)n−1
(n − 1)!
f (n)
(t) dt
notée Rn(x)
.
On a, en utilisant l’inégalité de Cauchy et Schwarz :
|Rn(x)|2
x
0
(x − t)n−1
(n − 1)!
2
dt
x
0
f (n)
(t)
2
dt .
• D’une part :
x
0
(x − t)n−1
(n − 1)!
2
dt =
x
0
(x − t)2n−2
(n − 1)!
2
dt
= −
(x − t)2n−1
(2n − 1) (n − 1)!
2
x
0
=
|x|2n−1
(2n − 1) (n − 1)!
2
.
• D’autre part :
x
0
f (n)
(t)
2
dt
1
−1
f (n)
(t)
2
dt (n!)2
,
par hypothèse.
D’où :
|Rn(x)|2 |x|2n−1
(2n − 1) (n − 1)!
2
(n!)2
=
|x|2n−1
n2
2n − 1
.
Puisque x ∈ ] − 1 ; 1[, par prépondérance classique,
|x|2n−1
n2
2n − 1
−−−→
n ∞
0, donc Rn(x) −−−→
n ∞
0.
Ceci montre que la série de Taylor de f en 0 converge et a pour
somme f.
On conclut : f est dSE(0), de rayon 1.
Il est clair, par la règle de d’Alembert par exemple, que,
pour tout p ∈ N∗
fixé, la série
n 0
1
16n
1
8n + p
converge et que :
+∞
n=0
1
16n(8n + p)
=
+∞
n=0
√
2 p
1/
√
2
0
x8n+p−1
dx .
Nous allons essayer de permuter intégrale et série.
Notons, pour tout p ∈ N∗
et tout n ∈ N :
fn : [0 ; 1/
√
2] −→ R, x −→
√
2 p
x8n+p−1
.
• Pour tout n ∈ N, fn est continue sur [0 ; 1/
√
2].
•
n 0
fn converge normalement, donc uniformément, sur
[0 ; 1/
√
2] car, pour tout n ∈ N :
6.53
6.54](https://image.slidesharecdn.com/mathmatiquesmthodesetexercicesmp-141109172011-conversion-gate01/85/Mathematiques-methodes-et-exercices-mp-318-320.jpg)
![309
|| fn||∞ =
√
2 p 1
√
2
8n+p−1
=
√
2
16n
.
D’après un théorème du cours, on peut donc permuter intégrale
et série, d’où :
+∞
n=0
1
16n(8n + p)
=
√
2 p
1/
√
2
0
+∞
n=0
x8n+p−1
dx
=
√
2 p
1/
√
2
0
x p−1
1 − x8
dx.
Notons S la somme du second membre de l’énoncé. On a alors :
S = 4
√
2
1/
√
2
0
1
1 − x8
dx − 2
√
2 4
1/
√
2
0
x3
1 − x8
dx
−
√
2 5
1/
√
2
0
x4
1 − x8
dx −
√
2 6
1/
√
2
0
x5
1 − x8
dx
=
1/
√
2
0
4
√
2 − 8x3
− 4
√
2x4
− 8x5
1 − x8
dx
=
u = x
√
2
1
0
4
√
2 − 2
√
2u3
−
√
2u4
−
√
2u5
1 −
u8
16
du
√
2
= 16
1
0
4 − 2u3
− u4
− u5
16 − u8
du .
Comme 1 est racine évidente du numérateur, on a :
4 − 2u3
− u4
− u5
= (1 − u)(4 + 4u + 4u2
+ 2u3
+ u4
)
= (1 − u)(2 + u2
)(2 + 2u + u2
)
et :
16 − u8
= (4 − u4
)(4 + u4
)
= (2 − u2
)(2 + u2
) (2 + u2
)2
− 4u2
= (2 − u2
)(2 + u2
)(2 − 2u + u2
)(2 + 2u + u2
).
D’où : S = 16
1
0
1 − u
(2 − u2)(2 − 2u + u2)
du.
On effectue une décomposition en éléments simples, et on ob-
tient, après quelques calculs élémentaires :
S = 16
1
0
−
1
4
u
2 − u2
+
1
2
−
1
4
u
2 − 2u + u2
du
= 4
1
2
ln (2 − u2
)
1
0
+ 4
1
0
2 − u
2 − 2u + u2
du
notée J
.
Par mise sous forme canonique d’un trinôme :
2 − 2u + u2
= (u − 1)2
+ 1 .
On effectue donc le changement de variable v = u − 1 :
J =
0
−1
1
v2 + 1
dv −
0
−1
v
v2 + 1
dv =
π
4
+
1
2
ln 2.
On obtient : S = −2 ln 2 + 4
π
4
+
1
2
ln 2 = π.
Remarque : cette formule de Simon Plouffe permet de calcu-
ler efficacement des approximations décimales de π.
a) 1) Soit x ∈ [0 ; a[.
D’après l’hypothèse, on, a : ∀ k ∈ N,
xk
k!
f (k)
(0) 0,
donc la suite Sn(x) n 0
est croissante.
De plus, d’après la formule de Taylor avec reste intégral :
∀ n ∈ N, f (x) = Sn(x) + Rn(x).
D’après l’hypothèse, on a : ∀ n ∈ N, Rn(x) 0,
donc : ∀ n ∈ N, Sn(x) f (x).
Ainsi, la suite Sn(x) n 0
est croissante et majorée par f (x),
donc converge.
Par différence, comme Rn(x) = f (x) − Sn(x), il en résulte que
la suite Rn(x) n 0
converge.
2) Soient n ∈ N, (x,y) ∈ ]0 ; a[2
tel que : x < y. On a :
Rn(x)
xn+1
=
1
n!xn+1
x
0
(x − t)n
f (n+1)
(t) dt
=
u = t/x
1
n!
1
0
(1 − u)n
f (n+1)
(xu) du.
Comme f (n+2)
0, f (n+1)
est croissante, donc :
∀ u ∈ [0 ; 1], f (n+1)
(xu) f (n+1)
(yu),
puis :
Rn(x)
xn+1
=
1
n!
1
0
(1 − u)n
f (n+1)
(xu) du
1
n!
1
0
(1 − u)n
f (n+1)
(yu) du =
Rn(y)
yn+1
.
3) Soit x ∈ [0 ; a[.
Si x = 0, alors, Rn(x) = 0 −−−→
n ∞
0.
Supposons x > 0. Il existe y ∈ ]0 ; a[ tel que x < y, par
exemple y =
x + a
2
. On a alors, d’après 2) :
∀ n ∈ N, 0 Rn(x) Rn(y)
xn+1
yn+1
.
On a vu en a) 1) que la suite Rn(y) n 0
converge, donc est
bornée.
6.55](https://image.slidesharecdn.com/mathmatiquesmthodesetexercicesmp-141109172011-conversion-gate01/85/Mathematiques-methodes-et-exercices-mp-319-320.jpg)
![310
D’autre part, puisque
x
y
< 1, on a :
xn+1
yn+1
−−−→
n ∞
0. Il en ré-
sulte : Rn(y)
xn+1
yn+1
−−−→
n ∞
0,
puis, par théorème d’encadrement : Rn(x) −−−→
n ∞
0.
4) On a donc, pour tout x ∈ [0 ; a[ :
Sn(x) = f (x) − Rn(x) −−−→
n ∞
f (x) − 0 = f (x) .
Ceci montre que, pour tout x ∈ [0 ; a[, la série de Taylor de f
en 0, prise en x converge et a pour somme f (x).
b) Soit x ∈ ] − a ; 0]. On, a, en utilisant le même changement
de variable qu’en a) 2) :
|Rn(x)| =
xn+1
n!
1
0
(1 − u)n
f (n+1)
(xu) du
=
|x|n+1
n!
1
0
(1 − u)n
f (n+1)
(xu) du.
Comme f (n+1)
est 0 et croissante, on déduit :
|Rn(x)|
|x|n+1
n!
1
0
(1 − u)n
f (n+1)
(0) du
=
|x|n+1
n!
−
(1 − u)n+1
n + 1
1
0
f (n+1)
(0)
=
|x|n+1
(n + 1)!
f (n+1)
(0) Rn(|x|).
D’après a) 4), puisque |x| ∈ [0 ; a[, on a : Rn(|x|) −−−→
n ∞
0.
Il s’ensuit, par encadrement : Rn(x) −−−→
n ∞
0,
donc : Sn(x) = f (x) − Rn(x) −−−→
n ∞
f (x).
Ceci montre que la série deTaylor de f en 0, prise en x, converge
et a pour somme f (x).
c) D’après a) et b), on a :
∀ x ∈ ] − a ; a[, f (x) =
+∞
k=0
f (k)
(0)
k!
xk
,
donc f est dSE(0), de rayon a.](https://image.slidesharecdn.com/mathmatiquesmthodesetexercicesmp-141109172011-conversion-gate01/85/Mathematiques-methodes-et-exercices-mp-320-320.jpg)
![Chapitre 7 • Séries de Fourier
312
Pour calculer directement,
quand c’est possible,
les coefficients de Fourier
d’un élément f de CMT
Appliquer, avec ω =
2π
T
, la définition des coefficients de Fourier
exponentiels de f : cn( f ) =
1
T [T]
f (t) e−i nωt
dt, n ∈ Z,
ou la définition des coefficients de Fourier trigonométriques de f :
an( f ) =
2
T [T]
f (t) cos nωt dt, n ∈ N ,
bn( f ) =
2
T [T]
f (t) sin nωt dt, n ∈ N∗
.
Tenir compte d’une éventuelle parité ou imparité de f.
Pour calculer ces coefficients, utiliser, en général l’une des démarches
suivantes :
• calcul direct
➥ Exercice 7.1 a)
• intégration par parties
➥ Exercices 7.2 a), 7.4 a), 7.7 a), 7.19 a)
• linéarisation
➥ Exercices 7.3 a), 7.6
• intervention de l’exponentielle complexe
➥ Exercices 7.7 a), 7.19 a).
Pour étudier les convergences
de la série de Fourier
d’un élément f de CMT,
et préciser sa somme
Appliquer l’un des deux théorèmes de Dirichlet :
• le théorème de convergence simple, lorsque f est T-périodique et de
classe C1
par morceaux.
➥ Exercices 7.1 b), 7.19 b)
• le théorème de Dirichlet de convergence normale, lorsque f est
T-périodique, de classe C1
par morceaux et continue sur R.
➥ Exercices 7.2 b), 7.3 b), 7.4 b), 7.6, 7.7, 7.22 c).
Pour obtenir
des sommes de séries numériques,
après avoir calculé
des coefficients de Fourier
Appliquer un des deux théorèmes de Dirichlet ou une formule de
Parseval.
➥ Exercices 7.1 c), 7.2 c), 7.3 c), 7.4 c), 7.7 c), 7.19 b), 7.22 c)
Les sommes de séries dont le terme général ressemble à an, bn, cn
proviennent souvent d’un théorème de Dirichlet.
Les sommes de séries dont le terme général ressemble à a2
n, b2
n, |cn|2
,
proviennent souvent d’une formule de Parseval.](https://image.slidesharecdn.com/mathmatiquesmthodesetexercicesmp-141109172011-conversion-gate01/85/Mathematiques-methodes-et-exercices-mp-322-320.jpg)
![Énoncés des exercices
313
Énoncés des exercices
Exemple de développement en série de Fourier, créneau
Soit f : R −→ R, 2π-périodique, paire, telle que, pour tout t ∈ [0 ; π] :
f (t) = 1 si 0 t <
π
2
, f (t) = 0 si t =
π
2
, f (t) = −1 si
π
2
< t π .
a) Vérifier f ∈ CM2π et calculer les coefficients de Fourier (trigonométriques) de f.
b) Étudier les convergences de la série de Fourier de f et préciser sa somme.
c) En déduire les sommes de séries suivantes :
+∞
p=0
(1)p
2p + 1
,
+∞
p=0
1
(2p + 1)2
,
+∞
n=1
1
n2
.
Exemple de développement en série de Fourier, dent de scie continue
Soit f : R −→ R, 2π-périodique, impaire, telle que :
f (t) = t si 0 t <
π
2
, f (t) = π − t si
π
2
t π .
©Dunod.Laphotocopienonautoriséeestundélit.
Pour relier entre elles des sommes
de séries convergentes du genre
+∞
n=1
1
n2
, et
+∞
p=0
1
(2p+1)2
Séparer, dans une somme partielle, les termes d’indices pairs, d’in-
dices impairs, puis passer aux limites.
➥ Exercices 7.1 c), 7.2 c), 7.7 c).
Pour calculer
les coefficients de Fourier
d’une fonction,
lorsque le calcul direct
ne paraît pas faisable
Exprimer la fonction comme somme d’une série de fonctions et mon-
trer que l’on peut permuter intégrale et série par l’une des trois
méthodes habituelles (cf. les méthodes à retenir du chapitre 5).
➥ Exercices 7.14, 7.15, 7.16, 7.17 a), 7.23 b)
Ne pas confondre l’indice d’un terme de la sommation donnant f ini-
tialement, et l’indice concernant le terme d’une série de Fourier.
Pour obtenir une égalité entre
une fonction et une somme
de série trigonométrique
Essayer d’appliquer un des deux théorèmes de Dirichlet à une fonc-
tion bien choisie.
➥ Exercice 7.6.
Pour obtenir une inégalité
portant sur des intégrales
de carrés de fonctions
Essayer de se ramener, quand c’est possible, à une inégalité portant
sur des sommes de séries numériques, en utilisant une formule de
Parseval.
➥ Exercices 7.9, 7.11, 7.13.
7.1
7.2](https://image.slidesharecdn.com/mathmatiquesmthodesetexercicesmp-141109172011-conversion-gate01/85/Mathematiques-methodes-et-exercices-mp-323-320.jpg)
![Chapitre 7 • Séries de Fourier
314
a) Vérifier f ∈ CM2π et calculer les coefficients de Fourier (trigonométriques) de f.
b) Étudier les convergences de la série de Fourier de f et préciser sa somme.
c) En déduire les sommes de séries suivantes :
+∞
p=0
1
(2p + 1)2
,
+∞
n=1
1
n2
,
+∞
p=0
1
(2p + 1)4
,
+∞
n=1
1
n4
.
Exemple de développement en série de Fourier, courant redressé
Soit f : R −→ R, t −→ | sin t|.
a) Vérifier f ∈ CMπ et calculer les coefficients de Fourier (trigonométriques) de f.
b) Étudier les convergences de la série de Fourier de f et préciser sa somme.
c) En déduire les sommes de séries suivantes :
+∞
n=1
1
4n2 − 1
,
+∞
n=1
(−1)n
4n2 − 1
,
+∞
n=1
1
(4n2 − 1)2
.
Exemple de développement en série de Fourier, raccord de paraboles
Soit f : R −→ R, 2π-périodique, impaire, telle que : ∀ t ∈ [0 ; π], f (t) = t(π − t).
a) Vérifier f ∈ CM2π et calculer les coefficients de Fourier (trigonométriques) de f.
b) Étudier les convergences de la série de Fourier de f et préciser sa somme.
c) En déduire les sommes de séries :
+∞
p=0
(−1)p
(2p + 1)3
,
+∞
p=0
1
(2p + 1)6
,
+∞
n=1
1
n6
.
Coefficients de Fourier nuls
Soit f : [−π ; π] −→ C continue telle que : ∀ n ∈ Z,
π
−π
f (t) ei nt
dt = 0.
Montrer : f = 0.
Exemple de développement en série de Fourier
Montrer qu’il existe une suite réelle (αn)n∈N telle que : ∀ t ∈ R, | cos t| =
+∞
n=0
αn cos 2
nt,
et déterminer une telle suite (αn)n∈N.
Exemple de développement en série de Fourier avec paramètre
Soit λ ∈ ]0 ; +∞[ fixé. On considère l’application f : R −→ R, 2π-périodique, telle que :
∀ t ∈ ] − π ; π], f (t) = ch (λt).
a) Vérifier f ∈ CM2π et calculer les coefficients de Fourier (trigonométriques) de f.
b) Étudier les convergences de la série de Fourier de f et préciser sa somme.
c) En déduire les sommes de séries suivantes :
+∞
n=1
(−1)n
λ2
+ n2
,
+∞
n=1
1
λ2
+ n2
,
+∞
n=1
1
(λ2
+ n2)2
.
Calcul d’une intégrale par utilisation de ζ(2)
Existence et calcul de I =
+∞
1
x − E(x)
x3
dx.
7.3
7.4
7.5
7.6
7.7
7.8](https://image.slidesharecdn.com/mathmatiquesmthodesetexercicesmp-141109172011-conversion-gate01/85/Mathematiques-methodes-et-exercices-mp-324-320.jpg)
![Énoncés des exercices
315
Inégalité sur des intégrales
Soient T ∈ ]0 ; +∞[, ω =
2π
T
, f : R −→ C, T-périodique, de classe C1
, telle que :
∀ n ∈ {−1, 0, 1},
2π
0
f (t) ei nωt
dt = 0 .
Montrer : || f ||2
1
2
|| f ||2, où : || f ||2 =
1
T
T
0
| f (t)|2
dt
1
2
, et de même pour || f ||2.
Nullité de certains coefficients de Fourier
Soit f : R −→ C, 2π-périodique, continue.
On suppose : ∀ k ∈ Z,
2π
0
f (t) ei (2k+1)t
dt = 0. Montrer que f est π-périodique.
Inégalité sur des intégrales
Soient T > 0, f : R −→ C, T-périodique, de classe C1
par morceaux, continue.
Montrer :
T
0
| f |2 T2
4π2
T
0
| f |2
+
1
T
T
0
f
2
.
Nullité d’une fonction par orthogonalité
On note, pour tout n ∈ Z : en : R −→ C, t −→ ei nt
, ϕn = en−1 + en + en+1.
Soit f ∈ C2π telle que : ∀ n ∈ Z, (ϕn | f ) = 0, pour le produit scalaire usuel sur C2π.
Montrer : f = 0.
Inégalité sur des intégrales
Soit f : R −→ C, 2π-périodique, de classe C2
par morceaux, de classe C1
.
Montrer : 4
2π
0
| f |2
+ 2
2π
0
| f |2
5
2π
0
| f |2
.
Série de Fourier d’une série trigonométrique complexe
Soit (γn)n∈Z une suite (indexée par Z) à termes dans C.
On note, pour tout p ∈ N : Sp : R −→ C, t −→
p
k=−p
γkei kt
.
On suppose que la suite (Sp)p∈N converge uniformément sur R vers une application notée f.
Démontrer que f est 2π-périodique, continue, et que : ∀ n ∈ Z, cn( f ) = γn.
Série de Fourier d’une série trigonométrique réelle
Soient αn)n 0,(βn)n 1 deux suites réelles telles que la suite d’applications (Sn)n∈N définie par :
∀ t ∈ R, Sn(t) =
α0
2
+
n
k=1
(αk cos kt + βk sin kt)
converge uniformément sur R vers une application notée f.
a) Montrer que f est 2π-périodique et continue sur R.
b) Établir : ∀ n 0, an( f ) = αn et ∀ n 1, bn( f ) = β .
©Dunod.Laphotocopienonautoriséeestundélit.
7.9
7.10
7.11
7.12
7.13
7.14
7.15](https://image.slidesharecdn.com/mathmatiquesmthodesetexercicesmp-141109172011-conversion-gate01/85/Mathematiques-methodes-et-exercices-mp-325-320.jpg)
![Chapitre 7 • Séries de Fourier
316
Développement en série de Fourier par utilisation d’une série trigonométrique
Soient z ∈ C tel que |z| < 1, et f : R −→ C, t −→
1
1 + z ei t
.
Vérifier f ∈ CM2π et calculer les coefficients de Fourier exponentiels de f.
Développement en série de Fourier par utilisation d’une série trigonométrique
Soit a ∈ ]0 ; +∞[. On note f : R −→ R, t −→
1
ch a + cos t
.
a) Vérifier f ∈ CM2π et déterminer les coefficients de Fourier (trigonométriques) de f. On
pourra utiliser l’exercice 7.15.
b) En déduire, pour tout n ∈ N :
π
0
cos nt
ch a + cos t
dt =
π(−1)n
e−na
sh a
et
π
0
sin nt
ch a + cos t
dt = 0.
c) Calculer : I =
π
0
1
(ch a + cos t)2
dt.
Calcul d’intégrales, connaissant ζ(2)
a) Montrer :
1
0
ln(1 + x)
x
dx =
+∞
n=1
(−1)n−1
n2
=
π2
12
.
(Utiliser l’exercice 7.1 ou l’exercice 7.2.)
b) En déduire les valeurs des intégrales suivantes :
(1)
1
0
lnx
1 + x
dx, (2)
1
0
lnx
1 − x
dx, (3)
1
0
lnx
1 − x2
dx ,
puis de : (4)
1
0
x2
ln x
x2 − 1
dx, (5)
1
0
ln x ln (1 + x) dx, (6)
+∞
0
ln th x dx ,
(7)
+∞
0
x
ex + e2x
dx, (8)
+∞
0
x
ex − 1
dx .
Exemple de développement en série de Fourier, calcul d’une intégrale
Soient x ∈ [0 ; +∞[, f : R −→ R, 2π-périodique, telle que f (π) = 0 et :
∀ t ∈ ] − π ; π[, f (t) = sh xt .
a) Vérifier f ∈ CM2π et calculer les coefficients de Fourier (trigonométriques) de f.
b) Étudier la convergence de la série de Fourier de f, et montrer :
∀ t ∈ ] − π ; π[, sh xt =
+∞
n=1
2(−1)n+1
n sh πx
π(n2 + x2)
sin nt .
c) En déduire :
+∞
0
cos xt
ch t
dt =
π
2 ch
πx
2
.
Utilisation des coefficients de Fourier pour la détermination d’une fonction assez régulière
Déterminer l’ensemble des applications f : R −→ C, 2π-périodiques, de classe C∞
, telles
qu’il existe M ∈ R+ tel que : ∀ (n,x) ∈ N × R, | f (n)
(x)| M.
7.16
7.17
7.18
7.19
7.20](https://image.slidesharecdn.com/mathmatiquesmthodesetexercicesmp-141109172011-conversion-gate01/85/Mathematiques-methodes-et-exercices-mp-326-320.jpg)
![Énoncés des exercices
317
Opérateur de translation dans C2π
Le R-espace vectoriel C2π des applications 2π-périodiques et continues de R dans R est muni
du produit scalaire ( f,g) −→ ( f | g) =
1
2π [2π]
f (t)g(t) dt et de la norme ||.||2 associée.
On note, pour a ∈ R et f ∈ C2π, τa( f ) la translatée de f par a :
τa f : R −→ R, t −→ f (t − a) .
a) Montrer que, pour tout a ∈ R, τa ∈ LC(C2π) et calculer |||τa|||.
b) Démontrer que, pour toute f ∈ C2π, l’application R −→ C2π, a −→ τa f est continue.
Calcul d’intégrales utilisant des séries de Fourier
Soit α ∈ ]1 ; +∞[.
a) Montrer : α
+∞
0
dt
tα + 1
=
1
0
u
1
α−1 + u− 1
α
1 + u
du.
b) En déduire : α
+∞
0
dt
tα + 1
= α +
+∞
n=1
(−1)n+1 2
α
n2
−
1
α2
.
c) Établir : ∀ x ∈ ]0 ; 1[,
+∞
n=1
2(−1)n+1
x
π(n2 − x2)
=
1
sin πx
−
1
πx
,
en étudiant, pour x ∈ ]0 ; 1[ fixé, la fonction f : R −→ R, 2π-périodique, telle que
f (t) = cos xt si t ∈ ] − π ; π].
d) Démontrer :
+∞
0
dt
tα + 1
=
π
α
sin
π
α
.
e) En déduire les valeurs des intégrales suivantes :
1)
+∞
0
tx−1
1 + t
dt, x ∈ ]0 ; 1[ 2)
+∞
0
tx−2
ln (1 + t) dt, x ∈ ]0 ; 1[
3)
+∞
−∞
eat
ebt + ect
dt, (a,b,c) ∈ R3
, b < a < c
4)
+∞
−∞
eat
ch ct
dt, (a,c) ∈ R2
, |a| < c 5)
+∞
0
ch at
ch ct
dt, (a,c) ∈ R2
, |a| < c.
Trouver une fonction dont les coefficients de Fourier vérifient des inégalités
Soit (αn)n 0 une suite à termes dans R+ , convergeant vers 0.
a) Montrer qu’il existe une extractrice σ telle que la série
n 0
ασ(n) converge.
b) En déduire qu’il existe f : R −→ R, 2π-périodique, continue, telle que, en notant
an( f ), bn( f ) (n ∈ N) les coefficients de Fourier trigonométriques de f, il existe une infinité de
n ∈ N tels que : |an( f )| + |bn( f )| αn. (Utiliser l’exercice 7.15.)
©Dunod.Laphotocopienonautoriséeestundélit.
7.21
7.22
7.23](https://image.slidesharecdn.com/mathmatiquesmthodesetexercicesmp-141109172011-conversion-gate01/85/Mathematiques-methodes-et-exercices-mp-327-320.jpg)
![Appliquer la formule de Parseval complexe à f, à f , à f ,
et utiliser les formules donnant les coefficients de Fourier expo-
nentiels de f et de f en fonction de ceux de f.
1) Montrer que f est 2π-périodique, par limite simple.
2) Montrer que f est continue, par limite uniforme.
3) Montrer, pour tout n ∈ Z fixé :
1
2π [2π]
Sp(t) e−int
dt −→
p∞
1
2π [2π]
f (t) e−int
dt.
a) • Montrer que f est 2π-périodique, par limite simple.
• Montrer que f est continue, par limite uniforme.
b) Montrer, pour tout p ∈ N fixé :
1
π
π
−π
Sn(t) cos pt dt lim
1
π
π
−π
f (t) cos pt dt .
Développer
1
1 + z eit
à l’aide de la série géométrique, puis
montrer que l’on peut permuter intégrale et série.
a) Utiliser l’exponentielle complexe pour obtenir :
∀ t ∈ R, f (t) =
1
sh a
ea
eit + ea
−
e−a
eit + e−a
,
puis utiliser la série géométrique pour obtenir :
∀ t ∈ R, f (t) =
1
sh a
+
2
sh a
+∞
n=1
(−1)n
e−na
cos nt,
et enfin montrer que l’on peut permuter intégrale et série.
c) Appliquer la formule de Parseval réelle.
a) Utiliser le DSE(0) de x −→ ln(1 + x). Par continuité et
convergence uniforme sur un segment, montrer que l’on peut
permuter intégrale et série. Obtenir :
1
0
ln(1 + x)
x
dx =
+∞
n=1
(−1)n−1
n2
.
b) 1) Intégration par parties.
2), 3) Noter
I =
1
0
lnx
1 + x
dx, J =
1
0
lnx
1 + x
dx, K =
1
0
lnx
1 − x2
dx .
Montrer : I + J = 2K, I = 4J − 4K. En déduire J,K.
4) Séparer par linéarité.
5) Intégration par parties.
6) Changement de variable u = th x.
7) Changement de variable u = ex
.
8) Changement de variable u = e−x
.
a) Pour calculer les bn, utiliser l’exponentielle complexe, ou
bien deux intégrations par parties successives.
b) Appliquer le théorème de Dirichlet de convergence simple.
c) Développer
cos xt
ch t
à l’aide de la série géométrique, montrer
que l’on peut permuter intégrale et série par étude de l’intégra-
le du reste, et obtenir :
+∞
0
cos xt
ch t
dt =
+∞
n=0
2(−1)n(2n + 1)
(2n + 1)2 + x2
.
Utiliser enfin b).
1) Soit f convenant. Utiliser la relation exprimant les coeffi-
cients de Fourier exponentiels de f (k)
en fonction de ceux
de f. En déduire :
∀ n ∈ Z − {−1, 0, 1}, cn( f ) = 0 ,
puis montrer :
∀ x ∈ R, f (x) = c−1( f ) e−ix
+ c0( f ) + c1( f ) eix
.
2) Étudier la réciproque.
a) • Montrer que τa est un endomorphisme du R-espace
vectoriel C2π.
• Obtenir : ∀ f ∈ C2π, ||τa( f )||2 = || f ||2.
b) Pour f ∈ C2π fixée,montrer que f est uniformément continue
sur R et en déduire que a −→ τa f est uniformément continue
sur R.
a) Relation de Chasles et changement de variable v =
1
t
dans une des deux intégrales, puis changement de variable
u = tα
.
b) Utiliser le DSE(0) de u −→
1
1 + u
et montrer que l’intégrale
du reste tend vers 0.En déduire que l’on peut permuter intégra-
le et série.
c) Appliquer le théorème de Dirichlet de convergence normale à f.
d) Utiliser b) et c).
e) 1) Changement de variable u = tx
.
2) Intégration par parties.
3) Changement de variable u = e(c−b)t
.
4) Cas particulier de 3). 5) Appliquer 4).
a) Construire σ(0) tel que aσ(0) < 1, puis σ(1) tel que
aσ(0) + aσ(1) < 1, etc.
b) Considérer la suite réelle (un)n 0 définie,pour tout n ∈ N,par
un = αn s’il existe k ∈ N tel que n = σ(k), un = 0 sinon, et
considérer, pour tout n ∈ N, l’application fn : R −→ R,
t −→ un cos nt.
Du mal à démarrer ?
319
©Dunod.Laphotocopienonautoriséeestundélit.
7.13
7.14
7.15
7.16
7.17
7.18
7.19
7.20
7.21
7.22
7.23](https://image.slidesharecdn.com/mathmatiquesmthodesetexercicesmp-141109172011-conversion-gate01/85/Mathematiques-methodes-et-exercices-mp-329-320.jpg)
![322
On conclut :
∀ n ∈ N, an = −
4
π(4n2 − 1)
∀ n ∈ N∗
, bn = 0.
b) L’application f est π-périodique, de classe C1
par morceaux
sur R, continue sur R, donc, d’après le théorème de Dirichlet
de convergence normale, la série de Fourier de f converge nor-
malement, donc uniformément, absolument, simplement,
sur R et a pour somme f. D’où :
∀ t ∈ R, | sin t| =
a0
2
+
+∞
n=1
(an cos 2nt + bn sin 2nt)
=
2
π
−
+∞
n=1
4
π(4n2 − 1)
cos 2nt.
c) • En remplaçant t par 0 dans le résultat de b), on obtient :
0 =
2
π
−
+∞
n=1
4
π(4n2 − 1)
,
d’où :
+∞
n=1
1
4n2 − 1
=
1
2
.
• En remplaçant t par
π
2
dans le résultat de b), on obtient :
1 =
2
π
−
+∞
n=1
4
π(4n2 − 1)
(−1)n
,
d’où :
+∞
n=1
(−1)n
4n2 − 1
=
π
4
2
π
− 1 =
1
2
−
π
4
.
• Puisque f ∈ CMπ, d’après la formule de Parseval réelle :
a2
0
4
=
1
2
+∞
n=1
(a2
n + b2
n) =
1
π
π
0
f (t)
2
dt,
c’est-à-dire ici :
1
π2
+
1
2
+∞
n=1
16
π2(4n2 − 1)2
=
1
π
π
0
sin 2
t dt
=
1
2π
π
0
(1 − cos 2nt) dt =
1
2π
t −
sin 2t
2
π
0
=
1
2
,
et on conclut :
+∞
n=1
1
(4n2 − 1)2
=
π2
8
1
2
−
1
π2
=
π2
− 2
16
.
Réponse :
+∞
n=1
1
4n2 − 1
=
1
2
,
+∞
n=1
(−1)n
4n2 − 1
=
1
2
−
π
4
,
+∞
n=1
1
(4n2 − 1)2
=
π2
− 2
16
.
a) Il est clair que f est 2π-périodique (par définition) et
continue par morceaux (et même continue) sur R, donc les coef-
ficients de Fourier (trigonométriques) an, bn (n ∈ N) de f
existent (voir schéma ci-après).
De plus, f est impaire, donc : ∀ n ∈ N, an = 0.
On a, pour tout n ∈ N∗
:
bn =
2
2π [2π]
f (t) sin nt dt =
1
π
π
−π
f (t) sin nt dt
=
2
π
π
0
t(π − t) sin nt dt
=
ipp
2
π
− t(π − t)
cos nt
n
π
0
−
π
0
(−π + 2t)
cos nt
n
dt
= −
2
πn
π
0
(2t − π) cos nt dt
=
ipp
−
2
πn
(2t − π)
sin nt
n
π
0
−
π
0
2
sin nt
n
dt
=
4
πn2
π
0
sin nt dt = −
4
πn2
cos nt
n
π
0
=
4 1 − (−1)n
πn3
.
On conclut :
∀ n ∈ N, an = 0
∀ n ∈ N∗
, bn =
4 1 − (−1)n
πn3
.
b) Puisque f est 2π-périodique et de classe C1
par morceaux
et continue sur R (et même de classe C1
sur R), d’après le théo-
rème de convergence normale de Dirichlet, la série de Fourier
de f converge normalement, donc uniformément, absolument,
simplement, sur R et a pour somme f. On a donc :
∀ t ∈ R, f (t) =
a0
2
+
+∞
n=1
(an cos nt + bn sin nt)
=
+∞
n=1
4 1 − (−1)n
πn3
sin nt.
En particulier :
∀ t ∈ [0 ; π], t(π − t) =
+∞
n=1
4 1 − (−1)n
πn3
sin nt .
7.4
O
y
t
y = f(t)
22
4
π2](https://image.slidesharecdn.com/mathmatiquesmthodesetexercicesmp-141109172011-conversion-gate01/85/Mathematiques-methodes-et-exercices-mp-332-320.jpg)
![323
c) 1) En remplaçant t par
π
2
dans le résultat de b), on obtient :
π2
4
=
+∞
n=1
4 1 − (−1)n
πn3
sin n
π
2
=
+∞
p=0
8
π(2p + 1)3
sin (2p + 1)
π
2
=
+∞
p=0
8(−1)p
π(2p + 1)3
,
car les termes d’indices pairs sont tous nuls, d’où :
+∞
p=0
(−1)p
(2p + 1)3
=
π3
32
.
2) Puisque f est 2π-périodique et continue par morceaux
sur R, on a, d’après la formule de Parseval :
a2
0
4
+
1
2
+∞
n=1
(a2
n + b2
n)
noté PM
=
1
2π [2π]
f (t)
2
dt
noté SM
.
Ici :
PM =
1
2
+∞
n=1
16 1 − (−1)n 2
π2n6
=
32
π2
+∞
p=0
1
(2p + 1)6
car les termes d’indices pairs sont tous nuls, et :
SM =
1
2π
π
−π
f (t)
2
dt =
1
π
π
0
t(π − t)
2
dt
=
1
π
π
0
(t4
− 2πt3
+ t2
π2
) dt =
1
π
t5
5
− 2π
t4
4
+ π2 t3
3
π
0
=
1
π
π5
5
− 2π
π4
4
+ π2 π3
3
= π4 1
5
−
1
2
+
1
3
=
π4
30
.
On a donc :
32
π2
+∞
p=0
1
(2p + 1)6
=
π4
30
,
d’où :
+∞
p=0
1
(2p + 1)6
=
π6
960
.
3) On a, pour tout N ∈ N, en séparant les termes d’indices pairs,
d’indices impairs :
2N+1
n=1
1
n6
=
N
p=1
1
(2p)6
+
N
p=0
1
(2p + 1)6
=
1
26
N
p=1
1
p6
+
N
p=0
1
(2p + 1)6
,
d’où, en faisant tendre l’entier N vers l’infini, et puisque les
séries qui interviennent convergent :
+∞
n=1
1
n6
=
1
26
+∞
n=1
1
n6
+
+∞
p=0
1
(2p + 1)6
,
et donc :
+∞
n=1
1
n6
=
1
1 −
1
26
+∞
p=0
1
(2p + 1)6
=
64
63
π6
960
=
π6
945
.
Réponse :
+∞
p=0
(−1)p
(2p + 1)3
=
π3
32
,
+∞
p=0
1
(2p + 1)6
=
π6
960
,
+∞
n=1
1
n6
=
π6
945
.
Considérons l’application g : R −→ C, coïncidant avec
f sur [−π ; π[ et 2π-périodique.
7.5
O
y
t
f
g
–π π
Ainsi, g ∈ CM2π.
Les coefficients de Fourier exponentiels de g sont, pour
n ∈ Z :
cn(g) =
1
2π
π
−π
g(t) e−i nt
dt =
1
2π
π
−π
f (t) e−i nt
dt = 0 .
D’après le cours, il en résulte g = 0, donc, en particulier :
∀ t ∈ [−π ; π[, f (t) = g(t) = 0.
Enfin, comme f est continue en π, on a aussi f (π) = 0, et on
conclut : f = 0.
Nous allons développer t −→ | cos t| en série de Fourier,
puis exprimer les cos 2nt à l’aide de cos 2
nt.
• L’application f : R −→ R, t −→ | cos t|
est π-périodique et continue par morceaux (et même continue),
donc admet des coefficients de Fourier (trigonométriques), notés
an, bn (n ∈ N).
De plus, f est paire, donc : ∀ n ∈ N∗
, bn = 0.
On a, pour tout n ∈ N :
7.6](https://image.slidesharecdn.com/mathmatiquesmthodesetexercicesmp-141109172011-conversion-gate01/85/Mathematiques-methodes-et-exercices-mp-333-320.jpg)
![324
an =
2
π
π/2
−π/2
| cos t| cos 2nt dt
=
4
π
π/2
0
cos t cos 2nt dt
=
2
π
π/2
0
cos (2n + 1)t + cos (2n − 1)t dt
=
2
π
sin (2n + 1)t
2n + 1
+
sin (2n − 1)t
2n − 1
π/2
0
=
2
π
sin (2n + 1)
π
2
2n + 1
+
sin (2n − 1)
π
2
2n − 1
=
2
π
(−1)n
2n + 1
−
(−1)n
2n − 1
= −
4(−1)n
π(4n2 − 1)
.
On conclut :
∀ n ∈ N, an =
4(−1)n+1
π(4n2 − 1)
∀ n ∈ N∗
, bn = 0.
• Puisque f est 2π-périodique, de classe C1
par morceaux et
continue sur R, d’après le théorème de Dirichlet de convergence
normale, la série de Fourier de f converge normalement, donc
uniformément, absolument, simplement, sur R et a pour
somme f.
Ainsi, pour tout t ∈ R :
f (t)
=
a0
2
+
+∞
n=1
(an cos nt + bn sin nt)
=
2
π
+
+∞
n=1
4(−1)n+1
π(4n2 − 1)
cos 2nt
=
2
π
+
+∞
n=1
4(−1)n+1
π(4n2 − 1)
(2 cos 2
nt − 1)
=
2
π
−
+∞
n=1
4(−1)n+1
π(4n2 − 1)
noté α0
+
+∞
n=1
8(−1)n+1
π(4n2 − 1)
noté αn
cos 2
nt
=
+∞
n=0
αn cos 2
nt.
Ceci montre l’existence d’une suite réelle (αn)n∈N convenant.
De plus, en remplaçant t par 0 dans la formule initiale, on dé-
duit : 1 =
2
π
+
+∞
n=1
4(−1)n+1
π(4n2 − 1)
, puis :
α0 =
2
π
−
+∞
n=1
4(−1)n+1
π(4n2 − 1)
=
2
π
− 1 −
2
π
=
4
π
− 1 .
a)7.7
y
t
1
O
y = f(x)
Il est clair que f est 2π-périodique (par définition) et continue
par morceaux (et même continue) sur R, donc f admet des coef-
ficients de Fourier (trigonométriques) notés an, bn (n ∈ N).
De plus, f est paire, donc : ∀ n ∈ N∗
, bn = 0.
On a, pour tout n ∈ N :
an =
2
2π [2π]
f (t) cos nt dt =
2
π
π
0
ch λt cos nt dt .
1re méthode : utilisation de l’exponentielle complexe :
On a :
an =
2
π
π
0
eλt
+ e−λt
2
ei nt
+ e−i nt
2
dt
=
1
2π
e(λ+i n)t
+ e(λ−i n)t
+ e(−λ+i n)t
+ e(−λ−i n)t
dt
=
1
2π
e(λ+i n)t
λ + i n
+
e(λ−i n)t
λ − i n
+
e(−λ+i n)t
−λ + i n
+
e(−λ−i n)t
−λ − i n
π
0
=
1
2π
e(λ+i n)π
λ + i n
+
e(λ−i n)π
λ − i n
+
e(−λ+i n)π
−λ + i n
+
e(−λ−i n)π
−λ − i n
=
1
2π
(−1)n
eλπ
λ+i n
+
(−1)n
eλπ
λ − i n
−
(−1)n
e−λπ
λ − i n
−
(−1)n
e−λπ
λ + i n
=
1
2π
(−1)n
(eλπ
− e−λπ
)
1
λ + i n
+
1
λ − i n
=
(−1)n
sh λπ
π
2λ
λ2
+ n2
.
2e méthode : Utilisation de deux intégrations par parties :
On a :
π
0
ch λt cos nt dt
=
ipp
sh λt
λ
cos nt
π
0
−
π
0
sh λt
λ
(−n sin nt) dt
=
(−1)n
sh λπ
λ
+
n
λ
π
0
sh λt sin nt d](https://image.slidesharecdn.com/mathmatiquesmthodesetexercicesmp-141109172011-conversion-gate01/85/Mathematiques-methodes-et-exercices-mp-334-320.jpg)
![325
=
ipp
(−1)n
sh λπ
λ
+
n
λ
ch λt
λ
sin nt
π
0
−
π
0
ch λt
λ
(n cos nt) dt
=
(−1)n
sh λπ
λ
−
n2
λ2
π
0
ch λt
λ
cos nt dt.
D’où :
π
0
ch λt cos nt dt
=
1
1 +
n2
λ2
(−1)n
sh λπ
λ
=
(−1)n
λ sh λπ
λ2
+ n2
,
et donc : an =
2(−1)n
λ sh λπ
π(λ2
+ n2)
.
b) Il est clair que f est 2π-périodique, de classe C1
par mor-
ceaux et continue sur R, donc, d’après le théorème de Dirichlet
de convergence normale, la série de Fourier de f converge nor-
malement (donc uniformément, absolument, simplement)
sur R et a pour somme $bas f$. On a donc :
∀ t ∈ R, f (t) =
a0
2
+
+∞
n=1
(an cos nt + bn sin nt)
=
sh λπ
λπ
+
+∞
n=1
2(−1)n
λ sh λπ
π(λ2
+ n2)
cos nt.
En particulier :
∀ t ∈ [−π ; π], ch λt =
sh λπ
λπ
+
+∞
n=1
2(−1)n
λ sh λπ
π(λ2
+ n2)
cos nt .
c) 1) En remplaçant t par 0 dans le résultat de b), on obtient :
1 =
sh λπ
λπ
+
+∞
n=1
2(−1)n
λ sh λπ
π(λ2
+ n2)
,
d’où :
+∞
n=1
(−1)n
λ2
+ n2
=
π
2λ sh λπ
1 −
sh λπ
λπ
.
2) En remplaçant t par π dans le résultat de b), on obtient :
ch λπ =
sh λπ
λπ
+
+∞
n=1
2(−1)n
λ sh λπ
π(λ2
+ n2)
(−1)n
,
d’où :
+∞
n=1
1
λ2
+ n2
=
π
2λ sh λπ
ch λπ −
sh λπ
λπ
.
3) Puisque f est 2π-périodique et continue par morceaux,
d’après la formule de Parseval réelle, on a :
a2
0
4
+
1
2
+∞
n=1
(a2
n + b2
n)
noté PM
=
1
2π [2π]
f (t)
2
dt
noté SM
.
Et : PM =
sh λπ
λπ
2
+
1
2
+∞
n=1
4λ2
sh2
λπ
π2(λ2
+ n2)2
,
SM =
1
2π
π
−π
f (t)
2
dt =
1
π
π
0
ch2
λt dt
=
1
2π
π
0
(1 + ch 2λt) dt
=
1
2π
t +
sh 2λt
2λ
π
0
=
1
2π
π +
sh 2λπ
2λπ
.
Donc :
+∞
n=1
1
(λ2
+ n2)2
=
1
2π
π +
sh 2λπ
2λπ
−
sh λπ
λπ
2
π2
2λ2
sh2
λπ
=
λ2
π2
+ λπ sh λπ ch λπ − 2 sh2
λπ
4λ4
sh2
λπ
.
1) Existence :
L’application f : x −→
x − E(x)
x3
est continue sur [1 ; +∞[,
et : ∀ x ∈ [1 ; +∞[, 0 f (x)
1
x3
.
D’après l’exemple de Riemann en +∞ (3 > 1) et le théorème
de majoration pour des fonctions 0, on conclut que f est in-
tégrable sur [1 ; +∞[, donc l’intégrale I =
+∞
1
f (x) dx
existe.
2) Calcul :
Soit N ∈ N∗
. On a, en utilisant la relation de Chasles :
N+1
1
x − E(x)
x3
dx =
N
n=1
n+1
n
x − E(x)
x3
dx
=
N
n=1
n+1
n
x − n
x3
dx
notée In
.
et, pour tout n ∈ N∗
:
In =
n+1
n
1
x2
−
n
x3
dx = −
1
x
+
n
2x2
n+1
n
= −
1
n + 1
+
1
n
+
1
2
n
(n + 1)2
−
n
n2
= −
1
n + 1
+
1
n
+
1
2
(n + 1) − 1
(n + 1)2
−
1
n
=
1
2
1
n
−
1
n + 1
−
1
2
1
(n + 1)2
.
d’où :
7.8](https://image.slidesharecdn.com/mathmatiquesmthodesetexercicesmp-141109172011-conversion-gate01/85/Mathematiques-methodes-et-exercices-mp-335-320.jpg)
![327
On a, pour tout n ∈ Z :
0 = (ϕn | f ) = (en−1 − 2en + en+1 | f )
= (en−1 | f ) − 2(en | f ) + (en+1 | f )
=
1
2π [2π]
e−i (n−1)t
− 2 e−i nt
+ e−i (n+1)t
f (t) dt
=
1
2π [2π]
e−i nt
(ei t
− 2 + e−i t
) f (t)
noté g(t)
dt.
L’application g est 2π-périodique, continue, et :
∀ n ∈ Z, (en | g) = 0 .
D’après le cours, il en résulte : g = 0.
Ainsi : ∀ t ∈ R, (ei t
− 2 + e−i t
) f (t) = 0.
Mais : ∀ t ∈ R, ei t
− 2 + e−i t
= 2 cos t − 2 = −4 sin 2 t
2
.
On a donc : ∀ t ∈ R, sin 2 t
2
f (t) = 0,
d’où : ∀ t ∈ R − 2πZ, f (t) = 0.
Comme f est continue sur R, l’égalité est encore vraie, par pas-
sage à la limite, en les points de 2πZ, et on conclut : f = 0.
Puisque f est 2π-périodique, de classe C2
par morceaux
et de classe C1
sur R, les coefficients de Fourier de f, f , f
existent et vérifient :
∀ n ∈ Z, cn( f ) = i ncn( f ), cn( f ) = (i n)2
cn( f ) .
De plus, comme f, f , f sont dans CM2π, on peut leur ap-
pliquer la formule de Parseval :
1
2π
2π
0
| f |2
=
n∈Z
|cn( f )|2
,
1
2π
2π
0
| f |2
=
n∈Z
|cn( f )|2
=
n∈Z
n2
|cn( f )|2
,
1
2π
2π
0
| f |2
=
n∈Z
|cn( f )|2
=
n∈Z
n4
|cn( f )|2
.
D’où :
4
2π
0
| f |2
− 5
2π
0
| f |2
+ 2
2π
0
| f |2
= 2π 4
n∈Z
|cn( f )|2
− 5
n∈Z
n2
|cn( f )|2
+ 2
n∈Z
n4
|cn( f )|2
= 2π
n∈Z
(4 − 5n2
+ 2n4
)|cn( f )|2
.
Le discriminant ∆ = −7 est < 0, donc :
∀ n ∈ Z, 4 − 5n2
+ 2n4
> 0 ,
et on déduit l’inégalité demandée.
1) Soit t ∈ R. On a : ∀ p ∈ N, Sp(t + 2π) = Sp(t).
D’où, en faisant tendre l’entier p vers l’infini, puisque (Sp)p
converge uniformément, donc simplement, vers f :
f (t + 2π) = f (t) .
Ceci montre que f est 2π-périodique.
2) Puisque chaque Sp est continue sur R et que (Sp)p converge
uniformément vers f sur R, d’après un théorème du cours,
f est continue sur R.
3) Soit n ∈ Z fixé.
Puisque :
∀ p∈N, ∀ t ∈ R, Sp(t) e−i nt
− f (t) e−i nt
|Sp(t)− f (t)| ,
et que (Sp)p converge uniformément vers f sur R, la suite
d’applications t −→ Sp(t) e−i nt
p 0
converge uniformément
sur R vers l’application t −→ f (t) e−i nt
.
D’après un théorème du cours, il en résulte :
1
2π [2π]
Sp(t) e−i nt
dt −→
p∞
1
2π [2π]
f (t) e−i nt
dt .
Mais, comme la famille (t −→ e−i kt
)k∈Z est orthonormale
dans C2π pour le produit scalaire canonique, on a, pour tout
p n :
1
2π [2π]
Sp(t) e−i nt
dt =
p
k=−p
γk
1
2π [2π]
ei kt
e−i pt
dt = γn .
d’où : ∀ n ∈ Z, cn( f ) =
1
2π [2π]
f (t) e−i nt
dt = γn.
a) • On a : ∀t ∈ R, ∀n ∈ N, Sn(t + 2π) = Sn(t),
d'où, puisque Sn
C.S.
−−−→
n∞
f : ∀t ∈ R, f (t + 2π) = f (t),
et donc f est 2π-périodique.
• Puisque Sn
C.U.
−−−→
n∞
f et que les Sn sont continues sur R, f est
continue sur R.
b) Soit p ∈ N.
Puisque Sn
C.U.
−−−→
n∞
f et que t −→ cos pt est bornée, la suite
d'applications t −→ Sn(t)cos pt n 0
converge uniformément
sur R vers (t −→ f (t) cos pt). De plus, les t −→ Sn(t)cos pt
(n ∈ N) sont continues sur le segment [−π; π].
On peut donc intervertir
π
−π
et lim
n∞
, d'où :
7.12
7.13
7.14
7.15](https://image.slidesharecdn.com/mathmatiquesmthodesetexercicesmp-141109172011-conversion-gate01/85/Mathematiques-methodes-et-exercices-mp-337-320.jpg)
![ap( f ) =
1
π
π
−π
lim
n∞
Sn(t) cos pt dt
=
1
π
π
−π
lim
n∞
(Sn(t) cos pt) dt
=
1
π
lim
n∞
π
−π
Sn(t) cos pt dt .
Mais, pour tout k de N :
π
−π
cos kt cos pt dt =
2π si k = p = 0
π si k = p =/ 0
0 si k =/ p
et
π
−π
sin kt cos pt dt = 0 ,
d'où : ∀n ∈ N,
1
π
π
−π
Sn(t) cos pt dt =
0 si n < p
αp si n p.
Ainsi : ap( f ) = αp.
On obtient de même (pour p 1) : bp( f ) = βp .
L'application f est 2π-périodique et continue sur R, donc
f ∈ CM2π , et les coefficients de Fourier exponentiels cn
(n ∈ Z) de f existent.
Soit n ∈ Z. Puisque |z eit
| = |z| < 1, on a :
∀t ∈ R,
1
1 + z eit
=
+∞
k=0
(−z eit
)k
,
d’où : cn =
1
2π
π
−π
e−int
1 + z eit
dt
=
1
2π
π
−π
e−int
+∞
k=0
(−z eit
)k
dt
=
1
2π
π
−π
+∞
k=0
fk(t) dt,
où on a noté, pour k ∈ N, fk : t −→ (−1)k
zk
ei(k−n)t
.
On a : ∀k ∈ N, ∀t ∈ [−π; π], | fk(t)| = |z|k
.
Comme |z| < 1, il en résulte que
k 0
fk converge normalement,
donc uniformément, sur [−π; π]. Puisque chaque fk est conti-
nue sur le segment [−π; π], on peut alors intervertir
π
−π
et
+∞
k=0
:
cn =
1
2π
+∞
k=0
π
−π
fk(t) dt
=
1
2π
+∞
k=0
(−1)k
zk
π
−π
ei(k−n)t
dt.
Mais :
π
−π
ei(k−n)t
dt =
2π si n = k
0 si n =/ k
.
Finalement : ∀n ∈ Z, cn =
(−1)n
zn
si n 0
0 si n < 0
.
a) L'application f est 2π-périodique et continue (car
ch a > 1 −cos t), donc f ∈ CM2π et les coefficients de
Fourier (trigonométriques) de f existent. Le but de la question
b) étant d'obtenir ces coefficients, nous n'allons pas procéder
de la façon directe utilisée dans les exercices 7.1 à 7.4.
On a :
∀t ∈ R, f (t) =
2
2 ch a + eit + e−it
=
2eit
e2it + 2eit ch a + 1
.
Par une décomposition en éléments simples dans R(X):
2X
X2 + 2X ch a + 1
=
2X
(X + ea)(X + e−a)
=
1
sh a
ea
X + ea
−
e−a
X + e−a
,
d'où : ∀t ∈ R, f (t) =
1
sh a
ea
eit + ea
−
e−a
eit + e−a
.
Remarquons que, puisque a ∈]0; +∞[, 0 < e−a
< 1 < ea
,
d'où, en utilisant des séries géométriques, pour tout t de R :
f (t)=
1
sh a
1
1 + e−a+it
−
e−a−it
1 + e−a−it
=
1
sh a
+∞
n=0
(−1)n
(e−a+it
)n
−e−a−it
+∞
n=0
(−1)n
(e−a−it
)n
=
1
sh a
1 +
+∞
n=1
(−1)n
e−na+int
+
+∞
n=1
(−1)n
e−na−int
=
1
sh a
+
2
sh a
+∞
n=1
(−1)n
e−na
cos nt.
Puisque : ∀n ∈ N∗
, ∀t ∈ R, (−1)n
e−na
cos nt e−na
, et que
0 e−a
< 1,laséried'applications
n 1
t −→ (−1)n
e−na
cos t
converge normalement, donc uniformément, sur R.
D'après l'exercice 7.15, on conclut :
∀n ∈ N, an( f ) =
2(−1)n
e−na
sh a
∀n ∈ N∗
, bn( f ) = 0.
b) D’après a), on a, pour tout n ∈ N :
π
0
cos nt
ch a + cos t
dt =
π
2
an( f ) =
π(−1)n
e−na
sh a
,
π
0
sin nt
ch a + cos t
dt =
π
2
bn( f ) = 0.
328
7.16
7.17](https://image.slidesharecdn.com/mathmatiquesmthodesetexercicesmp-141109172011-conversion-gate01/85/Mathematiques-methodes-et-exercices-mp-338-320.jpg)
![329
c) Puisque f ∈ CM2π, on a, d’après la formule de Parseval
réelle, et puisque f est paire :
a2
0
4
+
1
2
+∞
n=1
(a2
n + b2
n)
=
1
2π
π
−π
f (t)
2
dt =
1
π
π
0
f (t)
2
dt.
D’où :
π
0
1
(ch a + cos t)2
dt =
π
0
f (t)
2
dt
= π
1
sh2
a
+
1
2
+∞
n=1
4e−2na
sh2
a
=
π
sh2
a
+
2π
sh2
a
e−2a
1 − e−2a
=
π
sh2
a
1 + e−2a
1 − e−2a
=
π
sh2
a
ch a
sh a
=
π ch a
sh3
a
.
a) Remarquer d'abord que x −→
ln(1 + x)
x
est intégrable
sur ]0; 1].
D'après le DSE(0) de x −→ ln(1 + x), on a :
∀x ∈ [0; 1[, ln(1 + x) =
+∞
n=1
(−1)n−1
xn
n
,
d'où : ∀x ∈]0; 1[,
ln(1 + x)
x
=
+∞
n=1
(−1)n−1
xn−1
n
.
• La série d'applications
n 1
fn , où fn : [0; 1] −→ R
x−→
(−1)n−1xn−1
n
converge
uniformément sur [0; 1]. En effet, pour tout x de [0; 1], la série
numérique
n 1
fn(x) est alternée et | fn(x)| n 1
décroît et tend
vers 0. On en déduit :
∀n ∈ N, ∀x ∈ [0; 1],
|Rn(x)| =
+∞
k=n+1
fk(x) | fn+1(x)|
=
xn
n + 1
1
n + 1
,
d'où : ||Rn||∞ −−−→
n∞
0.
• Puisque chaque fn est continue sur [0; 1] et que
n 1
fn
converge uniformément sur [0; 1], on peut intervertir
1
0
et
+∞
n=1
,
d'où :
1
0
ln(1 + x)
x
dx =
1
0
+∞
n=1
fn(x) dx
=
+∞
n=1
1
0
fn(x) dx =
+∞
n=1
(−1)n−1
n2
.
• En séparant les termes d'indices pairs ou impairs et puisque
les séries envisagées sont absolument convergentes :
+∞
n=1
(1)n−1
n2
= −
+∞
p=1
1
(2p)2
+
+∞
p=0
1
(2p + 1)2
= −
1
4
π2
6
+
π2
8
=
π2
12
.
b) 1) À l'aide d'une intégration par parties, puisque x −→
ln x
1 + x
et x −→
ln(1 + x)
x
sont intégrables sur ]0; 1] et que
ln x ln(1 + x) admet une limite finie (0) en 0+
:
1
0
ln x
1 + x
dx
= ln x ln(1 + x)
1
0
−
1
0
ln(1 + x)
x
dx = −
π2
12
.
2),3) Notons I =
1
0
ln x
1 + x
dx = −
π2
12
, J =
1
0
ln x
1 − x
dx,
K =
1
0
ln x
1 − x2
dx (qui existent).
On a : I + J =
1
0
2 ln x
1 − x2
dx = 2K.
D'autre part :
J =
[y =
√
x]
1
0
2 ln y
1 − y2
2y dy
= 4
1
0
(y + 1) − 1
1 − y2
ln y dy = 4J − 4K
.
On obtient ainsi
2K − J = I
4K − 3J = 0
,
d'où J = 2I = −
π2
6
et K =
3
2
I = −
π2
8
.
On conclut :
1
0
ln x
1 + x
dx = −
π2
12
,
1
0
ln x
1 − x
dx = −
π2
6
,
1
0
ln x
1 − x2
dx = −
π2
8
4) L'application x −→
x2
ln x
x2 − 1
est intégrable sur ]0; 1[, et :
1
0
x2
ln x
x2 − 1
dx =
1
0
1 −
1
1 − x2
ln x dx
=
1
0
ln x dx −
1
0
ln x
1 − x2
dx
= x ln x − x
1
0
+
π2
8
=
π2
8
− 1.
7.18](https://image.slidesharecdn.com/mathmatiquesmthodesetexercicesmp-141109172011-conversion-gate01/85/Mathematiques-methodes-et-exercices-mp-339-320.jpg)
![330
On a, pour tout n de N∗
:
bn =
2
2π
π
−π
f (t) sin nt dt =
2
π
π
0
sh xt sin nt dt
=
1
2iπ
π
0
(ext
− e−xt
)(eint
− e−int
)dt
=
1
2iπ
π
0
e(x+in)t
− e(x−in)t
− e(−x+in)t
+ e(−x−in)t
dt
=
1
2iπ
e(x+in)t
x + in
−
e(x−in)t
x − in
−
e(−x+in)t
−x + in
+
e(−x−in)t
−x − in
π
0
=
1
2iπ
e(x+in)π
x + in
−
e(x−in)π
x − in
+
e(−x+in)π
x − in
−
e−(x+in)π
x + in
=
(−1)n
2iπ
(eπx
− e−πx
)
1
x + in
−
1
x − in
=
2(−1)n+1
n sh πx
π(n2 + x2)
.
b) Puisque f est 2π-périodique et de classe C1
par morceaux,
d'après le théorème de Dirichlet, la série de Fourier de f
converge simplement sur R et a pour somme la régularisée f
de f. On a donc :
∀t ∈ R, f (t) =
1
2
f (t+
) + f (t−
)
=
+∞
n=1
2(−1)n+1
n sh πx
π(n2 + x2)
sin nt.
En particulier :
∀t ∈] − π; π[, sh xt =
2 sh πx
π
+∞
n=1
(−1)n+1
n
n2 + x2
sin nt.
c) En utilisant une série géométrique, on a, pour tout t de
]0; +∞[ :
cos xt
ch t
=
2 cos xt
et + e−t
=
2e−t
cos xt
1 + e−2t
= 2e−t
cos xt
+∞
n=0
(−e−2t
)n
=
+∞
n=0
fn(t),
où on a noté fn : t ∈ [0; +∞[−→ 2(−1)n
e−(2n+1)t
cos xt.
5) Lesapplications x −→ ln x ln(1 + x) et x −→ (x ln x − x)
1
1 + x
sont intégrables sur ]0; 1], et (x ln x − x)ln(1 + x)
admet une limite finie (0) en 0+
, d'où, par une intégration par
parties :
1
0
ln x ln(1 + x) dx = (x ln x − x)ln(1 + x)
1
0
−
1
0
(x ln x − x)
1
x + 1
dx
= −ln 2 −
1
0
x
1 + x
ln x dx +
1
0
x
1 + x
dx
= −ln 2 −
1
0
1 −
1
1 + x
ln x dx
+
1
0
1 −
1
1 + x
dx
=−ln 2− x ln x−x
1
0
+
1
0
ln x
1 + x
dx + x − ln(1 + x)
1
0
= 2 − 2 ln 2 −
π2
12
.
6) L'application x −→ ln th x est intégrable sur ]0; +∞[ et,
grâce au changement de variable défini par u = th x :
+∞
0
ln th x dx =
1
0
ln u
1 − u2
du = −
π2
8
.
7) L'application x −→
x
ex + e2x
est intégrable sur [0; +∞[ et,
par changements de variable :
+∞
0
x
ex + e2x
dx =
[u = ex
]
+∞
1
ln u
u2(1 + u)
du
=
v = 1
u
−
1
0
v ln v
1 + v
dv
= −
1
0
1 −
1
1 + v
ln v dv
= − v ln v + v
1
0
+
1
0
ln v
1 + v
dv
= 1 −
π2
12
.
8) L'application x −→
x
ex − 1
est intégrable sur ]0; +∞[ et,
grâce au changement de variable défini par u = e−x
:
+∞
0
x
ex − 1
dx = −
1
0
ln u
1 − u
du =
π2
6
.
a) Il est clair que f est 2π-périodique et continue par mor-
ceaux sur R, donc les coefficients de Fourier (trigonométriques)
de f existent.
De plus, f est impaire, donc :
∀n ∈ N, an = 0.
7.19
y
t
O
π--π
y = f (t)
sh πx](https://image.slidesharecdn.com/mathmatiquesmthodesetexercicesmp-141109172011-conversion-gate01/85/Mathematiques-methodes-et-exercices-mp-340-320.jpg)
![331
Considérons, pour t ∈]0; +∞[ et n ∈ N, le reste d'ordre n :
Rn(t) =
+∞
k=n+1
fk(t) =
cos xt
ch t
−
n
k=0
fk(t).
On a :
Rn(t) =
+∞
k=n+1
2(−1)k
e−(2k+1)t
cos xt
= 2(−1)n+1
e−(2n+3)t
1
1 + e−2t
cos xt,
d'où l'intégrabilité de Rn sur ]0; +∞[, et :
+∞
0
Rn(t) dt
+∞
0
|Rn(t)| dt
+∞
0
2e−(2n+3)t
dt =
2
2n + 3
−−−→
n∞
0.
On peut donc intervertir
+∞
0
et
+∞
n=0
, d'où :
+∞
0
cos xt
ch t
dt =
+∞
n=0
2(−1)n
+∞
0
e−(2n+1)t
cos xt dt.
Et, pour n ∈ N :
+∞
0
e−(2n+1)t
cos xt dt =
1
2
+∞
0
e−(2n+1)t
(eixt
+ e−ixt
)dt
=
1
2
e(−(2n+1)+ix)t
−(2n + 1) + ix
+
e(−(2n+1)−ix)t
−(2n + 1) − ix
+∞
0
=
1
2
1
(2n + 1) − ix
+
1
(2n + 1) + ix
=
2n + 1
(2n + 1)2 + x2
.
D'où :
+∞
0
cos xt
ch t
∂t =
+∞
n=0
2(−1)n
(2n + 1)
(2n + 1)2 + x2
.
D'autre part, d'après b), en remplaçant t par
π
2
:
sh
πx
2
=
2 sh πx
π
+∞
n=1
(−1)n+1
n
n2 + x2
sin n
π
2
=
2 sh πx
π
+∞
p=0
2p + 1
(2p + 1)2 + x2
(−1)p
,
d'où, si x =/ 0:
+∞
p=0
(−1)p
(2p + 1)
(2p + 1)2 + x2
=
π sh
πx
2
2 sh πx
=
π
4 ch
πx
2
.
Comme la série d'applications
p 0
x −→
(−1)p
(2p + 1)
(2p + 1)2 + x2
relève du TSCSA, l'étude du reste montre qu'elle converge uni-
formément sur [0; +∞[, d'où, en faisant tendre x vers 0 :
+∞
p=0
(−1)p
(2p + 1)
(2p + 1)2
=
π
4
.
Ainsi : ∀x ∈ [0; +∞[,
+∞
p=0
(−1)p
(2p + 1)
(2p + 1)2 + x2
=
π
4 ch
πx
2
,
et finalement :
+∞
0
cos xt
ch t
dt =
π
2 ch
πx
2
.
1) Soit f convenant.
Puisque f est 2π-périodique et de classe C∞
, pour tout k ∈ N,
f (k)
admet des coefficients de Fourier (exponentiels) et on a :
∀ k ∈ N, ∀ n ∈ Z, cn( f (k)
) = (i n)k
cn( f ) .
Soit n ∈ Z − {−1, 0, 1}. On a :
∀ k ∈N , |cn( f )| =
|cn( f (k)
)|
|i n|k|
=
1
|n|k
|cn( f (k)
)| .
En utilisant l’hypothèse :
∀ k ∈ N, |cn( f (k)
)| =
1
2π [2π]
f (k)
(t) e−i nt
dt
1
2π [2π]
| f (k)
(t)| dt
1
2π
2πM = M.
On a donc : ∀ k ∈ N, |cn( f )|
M
|n|k
.
Comme M et |n| sont fixés (indépendamment de k) et que
|n| 2, on a :
M
|n|k
−→
k∞
0,
d’où, puisque |cn( f )| ne dépend pas de k : |cn( f )| = 0, puis :
cn( f ) = 0.
Ceci montre : ∀ n ∈ Z − {−1, 0, 1}, cn( f ) = 0.
D’autre part, puisque f est 2π-périodique et de classe C∞
sur R,
f est 2π-périodique, de classe C1
par morceaux et continue
sur R, donc, d’après le théorème de Dirichlet de convergence
normale, la série de Fourier de f converge normalement, donc
simplement, sur R et a pour somme f. On a donc :
∀ x ∈ R, f (x) = lim
n∞
n
k=−n
ck( f ) ei kx
= c−1( f ) e−i x
+ c0( f ) + c1( f ) ei x
.
2) Réciproquement, soient (α, β,γ) ∈ C3
et
f : R −→ C, x −→ α e−i x
+ β + γ ei x
.
L’application f est 2π-périodique, de classe C∞
et on a , pour
tout (n,x) ∈ N × R :
| f (n)
(x)| = α(−i)n
e−i x
+ β0n
+ γin
ei x
|α| + |β| + |γ| ,
donc f convient.
Finalement, l’ensemble des applications f convenant est :
f : R −→ C, x −→ α e−i x
+ β + γ ei x
; (α,β,γ) ∈ C3
.
7.20](https://image.slidesharecdn.com/mathmatiquesmthodesetexercicesmp-141109172011-conversion-gate01/85/Mathematiques-methodes-et-exercices-mp-341-320.jpg)
![332
a) • Soit a ∈ R. Il est clair que, pour toute f ∈ CM2π,
τa f est 2π-périodique et continue, donc τa f ∈ C2π.
• On a, pour tout λ ∈ R et toutes f,g ∈ C2π :
∀ t ∈ R, τa(λ f + g)(t) = (λ f + g)(t − a)
= λ f (t − a) + g(t − a) = λτa( f )(t) + τa(g))(t)
= (λτa f + τa g)(t),
donc : τa(λ f + g) = λτa( f ) + τa(g).
Ceci montre que τa est un endomorphisme de l’espace vecto-
riel C2π.
• On a, pour toute f ∈ C2π :
||τa f ||2
2 =
1
2π [2π]
τa f (t)
2
dt
=
1
2π
2π
0
f (t − a)
2
dt =
u=t−a
1
2π
2π−a
−a
f (u)
2
du
=
1
2π [2π]
f (u)
2
du = || f ||2
2,
donc : ∀ f ∈ C2π, ||τa f ||2 = || f ||2.
Il en résulte que τa, qui est déjà linéaire, est continue, donc
τa ∈ LC(C2π), et que : |||τa||| 1.
La fonction constante 1 est élément de C2π et
||1||2 = 1, ||τa1||2 = 1, d’où finalement : |||τa||| = 1.
b) Soit f ∈ C2π fixée.
Notons φ : R −→ C2π, a −→ τa f.
On a, pour tout (a,b) ∈ R2
:
||φ(b) − φ(a)||2 = ||τb f − τa f ||2
=
1
2π
2π
0
τb f (t) − τa( f )(t)
2
dt
1
2
=
1
2π
2π
0
f (t − b) − f (t − a)
2
dt
1
2
.
Puisque f : R −→ R est périodique et continue, d’après une
étude classique, f est uniformément continue sur R.
Soit ε > 0 fixé. Il existe η > 0 tel que :
∀ (u,v) ∈ R2
, |u − v| η ⇒ | f (u) − f (v)| ε .
Soit (a,b) ∈ R2
tel que |b − a| η.
On a alors : ∀ t ∈ R, (t − b) − (t − a) = |a − b| η,
donc : ∀ t ∈ R, f (t − b) − f (t − a) ε,
d’où : |φ(b) − φ(a)|
1
2π
2π
0
ε2
dt
1
2
= ε.
On a montré :
∀ ε > 0, ∃ η > 0, ∀ (a,b) ∈ R2
,
|b − a| η ⇒ |φ(b) − φ(a)| ε.
Ceci montre que φ est uniformément continue, donc est conti-
nue.
a) Pour tout α de ]1; +∞[, l'application t −→
1
tα + 1
est intégrable sur ]0; +∞[, et :
+∞
0
dt
tα + 1
=
1
0
dt
tα + 1
+
+∞
1
dt
tα + 1
=
v = 1
t
1
0
dt
tα + 1
+
1
0
dv
v2
1
vα
+ 1
=
1
0
1 + tα−2
1 + tα
dt =
[u = tα
]
1
0
1 + u1− 2
α
1 + u
1
α
u
1
α −1
du
=
1
α
1
0
u
1
α −1
+ u− 1
α
1 + u
du.
b) On a : ∀u ∈ [0; 1[,
1
1 + u
=
+∞
n=0
(−1)n
un
,
d'où : ∀u ∈]0; 1[,
u
1
α −1
+ u− 1
α
1 + u
=
+∞
n=0
(−1)n
un−1+ 1
α + un− 1
α .
Notons, pour n ∈ N :
fn : ]0; 1[−→ R, u −→ (−1)n
(un−1+ 1
α + un− 1
α ).
Ainsi, la série d'applications
n 0
fn converge simplement sur
]0; 1[ et a pour somme
S : u −→
u
1
α −1
+ u− 1
α
1 + u
.
Notons, pour n ∈ N, Rn le reste :
Rn = S −
n
k=0
fk =
+∞
k=n+1
fk.
Puisque S et les fk sont intégrables sur ]0; 1[, pour chaque n
de N, Rn est intégrable sur ]0; 1[, et :
1
0
Rn(u) du =
1
0
u
1
α −1
+ u− 1
α
+∞
k=n+1
(−1)k
uk
du
=
1
0
u
1
α −1
+ u− 1
α
(−1)n+1
un+1
1 + u
du,
d'où :
1
0
Rn(u) du =
1
0
u
1
α −1
+ u− 1
α
un+1
1 + u
du
1
0
u
1
α −1
+ u− 1
α un+1
du
7.21
7.22](https://image.slidesharecdn.com/mathmatiquesmthodesetexercicesmp-141109172011-conversion-gate01/85/Mathematiques-methodes-et-exercices-mp-342-320.jpg)
![333
=
1
0
un+ 1
α + un+1− 1
α du
=
1
n +
1
α
+ 1
+
1
n + 2 −
1
α
2
n + 1
,
et donc :
1
0
Rn(u) du −−−→
n∞
0.
On peut donc intervertir
1
0
et
+∞
n=0
, d'où :
1
0
u
1
α −1
+ u− 1
α
1 + u
du =
+∞
n=0
1
0
(−1)n
un−1+ 1
α + un− 1
α du
=
+∞
n=0
(−1)n 1
n +
1
α
+
1
n + 1 −
1
α
.
D'après le TSCSA, les séries
n 0
(−1)n
n +
1
α
et
n 0
(−1)n
n + 1 −
1
α
convergent, d'où :
1
0
u
1
α −1
+ u− 1
α
1 + u
du =
+∞
n=0
(−1)n
n +
1
α
+
+∞
n=0
(−1)n
n + 1 −
1
α
=
[p = n + 1]
+∞
n=0
(−1)n
n +
1
α
+
+∞
p=1
(−1)p−1
p −
1
α
= α +
+∞
n=1
(−1)n 1
n +
1
α
−
1
n −
1
α
= α +
+∞
n=1
(−1)n
2
α
n2 −
1
α2
.
c) L'application f est 2π-périodique et continue par morceaux
sur R, donc les coefficients de Fourier (trigonométriques) de
f existent. De plus, f est paire, donc les bn sont nuls, et, pour
tout n de N :
an =
2
2π
π
−π
f (t) cos nt dt =
2
π
π
0
cos xt cos nt dt
=
1
π
π
0
cos(x + n)t + cos(x − n)t dt
=
1
π
sin(x + n)t
x + n
+
sin(x − n)t
x − n
π
0
=
1
π
(−1)n
sin πx
x + n
+
(−1)n
sin πx
x − n
=
2(−1)n
x sin πx
π(x2 − n2)
.
Puisque f est 2π-périodique, de classe C1
par morceaux et conti-
nue sur R, d'après le théorème de convergence normale, la série
de Fourier de f converge normalement (donc simplement)
sur R et a pour somme f, d'où :
∀t ∈ R, f (t) =
sin πx
πx
+
+∞
n=1
2(−1)n
x sin πx
π(x2 − n2)
cos nt.
En particulier, en remplaçant t par 0 :
1 =
sin πx
πx
+
+∞
n=1
2(−1)n
x sin πx
π(x2 − n2)
,
d'où :
+∞
n=1
2(−1)n+1
x
π(n2 − x2)
=
1
sin πx
1 −
sin πx
πx
=
1
sin πx
−
1
πx
.
d) D'après b) et c) :
α
+∞
0
dt
tα + 1
= α +
+∞
n=1
(−1)n+1
2
α
n2 −
1
α2
= α + π
1
sin
π
α
−
1
π
α
=
π
sin
π
α
.
On a prouvé : ∀α ∈]1; +∞[,
+∞
0
dt
tα + 1
=
π
α
sin
π
α
.
e) 1) Remarquer d'abord que t −→
tx−1
1 + t
est intégrable sur
]0; +∞[.
Le changement de variable défini par u = tx
fournit :
+∞
0
tx−1
1 + t
dt =
1
x
+∞
0
1
1 + u
1
x
du,
d'où, en utilisant d) :
+∞
0
tx−1
1 + t
dt =
π
sin πx
.
2) Remarquer d’abord que l’application t −→ tx−2
ln(1 + t) est
intégrable sur ]0 ; +∞[.
On a, par intégration par parties, pour tout (ε,A) ∈ ]0 ; +∞[2
tel que ε A :
A
ε
tx−2
ln (1 + t) dt
=
tx−1
x − 1
ln (1 + t)
A
ε
−
A
ε
tx−1
x − 1
1
1 + t
dt,
d’où, en faisant tendre ε vers 0 et A vers +∞ :
+∞
0
tx−2
ln(1 + t) dt
=
1
1 − x
1
0
tx−1
1 + t
dt =
π
(1 − x) sin πx
.
3) Remarquer d'abord que t −→
eat
ebt + ect
est intégrable sur R.](https://image.slidesharecdn.com/mathmatiquesmthodesetexercicesmp-141109172011-conversion-gate01/85/Mathematiques-methodes-et-exercices-mp-343-320.jpg)
![Puisque la série
k 0
ασ(k) est à termes 0 et à sommes par-
tielles majorées (par 1), d’après un théorème du cours, la série
n 0
ασ(n) converge.
b) Considérons la suite réelle (un)n 0 définie, pour tout n ∈ N,
par : un = αn s’il existe k ∈ N tel que n = σ(k), un = 0 sinon,
et considérons, pour tout n ∈ N :
fn : R −→ R, t −→ un cos nt.
On a : ∀ n ∈ N, ∀ t ∈ R, |un cos nt| un,
donc : ∀ n ∈ N, || fn||∞ un.
Comme la série
n 0
un converge (d’après a)), par théorème de
majoration pour des séries à termes 0, la série
n 0
|| fn||∞,
converge, donc
n 0
fn converge normalement, donc unifor-
mément, sur R.
D’après l’exercice 7.15, en notant
f : R −→ R, t −→ f (t) =
+∞
n=0
un cos nt ,
f est 2π-périodique, continue, et, pour tout n ∈ N :
an( f ) = un, bn( f ) = 0 .
On a alors : ∀ n ∈ N, |an( f )| + |bn( f )| = un.
En particulier :
∀ k ∈ N, |aσ(k)( f )| + |bσ(k)( f )| = uσ(k) = ασ(k) .
Ainsi, il existe une infinité d’indices n ∈ N tels que :
|an( f )| + |bn( f )| αn ,
puisqu’il y a même égalité.
334
On a :
+∞
−∞
eat
ebt + ect
dt =
+∞
−∞
e(a−b)t
1 + e(c−b)t
dt
=
[u = e(c−b)t
]
+∞
0
u
a−b
c−b
1 + u
1
(c − b)u
du
=
1
c − b
+∞
0
u
a−b
c−b
−1
1 + u
du
=
π
(c − b) sin π
a − b
c − b
.
4) Il s’agit d’un cas particulier de 3), pour b = −c, donc :
+∞
−∞
eat
ch ct
dt =
π
2c sin π
a + c
2c
=
π
2c cos
πa
2c
.
5) On applique le résultat de 4) à a et à −a, et on utilise un ar-
gument de parité :
+∞
0
ch at
ch ct
dt =
1
2
+∞
−∞
ch at
ch ct
dt =
+∞
−∞
eat
+ e−at
ch ct
dt
=
0
−∞
eat
ch ct
dt +
+∞
0
e−at
ch ct
dt =
π
c cos
πa
2c
.
a) Puisque αn −−−→
n ∞
0 et que les αn sont tous 0, il
existe σ(0) ∈ N tel que : ασ(0) < 1.
Puisque αn −−−→
n ∞
0 et que 1 − ασ(0) > 0, il existe
σ(1) > σ(0) tel que ασ(0) + ασ(1) < 1.
De proche en proche, on construit une extractrice σ telle que :
∀ n ∈ N,
n
k=0
ασ(k) < 1.
7.23](https://image.slidesharecdn.com/mathmatiquesmthodesetexercicesmp-141109172011-conversion-gate01/85/Mathematiques-methodes-et-exercices-mp-344-320.jpg)
![Chapitre 8 • Équations différentielles
340
Exemple de SDL1 SSM, à coefficients constants, à matrice diagonalisable
Résoudre le SDL1 : (S)
x = 2x − 2y + z
y = 2x − 3y + 2z
z = −x + 2y
d’inconnues x,y,z : R −→ R dérivables
(la variable sera notée t).
Exemple de SDL1 ASM, à coefficients constants, à matrice diagonalisable
Résoudre le SDL1 : (S)
x = −x + y − z + t + 1
y = −4x + 3y − 4z + 4t + 1
z = −2x + y − 2z + 2t + 1
d’inconnues x,y,z : R −→ R dérivables (la variable étant notée t).
Exemple de SDL1 ASM, à coefficients constants, à matrice diagonalisable
Résoudre le SDL1 (S)
x = −x + y + z − 1
y = x − y + z − 1
z = x + y − z − 1
d’inconnues x,y,z : R −→ R dérivables
(la variable sera notée t).
Résolution d’une EDL2 SSM par changement de fonction inconnue
Résoudre l’EDL2 : (E0) (x2
+ 1)y − (3x2
− 4x + 3)y + (2x2
− 6x + 4)y = 0,
d’inconnue y : R −→ R deux fois dérivable, en utilisant le changement de fonction inconnue
z = (x2
+ 1)y.
Résolution d’une EDL2 SSM par recherche d’une solution polynomiale, étude de raccord
Résoudre l’EDL2 : (e) x(x2
+ 3)y − (4x2
+ 6)y + 6xy = 0,
d’inconnue y : R −→ R deux fois dérivable, sur tout intervalle ouvert non vide I de R. À cet effet,
on pourra chercher des solutions polynomiales.
Préciser la dimension de l’espace vectoriel SI des solutions de (e) sur I.
Résolution d’une EDL2 SSM par changement de variable
Résoudre l’EDL2 : (E) (1 − x2
)y − xy + y = 0, d’inconnue y : ] − 1 ; 1[−→ R deux
fois dérivable, à l’aide du changement de variable défini par t = Arcsin x.
Résolution d’une EDL2 SSM par changement de variable puis changement de fonction
inconnue
Résoudre l’EDL2 : (E) x4
y − y = 0, d’inconnue y : ]0 ; +∞[−→ R deux fois dérivable,
en utilisant le changement de variable t =
1
x
, puis le changement de fonction inconnue
u(t) = tz(t), où z(t) = y(x).
Résolution d’une EDL2 SSM par recherche de deux solutions particulières, étude de raccord
Résoudre l’EDL2 : (e) xy + (x − 2)y − 2y = 0, d’inconnue y : I −→ R deux fois déri-
vable sur I, sur tout intervalle ouvert I de R. À cet effet, on pourra chercher une solution particu-
lière polynomiale et une solution particulière de la forme x −→ eαx
, α ∈ R.
8.4
8.5
8.6
8.7
8.8
8.9
8.10
8.11](https://image.slidesharecdn.com/mathmatiquesmthodesetexercicesmp-141109172011-conversion-gate01/85/Mathematiques-methodes-et-exercices-mp-350-320.jpg)
![Énoncés des exercices
341
Résolution d’une EDL2 SSM par solution évidente et méthode de Lagrange
Résoudre l’EDL2 : (E) x2
(x + 1)y − x(x2
+ 4x + 2)y + (x2
+ 4x + 2)y = 0
d’inconnue y : ]0 ; +∞[−→ R deux fois dérivable.
Résolution d’un problème de Cauchy linéaire d’ordre 2
Déterminer toutes les applications y : ] − 1 ; 1[−→ R deux fois dérivables, telles que :
∀ x ∈ ] − 1 ; 1[, (1 − x2
)y (x) + 2xy (x) − 2y(x) = 0, y(0) = 3, y (0) = 4.
À cet effet, on pourra chercher des solutions polynomiales de l’ED.
Étude d’une EDL2 SSM avec une condition initiale
On considère le problème : (P)
y − xy + y = 0 (E)
y (0) = 0
d’inconnue y : R −→ R deux fois dérivable.
a) Montrer que, si y est solution de (E), alors y est trois fois dérivable et y(3)
= xy .
b) En déduire l’ensemble S des solutions de (P).
Résolution d’une EDL2 ASM, méthode de variation des constantes
Résoudre l’EDL2 : (E) y + y =
1
cos x
, d’inconnue y : ] − π/2 ; π/2[−→ R, deux fois
dérivable.
Résolution d’un problème de Cauchy linéaire d’ordre 2
Résoudre le problème de Cauchy : (P)
y + y = tan2
x (E)
y(0) = 0, y (0) = 0
d’inconnue y : ] − π/2 ; π/2[−→ R deux fois dérivable.
Résolution d’une EDL4 SSM, à coefficients constants, par deux méthodes
On considère l’EDL4 : (E) y(4)
− 2y + y = 0, d’inconnue y : R −→ R quatre fois dérivable.
a) Résoudre (E) en admettant que les résultats du cours sur les EDL2 SSM à coefficients constants
sont aussi valables, de façon analogue, à l’ordre 4.
b) 1) Est-ce que x −→ ex
est solution de (E) ?
2) En notant z : R −→ R, x −→ y(x) e−x
, montrer que (E) se ramène à une EDL2 d’inconnue
z et en déduire une résolution de (E).
Former une EDL2 pour laquelle des fonctions données sont solutions
Soient I un intervalle de R (non vide ni réduit à un point), y1,y2 : I −→ R de classe C2
, telles
que l’application w, définie par w = y1 y2 − y1 y2, ne s’annule en aucun point de I. Montrer qu’il
existe un couple unique (p,q) d’applications continues de I dans R tel que y1 et y2 soient solu-
tions sur I de l’EDL2 (E0) y + py + qy = 0, et calculer ce couple (p,q).
Obtention de propriétés des solutions d’une EDL2 à l’aide d’une fonction auxiliaire
Montrer que toutes les solutions y de (E) y + ex
y = 0 sur [0 ; +∞[sont bornées. À cet effet,
on pourra considérer U = y2
+ e−x
y 2
.
Exemple de problème de Cauchy
Trouver toutes les y : ]0 ; +∞[−→ R dérivables telles que :
y =
y
x + y2
y(2) = 1.
©Dunod.Laphotocopienonautoriséeestundélit.
8.12
8.13
8.14
8.15
8.16
8.17
8.18
8.19
8.20](https://image.slidesharecdn.com/mathmatiquesmthodesetexercicesmp-141109172011-conversion-gate01/85/Mathematiques-methodes-et-exercices-mp-351-320.jpg)
![Chapitre 8 • Équations différentielles
342
Étude d’une EDL1
Déterminer l’ensemble a ∈ R tels qu’il existe f : [0 ; +∞[−→ R dérivable telle que :
∀ x ∈ [0 ; +∞[, f (x) = f (x) − x2
+ x et f (x) > 0 , f (1) = a.
Exemple d’inéquation différentielle du premier ordre
Soit f : [0 ; +∞[−→ R de classe C1
telle que : ∀ x ∈ [0 ; +∞[, x f (x) + 2 f (x) 4x2
.
Démontrer : ∀ x ∈ [0 ; +∞[, f (x) x2
.
Exemple d’équation se ramenant à une EDL1
Soit a ∈ R. Déterminer l’ensemble des applications f : R −→ R, de classe C1
, telles que :
∀ x ∈ R − {a},
f (x) − f (a)
x − a
=
1
2
f (x) + f (a) .
Étude de solutions d’une EDL1 matricielle SSM à coefficients constants
Soient n ∈ N∗
, A ∈ Mn(C). On considère l’ED (E) X = AX, d’inconnue X : R −→ Mn,1(C)
dérivable. Soient α,β ∈ C,U,V ∈ Mn,1(C). On note :
F : R −→ Mn,1(C)
t −→ eαt
U
, G : R −→ Mn,1(C)
t −→ eβt
V
, H = F + G.
Montrer que F et G sont solutions de (E) sur R si et seulement si H est solution de (E) sur R.
Étude d’un problème de Cauchy linéaire SSM à coefficients constants
Montrer que le problème de Cauchy linéaire
x = −x + y, y = −y + z, z = −z + x
x(0) = 1, y(0) = j, z(0) = j2
,
d’inconnues x,y,z : R −→ C dérivables, admet une solution et une seule, notée (x,y,z), et que,
pour tout t ∈ R, les points x(t), y(t), z(t) forment, dans le plan complexe, un triangle équilatéral
direct.
À cet effet, on pourra considérer U = x + jy + j2
z.
Exemple d’équation intégrale
Trouver toutes les applications f : ] − 1 ; 1[−→ R continues telles que :
∀ x ∈ ] − 1 ; 1[, f (x) = 1 +
x
0
f (t)
2
dt.
Exemple de résolution d’un problème de Cauchy, équation de Riccati
Déterminer la solution maximale y du problème de Cauchy :
(C) y = −
3
x
y + xy2
et y(2) =
1
3
.
Exemple de résolution d’un problème de Cauchy, équation incomplète en x
Montrer que le problème de Cauchy (C)
y + cos y = 0
y(π) = 0
admet une solution maximale et une
seule, et déterminer celle-ci.
8.21
8.22
8.23
8.24
8.25
8.26
8.27
8.28](https://image.slidesharecdn.com/mathmatiquesmthodesetexercicesmp-141109172011-conversion-gate01/85/Mathematiques-methodes-et-exercices-mp-352-320.jpg)
![Énoncés des exercices
343
Exemple d’étude d’un problème de Cauchy
Déterminer l’ensemble des c ∈ ]0 ; +∞[ tels qu’il existe y : [0 ; 1] −→ R dérivable telle que :
y = −(c2
+ y2
) et y(1) = 0.
Résolution d’un SDL1 SSM à coefficients constants, à matrice non diagonalisable
Résoudre le SDL1 : (S) x = 2x − y + 2z, y = 10x − 5y + 7z, z = 4x − 2y + 2z
d’inconnues x,y,z : R −→ R dérivables.
Étude d’un SD non linéaire
a) Montrer que le problème de Cauchy
(C) x = (t − 1)xy −
2
3
x +
1
3
y, y = (2t + 1)xy −
4
3
x +
2
3
y, x(0) = 1, y(0) = 1
admet une solution maximale et une seule, notée (x,y).
b) Établir que l’application z : t −→ (2t + 1)x(t) − (t − 1)y(t) est constante et calculer cette
constante.
Recherche de solutions dSE(0) pour une EDL1
On considère l’EDL1 : (E) (1 − x)y + y = g, où g : ] − 1 ; 1[−→ R est donnée, continue,
et y : ] − 1 ; 1[−→ R est l’inconnue, dérivable.
On note : (E0) (1 − x)y + y = 0.
a) Résoudre (E0).
b) On suppose, dans cette question, que g est développable en série entière en 0, g(x) =
+∞
n=0
bn xn
,
de rayon 1. Montrer que (E) admet au moins une solution y développable en série entière en 0,
y(x) =
+∞
n=0
an xn
,de rayon 1, et montrer :
a1 = −a0 + b0 et ∀ n 2, an =
1
n(n − 1)
n−1
k=0
kbk .
c) On suppose, dans cette question : ∀ x ∈ ] − 1 ; 1[, g(x) = − ln 1 −
x
2
.
En utilisant b), déterminer une solution y de (E) sous forme d’une somme de série entière, puis
exprimer y à l’aide de fonctions usuelles.
Résolution d’une EDL2 ASM par changement de variable
Résoudre l’ED (E) x2
y − 2y = x2
ln x, d’inconnue y : ]0 ; +∞[−→ R deux fois déri-
vable, par le changement de variable t = ln x.
Résolution d’une EDL2 SSM par recherche d’une solution polynomiale
Résoudre l’ED (E) x(x2
− 1)y − 2(x2
− 1)y + 2xy = 0,
d’inconnue y : ]1 ; +∞[−→ R deux fois dérivable, sachant qu’il existe une solution polynomiale
autre que la fonction nulle.
Recherche des solutions dSE(0) d’une EDL2 ASM
a) Trouver les solutions dSE(0) de l’ED (e) x2
y + 6xy + (6 − x2
)y = −1.
b) Exprimer la (ou les) fonction obtenue en a) à l’aide des fonctions usuelles.
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![Chapitre 8 • Équations différentielles
344
Résolution d’une EDL2 ASM par diverses méthodes
On considère l’ED : (E) xy − 2(x − 1)y + (x − 2)y = x ex
,
d’inconnue y : ]0 ; +∞[−→ R deux fois dérivable. Résoudre (E) par trois méthodes :
1) à l’aide du changement de fonction inconnue z = e−x
y
2) à l’aide du changement de fonction inconnue u = y − y
3) en cherchant des solutions particulières de l’EDL2 SSM associée (E0) sous la forme
x −→ xα ex
, où α ∈ Z est une constante à choisir, puis en appliquant la méthode de variation des
constantes.
Exemple d’équation fonctionnelle se ramenant à une EDL2
Trouver toutes les applications f : [−1 ; 1] −→ R dérivables telles que :
∀ t ∈ R, f ( cos t) = ( cos t) f ( sin t) .
Exemple de SD1 non linéaire se ramenant à des EDL2
Trouver tous les couples ( f,g) d’applications de ]0 ; +∞[ dans R, dérivables, telles que :
∀ x ∈ ]0 ; +∞[, f (x) = −
g(x)
x
et g (x) = −
f (x)
x
.
Exemple d’EDL2 matricielle
Soient n ∈ N∗
, S ∈ S++
n . Montrer que toutes les solutions X : R −→ Mn,1(R) de l’EDL
X + SX = 0 sont bornées.
Étude qualitative des solutions d’un problème de Cauchy
a) Montrer que le problème de Cauchy (C)
y = 2x + y2
y(0) = 0
admet une solution maximale et une
seule, notée f .
b) Montrer que f est de classe C∞
au voisinage de 0 et former le développement limité à
l’ordre 11 en 0 de f.
Exemple d’équation intégrale, équation de convolution
Trouver toutes les applications f : R −→ R continues telles que :
∀ x ∈ R, f (x) = −1 −
x
0
(2x − t) f (t) dt .
Zéros des solutions d’une EDL2
Soient I un intervalle de R (ni vide ni réduit à un point), p : I −→ R continue sur I.
a) Soit z : I −→ R une application dérivable telle que z + pz > 0. Montrer que z admet au plus
un zéro dans I.
b) Soient q : I −→ R continue telle que q < 0, y : I −→ R deux fois dérivable, autre que l’ap-
plication nulle, telle que y + py + qy = 0. Montrer que yy admet au plus un zéro dans I.
Parité, imparité de solutions d’une EDL2
Soient p : R −→ R continue impaire, q : R −→ R continue paire.
On considère l’ED (E0) y + py + qy = 0, d’inconnue y : R −→ R deux fois dérivable.
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![Énoncés des exercices
345
a) Montrer que, pour toute solution f de (E0) sur R, l’application g : R −→ R
x −→ f (−x)
symétrisée
de f, est aussi solution de (E0).
b) 1) Montrer qu’il existe une solution f1 de (E0) unique telle que :
f1(0) = 1, f1(0) = 0, f1 est paire.
2) Montrer qu’il existe une solution f2 de (E0) unique telle que :
f2(0) = 0, f2(0) = 1, f2 est impaire.
3) Établir que ( f1, f2) est une base du R-ev S0 des solutions de (E0) sur R.
Étude de solutions d’une EDL2
On note S0 l’ensemble des solutions y : ]0 ; +∞[−→ R de l’ED :
(E0) y + y − x + 1 +
1
x
y = 0 .
a) Montrer que S0 est un plan vectoriel inclus dans C∞
( ]0 ; +∞[,R).
b) Montrer que l’ensemble S = y ∈ S0 ; y(1) = 2 est une droite affine.
c) Soit y ∈ S. Calculer la courbure γy de la courbe représentative de y en le point d’abscisse 1, en
fonction de y (1).
d) Quelle est la valeur maximale de γy lorsque y décrit S ? En donner une valeur approchée à
10−3
près.
Étude d’une inéquation différentielle du deuxième ordre
Soient (a,b) ∈ R2
tel que 0 < a < b, f : [0 ; +∞[−→ R de classe C2
telle que :
∀ x ∈ [0 ; +∞[, a2
f (x) f (x) b2
f (x) .
Montrer, pour tout x ∈ [0 ; +∞[ :
f (0) ch (ax) + f (0)
sh (ax)
a
f (x) f (0) ch (bx) + f (0)
sh (bx)
b
.
Résolution d’une ED2 non linéaire avec conditions initiales
Trouver tous les couples (I,y) où I est un intervalle ouvert de R tel que 0 ∈ I et y : I −→ R deux
fois dérivable sur I telle que :
yy + y 2
= 0
y(0) = 1, y (0) = 1.
Étude qualitative des solutions maximales d’une ED non linéaire
Soit f : R2
−→ R une application de classe C1
et bornée. Montrer que toute solution maximale
de l’ED (E) y = f (x,y) est définie sur R.
Étude qualitative de la solution maximale d’un problème de Cauchy
On considère le problème de Cauchy (C) suivant : y =
1
1 + x2 + y2
et y(0) = 0,
où la variable (réelle) est notée x et la fonction inconnue (à valeurs réelles) est notée y.
1) Montrer que (C) admet une solution maximale et une seule, encore notée y.
Que peut-on dire de l’intervalle de définition I de y ?
Que peut-on dire de toute solution de (C), vis-à-vis de la solution maximale y ?
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![Chapitre 8 • Équations différentielles
346
2) Établir que I est symétrique par rapport à 0 et que y est impaire.
On pourra, à cet effet, considérer J = {x ∈ R ; −x ∈ I} et z : J −→ R
x −→ −y(−x)
.
On note encore y la restriction de l’application précédente à I ∩ [0 ; +∞[.
3) Montrer que y est strictement croissante, à valeurs 0, majorée.
4) Établir que l’extrémité droite de l’intervalle de définition de y est +∞.
5) Démontrer que y admet en +∞ une limite finie, notée , et que : 0 < <
π
2
.
6) Montrer que y est de classe C∞
et concave sur [0 ; +∞[.
7) Tracer l’allure de la courbe représentative de y.
On précisera la demi-tangente en O et la concavité.
8) Montrer que y admet un développement limité à l’ordre 5 en 0 et calculer celui-ci.
Étude de périodicité pour les solutions d’un SDL1
Soient T ∈ ]0 ; +∞[, A : R −→ Mn(C) continue, T-périodique. On considère l’ED
(E0) X = AX, d’inconnue X : R −→ Mn,1(C) dérivable sur R. Montrer qu’il existe une solu-
tion X de (E) sur R autre que l’application nulle, et λ ∈ C tels que :
∀ t ∈ R, X(t + T) = λX(t) .
Étude d’une ED matricielle non linéaire
Soient a ∈ ]0 ; +∞[, n ∈ N∗
, A ∈ GLn(R), X : ] − a ; a[−→ Mn(R) dérivable telle que :
∀ t ∈ ] − a ; a[, X (t)X(t) = A
X(0) = In.
a) Démontrer : ∀ t ∈ ] − a ; a[, X(t)A = AX(t).
b) On suppose ici, de plus, que A est symétrique. Démontrer que, pour tout t ∈ ] − a ; a[, X(t)
est symétrique.
Inégalité sur des intégrales relatives à des solutions d’une EDL2
On note S0 l’ensemble des applications y : R −→ R deux fois dérivables sur R et solutions sur R
de l’EDL2 : (E0) y − x2
y + y = 0.
Montrer qu’il existe α ∈ R∗
+ tel que : ∀ y ∈ S0,
0
−1
|y − y | α
1
0
|y + y |.
Étude de périodicité pour des solutions d’une EDL2 SSM
Soient T ∈ ]0 ; +∞[, f : R −→ C T-périodique et continue, (y1,y2) une base du C-espace vec-
toriel des solutions sur R de l’EDL2 SSM : (E0) y + f y = 0.
a) Montrer qu’il existe (α1, β1, α2, β2) ∈ C4
unique tel que :
∀ k ∈ {1,2}, ∀ x ∈ R, yk(x + T) = αk y1(t) + βk y2(t) .
b) Démontrer que la matrice A =
α1 β1
α2 β2
est inversible.
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![Du mal à démarrer ?
347
Du mal à démarrer ?
©Dunod.Laphotocopienonautoriséeestundélit.
Remarquer : xy + y = (xy) .
Étudier la dérivabilité en 0 de la fonction obtenue.
Calculer U et montrer :U 0.
Calculer yλ et obtenir une relation simple liant yλ et yλ.
Il s’agit d’un SDL1 SSM, à coefficients constants. Montrer
que la matrice de (S) est diagonalisable et la diagonaliser.
Appliquer enfin la formule du cours donnant la solution géné-
rale.
Il s’agit d’un SDL1 ASM, à coefficients constants. Montrer
que la matrice A de (S) est diagonalisable et la diagonaliser :
A = P DP−1
, avec les notations usuelles.
Noter X =
x
y
z
, B(t) le second membre, U = P−1 X,
C = P−1 B, et se ramener à la résolution de l’équation
U = DU + C.
Il s’agit d’un SDL1 ASM, à coefficients constants. Montrer
que la matrice A de (S) est diagonalisable et déterminer valeurs
propres et sous-espaces propres. Remarquer une solution évi-
dente de (S).
1re méthode : Calculer z, z , z en fonction de x, y, y , y
et grouper convenablement des termes dans l’équation (E) pour
faire apparaître z , z , z. Se ramener à une EDL2 SSM à coeffi-
cients constants.
2e méthode : Calculer y, y , y en fonction de x, z, z , z et
reporter dans (E).
Il s’agit d’une EDL2 SSM non normalisée. Chercher une
solution polynomiale en cherchant d’abord son degré. Obtenir
ainsi deux solutions polynomiales formant famille libre. En
déduire la solution générale de (E) sur ] − ∞ ; 0[ et sur
]0 ; +∞[. Étudier le raccord en 0.
Noter t = Arcsin x (donc x = sin t) et y(x) = z(t).
Calculer y(x), y (x), y (x) en fonction de x, z(t), z (t), z (t) et
reporter dans (E). Se ramener à une EDL2 SSM à coefficients
constants, d’inconnue z.
Noter t =
1
x
et z(t) = y(x). Calculer y(x), y (x), y (x) en
fonction de x, z(t), z (t), z (t) et reporter dans (E). Se ramener
ainsi à une EDL2 (F) d’inconnue z.Noter u = tz,calculer z, z , z
en fonction de t, u, u , u et reporter dans (F). Se ramener ainsi
à une EDL2 à coefficients constants, d’inconnue u.
Chercher une éventuelle solution polynomiale, en cher-
chant d’abord son degré. Chercher une solution particulière
sous la forme x −→ eαx
, α ∈ R fixé à trouver. Montrer que la
famille des deux fonctions obtenues est libre et en déduire la
solution générale de (e) sur ] − ∞ ; 0[ et sur ]0 ; +∞[.Étudier le
raccord en 0.
Il s’agit d’une EDL2 SSM normalisable sur ]0 ; +∞[.
Remarquer la solution évidente y1 : x −→ x. Chercher une
deuxième solution par la méthode de Lagrange.
Chercher une solution polynomiale de (E), en cherchant
d’abord son degré. Obtenir deux solutions de (E) formant famil-
le libre. En déduire la solution générale de (E). Enfin, traduire les
conditions imposées en 0.
a) Exprimer y en fonction de x, y, y .
b) Si y convient, résoudre l’EDL1 SSM d’inconnue y et tenir
compte de y (0) = 0. En déduire y.
Ne pas oublier d’étudier la réciproque.
Il s’agit d’une EDL2 ASM, normalisée sur l’intervalle
I = ] − π/2 ; π/2[. Résoudre l’EDL2 SSM (E0) associée, puis
appliquer la méthode de variation des constantes.
Résoudre (E) en utilisant la méthode de variation des
constantes, puis traduire la condition en 0.
a) Il s’agit d’une EDL4 SSM, à coefficients constants. Former
l’équation caractéristique et en déduire (par généralisation du
résultat à l’ordre 2) la solution générale de (E).
b) 2) Noter z = y ex
,donc y = e−x z,reporter dans (E),et se rame-
ner à une EDL2 (F) d’inconnue z .Résoudre (F),en déduire z,puis
y.Contrôler la cohérence des réponses obtenues en a) et en b).
Résoudre le système d’inconnues p,q formé par les deux
équations vérifiées par y1,y2 .
Calculer U .
1) Appliquer le théorème de Cauchy et Lipschitz.
2) Montrer que, si y ne s’annule en aucun point, l’ED se ramène
à :y =
x
y
. En déduire une solution du problème de Cauchy.
Conclure.
Résoudre l’EDL1 (E) y = y − x2 − x , d’inconnue
y : [0 ; +∞[−→ R dérivable. Traduire ensuite les conditions
imposées.
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![Chapitre 8 • Équations différentielles
348
Considérer U : x −→ x2 f (x) − x4
, calculer U .
Résoudre l’EDL1 SSM y −
2
x − a
y = 0.
En déduire le changement de fonction inconnue :
g : R − {a} −→ R, x −→ g(x) =
f (x)
(x − a)2
.
Déterminer g, puis f, et utiliser le raccord en a.
Ne pas oublier d’étudier la réciproque.
1) Un sens est immédiat.
2) Réciproquement, si H est solution de (E), dériver, prendre les
valeurs en 0 et déduire AU = αU et AV = βV, puis conclure.
D’après un exercice de Première année (Méthodes et
exercices MPSI, ex. 2.27 a)), les points x(t), y(t), z(t) forment,
dans le plan complexe, un triangle équilatéral direct si et seule-
ment si :x(t) + jy(t) + j2z(t) = 0.Considérer U = x + jy + j2z,
calculer U , et déduire U = 0.
1) Soit f convenant. Montrer que f est de classe C1
sur
] − 1 ; 1[ et satisfait un problème de Cauchy (C). Appliquer le
théorème de Cauchy et Lipschitz pour déduire que (C) admet
une solution maximale et une seule. Chercher une solution
de (C) ne s’annulant en aucun point. En déduire f.
2) Étudier la réciproque.
1) Appliquer le théorème de Cauchy et Lipschitz pour
obtenir l’existence et l’unicité d’une solution maximale y de (C).
2) Chercher une solution y de l’ED ne s’annulant en aucun point,
en utilisant le changement de fonction inconnue z =
1
y
.
Conclure.
1) Appliquer le théorème de Cauchy et Lipschitz pour
obtenir l’existence et l’unicité d’une solution maximale de (C).
2) Chercher une solution y de l’ED telle que cos y ne s’annule en
aucun point. En déduire la solution maximale.
Conclure.
Pour c ∈ ]0 ; +∞[ fixé, résoudre l’ED (E)
y = −(c2
+ y2
) ,
d’inconnue y : [0 ; 1] −→ R dérivable, et traduire ensuite
y(1) = 0.
Conclure.
Il s’agit d’un SDL1 SSM, à coefficients constants. La matri-
ce A du système n’est pas diagonalisable, mais est trigonali-
sable. Obtenir P ∈ GL3(R), T ∈ T3,s(R) telles que :
A = PT P−1
. Noter U = P−1 X, se ramener à U = TU,
résoudre en cascade, puis revenir à X.
a) Appliquer le théorème de Cauchy et Lipschitz.
b) Calculer z .
b) Noter y =
+∞
n=0
an xn
(de rayon > 0), reporter dans (E),
obtenir une relation entre an+1, an, bn . En considérant
un = n(n − 1)an, déduire an en fonction de n.
Réciproquement, montrer que la série entière ainsi définie est
de rayon 1.
c) Obtenir : ∀ x ∈ ] − 1 ; 1[, y(x) =
+∞
n=2
2(1 − 2−n)
n(n − 1)
xn
.
Rappeler les DSE(0) des fonctions t −→
1
1 − t
, et
t −→ −ln(1 − t), et déduire, par primitivation, la somme de la
série entière
n 1
tn+1
n(n + 1)
, puis y(x).
Noter t = ln x, z(t) = y(x). Calculer y(x), y (x), y (x) en
fonction de x, z(t), z( (t), z (t),et reporter dans (E).Se ramener
ainsi à une EDL2, à coefficients constants, avec second membre
exponentielle-polynôme, que l’on sait résoudre. Revenir à y.
1) Chercher une éventuelle solution polynomiale en cher-
chant d’abord le degré. Obtenir y1 : x −→ x2 − 1.
2) Chercher une deuxième solution de (E) par la méthode de
Lagrange.
3) Conclure.
a) Noter y =
+∞
n=0
an xn
(de rayon > 0), reporter dans (E),
obtenir une relation de récurrence sur les an et déduire an.
Réciproquement, montrer que la série entière obtenue
p 0
−
x2p
(2p + 3)!
, est de rayon infini.
b) Exprimer y(x), obtenu ci-dessus, à l’aide de sh x.
Ne pas oublier l’examen du cas x = 0.
1) Noter z = e−x y, d’où y = ex z. Calculer y, y , y en fonc-
tion de x, z, z , z , reporter dans (E) et se ramener à une EDL1
d’inconnue z . Résoudre, déduire z puis z, puis y.
2) Noter u = y − y, donc u = y − y . Dans (E), grouper des
termes pour faire apparaître u et u .Se ramener à une EDL1 d’in-
connue u. Résoudre, déduire u, puis une EDL1 sur y, puis y.
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![Du mal à démarrer ?
349
©Dunod.Laphotocopienonautoriséeestundélit.
3) Chercher des solutions particulières de (E0) sous la forme
y : x −→ xαex
, α ∈ Z. Obtenir y1 : x −→
ex
x
et y2 : x −→ ex
.
Appliquer la méthode de variation des constantes.
Il ne s’agit pas d’une ED, puisque l’équation fait intervenir
les valeurs de f et f en deux points variables différents.
1) Soit f convenant. Noter x = sin t, montrer que f est deux fois
dérivable sur ] − 1 ; 1[, et déduire que f satisfait une EDL2 SSM,
à coefficients constants. Résoudre celle-ci et déduire f.
2) Étudier la réciproque.
1) Soit ( f,g) convenant.Montrer que f et g sont deux fois
dérivables et vérifient une EDL2 SSM d’Euler (1). Noter
t = ln x, u(t) = f (x). Calculer f (x), f (x), f (x) en fonction
de x, u(t), u (t), u (t), et reporter dans (1). Se ramener ainsi à
une EDL2 SSM,à coefficients constants,d’inconnue u.Déduire u,
puis f, puis g.
2) Étudier la réciproque.
Utiliser le théorème spectral pour se ramener à des EDL2
SSM, à coefficients constants.
a) Appliquer le théorème de Cauchy et Lipschitz.
b) • Montrer, par récurrence sur n, que, pour tout n ∈ N, f est de
classe Cn
surI.
• Utiliser le théorème de Taylor et Young pour l’existence du
DL11(0) de f.
• Calculer f (k)(0) pour k = 1, 2, 3, 4 et en déduire que le
DL11(0) de f est de la forme :
f (x) = x2
+ a5x5
+ · · · + a11x11
+ o
x−→0
(x11
).
Reporter dans l’ED et en déduire les valeurs des coefficients
a5,. . . ,a11.
Montrer d’abord que,si f convient,alors f est de classe C2
.
Remplacer ensuite le problème par un problème équivalent, à
l’aide de dérivations.
Se ramener à l’ED y + xy + 3y = 0 avec les conditions
y(0) = −1, y (0) = 0. Effectuer le changement de fonction
inconnue z = ex2/2 y.
a) Considérer u = z eP
, où P est une primitive de p sur I.
Calculer u .
b) En notant z = yy , montrer d’abord z + pz 0. Établir
z + pz > 0, par un raisonnement par l’absurde utilisant le
théorème de Cauchy et Lipschitz linéaire. Appliquer enfin a).
b) 1) et 2) Appliquer le théorème de Cauchy et Lipschitz
linéaire.
a) • Montrer que S0 est un plan vectoriel.
• Montrer que,pour toute y ∈ S0, y est de classe C∞
,par un rai-
sonnement par récurrence.
b) Exploiter l’application
θ : S0 −→ R2
, y −→ y(1), y (1) ,
qui, d’après le cours, est une bijection linéaire.
c) Se rappeler que la courbure γy de la courbe représentative de
y en le point d’abscisse 1 est donnée par :
γy =
y (1)
1 + y (1)
2 3/2
.
d) Montrer que y (1) décrit tous les réels,et étudier l’application
γ : R −→ R, t −→ γ (t) =
6 − t
(1 + t2)3/2
.
• Noter g = f − α2 f et calculer f en fonction de g,à l’aide
de la méthode de variation des constantes. Obtenir :
∀ x ∈ [0 ; +∞[,
f (x) =
1
a
x
0
g(t) sh a(x − t) dt + f (0) ch ax + f (0)
sh ax
a
.
En déduire la première inégalité demandée.
• Pour la deuxième inégalité, appliquer le résultat précédent à
des éléments convenablement modifiés.
1) Soit (I,y) convenant. Déduire
y2
2
= Ax + B , où A,B
sont des constantes, puis : y2 = 2x + 1.
Par un raisonnement rigoureux, utilisant le théorème des
valeurs intermédiaires, déduire :
∀ x ∈ I, y(x) =
√
2x + 1 .
2) Étudier la réciproque.
Soient y une solution maximale de y = f (x,y), I = ]α ; β[
l’intervalle de définition de y, où α,β vérifient
−∞ α < β +∞. Raisonner par l’absurde : supposer
β ∈ R. Montrer que l’on peut prolonger alors y convenable-
ment en β, pour contredire la maximalité de y. En déduire :
β = +∞.
1) Appliquer le théorème de Cauchy et Lipschitz.
2) Montrer que z est solution du problème de Cauchy (C).
3) Remarquer : ∀ x ∈ I ∩ [0 ; +∞[, y (x)
1
1 + x2
,
et déduire : ∀ x ∈ I ∩ [0 ; +∞[, y(x)
π
2
.
8.37
8.38
8.39
8.40
8.41
8.42
8.43
8.44
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8.46
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8.48](https://image.slidesharecdn.com/mathmatiquesmthodesetexercicesmp-141109172011-conversion-gate01/85/Mathematiques-methodes-et-exercices-mp-359-320.jpg)
![Chapitre 8 • Équations différentielles
350
4) Raisonner par l’absurde : supposer I ∩ [0 ; +∞[ = [0 ; b[, où
b ∈ R. Montrer que l’on peut prolonger convenablement y en
b, pour contredire la maximalité de y.
5) Pour obtenir l’inégalité stricte <
π
2
,raisonner par l’absurde.
6) α) Montrer, par récurrence sur n, que y est de classe Cn
, pour
tout n ∈ N∗
.
β) Montrer : y 0.
8) Appliquer le théorème de Taylor-Young pour obtenir l’exis-
tence du DL5(0) de y. Se rappeler que y est impaire. Procéder
par coefficients indéterminés.
L’ensemble S0 des solutions de (E0) sur R est un C-espa-
ce vectoriel de dimension finie. Montrer que l’application qui, à
tout X ∈ S0, associe t −→ X(t + T), est un endomorphisme
de S0. Se rappeler que tout endomorphisme d’un C-ev de
dimension finie ( 1) admet au moins une valeur propre (et un
vecteur propre associé).
a) Montrer d’abord que, pour tout t ∈ ] − a ; a[, X(t) est
inversible. Considérer
Y : ] − a ; a[−→ Mn(R), t −→ Y(t) = X(t)A − AX(t) .
Calculer Y . Montrer que Y est solution du problème de Cauchy
linéaire : Y = −AX−1
Y X−1
et Y(0) = 0,
et déduire : Y = 0.
b) Considérer le problème de Cauchy (non linéaire) :
(C) Z = AZ−1
et Z(0) = In.
Montrer que la solution maximale de (C) est un prolongement
de X. Considérer :
U : ] − a ; a[−→ Mn(R), t −→ U(t) = t
X(t)
et calculer U U. En déduire X = U.
L’ensemble S0 est un R-espace vectoriel de dimension 2.
Montrer que les applications N1,N2 : S0 −→ R définies, pour
tout y ∈ S0, par :
N1(y) =
0
−1
|y − y |, N2(y) =
1
0
|y + y |
sont des normes sur S0.
Appliquer enfin le théorème d’équivalence des normes en
dimension finie.
a) Noter, pour k ∈ {1,2} :
zk : R −→ C, x −→ yk(x + T).
Montrer que zk est solution de (E0) sur R. En déduire l’existen-
ce et l’unicité de (αk, βk).
b) Noter Y : R −→ M2,1(C), x −→
y1(x)
y2(x)
.
Montrer : ∀ x ∈ R, Y(x + T) = AY(x).
Montrer, de même qu’en a), l’existence de B ∈ M2(C) telle
que : ∀ x ∈ R, Y(x − T) = BY(x).
En utilisant le wronskien de (y1,y2), obtenir : B A = I2 .
8.49
8.50
8.51
8.52](https://image.slidesharecdn.com/mathmatiquesmthodesetexercicesmp-141109172011-conversion-gate01/85/Mathematiques-methodes-et-exercices-mp-360-320.jpg)
![• Étudions le raccord en 0.
Soit I un intervalle ouvert de R, tel que 0 ∈ I.
Notons
y : I − {0} −→ R, x −→
ax3
+ b(x2
+ 1) si x < 0
αx3
+ β(x2
+ 1) si x > 0,
pour (a,b,α,β) ∈ R4
fixé.
On a : y(x) −→
x−→0−
b et y(x) −→
x−→0+
β,
donc y est prolongeable par continuité en 0 si et seulement si
β = b.
Supposons β = b et notons y(0) = b.
Alors, y est continue sur I, dérivable sur I − {0} et :
y (x) =
3ax2
+ 2bx si x < 0
3αx2
+ 2bx si x > 0.
Comme : y (x) −→
x−→0−
0 et y (x) −→
x−→0+
0,
d’après le théorème limite de la dérivée, y est de classe C1
sur I.
L’application y est de classe C2
sur I − {0} et :
y (x) =
6ax + 2b si x < 0
6αx + 2b si x > 0.
Comme : y (x) −→
x−→0−
2b et yz (x) −→
x−→0+
2b,
d’après le théorème limite de la dérivée (appliqué à y ), y est
de classe C2
sur I.
De plus, y satisfait (e) en le point 0.
Finalement, l’ensemble SI des solutions de (e) sur I est :
SI = I −→ R ;
x −→
ax3
+ b(x2
+ 1) si x < 0
b si x = 0
αx3
+ b(x2
+ 1) si x > 0
; (a,α,b) ∈ R3
.
• Pour tout intervalle ouvert non vide I de R, SI est un R-
espace vectoriel, et : dim (SI ) =
2 si 0 /∈ I
3 si 0 ∈ I.
L’ED (E) est une EDL2 SSM, non normalisée, mais nor-
malisable sur ] − 1 ; 1[.
Comme le suggère l’énoncé, utilisons le changement de variable
t = Arcsin x, donc x = sin t, et notons
z : ] − π/2 ; π/2[−→ R,t −→ z(t) = y(x) la nouvelle fonc-
tion inconnue. Par composition, z est deux fois dérivable et on
a, avec des notations classiquement abusives :
y(x) = z(t) ,
y (x) = z (t)
dt
dx
= z (t)
1
√
1 − x2
,
yz (x) = zz (t)
1
1 − x2
+ z (t)
x
(1 − x2)3/2
.
d’où : (E) ⇐⇒ z + z = 0 (F).
L’ED (F) est une EDL2 SSM, à coefficients constants.
D’après le cours, la solution générale de (F) est :
z : t −→ A cos t + B sin t, (A,B) ∈ R2
.
Comme t = Arcsin x, on a : sin t = x, cos t =
√
1 − x2 .
On conclut que l’ensemble S des solutions de (E) sur ] − 1 ; 1[
est :
S = y : ] − 1 ; 1[−→ R, x −→ A 1 − x2 + Bx ;
(A,B) ∈ R2
.
Remarque :
Au lieu de la méthode proposée dans l’énoncé (changement de
variable t = Arcsin x, suggéré par la présence de 1 − x2
de-
vant y ), on aurait pu remarquer que x −→ x est solution évi-
dente de (E), puis trouver une deuxième solution par la méthode
de Lagrange.
Il s’agit d’une EDL2 SSM, non normalisée, mais nor-
malisable sur ]0 ; +∞[.
Comme le suggère l’énoncé, effectuons le changement de va-
riable t =
1
x
, donc aussi un changement de fonction inconnue
z(t) = y(x), où z est deux fois dérivable. On a, avec des no-
tations classiquement abusives :
y(x) = z(t), y (x) = z (t)
dt
dx
= −z (t)
1
x2
,
y (x) = z (t)
1
x4
+ z (t)
2
x3
.
D’où : x4
y (x) − y(x) = z (t) +
2
t
z (t) − z(t).
Ainsi, y est solution de (E) sur ]0 ; +∞[ si et seulement si z
est solution sur ]0 ; +∞[ de :
(F) z +
2
t
z − z = 0 .
Comme le suggère l’énoncé, effectuons le changement de
fonction inconnue défini par u(t) = tz(t).
L’application u est deux fois dérivable et, :
z =
1
t
u, z = −
1
t2
u +
1
t
u , z =
2
t3
u −
2
t2
u +
1
t
u ,
d’où : z +
2
t
z − z =
1
t
u −
1
t
u.
Ainsi, z est solution de (F) sur ]0 ; +∞[ si et seulement si u
est solution sur ]0 ; +∞[ de : (G) u − u = 0.
L’ED (G) est une EDL2 SSM, à coefficients constants.
354
8.9
8.10](https://image.slidesharecdn.com/mathmatiquesmthodesetexercicesmp-141109172011-conversion-gate01/85/Mathematiques-methodes-et-exercices-mp-364-320.jpg)
![L’équation caractéristique r2
− 1 = 0 admet deux solutions
réelles 1 et −1. D’après le cours , la solution générale de (G)
est donc :
u : t −→ a et
+ b e−t
, (a,b) ∈ R2
.
Par le changement de fonction inconnue u = tz, la solution gé-
nérale de (F) sur ]0 ; +∞[ est :
z : t −→
1
t
(a et
+ b e−t
), (a,b) ∈ R2
.
Enfin, par le changement de variable t =
1
x
, on conclut que
l’ensemble S des solutions de (E) sur ]0 ; +∞[ est :
S = y : ]0 ; +∞[−→ R,
x −→ x a e
1
x + b e− 1
x ; (a,b) ∈ R2
.
Il s’agit d’une EDL2 SSM, non normalisée sur R, mais
normalisable sur I si 0 /∈ I.
Cherchons, selon l’indication de l’énoncé, une solution de (e)
sous la forme d’un polynôme y : x −→
n
k=0
ak xk
, où n ∈ N,
a0,. . . ,an ∈ R, an =/ 0. Le coefficient du terme en xn
du pre-
mier membre de (e) doit être nul : nan − 2an = 0, d’où,
puisque an =/ 0 : n = 2.
Cherchons donc une solution particulière de (e) sous la forme
y : x −→ ax2
+ bx + c, (a,b,c) ∈ R3
. On a alors, avec des
notations classiquement abusives :
xy + (x − 2)y − 2y
= x2a + (x − 2)(2ax + b) − 2(ax2
+ bx + c)
= −(2a + b)x − 2(b + c).
Pour que y soit solution de (e) sur R, il faut et il suffit que
2a + b = 0 et b + c = 0, c’est-à-dire : b = −2a et c = 2a.
Ainsi, par exemple (en prenant a = 1), l’application
y1 : x −→ x2
− 2x + 2 est solution de (e) sur R.
• Cherchons, selon l’indication de l’énoncé, une solution par-
ticulière de la forme y : x −→ eαx
, α ∈ R fixé. On a, avec des
notations classiquement abusives :
y = eαx
, y = α eαx
, yz = α2
eαx
,
puis :
xy + (x − 2)y − 2y = xα2
eαx
+ (x − 2)α eαx
− 2 eαx
= (α2
+ α)x − 2(α + 1) eαx
= (α + 1)(αx − 2) eαx
.
En choisissant α = −1, l’application y2 : x −→ e−x
est solu-
tion de (e) sur R.
• Il est clair que, pour tout intervalle ouvert non vide I de R,
la famille (y1|I , y2|I ) est libre. D’après le cours, si 0 /∈ I,
l’ensemble SI des solutions de (e) sur I est donc :
SI = y : I −→ R, x −→ λ(x2
− 2x + 2) + µ e−x
;
(λ,µ) ∈ R2
.
• Étudions le raccord en 0.
Soit I un intervalle ouvert contenant 0, et soient
(λ1,µ1,λ2,µ2) ∈ R4
, y : I −→ R l’application définie par :
y(x) =
λ1(x2
− 2x + 2) + µ1 e−x
si x < 0
λ2(x2
− 2x + 2) + µ2 e−x
si x > 0.
On a : y(x) −→
x−→0−
2λ1 + µ1 et y(x) −→
x−→0+
2λ2 + µ2,
donc y est prolongeable par continuité en 0 si et seulement si :
2λ2 + µ2 = 2λ1 + µ1.
Supposons cette condition réalisée, et notons y(0) = 2λ1 + µ1.
Alors, y est continue sur I, de classe C1
sur I − {0}, et, pour
tout x ∈ I − {0} :
y (x) =
λ1(2x − 2) − µ1 e−x
si x < 0
λ2(2x − 2) − µ2 e−x
si x < 0.
On a : y (x) −→
x−→0−
−2λ1 − µ1
et y (x) −→
x−→0+
−2λ2 − µ2 = −2λ1 − µ1,
donc, d’après le théorème limite de la dérivée, y est de
classe C1
sur I et y (0) = −2λ1 − µ1 .
L’application y est de classe C2
sur I − {0} et, pour tout
x ∈ I − {0} : y (x) =
2λ1 + µ1 e−x
si x < 0
2λ2 + µ2 e−x
si x > 0.
On a : y (x) −→
x−→0−
2λ1 + µ1
et y (x) −→
x−→0+
2λ2 + µ2 = 2λ1 + µ1,
donc, d’après le théorème limite de la dérivée (appliqué à y ),
y est de classe C2
sur I et y (0) = 2λ1 + µ1.
Enfin, il est immédiat que y vérifie (e) en 0.
On conclut que, si 0 ∈ I, l’ensemble SI des solutions de (e)
sur I est :
SI = y : I −→ R, x −→ y(x) =
λ1(x2
− 2x + 2) + µ1 e−x
si x < 0
2λ1 + µ1 si x = 0
λ2(x2
− 2x + 2) + (2λ1 + µ1 − 2λ2) e−x
si x > 0 ;
(λ1, µ1, λ2) ∈ R3
.
et donc SI est un R-espace vectoriel de dimension 3.
355
8.11](https://image.slidesharecdn.com/mathmatiquesmthodesetexercicesmp-141109172011-conversion-gate01/85/Mathematiques-methodes-et-exercices-mp-365-320.jpg)
![Il s’agit d’une EDL2 SSM, normalisable sur ]0 ; +∞[.
• Une solution évidente est y1 : x −→ x.
• Cherchons une deuxième solution par la méthode de Lagrange,
c’est-à-dire sous la forme y : x −→ xλ(x), où λ est une fonc-
tion inconnue, supposée deux fois dérivable. On a, avec des no-
tations classiquement abusives : y = xλ, y = λ + xλ ,
y = 2λ + xλ ,
donc :
x2
(x + 1)y − x(x2
+ 4x + 2)y + (x2
+ 4x + 2)y
= x2
(x + 1)(2λ + xλ ) − x(x2
+ 4x + 2)(λ + xλ )
+ (x2
+ 4x + 2)xλ
= x3
(x + 1)λ + 2x2
(x + 1) − x2
(x2
+ 4x + 2) λ
= x2
x(x + 1)λ − (x2
+ 2x)λ .
Ainsi, y est solution de (E) si et seulement si λ est solution
de : (F) (x + 1)λ − (x + 2)λ = 0.
Une solution particulière (autre que la solution nulle) de cette
EDL1 SSM (d’inconnue λ ) est donnée par :
λ (x) = exp
x + 2
x + 1
dx = exp 1 +
1
x + 1
dx
= exp x + ln(x + 1) = (x + 1) ex
.
Une fonction λ convenant est donnée par :
λ(x) = (x + 1) ex
dx = x ex
.
Une solution particulière de (E) est donc :
y2 : ]0 ; +∞[−→ R, x −→ x2
ex
.
• Puisque (E) est une EDL2 SSM normalisée, à coefficients
continus sur l’intervalle ]0 ; +∞[, d’après le cours, l’ensemble
S des solutions de (E) sur ]0 ; +∞[ est un R-espace vectoriel
de dimension 2.
D’après le cours sur la méthode de Lagrange, la famille (y1,y2)
est libre.
On a vu plus haut : y1 ∈ S, y2 ∈ S.
On conclut que l’ensemble S des solutions de (E) sur ]0 ; +∞[
est :
S = y : ]0 ; ,+∞[−→ R, x −→ α1x + α2x2
ex
;
(α1,α2) ∈ R2
.
Il s’agit de résoudre une EDL2 SSM, normalisée, avec
conditions en un point.
• Comme le suggère l’énoncé, cherchons d’éventuelles solu-
tions polynomiales de
(E) (1 − x2
)y + 2xy − 2y = 0 .
Notons y : x −→
n
k=0
ak xk
, une fonction polynomiale, où
n ∈ N, a0,. . . ,an ∈ R, an =/ 0. Si y est solution de (E), alors
le terme de degré n du premier membre est nul, donc :
−n(n − 1)an + 2nan − 2an = 0,
c’est-à-dire : (−n2
+ 3n − 2)an = 0,
donc : n = 1 ou n = 2.
Considérons donc y : x −→ ax2
+ bx + c, pour (a,b,c) ∈ R3
fixé. On a, avec des notations classiquement abusives :
(1 − x2
)y + 2xy − 2y
= (1 − x2
)2a + 2x(2ax + b) − 2(ax2
+ bx + c)
= 2(a − c) .
Ainsi, y est solution de (E) si et seulement si : c = a. En par-
ticulier, les deux applications :
y1 : x −→ x et y2 = x −→ x2
+ 1
sont solutions de (E) (on peut d’ailleurs contrôler ceci par un
calcul direct). Comme, d’après le cours, l’ensemble S des so-
lutions de (E) sur ] − 1 ; 1[ est un R-espace vectoriel de di-
mension 2, et que (y1,y2) est libre, on déduit :
S = y : ] − 1 ; 1[−→ R ; x −→ αx + β(x2
+ 1) ;
(α,β) ∈ R2
.
Avec ces notations, on a :
∀ x ∈ ] − 1 ; 1[, y (x) = α + 2βx,
donc : y(0) = β et y (0) = α, puis :
y(0) = 3
y (0) = 4
⇐⇒
β = 3
α = 4.
On conclut qu’il y a une solution et une seule, l’application :
y : ] − 1 ; 1[−→ R, x −→ 3x2
+ 4x + 3 .
a) Soit y une solution de (E).
Alors, y est deux fois dérivable et y = xy − y. Comme
xy − y est dérivable, y est dérivable, donc y est trois fois dé-
rivable et : y(3)
= (xy − y) = xy .
b) • Soit y une solution de (P).
D’après a), y est trois fois dérivable et y(3)
= xy . Ainsi, y
vérifie une EDL1 SSM. Il existe donc λ ∈ R tel que :
∀ x ∈ R, yz (x) = λ exp x dx = λ e
x2
2 .
Mais yz (0) = 0, donc λ = 0, puis yz = 0. Il existe donc
(α,β) ∈ R2
tel que : ∀ x ∈ R, y(x) = αx + β.
Puis : ∀ x ∈ R, 0 = y − xy + y = β,
On a donc : ∀ x ∈ R, y(x) = αx.
• Réciproquement, il est évident que, pour tout α ∈ R, l’ap-
plication y : R −→ R, x −→ αx est solution de (P).
356
8.12
8.13
8.14](https://image.slidesharecdn.com/mathmatiquesmthodesetexercicesmp-141109172011-conversion-gate01/85/Mathematiques-methodes-et-exercices-mp-366-320.jpg)
![Finalement, l’ensemble S des solutions de (P) est :
S = y : R −→ R ; x −→ αx ; α ∈ R .
Il s’agit d’une EDL2 ASM, normalisée sur l’intervalle
I = ] − π/2 ; π/2[.
La solution générale de l’EDL2 SSM associée
(E0) y + y = 0
est y : x −→ A cos x + B sin x, (A,B) ∈ R2
.
Cherchons une solution particulière de (E), par la méthode de
variation des constantes, sous la forme
y : x −→ A(x) cos x + B(x) sin x ,
où A,B sont des fonctions inconnues, supposées dérivables.
On a, par la méthode :
∀ x ∈ I,
A (x) cos x + B (x) sin x = 0
−A (x) sin x + B (x) cos x =
1
cos x
⇐⇒ ∀ x ∈ I,
A (x) = −tan x
B (x) = 1
⇐ ∀ x ∈ I,
A(x) = ln cos x
B(x) = x.
Une solution particulière de (E) est donc :
y : x −→ cos x ln cos x + x sin x .
On conclut que la solution générale de (E) sur I est :
y : x −→ cos ln cos x + x sin x + A cos x + B sin x,
(A,B) ∈ R2
.
L’ED (E) est une EDL2 ASM, normalisée sur l’inter-
valle I = ] − π/2 ; π/2[.
1) Résolution de (E) :
La solution générale de l’EDL2 SSM associée
(E0) y + y = 0
est : y : x −→ A cos x + B sin x, (A,B) ∈ R2
.
Cherchons une solution particulière de (E), par la méthode de
variation des constantes, sous la forme
y : x −→ A(x) cos x + B(x) sin x ,
où A,B sont des fonctions inconnues, supposées dérivables. On
a, par la méthode :
∀ x ∈ I,
A (x) cos x + B (x) sin x = 0
−A (x) sin x + B (x) cos x = tan2
x
⇐⇒ ∀ x ∈ I,
A (x) = −tan2
x sin x = −
sin 3
x
cos 2x
B (x) = tan2
x cos x =
sin 2
x
cos x
.
Calculons A(x) et B(x) par primitivation (à une constante ad-
ditive près), en utilisant, par exemple, les règles de Bioche :
A(x) = −
sin 3
x
cos 2x
dx =
u = cos x
1 − u2
u2
du = −
1
u
− u
= −
1
cos x
− cos x = −
1 + cos 2
x
cos x
,
B(x) =
sin 2
x
cos x
dx =
v = sin x
v2
1 − v2
dv
= − 1 +
1
1 − v2
dv = −v +
1
2
ln
1 + v
1 − v
= − sin x +
1
2
ln
1 + sin x
1 − sin x
.
On en déduit une solution particulière de (E) :
y : x −→ y(x) = −
1 + cos 2
x
cos x
cos x
+ − sin x +
1
2
ln
1 + sin x
1 − sin x
sin x
= −2 +
1
2
sin x ln
1 + sin x
1 − sin x
,
puis la solution générale de (E) :
y : x −→ −2 +
1
2
sin x ln
1 + sin x
1 − sin x
+A cos x + B sin x, (A,B) ∈ R2
.
2) Résolution de (P) :
Traduisons les conditions en 0.
• On a : y(0) = 0 ⇐⇒ −2 + A = 0 ⇐⇒ A = 2.
• On calcule y (x), pour tout x ∈ I :
y (x) =
1
2
cos x ln
1 + sin x
1 − sin x
+ sin x
d
dx
1
2
ln
1 + sin x
1 − sin x
− A sin x + B cos x,
d’où : y (0) = 0 ⇐⇒ B = 0.
Finalement, le problème (P) admet une solution et une seule :
y : ] − π/2 ; π/2[,
x −→ −2 +
1
2
sin x ln
1 + sin x
1 − sin x
+ 2 cos x .
a) Il s’agit d’une EDL4 SSM, à coefficients constants.
On forme l’équation caractéristique :
r4
− 2r2
+ 1 = 0 ⇐⇒ (r2
− 1)2
= 0
⇐⇒ (r − 1)2
(r + 1)2
= 0,
dont les solutions sont −1 (double) et 1 (double).
D’après le cours, généralisé à l’ordre 4, la solution générale
de (E) est donnée, pour tout x ∈ R, par :
y(x) = (Ax + B) ex
+ (Cx + D) e−x
, (A,B,C,D) ∈ R4
.
357
8.15
8.16
8.17](https://image.slidesharecdn.com/mathmatiquesmthodesetexercicesmp-141109172011-conversion-gate01/85/Mathematiques-methodes-et-exercices-mp-367-320.jpg)
![b) 1) L’application y1 : x −→ ex
est solution évidente de (E).
2) En notant, selon l’énoncé, z = yy−1
1 , comme y1 est solution
de (E), la fonction constante égale à 1 sera solution de la nou-
velle équation.
On a, avec des notations classiquement abusives :
y = z ex
, y = (z + z) ex
, y = (z + 2z + z) ex
y(3)
= (z(3)
+ 3z + 3z + z) ex
y(4)
= (z(4)
+ 4z(3)
+ 6z + 4z + z) ex
,
donc :
(E) y(4)
− 2y + y = 0 ⇐⇒ (F) z(4)
+ 4z(3)
+ 4z = 0 .
En notant u = z , on a :
(F) ⇐⇒ (G) u + 4u + 4u = 0 .
L’ED (G) est une EDL2 SSM, à coefficients constants.
L’équation caractéristique r2
+ 4r + 4 = 0 admet une solution
double réelle −2, donc la solution générale de (G) est :
u : x −→ (λx + µ) e−2x
, (λ,µ) ∈ R2
.
Comme u = zz , en primitivant deux fois, la solution générale
de (F) est :
z : x −→ (αx + β) e−2x
+ (γx + δ), (α,β,γ,δ) ∈ R4
.
Enfin, comme y = z ex
, la solution générale de (E) est donnée,
pour tout x ∈ R, par :
y(x) = (αx + β) e−x
+ (γx + δ) ex
, (α,β,γ,δ) ∈ R4
.
On retrouve bien le même résultat qu’en a).
On a, pour toutes applications p,q : I −→ R :
y1 + py1 + qy1 = 0
y2 + py2 + qy2 = 0
⇐⇒ (S)
py1 + qy1 = −y1
py2 + qy2 = −y2 .
Comme w = y1 y2 − y1 y2 ne s’annule en aucun point de I,
pour tout x ∈ I, le système linéaire (S) d’inconnue p(x),q(x)
est de Cramer, donc admet une solution et une seule. On a
donc :
(S) ⇐⇒ p =
y1 y2 − y1 y2
w
et q =
y1 y2 − y1 y2
w
.
Ces formules montrent l’existence et l’unicité de (p,q). De plus,
comme y1 et y2 sont de classe C2
sur I, par opérations, p et q
sont continues sur I.
On conclut qu’il existe un couple (p,q) et un seul convenant,
et il est donné par les formules ci-dessus.
Soit y une solution de (E). Avec des notations classi-
quement abusives, l’application U = y2
+ e−x
y 2
est dérivable
sur [0 ; +∞[ et :
U = 2yy − e−x
y 2
+ e−x
2y y
= 2y e−x
(ex
y + y ) − e−x
y 2
= − e−x
y 2
0,
donc U est décroissante.
On a donc : ∀ x ∈ [0 ; +∞[, U(x) U(0).
Il en résulte : ∀ x ∈ [0 ; +∞[, y2
(x) U(x) U(0),
puis : ∀ x ∈ [0 ; +∞[, 0 |y(x)| U(0).
Ceci montre que y est bornée.
1) L’application
F : U = R∗
+ × R −→ R, (x,y) −→
y
x + y2
est de classe C1
sur l’ouvert U de R2
, et (2,1) ∈ U. D’après
le théorème de Cauchy et Lipschitz, le problème de Cauchy
(C)
y =
y
x + y2
y(2) = 1
admet une solution maximale et une
seule, notée encore y, et l’intervalle de définition I de y est ou-
vert.
Ceci montre l’unicité d’une éventuelle solution de (C) sur
]0 ; +∞[.
2) • Supposons ]0 ; +∞[⊂ I et : ∀ x ∈ ]0 ; +∞[, y(x) =/ 0.
On a alors, avec des notations classiquement abusives :
y =
y
x + y2
⇐⇒ y x + y y2
= y ⇐⇒ y y2
= y − xy
⇐⇒ y =
y − xy
y2
⇐⇒ y =
x
y
.
Il existe donc C ∈ R tel que : y =
x
y
+ C,
d’où : y2
− Cy − x = 0.
De plus : y(2) = 1 ⇐⇒ 1 − C − 2 = 0 ⇐⇒ C = −1.
On obtient : y2
+ y − x = 0.
Le discriminant de cette équation du second degré est
∆ = 1 + 4x > 0, donc pour tout x ∈ ]0 ; +∞[ :
y(x) =
−1 −
√
1 + 4x
2
ou y(x) =
−1 +
√
1 + 4x
2
.
Comme y(2) = 1, ceci nous amène à considérer la fonction ob-
tenue ci-dessus avec le signe + devant la racine carrée.
3) Réciproquement, considérons l’application :
y : ]0 ; +∞[−→ R, x −→
1
2
− 1 +
√
1 + 4x .
Il est clair que y est dérivable sur ]0 ; +∞[, que y est solution
de y =
y
x + y2
, sur ]0 ; +∞[ (d’après 2)), et que y(2) = 1.
Finalement, il y a une solution et une seule :
y : ]0 ; +∞[−→ R, x −→
1
2
− 1 +
√
1 + 4x .
358
8.19
8.20
8.18](https://image.slidesharecdn.com/mathmatiquesmthodesetexercicesmp-141109172011-conversion-gate01/85/Mathematiques-methodes-et-exercices-mp-368-320.jpg)
![1) Résolvons l’EDL1 (E) y = y − x2
+ x, d’incon-
nuey : [0 ; +∞[−→ R dérivable.
La solution générale de l’EDL1 SSM associée
(E0) y = y
est : y : x −→ λ ex
, λ ∈ R.
Cherchons une solution particulière de (E) sous la forme
y : x −→ αx2
+ βx + γ, (α,β,γ) ∈ R3
.
On a, pour tout x ∈ [0 ; +∞[ :
y (x) − y(x) − x2
+ x
= (2αx + β) − (αx2
+ βx + γ − x2
+ x)
= (1 − α)x2
+ (2α − β − 1)x + (β − γ).
Il suffit donc que :
1 − α = 0, 2α − β − 1 = 0, β − γ = 0 ,
c’est-à-dire : α = 1, β = 1, γ = 1.
Une solution particulière de (E) est donc :
y : x −→ x2
+ x + 1.
D’après le cours, la solution générale de (E) est donc :
y : x −→ x2
+ x + 1 + λ ex
, λ ∈ R.
Considérons donc, pour λ ∈ R, l’application :
f : [0 ; +∞[−→ R, x −→ x2
+ x + 1 + λ ex
,
qui est dérivable sur [0 ; +∞[.
2) Si λ < 0, alors y(x) −→
x−→+∞
−∞, contradiction avec la
deuxième condition de l’énoncé.
On a donc nécessairement : λ 0.
Alors : ∀ x ∈ [0 ; +∞[, f (x) = 2x + 1 + λ ex
> 0,
donc f est strictement croissante sur [0 ; +∞[.
Il en résulte que f > 0 si et seulement si f (0) > 0.
Et : f (0) = 1 + λ.
Ainsi, f convient si et seulement si : 1 + λ > 0.
Enfin : a = f (1) = 3 + λ e, donc : λ =
a − 3
e
,
puis : λ > −1 ⇐⇒
a − 3
e
> −1 ⇐⇒ a > 3 − e.
On conclut que l’ensemble des a ∈ R demandé est :
]3 − e ; +∞[.
Considérons l’application
U : [0 ; +∞[−→ R, x −→ U(x) = x2
f (x) − x4
,
suggérée par l’expression x f (x) + 2 f (x) − 4x2
de l’énoncé.
Cette application U est dérivable et, on a, pour tout
x ∈ [0 ; +∞[ : U (x) = x x f (x) + 2 f (x) − 4x2
0.
Il en résulte que U est croissante. Comme de plus, U(0) = 0,
on déduit : U 0, c’est-à-dire :
∀ x ∈ [0 ; +∞[, x2
f (x) x4
.
En simplifiant par x2
, on déduit :
∀ x ∈ ]0 ; +∞[, f (x) x2
.
Comme f est continue en 0, l’inégalité est encore vraie en 0,
et on conclut : ∀ x ∈ [0 ; +∞[, f (x) x2
.
1) Soit f convenant. On a alors :
∀ x ∈ R − {a},
f (x) −
2
x − a
f (x) = −
2
x − a
f (a) − f (a).
La solution générale de l’EDL1 SSM y −
2
x − a
y = 0, sur
I1 = ] − ∞ ; a[ ou I2 = ]a ; +∞[, est donnée par :
y : x −→ λ exp
2
x − a
dx = λ(x − a)2
, λ ∈ R .
Conformément à la méthode de variation de la constante,
considérons l’application
g : R − {a} −→ R, x −→
f (x)
(x − a)2
,
qui est de classe C1
sur R − {a}. On a ainsi :
∀ x ∈ R − {a}, f (x) = (x − a)2
g(x) ,
d’où, en dérivant et en reportant l’expression de f (x) dans l’éga-
lité initiale :
∀ x ∈ R − {a}, (x − a)2
g (x) = −
2
x − a
f (a) − f (a) ,
et donc :
∀ x ∈ R − {a}, g (x) = −
2
(x − a)3
f (a) −
f (a)
(x − a)2
.
Par primitivation sur ] − ∞ ; a[ et sur ]a ; +∞[, on déduit qu’il
existe (α,β,γ, λ,µ,ν) ∈ R6
tel que :
∀ x ∈ ] − ∞ ; a[, g(x) =
α
(x − a)2
+
β
x − a
+ γ
∀ x ∈ ]a ; +∞[, g(x) =
λ
(x − a)2
+
µ
x − a
+ ν,
d’où :
∀ x ∈ ] − ∞ ; a[, f (x) = α + β(x − a) + γ(x − a)2
∀ x ∈ ]a ; +∞[, f (x) = λ + µ(x − a) + ν(x − a)2
.
On a alors :
f (x) −→
x−→a−
α et f (x) −→
x−→a+
λ
f (x) −→
x−→a−
β et f (x) −→
x−→a+
µ,
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8.21
8.22
8.23](https://image.slidesharecdn.com/mathmatiquesmthodesetexercicesmp-141109172011-conversion-gate01/85/Mathematiques-methodes-et-exercices-mp-369-320.jpg)
![d’où, puisque f est de classe C1
sur R :
α = λ et β = µ,
puis, pour tout x ∈ R :
f (x) =
α + β(x − a) + γ(x − a)2
si x a
α + β(x − a) + ν(x − a)2
si x a.
2) Réciproquement, pour tout (α,β) ∈ R2
, l’application obtenue
ci-dessus est de classe C1
sur R et, pour tout x ∈ R − {a} :
f (x) − f (a)
x − a
=
β + γ(x − a) si x < a
β + ν(x − a) si x > a,
1
2
f (x) + f (a) =
1
2
β + 2γ(x − a) + β si x < a
1
2
β + 2ν(x − a) + β si x > a,
donc f convient.
On conclut que l’ensemble des applications convenant est :
f : R −→ R, x −→
α + β(x − a) + γ(x − a)2
si x a
α + β(x − a) + ν(x − a)2
si x a
; (α,β) ∈ R2
.
Remarquons d’abord que F, G, H sont dérivables
sur R.
1) Si F et G sont solutions de (E) X = AX, alors :
H = (F + G) = F + G = AF + AG = A(F + G) = AH ,
donc H est solution de (E).
2) Réciproquement, supposons que H est solution de (E). On
a donc :
∀ t ∈ R, α eαt
U + β eβt
V = A(eαt
U + eβt
V) ,
d’où aussi, en dérivant :
∀ t ∈ R, α2
eαt
U + β2
eβt
V = A(αeαt
U + β eβt
V) .
En prenant les valeurs en 0, on obtient :
αU + βV = A(U + V) = AU + AV
α2
U + β2
V = A(αU + βV) = αAU + βAV,
d’où :
(AU − αU) + (AV − βV) = 0
α(AU − αU) + β(AV − βV) = 0.
Comme α =/ β, on déduit, par exemple en effectuant
L2 L2 − αL1 et L2 L2 − βL1 :
AU − αU = 0
AV − βV = 0.
On a alors, pour tout t ∈ R :
F (t) = α eαt
U = eαt
AU = A(eαt
U) = AF(t) ,
donc F est solution de (E), et, de même, G est solution de (E).
D’après le cours, le problème de Cauchy linéaire pro-
posé admet une solution et une seule, notée (x,y,z).
Considérons U = x + jy + j2
z. L’application U est de
classe C1
sur R et :
U = x + jy + j2
z
= (−x + y) + j(−y + z) + j2
(−z + x)
= (j2
− 1)x + (1 − j)y + (j − j2
)z
= (1 − j) − (1 + j)x + y + jz
= (1 − j)(j2
x + y + jz)
= (1 − j)j2
(x + jy + j2
z) = (j2
− 1)U.
Par résolution de l’EDL1 SSM obtenue ci-dessus, il existe
U0 ∈ C tel que : ∀ t ∈ R, U(t) = e(j2−1)t
U0.
De plus :
U0 = U(0) = x(0) + jy(0) + j2
z(0) = 1 + j2
+ j = 0 ,
d’où : ∀ t ∈ R, U(t) = 0.
Ainsi : ∀ t ∈ R, x(t) + jy(t) + j2
z(t) = 0.
D’après un exercice de Première année (Méthodes et Exercices
MPSI, ex. 2.27 a)), les points x(t), y(t), z(t) forment, dans le
plan complexe, un triangle équilatéral direct.
1) Soit f convenant. Puisque f est continue, l’applica-
tion x −→
x
0
f (t)
2
dt, est de classe C1
, donc f est de
classe C1
sur ] − 1 ; 1[. On a alors, en dérivant :
∀ x ∈ ] − 1 ; 1[, f (x) = f (x)
2
,
et, d’autre part : f (0) = 1.
• Considérons le problème de Cauchy (C)
y = y2
y(0) = 1.
Puisque l’application (x,y) −→ y2
est de classe C1
sur l’ou-
vert U = ] − 1 ; 1[×R et que (0,1) ∈ U, d’après le théorème
de Cauchy et Lipschitz, (C) admet une solution maximale et
une seule.
• D’autre part, cherchons une solution y de (C) ne s’annulant
en aucun point. On a :
y = y2
⇐⇒
y
y2
= 1
⇐⇒ ∃ λ ∈ R, ∀ x ∈ ] − 1 ; 1[, −
1
y(x)
= x + λ
⇐⇒ ∃ λ ∈ R, ∀ x ∈ ] − 1 ; 1[, y(x) = −
1
x + λ
.
360
8.24
8.26
−→ −→
8.25](https://image.slidesharecdn.com/mathmatiquesmthodesetexercicesmp-141109172011-conversion-gate01/85/Mathematiques-methodes-et-exercices-mp-370-320.jpg)
![Puis : y(0) = 1 ⇐⇒ −
1
λ
= 1 ⇐⇒ λ = −1.
Ainsi, y0 : ] − ∞ ; 1[−→ R, x −→
1
1 − x
est solution de (C), nécessairement maximale, puisque
y0(x) −→
x−→1−
+∞.
D’après le cours, f est restriction de y0, d’où :
∀ x ∈ ] − 1 ; 1[, f (x) =
1
1 − x
.
2) Réciproquement, f : ] − 1 ; 1[−→ R, x −→
1
1 − x
est
continue sur ] − 1 ; 1[, et, pour tout x ∈ ] − 1 ; 1[ :
1 +
x
0
f (t)
2
dt = 1 +
x
0
1
(1 − t)2
dt
= 1 +
1
1 − t
x
0
= 1 +
1
1 − x
− 1 =
1
1 − x
= f (x),
donc f convient.
Finalement, il y a une application et une seule convenant :
f : ] − 1 ; 1[−→ R, x −→
1
1 − x
.
1) Existence et unicité de y :
Puisque l’application F : (x,y) −→ −
3
x
y + xy2
est de classe C1
sur l’ouvert U = ]0 ; +∞[×R de R2
, et que
2,
1
3
∈ U, d’après le théorème de Cauchy et Lipschitz, le
problème de Cauchy (C)
y = −
3
x
y + xy2
y(2) =
1
3
admet une so-
lution maximale et une seule, notée y, et l’intervalle de défi-
nition I de y est ouvert.
Remarquons : 2 ∈ I et I ⊂ ]0 ; +∞[.
2) Calcul de y :
• Cherchons une solution particulière y de (C) ne s’annulant
en aucun point.
Soient J un intervalle ouvert tel que 2 ∈ J et J ⊂ ]0 ; +∞[,
et y : J −→ R dérivable telle que :
∀ x ∈ J, y(x) =/ 0 .
Notons z : J −→ R, x −→
1
y(x)
, qui est dérivable sur J.
On a, avec des notations classiquement abusives :
y = −
3
x
y + xy2
⇐⇒ −
z
z2
= −
3
xz
+
x
z2
⇐⇒ z =
3
x
z − x (F).
Il s’agit maintenant d’une EDL1 ASM. La solution générale
de l’EDL1 SSM associée z =
3
x
z est donnée par :
z(x) = λ exp
3
x
dx = λ e3 ln x
= λx3
, λ ∈ R .
On cherche une solution particulière de (E) par la méthode de
variation de la constante, sous la forme
z : x −→ z(x) = λ(x)x3
, où λ est la nouvelle fonction in-
connue, supposée dérivable. On a, avec des notations classi-
quement abusives :
z =
3
x
z − x ⇐⇒ λ x3
= −x
⇐⇒ λ = −
1
x2
⇐ λ =
1
x
.
Une solution particulière de (F) est donc :
z : x −→
1
x
x3
= x2
.
D’après le cours, la solution générale de (F) est donc :
z : x −→ x2
+ λx3
, λ ∈ R .
Il en résulte que, pour tout λ ∈ R fixé, la fonction
y : x −→
1
z(x)
=
1
x2 + λx3
est une solution de l’ED de l’énoncé. Et, pour cette fonction :
y(2) =
1
3
⇐⇒
1
4 + 8λ
=
1
3
⇐⇒ λ = −
1
8
.
Considérons donc la fonction
y1 : x −→
1
x2 − 1
8
x3
=
8
8x2 − x3
.
D’après ce qui précède, y1 est solution de (C) sur l’intervalle
]0 ; 8[. De plus : y(x) −→
x−→8−
+∞, donc y1 est nécessairement
la solution maximale de (C).
On conclut que la solution maximale de (C) est :
y : ]0 ; 8[−→ R, x −→
8
8x2 − x3
.
1) L’application
F : R2
−→ R, (x,y) −→ − cos y
est de classe C1
sur l’ouvert R2
de R2
, donc, d’après le théo-
rème de Cauchy et Lipschitz, le problème de Cauchy
(C)
y = F(x,y)
y(π) = 0
admet une solution maximale et une seule,
notée y, et l’intervalle de définition de y est ouvert.
2) Cherchons des solutions de y + cos y = 0 telles que cos y
ne s’annule pas. On a alors, avec des notations classiquement
abusives :
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![y + cos y = 0 ⇐⇒
dx
dy
= −
1
cos y
⇐⇒ x = −
dy
cos y
=
t=tan (y/2)
−
2
dt
1 + t2
1 − t2
1 + t2
= −2
dt
1 − t2
= −2 Argth t + C, si |t| < 1, C ∈ R
⇐⇒ t = th
C − x
2
= −th
x
2
−
C
2
⇐⇒ tan
y
2
= −th
x
2
−
C
2
⇐ y = −2 Arctan th
x
2
−
C
2
.
Et :
y(π) = 0⇐⇒−2 Arctan th
π
2
−
C
2
= 0⇐⇒C = π .
Considérons donc l’application
y : R −→ R, x −→ −2 Arctan th
x − π
2
.
Cette application y est dérivable sur R et satisfait (C). De plus,
il est évident, puisque y est définie sur R, que y est solution
maximale de (C).
Finalement, la solution maximale de (C) est y définie ci-dessus.
Soit c ∈ ]0 ; +∞[.
Résolvons l’ED (E) y = −(c2
+ y2
). On a, avec des nota-
tions classiquement abusives :
(E) ⇐⇒
dy
c2 + y2
= −dx
⇐⇒
dy
c2 + y2
= −x + λ, λ ∈ R
⇐⇒
1
c
Arctan
y
c
= −x + λ, λ ∈ R
⇐⇒ y = c tan c(−x + λ) .
De plus, pour cette fonction y :
y(1) = 0 ⇐⇒ tan c(−1 + λ) = 0
⇐⇒ c(λ − 1) = kπ, k ∈ Z ⇐⇒ λ = 1 +
kπ
c
.
Ainsi :
y = c tan c − x + 1 +
kπ
c
= c tan c(−x + 1) .
Enfin :
Déf (y) ⊃ [0 ; 1] ⇐⇒ ∀ x ∈ [0 ; 1], c(−x + 1) /∈
π
2
+ πZ
⇐⇒ [0 ; c] ⊂ −
π
2
;
π
2
⇐⇒ c ∈ 0 ;
π
2
.
On conclut que l’ensemble cherché est : 0 ;
π
2
.
Il s’agit d’un SDL1 SSM, à coefficients constants. La ma-
trice de (S) est : A =
2 −1 2
10 −5 7
4 −2 2
.
Un calcul élémentaire (polynôme caractéristique) montre que
les valeurs propres de A sont −1 (simple) et 0 (double), et que
les sous-espaces propres sont :
SEP (A,−1) = Vect (V1), V1 =
1
−1
−2
,
SEP (A,0) = Vect (V2), V2 =
1
2
0
.
Il en résulte que A n’est pas diagonalisable.
Notons V3 =
0
0
1
par exemple (n’importe quel vecteur hors
de Vect (V1,V2) conviendra), et :
P = ( V1 V2 V3 ) =
1 1 0
−1 2 0
−2 0 1
.
Alors, P est inversible et un calcul élémentaire (ou la calcula-
trice) donne : P−1
=
1
3
2 −1 0
1 1 0
4 −2 3
.
En notant T = P−1
AP, on obtient, après calcul du produit des
trois matrices : T =
−1 0 −1
0 0 3
0 0 0
,
qui est triangulaire supérieure.
Autrement dit, nous avons trigonalisé A.
Notons U = P−1
X, donc X = PU. On a :
(S) ⇐⇒ X = AX ⇐⇒ U = TU .
Notons U =
u
v
w
. On a :
(S) ⇐⇒
u
v
w
=
−1 0 −1
0 0 3
0 0 0
u
v
w
⇐⇒
u = −u − w
v = 3w
w = 0
⇐⇒ ∃ (C1,C2,C3) ∈ R3
, ∀ t ∈ R,
w(t) = C3
v(t) = 3C3t + C2
u(t) = C1 e−t
− C3.
362
8.29
8.30](https://image.slidesharecdn.com/mathmatiquesmthodesetexercicesmp-141109172011-conversion-gate01/85/Mathematiques-methodes-et-exercices-mp-372-320.jpg)
![Puis :
x
y
z
= X = PU =
1 1 0
−1 2 0
−2 0 1
C1 e−t
− C3
C2 + 3C3t
C3.
On conclut que la solution générale de (S) est donnée, pour tout
t ∈ R, par :
x(t) = C1 e−t
+ 3C3t + (C2 − C3)
y(t) = −C1 e−t
+ 6C3t + (2C2 + C3)
z(t) = −2C1 e−t
+ 3C3
(C1,C2,C3) ∈ R3
.
a) L’application F : R3
−→ R2
,
(t,x,y) −→
(t − 1)xy −
2
3
x +
1
3
y, (2t + 1)xy −
4
3
x +
2
3
y
est de classe C1
sur l’ouvert R3
de R3
, et (0,1,1) ∈ R3
, donc,
d’après le théorème de Cauchy et Lipschitz, le problème de
Cauchy (C) admet une solution maximale et une seule, notée
(x,y), et l’intervalle de définition de cette solution maximale
est ouvert.
b) L’application z : t −→ (2t + 1)x(t) − (t − 1)y(t)
est dérivable sur I et, pour tout t ∈ I :
z (t) = (2t + 1)x (t) + 2x(t) − (t − 1)y (t) − y(t)
= (2t + 1) (t − 1)x(t)y(t) −
2
3
x(t) +
1
3
y(t) + 2x(t)
−(t − 1) (2t + 1)x(t)y(t) −
4
3
x(t) +
2
3
y(t) − y(t)
= −
2
3
(2t + 1) + 2 +
4
3
(t − 1) x(t)
+
1
3
(2t + 1) −
2
3
(t − 1) − 1 y(t) = 0.
Comme z = 0 sur l’intervalle I, on déduit que z est constante
sur I. Et : z(0) = x(0) + y(0) = 2.
On conclut que z est constante égale à 2.
a) D’après le cours, la solution générale de (E0) est don-
née, pour x ∈ ] − 1 ; 1[, par :
y(x) = λ exp −
1
1 − x
dx = λ(1 − x), λ ∈ R .
b) Soit y : ] − 1 ; 1[−→ R une application dSE(0),
y(x) =
+∞
n=0
an xn
, de rayon 1.
D’après le cours, on peut dériver terme à terme :
∀ x ∈ ] − 1 ; 1[, y (x) =
+∞
n=1
nan xn−1
.
On a alors, pour tout x ∈ ] − 1 ; 1[ :
(1 − x)y (x) + y(x)
= (1 − x)
+∞
n=1
nan xn−1
+
+∞
n=0
an xn
=
+∞
n=1
nan xn−1
−
+∞
n=1
nan xn
+
+∞
n=0
an xn
=
+∞
n=0
(n + 1)an+1xn
−
+∞
n=0
nan xn
+
+∞
n=0
an xn
=
+∞
n=0
(n + 1)an+1 − (n − 1)an xn
.
Par unicité du DSE(0) de g, y est solution de (E) sur ] − 1 ; 1[
si et seulement si :
∀ n ∈ N, (n + 1)an+1 − (n − 1)an = bn (1) .
• Supposons que la suite (an)n∈N vérifie (1). La suite (an)n∈N
est une suite récurrente linéaire du premier ordre, à coefficients
variables, avec second membre. En multipliant par n, on ob-
tient :
∀ n ∈ N, (n + 1)nan+1 − n(n − 1)an = nbn .
Notons, pour tout n ∈ N : un = n(n − 1)an.
On a alors : ∀ n ∈ N, un+1 − un = nbn,
d’où, par sommation et télescopage :
∀ n ∈ N, un = u0
= 0
+
n−1
k=0
kbk ,
et donc :
∀ n ∈ N − {0,1}, an =
un
n(n − 1)
=
1
n(n − 1)
n−1
k=0
kbk .
De plus, d’après (1) (pour n = 0) : a1 + a0 = b0.
Réciproquement, considérons la suite (an)n∈N définie par
a0 ∈ R, a1 = −a0 + b0 et :
∀ n 2, an =
1
n(n − 1)
n−1
k=0
kbk .
Il est clair que la suite (an)n∈N vérifie (1).
De plus, pour tout x ∈ ] − 1 ; 1[ et tout n 2 :
|an xn
|
1
n(n − 1)
n−1
k=0
k|bk| |x|n
1
n(n − 1)
(n − 1)
n−1
k=0
|bk| |x|n
n−1
k=0
|bk xk
|.
363
8.31
8.32](https://image.slidesharecdn.com/mathmatiquesmthodesetexercicesmp-141109172011-conversion-gate01/85/Mathematiques-methodes-et-exercices-mp-373-320.jpg)
![Puisque la série entière
k 0
bk xk
est de rayon 1, pour tout
x ∈ ] − 1 ; 1[ fixé, la série numérique
k 0
|bk xk
| converge, donc
la suite
n−1
k=0
|bk xk
|
n 2
est bornée.
Il en résulte que la suite |an xn
| n 2
est bornée.
Ceci montre que le rayon de convergence de la série entière
n 0
an xn
est 1.
D’après les calculs faits plus haut (par équivalence logique),
la somme de la série entière
n 0
an xn
est solution de (E).
On conclut que (E) admet au moins une solution y dSE(0),
y(x) =
+∞
n=0
an xn
, de rayon 1, définie par a0 ∈ R (quel-
conque, par exemple a0 = 0), a1 = −a0 + b0, et :
∀ n 2, an =
1
n(n − 1)
n−1
k=0
kbk.
c) • L’application g : x −→ −ln 1 −
x
2
est dSE(0), de
rayon 2 ( 1), et :
∀ x ∈ ] − 1 ; 1[, g(x) =
+∞
n=1
1
n
x
2
n
.
En appliquant b), et en choisissant, par exemple, a0 = 0,
on a : a1 = b0 = 0 et :
∀ n 2, an =
1
n(n − 1)
n−1
k=0
k
1
k2k
=
1
n(n − 1)
n−1
k=0
1
2
k
=
1
n(n − 1)
1 −
1
2
n
1 −
1
2
=
2
n(n − 1)
(1 − 2−n
).
Une solution y de (E) sur ] − 1 ; 1[ est donc :
y : ] − 1 ; 1[−→ R, x −→
+∞
n=2
2
n(n − 1)
(1 − 2−n
)xn
.
• Nous allons exprimer la somme de cette dernière série en-
tière à l’aide des fonctions usuelles.
Rappelons : ∀ t ∈ ] − 1 ; 1[,
+∞
n=0
tn
=
1
1 − t
et : ∀ t ∈ ] − 1 ; 1[,
+∞
n=1
tn
n
= −ln(1 − t).
En primitivant, on obtient :
∀ t ∈ ] − 1 ; 1[,
+∞
n=1
tn+1
n(n + 1)
=
t
0
−ln(1 − u) du
=
ipp
− u ln(1 − u)
t
0
−
t
0
u
1 − u
du
= −t ln (1 − t) −
t
0
− 1 +
1
1 − u
du
= −t ln(1 − t) + t + ln (1 − t) = (1 − t)ln(1 − t) + t.
D’où, pour tout x ∈ ] − 1 ; 1[ :
y(x) =
+∞
n=2
2
n(n − 1)
(1 − 2−n
)xn
=
+∞
n=1
2
(n + 1)n
(1 − 2−(n+1)
)xn+1
= 2
+∞
n=1
1
n(n + 1)
xn+1
− (2−1
x)n+1
= 2
+∞
n=1
xn+1
(n + 1)n
− 2
+∞
n=1
(2−1
x)n+1
(n + 1)n
,
car x ∈ ] − 1 ; 1[ et 2−1
x ∈ ] − 1 ; 1[,
= 2 (1 − x)ln(1 − x) + x − 2 1 −
x
2
ln 1 −
x
2
+
x
2
= 2(1 − x)ln(1 − x) − (2 − x) ln 1 −
x
2
+ x .
Il s’agit d’une EDL2 ASM, normalisable sur ]0 ; +∞[.
Effectuons, comme le suggère l’énoncé, le changement de va-
riable t = ln x, donc aussi le changement de fonction incon-
nue z(t) = y(x). On a alors :
y(x) = z(t), y (x) = z (t)
dt
dx
= z (t)
1
x
,
y (x) = z (t)
1
x2
− z (t)
1
x2
.
Ainsi, y est solution de (e) sur ]0 ; +∞[ si et seulement si :
∀ t ∈ R, z (t) − z (t) − 2z(t) = t e2t
(F).
Il s’agit maintenant d’une EDL2ASM à coefficients constants,
avec second membre du type polynôme-exponentielle.
Considérons l’EDL2 SSM associée :
(F0) z − z − 2z = 0 .
L’équation caractéristique r2
− r − 2 = 0 admet deux solutions
réelles, −1 et 2. D’après le cours, la solution générale de (E0)
est :
z : t −→ α e−t
+ β e2t
, (α,β) ∈ R2
.
Puisque le coefficient 2 de e2t
du second membre est racine
simple de l’équation caractéristique, cherchons une solution
de (F) de la forme :
z : t −→ (at2
+ bt + c) e2t
, (a,b,c) ∈ R2
.
On a :
z(t) = (at2
+ bt + c) e2t
,
364
8.33](https://image.slidesharecdn.com/mathmatiquesmthodesetexercicesmp-141109172011-conversion-gate01/85/Mathematiques-methodes-et-exercices-mp-374-320.jpg)
![z (t) = 2(at2
+ bt + c) + (2at + b) e2t
z (t) = 4(at2
+ bt + c) + 4(2at + b) + 2a e2t
.
En reportant dans (F) et en identifiant (polynômes en t), on ob-
tient, après quelques lignes de calcul élémentaire, que z est so-
lution de (F) si et seulement si :
a =
1
6
et b = −
1
9
.
Ainsi, une solution, de (F) est :
z : t −→
1
6
t2
−
1
9
t e2t
.
La solution générale de (F) est donc :
z : t −→
1
6
t2
−
1
9
t e2t
+ α e−t
+ β e2t
, (α,β) ∈ R2
.
En remplaçant t par ln x, on conclut que la solution générale
de (E) sur ]0 ; +∞[ est :
y : x −→
1
6
(lnx)2
−
1
9
ln x x2
+
α
x
+ βx2
, (α,β) ∈ R2
.
Il s’agit d’une EDL2 SSM, normalisée, à coefficients va-
riables.
1) Recherche d’une éventuelle solution polynomiale :
Soient n ∈ N, a0,. . . ,an ∈ R tels que an =/ 0,
y : x −→
n
k=0
ak xk
.
Si y est solution de (E) sur ]1 ; +∞[, alors le terme de degré
n + 1 dans le premier membre doit être nul, donc :
n(n − 1)an − 2nan + 2an = 0,
c’est-à-dire : (n2
− 3n + 2) an
=/ 0
= 0,
donc : n = 1 ou n = 2.
Cherchons donc une solution éventuelle de (E) sous la forme
y : x −→ ax2
+ bx + c, (a,b,c) ∈ R3
. On a alors, avec des
notations classiquement abusives :
x(x2
− 1)y − 2(x2
− 1)y + 2xy
= x(x2
− 1)2a − 2(x2
− 1)(2ax + b) + 2x(ax2
+ bx + c)
= (2a + 2c)x + 2b.
Ainsi, y est solution de (E) si et seulement si :
2a + 2c = 0, 2b = 0 ,
c’est-à-dire : b = 0 et c = −a.
En particulier, l’application
y1 : ]1 ; +∞[−→ R, x −→ x2
− 1
est solution de (E).
2) Recherche d’une deuxième solution de (E) par la méthode
de Lagrange :
D’après la méthode de Lagrange, on cherche une seconde
solution de (E) sous la forme y : x −→ (x2
− 1)λ(x),
où λ : ]1 ; +∞[−→ R est la nouvelle fonction inconnue, sup-
posée dérivable. On a, avec des notations classiquement abu-
sives :
y = (x2
− 1)λ, y = (x2
− 1)λ + 2xλ,
y = (x2
− 1)λ + 4xλ + 2λ,
donc :
x(x2
− 1)y − 2(x2
− 1)y + 2xy
= x(x2
− 1) (x2
− 1)λ + 4xλ + 2λ
−2(x2
− 1) (x2
− 1)λ + 2xλ + 2x(x2
− 1)λ
= x(x2
− 1)2
λ + 4x2
(x2
− 1) − 2(x2
− 1)2
λ
+ 2x(x2
− 1) − 4x(x2
− 1) + 2x(x2
− 1)
= 0
λ
= x(x2
− 1)2
λ + 2(x2
− 1)(x2
+ 1)λ
= (x2
− 1) x(x2
− 1)λ + 2(x2
+ 1)λ .
Ainsi, y est solution de (E) si et seulement si λ est solution de :
(F) x(x2
− 1)λ + 2(x2
+ 1)λ = 0.
Une solution, autre que la fonction nulle, de cette EDL1 en λ ,
SSM, est donnée par :
λ (x) = exp −
2(x2
+ 1)
x(x2 − 1)
dx .
Pour calculer l’intégrale, effectuons d’abord le changement de
variable t = x2
:
2(x2
+ 1)
x(x2 − 1)
dx =
t=x2
t + 1
t(t − 1)
dt .
Effectuons ensuite une décomposition en éléments simples :
t + 1
t(t − 1)
dt = −
1
t
+
2
t − 1
dt
= − ln t + 2 ln (t − 1).
D’où : λ (x) = exp ln (x2
) − 2 ln(x2
− 1) =
x2
(x2 − 1)2
.
Pour calculer λ, on, peut effectuer une intégration par parties :
λ(x) =
x2
(x2 − 1)2
dx = −
1
2
x
−2x
(x2 − 1)2
dx
= −
1
2
x
1
x2 − 1
+
1
2
1
x2 − 1
dx
= −
x
2(x2 − 1)
−
1
4
ln
x + 1
x − 1
.
On obtient une deuxième solution particulière de (E) :
y2 : ]1 ; +∞[−→ R,
x −→ (x2
− 1)λ(x) = −
x
2
−
x2
− 1
4
ln
x + 1
x − 1
.
365
8.34](https://image.slidesharecdn.com/mathmatiquesmthodesetexercicesmp-141109172011-conversion-gate01/85/Mathematiques-methodes-et-exercices-mp-375-320.jpg)
![D’après le cours sur la méthode de Lagrange, la famille (y1,y2)
est libre.
On conclut que l’ensemble S des solutions de (E) sur ]1 ; +∞[
est :
S = y : ]1 ; +∞[−→ R,
x −→ a(x2
− 1) + b
x
2
+
x2
− 1
4
ln
x + 1
x − 1
; (a,b) ∈ R2
.
a) • Soit y : x −→
+∞
n=0
an xn
une fonction dSE(0), de
rayon > 0. On a, pour tout x ∈ ] − R ; R[ avec des notations
classiquement abusives :
x2
y + 6xy + (6 − x2
)y
= x2
+∞
n=2
n(n − 1)an xn−2
+ 6x
+∞
n=1
nan xn−1
+ (6 − x2
)
+∞
n=0
an xn
=
+∞
n=2
n(n − 1)an xn
+
+∞
n=1
6nan xn
+ 6
+∞
n=0
an xn
−
+∞
n=0
an xn+2
=
+∞
n=2
n(n − 1)an xn
+
+∞
n=1
6nan xn
+ 6
+∞
n=0
an xn
−
+∞
n=2
an−2xn
= 6a0 + 12a1x
+
+∞
n=2
n(n − 1)an + 6nan + 6an − an−2 xn
= 6a0 + 12a1x +
+∞
n=2
(n2
+ 5n + 6)an − an−2 xn
.
Par unicité du DSE(0) de la fonction constante égale à −1, on
a :
y est solution de (E)
⇐⇒
6a0 = −1, 12a1 = 0
∀ n 2, (n2
+ 5n + 6
=/ 0
)an − an−2 = 0
⇐⇒
a0 = −
1
6
, a1 = 0
∀ n 2, an =
an−2
(n + 2)(n + 3)
.
Ceci revient à ∀ p ∈ N, a2p+1 = 0 et, pour tout p ∈ N, en ré-
itérant :
a2p =
a2p−2
(2p + 3)(2p + 2)
=
1
(2p + 3)(2p + 2)
1
(2p + 1)(2p)
· · ·
1
5 · 4
a0
=
1
(2p + 3) · · · 4
−
1
6
= −
1
(2p + 3)!
.
• Réciproquement, la série entière
p 0
−
1
(2p + 3)!
x2p
est de
rayon infini et sa somme, d’après les calculs précédents, est so-
lution de (e) sur R.
On conclut que (e) admet une solution et une seule dSE(0), l’ap-
plication :
f : R −→ R, x −→
+∞
p=0
−
x2p
(2p + 3)!
,
et de plus, le rayon est infini.
b) On a, pour tout x ∈ R∗
:
f (x) = −
+∞
p=0
x2p
(2p + 3)!
= −
1
x3
+∞
p=0
x2p+3
(2p + 3)!
= −
1
x3
(sh x − x).
D’autre part, f (0) est le terme constant de la série entière dé-
finissant f.
On conclut :
f : R −→ R, x −→
x − sh x
x3
si x =/ 0
−
1
6
si x = 0.
Il s’agit d’une EDL2 ASM, normalisable sur ]0 ; +∞[,
à coefficients variables.
1) Effectuons le changement de fonction inconnue z = e−x
y,
d’où y = ex
z. On a :
y = ex
z, y = ex
(z + z), y = ex
(z + 2z + z) .
Ainsi, y est solution de (E) si et seulement si z est solution
de :
(F) xex
(z + 2z + z) − 2(x − 1)ex
(z + z) + (x − 2)ex
z = x ex
,
et : (F) ⇐⇒ xz + 2z = x.
En notant v = z , on a : (F) ⇐⇒ xv + 2v = x (G).
Il s’agit d’une EDL1ASM. La solution générale de l’EDL1 SSM
associée (G0) xv + 2v = 0
est : v : x −→ λ exp −
2
x
dx =
λ
x2
, λ ∈ R.
366
8.35
8.36](https://image.slidesharecdn.com/mathmatiquesmthodesetexercicesmp-141109172011-conversion-gate01/85/Mathematiques-methodes-et-exercices-mp-376-320.jpg)
![Cherchons une solution particulière de (G) sous forme d’un po-
lynôme de degré 1 : v : x −→ αx + β, (α,β) ∈ R2
. On a :
∀ x ∈ ]0 ; +∞[, xv + 2v = x
⇐⇒ ∀ x ∈ ]0 ; +∞[, αx + 2(αx + β) = x
⇐⇒ 3α = 1, 2β = 0.
Ainsi, v : x −→
1
3
x est solution de (G).
La solution générale de (G) est donc :
v : x −→
1
3
x +
λ
x2
, λ ∈ R.
Par v = z , la solution générale de (F) est :
z : x −→
1
6
x2
−
λ
x
+ µ, (λ,µ) ∈ R2
.
La solution générale de (E) est obtenue par y = ex
z :
y : x −→
1
6
x2
−
λ
x
+ µ ex
, (λ,µ) ∈ R2
.
2) En notant u = y − y, on a : u = yz − y , donc :
(E) xy − 2(x − 1)y + (x − 2)y = x ex
⇐⇒ x(y − y ) − x(y − y) + 2(y − y) = x ex
⇐⇒ xu − (x − 2)u = x ex
(H).
Il s’agit d’une EDL1 ASM. La solution générale de l’EDL1
SSM associée (H0) xu − (x − 2)u = 0 est :
u : x −→ λ exp
x − 2
x
dx = λ
ex
x2
, λ ∈ R .
Cherchons une solution particulière de (H) par la méthode de
variation de la constante, sous la forme u : x −→ λ(x)
ex
x2
, où
λ est la nouvelle fonction inconnue, supposée dérivable. On a
alors, avec des notations classiquement abusives :
(H) ⇐⇒ λ
ex
x
= x ex
⇐⇒λ = x2
⇐ λ(x) =
x3
3
(I) .
Une solution de (H) est donc :
u : x −→ λ(x)
ex
x2
=
1
3
x ex
.
La solution générale de (H) est donc :
u : x −→
1
3
x ex
+ λ
ex
x2
, λ ∈ R.
On résout ensuite : (I) y − y = u =
1
3
x ex
+ λ
ex
x2
.
Il s’agit d’une EDL1 ASM. La solution générale de l’EDL1
SSM associée y − y = 0 est : y : x −→ µ ex
, µ ∈ R. On
cherche une solution particulière de (I) par la méthode de va-
riation de la constante, sous la forme y : x −→ µ(x) ex
, où µ
est la nouvelle fonction inconnue, supposée dérivable. On a :
y − y =
1
3
x ex
+ λ
ex
x2
⇐⇒ µ ex
=
1
3
x ex
+ λ
ex
x2
⇐⇒ µ =
1
3
x +
λ
x2
⇐ µ(x) =
x2
6
−
λ
x
.
Une solution particulière de (E) est donc :
y : x −→
x2
6
−
λ
x
ex
.
La solution générale de (E) est donc :
y : x −→
x2
6
ex
− λ
ex
x
+ µ ex
, (λ,µ) ∈ R2
.
3) L’EDL2 SSM associée est :
(E0) xy − 2(x − 1)y + (x − 2)y = 0 .
Cherchons une solution particulière y de (E0) sous la forme
y : x −→ xα ex
, où α ∈ Z est à trouver. On a :
y = xα
ex
, y = (xα
+ αxα−1
) ex
,
y = xα
+ 2αxα−1
+ α(α − 1)xα−2
ex
,
d’où :
xy − 2(x − 1)y + (x − 2)y
= xα+1
+ 2αxα
+ α(α − 1)xα−1
ex
−2(x − 1)(xα
+ αxα−1
)ex
+ (x − 2)xα
ex
= xα−1
ex
x2
+ 2αx + α(α − 1) − 2(x − 1)(x + α) + (x − 2)x
= xα−1
ex
α(α + 1).
En prenant α = 0 ou α = −1, on obtient une solution parti-
culière de (E0). Ainsi, les deux applications
y1 : x −→
ex
x
, y2 : x −→ ex
sont solutions de (E0).
On cherche maintenant une solution de (E) par la méthode de
variation des constantes, sous la forme :
y : x −→ u1(x)y1(x) + u2(x)y2(x) ,
où u1,u2 : ]0 ; +∞[ sont les fonctions inconnues, supposées dé-
rivables et liées par une certaine condition. On a, par la mé-
thode :
u1 y1 + u2 y2 = 0
u1 y1 + u2 y2 =
x ex
x
⇐⇒
u1
ex
x
+ u2 ex
= 0
u1
xex
− ex
x2
+ u2 ex
= ex
⇐⇒
u1 + xu2 = 0
(x − 1)u1 + x2
u2 = x2
⇐⇒
u1 + xu2 = 0
x(u1 + xu2) − u1 = x2 ⇐⇒
u1 + u2x = 0
u1 = −x2
⇐⇒
u1 = −x2
u2 = x
⇐
u1 = −
x3
3
u2 =
x2
2
.
367](https://image.slidesharecdn.com/mathmatiquesmthodesetexercicesmp-141109172011-conversion-gate01/85/Mathematiques-methodes-et-exercices-mp-377-320.jpg)
![Une solution particulière de (E) est donc :
y : x −→ u1(x)y1(x) + u2(x)y2(x)
= −
x3
3
ex
x
+
x2
2
ex
=
x2
ex
6
.
On conclut que la solution générale de (E) est :
y : x −→
x2
ex
6
+ λ
ex
x
+ µex
, (λ,µ) ∈ R2
.
1) Soit f convenant. Par le changement de variable
x = sin t, on a :
∀ x ∈ [−1 ; 1], f ( 1 − x2) = 1 − x2 f (x) ,
d’où :
∀ x ∈ ] − 1 ; 1[, f (x) =
1
√
1 − x2
f ( 1 − x2) (1) .
Puisque f est dérivable sur [−1 ; 1], le second membre est dé-
rivable sur ] − 1 ; 1[, donc f est deux fois dérivable sur
] − 1 ; 1[. On, a alors, en dérivant dans l’équation de l’énoncé,
pour tout t ∈ R − πZ :
− sin t f ( cos t) = − sin t f ( cos t) + cos 2
t f ( sin t) .
Mais, en remplaçant t par π/2 − t dans l’énoncé, on a, pour
tout t ∈ R : f ( sin t) = sin t f ( cos t).
d’où, pour tout t ∈ R − πZ :
cos 2
t f ( sin t) − sin t f ( sin t) + f ( sin t) = 0 ,
ou encore, pour tout x ∈ ] − 1 ; 1[ :
(1 − x2
) f (x) − x f (x) + f (x) = 0 (E) .
Il s’agit maintenant d’une EDSL2 SSM, à coefficients variables,
normalisée sur ] − 1 ; 1[. On remarque que y1; x −→ x est so-
lution évidente.Vu les rôles analogues de cos t et sin t, on peut
conjecturer que y2 : x −→
√
1 − x2 soit solution de (E). Un
calcul simple montre que y2 est solution de (E) sur ] − 1 ; 1[.
D’après le cours, la solution générale de (E) sur ] − 1 ; 1[ est
donc : α1 y1 + α2 y2, (α1,α2) ∈ R2
.
Ceci montre qu’il existe (α1,α2) ∈ R2
tel que :
∀ x ∈ ] − 1 ; 1[, f (x) = α1x + α2 1 − x2 .
Puisque f est continue sur [−1 ; 1], on a aussi :
∀ x ∈ [−1 ; 1], f (x) = α1x + α2 1 − x2 .
Comme f est dérivable en 1 et que x −→
√
1 − x2 ne l’est pas,
on a nécessairement α2 = 0, et donc :
∀ x ∈ [−1 ; 1], f (x) = α1x .
2) La réciproque est évidente.
Finalement, l’ensemble S des applications convenant est :
S = f : [−1 ; 1] −→ R ; x −→ αx ; α ∈ R .
1) Soit ( f,g) convenant.
Puisque : ∀ x ∈ ]0 ; +∞[, f (x) = −
g(x)
x
et que g est dérivable, f est dérivable, donc f est deux fois dé-
rivable sur R.
De même, g est deux fois dérivable sur R.
Comme : ∀ x ∈ ]0 ; +∞[, x f (x) = −g(x),
on déduit, en dérivant :
∀ x ∈ ]0 ; +∞[, x f (x) + f (x) = −g (x) =
f (x)
x
,
c’est-à-dire :
∀ x ∈ ]0 ; +∞[, x2
f (x) + x f (x) − f (x) = 0 (1) .
Ainsi, f satisfait une EDL2 SSM. Il s’agit d’une ED d’Euler.
Effectuons le changement de variable t = ln x, x = et
, d’où
le changement de fonction inconnue f (x) = u(t). On a :
f (x) = u(t), f (x) = u (t)
1
x
, f (x) = u (t)
1
x2
− u (t)
1
x2
,
d’où : (1) ⇐⇒ ∀ t ∈ R, u (t) − u(t) = 0 (2).
Il s’agit maintenant d’une EDL2 SSM à coefficients constants.
La solution générale de (2) est :
u : t −→ α et
+ β e−t
, (α,β) ∈ R2
,
d’où la solution générale de (1) :
f : x −→ αx +
β
x
, (α,β) ∈ R2
.
On déduit, pour tout x ∈ ]0 ; +∞[ :
g(x) = −x f (x) = −x α −
β
x2
= −αx +
β
x
.
2) Réciproquement, pour tout (α,β) ∈ R2
, on vérifie aisément
que le couple ( f,g) d’applications de ]0 ; +∞[ dans R, défini,
pour tout x ∈ ]0 ; +∞[, par :
f (x) = αx +
β
x
, g(x) = −αx +
β
x
,
convient.
Finalement, l’ensemble des couples ( f,g) convenant est donné
par :
∀ x ∈ ]0 ; +∞[,
f (x) = αx +
β
x
g(x) = −αx +
β
x
; (α,β) ∈ R2
.
Puisque S ∈ S++
n , d’après le cours, il existe Ω ∈ On(R),
D = diag (λ1,. . . ,λn) ∈ Dn(R∗
+) telles que : S = Ω∆Ω−1
.
Pour X : R −→ Mn,1(R) deux fois dérivable sur R, notons
Y = Ω−1
X, qui est deux fois dérivable sur R. On a :
X + SX = 0 ⇐⇒ ΩY + (Ω∆Ω−1
)ΩY = 0
⇐⇒ Y + DY = 0.
368
8.37
8.38
8.39](https://image.slidesharecdn.com/mathmatiquesmthodesetexercicesmp-141109172011-conversion-gate01/85/Mathematiques-methodes-et-exercices-mp-378-320.jpg)
![• D’après le cours, l’ensemble S0 des solutions de (E0) sur R
est un R-espace vectoriel de dimension 2. D’autre part, on vient
de voir que ( f1, f2) est une famille libre dans S0 .
On conclut : ( f1, f2) est une base de S0 .
a) • Puisque (E0) est une EDL2 SSM, normalisée, à coef-
ficients continus sur l’intervalle ]0 ; +∞[, d’après le cours, l’en-
semble S0 des solutions de (E0) sur ]0 ; +∞[ est un R-espace
vectoriel de dimension 2, c’est-à-dire un plan vectoriel.
• Soit y ∈ S0. Montrons, par récurrence sur n, que, pour tout
n ∈ N∗
, y est de classe Cn
sur ]0 ; +∞[.
Puisque y est deux fois dérivable, y est de classe C1
.
Si, pour un n ∈ N∗
, y est de classe Cn
, alors l’application
x −→ −y (x) + x + 1 +
1
x
y(x) est Cn−1
, donc y est
Cn−1
, y est Cn+1
.
Ceci montre, par récurrence sur n, que, pour tout n ∈ N∗
, y est
de classe Cn
sur ]0 ; +∞[.
On conclut : S0 ⊂ C∞
( ]0 ; +∞[ ; R).
b) D’après le théorème de Cauchy linéaire, l’application
θ : S0 −→ R2
, y −→ y(1),y (1)
est une bijection linéaire. Comme
S = y ∈ S0 ; y(1) = 2 = θ−1
({2} × R) ,
S est l’image réciproque par θ de la droite affine {2} × R
de R2
. Il en résulte que S est une droite affine.
c) La courbure de γy au point d’abscisse 1 est donnée par :
γy =
y (1)
1 + y (1)
2 3/2
.
Ici :
y(1) = 2, y (1) = −y (1) + (1 + 1 + 1)y(1)
= −y (1) + 6 ,
donc : γy =
6 − y (1)
1 + y (1)2 3/2
.
d) D’après le théorème de Cauchy linéaire, pour tout t ∈ R, il
existe y ∈ S0 unique telle que :
y(1) = 2 et y (1) = t.
La valeur maximale de γy est donc la valeur maximale (si elle
existe) de l’application
γ : R −→ R, t −→ γ(t) =
6 − t
(1 + t2)3/2
.
L’application γ est dérivable sur R et, après un calcul élé-
mentaire, pour tout t ∈ R :
γ (t) = (1 + t2
)−5/2
(2t2
− 18t − 1) .
On en déduit le tableau des variations de γ :
t −∞ t1 t2 +∞
γ (t) + 0 − 0 +
γ(t) 0 0
t1 =
9 −
√
83
2
, t2 =
9 +
√
83
2
.
La valeur maximale de γ est donc atteinte en t1 :
γ(t1) =
6 − t1
(1 + t2
1 )3/2
6,027 . . .
• Notons g = f − a2
f. Nous allons calculer f en fonc-
tion de g, par résolution de l’EDL2 (E) y − a2
y = g. La
solution générale de l’EDL2 SSM associée (E0) y − a2
y = 0
est (puisque a =/ 0) :
y : x −→ λ ch ax + µ sh ax, (λ,µ) ∈ R2
.
Cherchons une solution particulière de (E) par la méthode de
variation des constantes, sous la forme :
y : x −→ u(x) ch ax + v(x) sh ax ,
où u,v sont des fonctions inconnues, dérivables, satisfaisant une
certaine condition.
On a, pour tout x ∈ [0 ; +∞[ :
u (x) ch ax + v (x) sh ax = 0
u (x)a sh ax + v (x)a ch ax = g(x)
⇐⇒
u (x) = −
1
a
g(x) sh ax
v (x) =
1
a
g(x) ch ax.
La solution générale de (E) est donc donnée par :
y(x) = −
1
a
ch ax
x
0
g(t)sh at dt +
1
a
sh ax
x
0
g(t)ch at dt
+ λ ch ax + µ sh ax, (λ,µ) ∈ R2
.
On a alors, pour tout x ∈ [0 ; +∞[ :
y (x) = − sh ax
x
0
g(t) sh at dt + ch ax
x
0
g(t) sh at dt
+ λa sh ax + µa ch a.
D’où :
y(0) = f (0)
y (0) = f (0)
⇐⇒
λ = f (0)
µa = f (0).
On conclut que, pour tout x ∈ [0 ; +∞[ :
f (x) = −
1
a
ch ax
x
0
g(t) sh at dt
+
1
a
sh ax
x
0
g(t) ch at dt + f (0) ch ax + f (0)
sh ax
a
=
1
a
x
0
g(t) sh a(x − t) dt + f (0) ch ax + f (0)
sh ax
a
.
371
8.44
8.45](https://image.slidesharecdn.com/mathmatiquesmthodesetexercicesmp-141109172011-conversion-gate01/85/Mathematiques-methodes-et-exercices-mp-381-320.jpg)
![• Comme, par hypothèse, g 0, et que :
∀ x ∈ [0 ; +∞[, ∀ t ∈ [0 ; x], sh a(x − t) 0,
on déduit :
∀ x ∈ [0 ; +∞[, f (x) f (0) ch ax + f (0)
sh ax
a
.
• En appliquant le résultat précédent à (b, a, − f, −g) à la place
de (a, b, f, g), on déduit l’autre inégalité demandée.
1) Soit (I,y) convenant. On a :
yy + y 2
= 0 ⇐⇒ (yy ) = 0
⇐⇒ ∃ A ∈ R,
y2
2
= yy = A
⇐⇒ ∃ (A,B) ∈ R2
, ∀ x ∈ R,
y2
2
= Ax + B.
De plus, comme
y2
2
= Ax + B, et yy = A, on a :
y(0) = 1
y (0) = 1
⇐⇒
B = 1/2
A = 1.
D’où : ∀ x ∈ I, y(x)
2
= 2x + 1.
Il s’ensuit : ∀ x ∈ I, x −
1
2
,
donc, puisque I est ouvert : I ⊂ ] − 1/2 ; +∞[.
Comme : ∀ x ∈ I, y(x)
2
= 2x + 1 =/ 0,
y ne s’annule en aucun point de I.Ainsi, l’application y est conti-
nue sur l’intervalle I et ne s’annule en aucun point de I, donc,
d’après le théorème des valeurs intermédiaires, y est de signe
strict fixe. Comme de plus y(0) = 1 > 0, on déduit y > 0,
d’où :
∀ x ∈ I, y(x) =
√
2x + 1.
2) Réciproquement, pour tout intervalle ouvert I tel que
0 ∈ I ⊂ ] − 1/2 ; +∞[, l’application
y : I −→ R, x −→
√
2x + 1
est deux fois dérivable sur I et un calcul simple montre que :
yy + y 2
= 0.
Finalement, l’ensemble des couples (I,y) convenant est
défini par : I est un intervalle ouvert quelconque tel que
0 ∈ I ⊂ ] − 1/2 ; +∞[ et y : I −→ R, x −→
√
2x + 1.
Soit y une solution maximale de (E) y = f (x,y).
D’après le cours, l’intervalle de définition I de y est ouvert. Il
existe donc (α,β) ∈ R ∪ {−∞, +∞} tel que : I = ]α ; β[.
Nous allons montrer β = +∞, en raisonnant par l’absurde.
Supposons β ∈ R. Il existe a ∈ ]α ; β[. On a , pour tout
x ∈ [a ; β[ :
y(x) = y(a) +
x
a
y (t) dt = y(a) +
x
a
f t,y(t) dt
Puisque f est de classe C1
et bornée sur R2
, l’application
t −→ f t,y(t) est continue et bornée sur l’intervalle borné
[a ; β[, donc est intégrable sur [a ; β[. Il en résulte que l’ap-
plication x −→
x
a
f t,y(t) dt, admet une limite finie
lorsque x −→ β−
. D’après la formule vue plus haut, on dé-
duit : y(x) −→
x−→β−
y(a) + .
Considérons l’application Y : ]α ; β] −→ R définie par :
Y(x) =
y(x) si α < x < β
y(a) + si x = β.
Alors, Y est continue sur ]α ; β], de classe C1
sur ]α ; β[ et :
y (x) = f x,y(x) −→
x−→β−
f β,y(a) + .
D’après le théorème limite de la dérivée, on déduit que Y est
de classe C1
sur ]α ; β] et que :
y (β) = f β,y(a) + = f β,Y(β) .
Ainsi, Y est solution de (E) sur ]α ; β], ce qui contredit la maxi-
malité de y.
Ce raisonnement par l’absurde montre : β = +∞.
De même : α = −∞.
On conclut que y est définie sur R.
1) L’application R2
−→ R, (x,y) −→
1
1 + x2 + y2
,
est de classe C1
sur l’ouvert R2
de R2
, et (0,0) ∈ R2
, donc,
d’après le théorème de Cauchy et Lipschitz (non linéaire) le
problème de Cauchy (C) admet une solution maximale et une
seule, encore notée y, l’intervalle de définition de y est ouvert,
et toute solution de (C) est restriction de y.
2) Notons J = {x ∈ R ; −x ∈ I} le symétrisé de I, et
z : J −→ R, x −→ z(x) = −y(−x) la symétrisée de y.
L’application z est dérivable sur J (par composition, puisque
y est dérivable sur I), on a z(0) = −y(0) = 0,
et, pour tout x ∈ J :
z (x) = y (−x) =
1
1 + (−x)2 + y(−x)
2
=
1
1 + x2 + z(x)
2
.
Ceci montre que z est solution de (C) sur J.
Il en résulte que z est restriction de la solution maximale y, c’est-
à-dire : J ⊂ I et ∀ x ∈ J, z(x) = y(x).
• En notant I = ]α ; β[ où −∞ α < 0 < β +∞, on a :
J ⊂ I ⇐⇒] − β ; −α[ ⊂ ]α ; β[
⇐⇒ α −β et − α β ⇐⇒ β = −α.
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8.47
8.48
8.46](https://image.slidesharecdn.com/mathmatiquesmthodesetexercicesmp-141109172011-conversion-gate01/85/Mathematiques-methodes-et-exercices-mp-382-320.jpg)
![On déduit : I = ] − α ; α[, donc I est symétrique par rapport
à 0.
• Et : ∀ x ∈ I, y(x) = z(x) = −y(−x),
donc y est impaire.
3) • L’application y est dérivable sur l’intervalle I et :
∀ x ∈ I, y (x) =
1
1 + x2 + y(x)
2
> 0 ,
donc y est strictement croissante sur I.
• On a de plus y(0) = 0, donc y est à valeurs 0 (sur
I ∩ [0 ; +∞[).
• On a, pour tout x ∈ I ∩ [0 ; +∞[ :
y (x) =
1
1 + x2 + y(x)
2
1
1 + x2
,
d’où, en intégrant, pour tout x ∈ I ∩ [0 ; +∞[ :
y(x) = y(0) +
x
0
y (t) dt
x
0
1
1 + t2
dt = Arctan x
π
2
,
ce qui montre que y est majorée.
4) Raisonnons par l’absurde : supposons qu’il existe
b ∈ ]0 ; +∞[ tel que : I ∩ [0 ; +∞[ = [0 ; b[.
Puisque y est croissante et majorée, y admet en b−
une limite
finie, notée L.
Considérons l’application
Y : [0 ; b] −→ R, x −→
y(x) si x =/ b
L si x = b.
Puisque y est continue sur [0 ; b[ et que y(x) −→
x−→b−
L, Y est
continue sur [0 ; b].
D’autre part, Y, qui coïncide avec y sur [0 ; b[, est dérivable
sur [0 ; b[ et :
∀ x ∈ [0 ; b[, y (x) = y (x) =
1
1 + x2 + y(x)
2
.
Puisque y est continue sur [0 ; b[ (car dérivable), par opéra-
tions, Y est continue sur [0 ; b[, donc Y est de classe C1
sur
[0 ; b[.
Enfin :
y (x) =
1
1 + x2 + y(x)
2
−→
x−→b−
1
1 + b2 + L2
,
donc Y admet en b−
une limite finie.
D’après le théorème limite de la dérivée, on déduit que Y est
de classe C1
sur [0 ; b] et que Y (b) =
1
1 + b2 + L2
.
Mais alors, Y est solution de (C) sur [0 ; b], ce qui contredit la
maximalité de y.
Ce raisonnement par l’absurde montre que l’extrémité droite
de I n’est pas un réel, donc est +∞.
5) Puisque y est croissante et majorée, y admet en +∞ une li-
mite finie notée .
De plus, comme on l’a vu en 3), pour tout x ∈ [0 ; +∞[ :
0 y(x)
π
2
.
On déduit, par passage à la limite lorsque x tend vers +∞ :
0
π
2
.
On a, par exemple : y(1) > 0, donc > 0.
Si =
π
2
, alors, en faisant tendre x vers +∞ dans l’encadre-
ment obtenu plus haut, on déduit :
+∞
0
1
1 + t2 + y(t)
2
dt =
+∞
0
1
1 + t2
dt ,
contradiction, car t −→
1
1 + t2
−
1
1 + t2 + y(t)
2
est conti-
nue, à valeurs 0 et n’est pas l’application nulle. On a donc
=/
π
2
.
Finalement : 0 < <
π
2
.
6) α) Récurrence.
• Puisque y est dérivable, donc continue,
1
1 + x2 + y2
est
continue, donc y est continue, y est C1
.
• Si y est Cn
, pour un n ∈ N∗
, alors
1
1 + x2 + y2
est Cn
,
y est Cn
, y est Cn+1
.
On conclut : y est de classe C∞
sur [0 ; +∞[.
β) Ainsi, y est C2
et : y = −
2x + 2yy
(1 + x2 + y2)2
0, car
x 0, y 0, y 0.
On conclut que y est concave sur [0 ; +∞[.
7) On a : y (0) =
1
1 + 02 + 02
= 1.
373
y
x
ᐉ
O
2
y = y(x)](https://image.slidesharecdn.com/mathmatiquesmthodesetexercicesmp-141109172011-conversion-gate01/85/Mathematiques-methodes-et-exercices-mp-383-320.jpg)
![8) Puisque y est de classe C∞
sur [0 ; +∞[ (et même sur R),
d’après le théorème de Taylor-Young, y admet un développe-
ment limité à tout ordre, y aussi, et on passe du premier au se-
cond par dérivation terme à terme.
En particulier, y admet un DL5(0). De plus, y(0) = 0,
y (0) = 1, et y est impaire (sur R).
Le DL5(0) de y est donc de la forme :
y(x) = x + ax3
+ bx5
+ o
x−→0
(x5
), (a,b) ∈ R2
,
et on a : y (x) = 1 + 3ax2
+ 5bx4
+ o(x4
).
On reporte dans l’équation différentielle, présentée de préfé-
rence sous forme d’un produit que d’un quotient :
y =
1
1 + x2 + y2
⇐⇒ (1 + x2
+ y2
)y = 1
⇐⇒ 1 + x2
+ x + ax3
+ bx5
+ o(x5
)
2
1 + 3ax2
+ 5bx4
+ o(x4
) = 1
⇐⇒ 1 + 2x2
+ 2ax4
+ o(x4
)
1 + 3ax2
+ 5bx4
+ o(x4
) = 1
⇐⇒ 1 + (3a + 2)x2
+ (5b + 8a)x4
+ o(x4
) = 1
⇐⇒
3a + 2 = 0
5b + 8a = 0
⇐⇒
a = −
2
3
b =
16
15
,
en utilisant l’unicité du DL4(0) de l’application nulle.
On conclut que y admet le DL5(0) suivant :
y(x) = x −
2
3
x3
+
16
15
x5
+ o
x−→0
(x5
).
Notons S0 l’ensemble des solutions de (E0) sur R.
D’après le cours, S0 est un C-espace vectoriel de dimen-
sion n.
• Considérons, pour X ∈ S0, l’application translatée de X
par T :
X1 : R −→ Mn,1(C), t −→ X1(t) = X(t + T) .
Il est clair que X1 est dérivable sur R, et :
∀ t ∈ R, X1(t) = X (t + T)
= A(t + T)X(t + T) = A(t)X1(t),
donc X1 ∈ S0 .
On peut donc considérer l’application :
φ : S0 −→ S0, X −→ φ(X) = X1 .
• L’application φ est linéaire car, pour tout α ∈ C et toutes
X,Y ∈ S0 :
∀ t ∈ R, φ(αX + Y) (t) = (αX + Y)(t + T)
= αX(t + T) + y(t + T) = αφ(X)(t) + φ(Y)(t)
= αφ(X) + φ(Y) (t),
donc : φ(αX + Y) = αφ(X) + φ(y).
• Ainsi, φ est un endomorphisme du C-espace vectoriel S0 , et
celui-ci est de dimension finie supérieure ou égale à 1 (car égale
à n).
D’après le cours (conséquence du théorème de d’Alembert),
φ admet au moins une valeur propre et un vecteur propre as-
socié. Il existe donc λ ∈ C et X ∈ S0 tels que : φ(X) = λX.
Ainsi, X est une solution de (E0) sur R, autre que l’applica-
tion nulle, et telle que :
∀ t ∈ R, X(t + T) = λX(t) .
a) Remarquons d’abord que, puisque A est inversible et
que, pour tout t ∈ R, X (t)X(t) = A , pour tout t ∈ R, X(t)
est inversible.
Considérons l’application
Y : ] − a ; a[−→ Mn(R), t −→ Y(t) = X(t)A − AX(t) .
Puisque X est dérivable sur ] − a ; a[, par opérations, Y est dé-
rivable sur ] − a ; a[ et :
Y = (X A − AX) = X A − AX
= (AX−1
)A − A(AX−1
) = AX−1
(AX − X A)X−1
= −AX−1
Y X−1
.
D’après le cours, le problème de Cauchy linéaire :
Y = −AX−1
Y X−1
, Y(0) = 0
d’inconnue Y : ] − a ; a[−→ Mn(R) supposée dérivable,
admet une solution et une seule.
Comme Y et l’application constante nulle conviennent, on a donc
Y = 0, d’où : X A − AX = 0, c’est-à-dire :
∀ t ∈ ] − a ; a[, X(t)A = AX(t).
b) Considérons le problème de Cauchy non linéaire
(C) z = AZ−1
, Z(0) = In ,
d’inconnue Z, à valeurs dans GLn(R).
Puisque l’application :
] − a ; a[×GLn(R) −→ Mn(R), (t,Z) −→ AZ−1
est de classe C1
sur l’ouvert ] − a ; a[×GLn(R), (C) admet
une solution maximale et une seule. D’après le cours, comme
X est solution de (C), la solution maximale est un prolonge-
ment de X.
Considérons l’application
U : ] − a ; a[−→ Mn(R), t −→ U(t) = t
X(t) .
374
8.49
8.50](https://image.slidesharecdn.com/mathmatiquesmthodesetexercicesmp-141109172011-conversion-gate01/85/Mathematiques-methodes-et-exercices-mp-384-320.jpg)
![Puisque X est dérivable sur ] − a ; a[, par opération, U l’est
aussi, et on a :
U U = (t
X) t
X = t
(X )t
X = t
(AX−1
)t
X
= t
X−1 t
A t
X = t
X−1 t
(X A) =
a)
t
X−1 t
(AX)
= t
X−1 t
X t
A = t
A = A.
De plus : U(0) = t
X(0) = t
In = In et :
∀ t ∈ ] − a ; a[, U(t) ∈ GLn(R) .
Ainsi, X et U sont solutions de (C) sur ] − a; a[, d’où, d’après
le cours : ∀ t ∈ ] − a ; a[, U(t) = X(t),
c’est-à-dire : ∀ t ∈ ] − a ; a[, t
X(t) = X(t).
On conclut que, pour tout t ∈ ] − a ; a[, la matrice X(t) est sy-
métrique.
Puisque (E0) est une EDL2 SSM, normalisée, à coeffi-
cients continus sur l’intervalle [−1 ; 1], d’après le cours, S0 est
un R-espace vectoriel de dimension 2. Nous allons montrer que
les applications N1,N2 : S0 −→ R définies, pour tout y ∈ S0,
par ;
N1(y) =
0
−1
|y − y |, N2(y) =
1
0
|y + y | ,
sont des normes sur S0 . Comme S0 est un R-ev de dimension
finie (égale à 2), il en résultera que N1 et N2 sont équivalentes,
d’où, en particulier, le résultat demandé.
1) Étude de N1 :
• On a, pour toutes y1,y2 ∈ S0 :
N1(y1 + y2) =
0
−1
(y1 + y2) − (y1 + y2)
=
0
−1
(y1 − y1) + (y2 − y2)
0
−1
|y1 − y1 | +
0
−1
|y2 − y2| = N2(y1) + N2(y2).
• On a, pour tout α ∈ R et toute y ∈ S0 :
N1(αy) =
0
−1
(αy) − (αy)
= |α|
0
−1
|y − y | = |α|N1(y).
• Soit y ∈ S0 telle que N1(y) = 0.
Comme y = x2
y − y et que yest deux fois dérivable, y est
dérivable, donc, en particulier, y est de classe C2
.
Ainsi,
0
−1
|y − y | = 0, et |y − y | est continue et 0,
d’où : ∀ x ∈ [−1 ; 0], y (x) − y (x) = 0.
Par résolution de cette EDL1 d’inconnue y , il existe λ ∈ R tel
que : ∀ x ∈ [−1 ; 0], y (x) = λ ex
,
puis il existe µ ∈ R tel que :
∀ x ∈ [−1 ; 0], y(x) = λ ex
+ µ .
On a alors, pour tout x ∈ [−1 ; 0] :
0 = y (x) − x2
y (x) + y(x)
= λ ex
− x2
λ ex
+ (λ ex
+ µ) = −λx2
ex
+ 2λex
+ µ.
En remplaçant x par 0, on déduit µ = −2λ, puis :
∀ x ∈ [−1 ; 0], λ(−x2
ex
+ 2 ex
− 2) = 0,
donc λ = 0, d’où : ∀ x ∈ [−1 ; 0], y(x) = 0.
En particulier, y est solution de (E0) sur [−1 ; 1] et
y(0) = 0, y (0) = 0. D’après le théorème de Cauchy linéaire,
le problème de Cauchy linéaire
(C)
y − x2
y + y = 0
y(0) = 0, y (0) = 0
d’inconnue y : [−1 ; 1] −→ R, admet une solution et une
seule. Comme y et la fonction constante nulle sont solutions
de (C), on déduit : y = 0.
Ceci montre que N1 est une norme sur S0 .
2) On montre, de même, que N2 est une norme sur S0 .
3) Puisque N1 et N2 sont des normes sur le R-espace vectoriel
S0 qui est de dimension finie (égale à 2), d’après le cours, N1
et N2 sont équivalentes, donc, en particulier, il existe α ∈ R∗
+
tel que :
∀ y ∈ S0, N1(y) αN2(y) ,
d’où le résultat demandé.
a) Notons, pour k ∈ {1,2} :
zk : R −→ C, x −→ yk(x + T) .
Soit k ∈ {1, 2}. L’application zk est deux fois dérivable sur R
et, pour tout x ∈ R :
zk (x) + f (x)zk(x) = yk (x + T) + f (x)yk(x + T)
= yk (x + T) + f (x + T)yk(x + T)
= (yzk + f yk)(x + T) = 0 ,
donc zk est solution de (E0) sur R.
Comme (y1,y2) est une base du R-ev S0 des solutions de (E0),
il existe (αk,βk) ∈ R2
tel que : zk = αk y1 + βk y2,
c’est-à-dire : ∀ x ∈ R, yk(x + T) = αk y1(x) + βk y2(x).
b) Notons
Y : R −→ M2,1(C), x −→ Y(x) =
y1(x)
y2(x)
.
375
8.51
8.52](https://image.slidesharecdn.com/mathmatiquesmthodesetexercicesmp-141109172011-conversion-gate01/85/Mathematiques-methodes-et-exercices-mp-385-320.jpg)
![Chapitre 9 • Fonctions de plusieurs variables réelles
382
Énoncés des exercices
Étude de continuité et de caractère C1
pour une fonction de deux variables réelles
Étudier la continuité et le caractère C1
sur R2
de la fonction f définie par : f (0,0) = 0
et f (x,y) =
sin (xy)
|x| + |y|
si (x,y) =/ (0,0).
Fonction harmonique
Soit P ∈ C[X]. On note : f : R2
−→ C, (x,y) −→ P(x + i y).
Montrer que f est harmonique sur R2
.
Laplacien d’une fonction radiale
Soit f : ]0 ; +∞[−→ R de classe C2
.
On note U = R3
− {(0,0,0)}, g : U −→ R, (x,y,z) −→ f ( x2 + y2 + z2) .
Montrer que g est de classe C2
sur U et que, pour tout (x,y,z) ∈ U, on a, en notant
ρ = x2 + y2 + z2 : g(x,y,z) = f (ρ) +
2
ρ
f (ρ), où désigne le laplacien.
Résolution d’une EDP2 avec condition
Trouver toutes les applications f : R2
−→ R de classe C2
telles que :
∀ (x,y) ∈ R2
, fxy(x,y) = 0 et f (x,x) = 0 .
Exemples de recherche d’extrémums locaux
de fonctions numériques de deux variables réelles
Déterminer les extrémums locaux des applications f suivantes, pour lesquelles on donne l’en-
semble de départ et l’image f (x,y) de (x,y) :
a) R2
, 4x + 2y − x2
− y2
− 2x3
b) R2
, xy + x3
y2
.
Exemple de fonction implicite de deux variables réelles, développement limité
a) Montrer qu’il existe un voisinage V de (0,0) dans R2
et une application ϕ : V −→ R unique
tels que : ϕ est de classe C∞
sur V, ϕ(0,0) = 1, et, pour tout (x,y) ∈ V, ϕ(x,y) est solution de
l’équation z5
+ xz2
+ yz − 1 = 0, d’inconnue z ∈ R.
b) Former le développement limité à l’ordre 2 de f en (0,0).
Fonction implicite d’une variable réelle
Soit f : R2
−→ R de classe C1
telle que : f (0,0) = 0, fx (0,0) =/ − 1, fy(0,0) =/ 0.
Montrer que la relation f f (x,y),y = 0 définit implicitement y en fonction de x au voisina-
ge de (0,0).
Exemples d’étude de limite pour des fonctions de deux variables réelles
Étudier l’existence et la valeur éventuelle d’une limite finie en (0,0) pour les fonctions f de deux
variables réelles définies par les formules suivantes :
a)
xy
x2 + xy + y2
b)
x2
y
x2 − xy + y2
c)
x3
y4
x4 + y6
d)
xy4
x4 + y6
e)
exy
− 1
ex − 1
.
9.1
9.2
9.3
9.4
9.5
9.6
9.7
9.8](https://image.slidesharecdn.com/mathmatiquesmthodesetexercicesmp-141109172011-conversion-gate01/85/Mathematiques-methodes-et-exercices-mp-392-320.jpg)
![Énoncés des exercices
383
Limite pour une fonction de deux variables réelles
L’application f : R2
− {(0,0)} −→ R, (x,y) −→
(ex
− 1) ln (1 + y) − (ey
− 1) ln (1 + x)
x2 + y2
a-t-elle une limite en (0,0) ?
Exemple de C1
-difféomorphisme à deux variables
Montrer que l’application f : R2
−→ R2
, (x,y) −→ (x3
+ 3x ey
, y − x2
)
est un C1
-difféomorphisme de R2
sur R2
.
Exemple de C∞
-difféomorphisme à deux variables
On note U =]0 ; +∞[2
et φ : (x,y) −→ x3
y2
,
1
x2 y
.
Montrer que φ est un C∞
-difféomorphisme de U sur U.
Étude d’une intégrale dépendant d’un paramètre
Soit f : R2
−→ R de classe C2
, telle que fx et fy soient 1-périodiques par rapport à la première
variable, et que : fx2 = fy2. Montrer que l’application
J : R −→ R, y −→ J(y) =
1
2
1
0
fx (x,y)
2
+ fy(x,y)
2
dx
est constante.
Exemple d’EDP1
Trouver toutes les applications f : (R∗
+)2
−→ R de classe C1
telles que :
∀ (x,y) ∈ (R∗
+)2
, x
∂ f
∂x
(x,y) + y
∂ f
∂y
(x,y) =
x
x2 + y2
,
en utilisant les coordonnées polaires.
Exemple d’EDP2
On note U = (x,y) ∈ R2
; y > |x| . Trouver toutes les applications f : U −→ R de classe C1
sur U telles que : ∀ (x,y) ∈ U,
∂2
f
∂x2
(x,y) −
∂2
f
∂y2
(x,y) =
1
y2 − x2
,
en utilisant le changement de variables défini par : u = x + y, v = y − x.
Extrémums locaux d’une fonction numérique de deux variables réelles
Déterminer les extrémums locaux de
f : U =] − π/2 ; π/2[2
−→ R, (x,y) −→ tan x th y − th x tan y .
Exemple de recherche de borne supérieure
pour une fonction numérique de deux variables réelles
Déterminer Sup
(x,y)∈[0;+∞[2, x+y π
sin x sin y sin (x + y).
Exemple d’extrémums liés
Calculer la borne supérieure et la borne inférieure de xy + z2
, lorsque (x,y,z) ∈ R3
vérifie
x2
+ y2
+ z2
= 9.
©Dunod.Laphotocopienonautoriséeestundélit.
9.9
9.10
9.11
9.12
9.13
9.14
9.15
9.16
9.17](https://image.slidesharecdn.com/mathmatiquesmthodesetexercicesmp-141109172011-conversion-gate01/85/Mathematiques-methodes-et-exercices-mp-393-320.jpg)
![Du mal à démarrer ?
385
Exemple de fonction implicite globale
a) Montrer que, pour tout x ∈ [0 ; 1], l’équation y3
− 2xy + x3
= 0,d’inconnue y ∈ [
√
x ; +∞[,
admet une solution et une seule, notée ϕ(x).
b) Établir que, ϕ est continue en 0. Est-ce que ϕ est dérivable en 0 ?
c) Démontrer que ϕ est de classe C1
sur ]0 ; 1].
Du mal à démarrer ?
©Dunod.Laphotocopienonautoriséeestundélit.
9.25
Seul le point (0,0) pose problème.
• Pour montrer la continuité en (0,0), majorer convenablement
| f (x,y) − f (0,0)|.
• Pour montrer que f n’est pas de classe C1
sur R2
, montrer que
x −→ f (x,x) n’est pas dérivable en 0.
Décomposer P sur la base canonique, et examiner le cas
de Xk
.
Calculer
∂g
∂x
(x,y,z) à l’aide de f (ρ), x, ρ,puis
∂2g
∂x2
(x,y,z)
à l’aide de f (ρ), f (ρ), f (ρ), x, ρ, et en déduire ∆g(x,y,z).
Résoudre l’EDP2 fxy = 0 et traduire ensuite la deuxième
condition.
a) Déterminer les points critiques de f, puis, en ces points,
calculer s2 − rt.
b) Déterminer les points critiques de f,puis étudier,par exemple,
f (x,x) − f (0,0) et f (x,−x) − f (0,0).
a) Appliquer le théorème des fonctions implicites.
b) Utiliser le théorème de Taylor-Young pour l’existence du
DL2(0,0) de f,et calculer celui-ci par coefficients indéterminés.
Montrer que le théorème des fonctions implicites s’ap-
plique.
a) Étudier f (x,0) et f (x,x).
b) Mettre le trinôme sous forme canonique.
c) Noter X = x2
et Y = |y|3
, puis ρ = (X2 + Y2)1/2
, et majorer
convenablement | f (x,y)|.
d) Étudier, par exemple, f (x,x2/3).
e) Montrer que l’application
ϕ : R −→ R, t −→
et − 1
t
si t = 0
1 si t = 0
est continue sur R, et exprimer f à l’aide de ϕ.
Utiliser, par exemple, des développements limités.
Pour montrer que f est bijective,se ramener à une équation
d’inconnue x, et montrer, par étude de variations d’une fonc-
tion, que cette équation admet une solution et une seule.
Utiliser le théorème de caractérisation des C1
-difféomor-
phismes.
Montrer que φ est bijective, en exprimant sa réciproque.
Appliquer ensuite la définition d’un C∞
-difféomorphisme.
Appliquer le théorème de dérivation sous le signe
1
0
,pour
montrer que J est de classe C1
et exprimer J .
En notant φ : (θ, ρ) −→ (ρ cos θ, ρ sin θ) et g = f ◦ φ,
calculer
∂g
∂ρ
.
L’EDP1 proposée se ramène à une EDP1 d’inconnue g, plus
simple à résoudre. Revenir à f.
En notant φ : (x,y) −→ (x + y, x − y) et g = f ◦ φ−1
,cal-
culer les dérivées partielles premières de f en fonction de celles
de g, puis calculer deux des dérivées partielles successives de f
en fonction des dérivées partielles de g.
L’EDP2 de l’énoncé se ramène à une EDP2 d’inconnue g, plus
simple à résoudre. Revenir à f.
Déterminer les points critiques de f : il y en a un seul, (0,0).
Étudier, par exemple, f (x,x2).
En notant T = (x,y) ∈ [0 ; +∞[2
; x + y π et
f : T −→ R, (x,y) −→ sin x sin y sin (x + y), montrer que f
est bornée et atteint sa borne supérieure,et montrer que celle-ci
est atteinte à l’intérieur de T.Déterminer les points critiques de f
sur l’intérieur de T.
Utiliser l’inégalité classique :
∀ (x,y) ∈ R2
, |xy|
1
2
(x2
+ y2
) .
On peut ici résoudre la question sans faire intervenir de dérivée
partielle.
9.1
9.3
9.2
9.4
9.5
9.6
9.7
9.8
9.9
9.10
9.11
9.12
9.13
9.14
9.15
9.16
9.17](https://image.slidesharecdn.com/mathmatiquesmthodesetexercicesmp-141109172011-conversion-gate01/85/Mathematiques-methodes-et-exercices-mp-395-320.jpg)
![Chapitre 9 • Fonctions de plusieurs variables réelles
386
a) En notant P et Q les coefficients de ω, calculer
∂ P
∂y
,
et
∂Q
∂x
.
b) En notant P1 et Q1 les coefficients de ω1, calculer
∂ P1
∂y
et
∂Q1
∂x
, et traduire la condition de fermeture de ω1 par une EDL1
d’inconnue ϕ. Résoudre cette EDL1, d’où ϕ et ω1.
Pour déterminer les primitives de ω1 sur U, résoudre une des
deux EDP1 puis reporter dans l’autre EDP1.
Noter X = y + z, Y = z + x, Z = x + y , puis majorer
convenablement | f (x,y,z)|.
Étudier f (x,0,0) et f (x,x,
√
2 x + x4).
Utiliser la formule de Taylor-Young.
a) GLn(R) = det−1
(R∗).
b) • Utiliser la formule :
∀ X ∈ GLn(R), X−1
=
1
det (X)
t
com (X)
pour montrer que f : X −→ X−1
est de classe C1
sur l’ouvert
GLn(R).
• Pour déterminer dX f, calculer, pour H assez petite,
(X + H)−1 − X−1
, en faisant apparaître X − (X + H).
Considérer
ϕ : R −→ R, t −→
et − 1
t
si t = 0
1 si t = 0.
Montrer que ϕ est développable en série entière en 0, de rayon
infini, donc ϕ est de classe C∞
sur R.
Exprimer f à l’aide de ϕ.
1re méthode Étude d’extrémum pour une fonction numérique
de deux variables réelles :
En notant C = (x,y) ∈ [0 ; +∞[2
; x + y 2
et f : C −→ R, (x,y) −→ x2 y2(x2 + y2) , montrer que f
admet une borne supérieure et que celle-ci est atteinte.
Déterminer les points critiques de f sur l’intérieur de C et en
déduire que la borne supérieure de f est atteinte sur le bord
de C. Étudier la restriction de f au bord de C.
2è méthode : Se ramener à une étude d’extrémum pour une fonc-
tion numérique d’une seule variable réelle :
Considérer, pour y ∈ [0 ; 2] fixé, l’application
h : [0 ; 2 − y] −→ R, x −→ f (x,y),
déterminer Sup
x∈[0;2−y]
h(x), puis étudier l’expression obtenue, en
fonction de y.Il pourra alors être commode de poser t = y − 1.
a) L’étude du cas x = 0 est immédiate. Si x = 0, étudier
fx : [
√
x ; +∞[−→ R, y −→ y3 − 2xy + x3
.
b) 1) Calculer fx (2
√
x), et déduire la continuité de ϕ en 0.
2) Montrer
ϕ(x) − ϕ(0)
x − 0
−→
x−→0
+∞.
c) Utiliser le théorème des fonctions implicites et montrer que,
pour tout x0 ∈ ]0 ; 1], ϕ est de classe C∞
au voisinage de x0.
9.18
9.19
9.20
9.21
9.22
9.23
9.24
9.25](https://image.slidesharecdn.com/mathmatiquesmthodesetexercicesmp-141109172011-conversion-gate01/85/Mathematiques-methodes-et-exercices-mp-396-320.jpg)
![387
• D’après les théorèmes généraux, f est de classe C1
sur
l’ouvert R2
− {(0,0)}.
• On a :
| f (x,y)| =
| sin (xy)|
|x| + |y|
|xy|
|x| + |y|
|x| −→
(x,y)−→(0,0)
0,
donc : f (x,y) −→
(x,y)−→(0,0)
0 = f (0,0),
ce qui montre que f est continue en (0,0).
Il en résulte que f est continue sur R2
.
• Considérons l’application
g : R −→ R, x −→ g(x) = f (x,x) .
On a :
g(x) − g(0)
x − 0
=
sin (x2
)
2x|x|
∼
x−→0
x
2|x|
−→
x−→0±
±
1
2
.
Ainsi, g n’est pas dérivable en 0.
Si f était de classe C1
sur R2
, par composition, g serait de
classe C1
sur R, contradiction.
On conclut : f n’est pas de classe C1
sur R2
.
Rappelons qu’une application f : U −→ C, de classe
C2
sur un ouvert U de R2
est dite harmonique si et seulement
si son laplacien est nul, le laplacien de f étant :
f =
∂2
f
∂x2
+
∂2
f
∂y2
.
Vu la linéarité du laplacien, décomposons le polynôme P sur
la base canonique :
P =
n
k=0
akXk
, où n ∈ N, a0,. . . ,an ∈ C.
Notons, pour tout k ∈ {0,. . . ,n} :
ek : R2
−→ C, (x,y) −→ (x + i y)k
.
Ainsi : f =
n
k=0
akek.
Puisque ∆ est linéaire, on a : ∆ f =
n
k=0
ak∆ek.
Et, pour tout k ∈ {0,. . . ,n} et tout (x,y) ∈ R2
:
∂ek
∂x
(x,y) = k(x + i y)k−1
,
∂ek
∂y
(x,y) = i k(x + i y)k−1
,
puis :
∂2
ek
∂x2
(x,y) = k(k − 1)(x + i y)k−2
,
∂2
ek
∂y2
(x,y) = −k(k − 1)(x + i y)k−2
,
d’où : ∆ek(x,y) = 0, et enfin : ∆ f = 0.
On conclut que f est harmonique sur R2
.
Puisque (x,y,z) −→ x2 + y2 + z2 est de classe C2
sur U et à valeurs > 0, et que f est de classe C2
sur ]0 ; +∞[,
par composition, l’application
g : (x,y,z) −→ f ( x2 + y2 + z2) est de classe C2
sur U.
On a, en notant ρ = x2 + y2 + z2 , pour tout (x,y,z) ∈ U :
∂g
∂x
(x,y,z) = f (ρ)
x
ρ
,
puis :
∂2
g
∂x2
(x,y,z) = f (ρ)
x
ρ
2
+ f (ρ)
1
ρ
+ f (ρ)x
−1
ρ2
x
ρ
= f (ρ)
x2
ρ2
+ f (ρ)
1
ρ
− f (ρ)
x2
ρ3
,
et de même par rapport à y ou à z.
D’où : ∆g(x,y,z) =
∂2
g
∂x2
+
∂2
g
∂y2
+
∂2
g
∂z2
= f (ρ)
x2
+ y2
+ z2
ρ2
+ 3 f (ρ)
1
ρ
− f (ρ)
x2
+ y2
+ z2
ρ3
= f (ρ) +
2
ρ
f (ρ).
1) Soit f convenant. Par résolution de l’EDP2 fxy = 0,
il existe A,B : R −→ R de classe C2
telles que :
∀ (x,y) ∈ R2
, f (x,y) = A(x) + B(y).
On a, pour tout x ∈ R :
f (x,x) = 0 ⇐⇒ A(x) + B(x) = 0 ,
et donc : ∀ (x,y) ∈ R2
, f (x,y) = A(x) − A(y).
2) Réciproquement, pour toute application A : R −→ R de
classe C2
sur R, l’application
f : R2
−→ R, (x,y) −→ A(x) − A(y)
est de classe C2
sur R2
et convient.
On conclut que les applications cherchées sont les
f : R2
−→ R, (x,y) −→ A(x) − A(y),
où A : R −→ R est de classe C2
sur R.
Corrigés des exercices
9.1
9.2
9.3
9.4](https://image.slidesharecdn.com/mathmatiquesmthodesetexercicesmp-141109172011-conversion-gate01/85/Mathematiques-methodes-et-exercices-mp-397-320.jpg)
![388
Dans chacun des deux exemples, f est de classe C2
sur
l’ouvert R2
.
a) On a, pour tout (x,y) ∈ R2
:
fx (x,y) = 4 − 2x − 6x2
fy(x,y) = 2 − 2y,
donc f admet deux points critiques exactement :
A(−1, 1), B(2/3, 1) .
D’après le cours, si f admet un extrémum local, comme f est
de classe C1
sur l’ouvert R2
, celui-ci est en un point critique
de f.
On a, pour tout (x,y) ∈ R2
:
fx2 (x,y) = −2 − 12x, fxy(x,y) = 0, fy2 (x,y) = −2 .
• En A : r = 10, s = 0, t = −2, s2
− rt = 20 > 0, donc f
n’a pas d’extrémum local en A (il s’agit d’un point-col).
• En B : r = −10, s = 0, t = −2, s2
− rt = −20 < 0,
t < 0, donc f admet un maximum local en B.
Finalement, f admet un extrémum local et un seul, en (2/3, 1),
c’est un maximum local, et f (2/3,1) = 71/27.
b) On a, pour tout (x,y) ∈ R2
:
fx (x,y) = y + 3x2
y2
= y(1 + 3x2
y)
fy(x,y) = x + 2x3
y = x(1 + 2x2
y),
d’où l’on déduit :
fx (x,y) = 0
fy(x,y) = 0
⇐⇒
x = 0
y = 0.
Ainsi, f admet un point critique et un seul : (0,0).
Comme :
f (x,x) − f (0,0 = x2
+ x5
> 0 si x ∈ ]0 ; 1]
f (x,−x) − f (0,0) = −x2
+ x5
< 0 si x ∈ ]0 ; 1],
f n’a pas d’extrémum local en (0,0).
Finalement, f n’a pas d’extrémum local.
a) L’application
f : R3
−→ R, (x,y,z) −→ z5
+ xz2
+ yz − 1
est de classe C1
sur l’ouvert R3
, f (0,0,1) = 0, et, pour tout
(x,y,z) ∈ R3
, fz (x,y,z) = 5z4
+ 2xz + y,
donc fz (0,0,1) = 5 =/ 0.
D’après le théorème des fonctions implicites, il existe un voi-
sinage V de (0,0) dans R2
et une application ϕ : V −→ R
unique tels que : ϕ est de classe C∞
sur V, ϕ(0,0) = 1, et, pour
tout (x,y) ∈ V, ϕ(x,y) est une solution de l’équation
z5
+ xz2
+ yz − 1 = 0, d’inconnue z ∈ R.
b) Puisque ϕ est de classe C∞
sur V, d’après le théorème de
Taylor-Young, ϕ admet, en particulier, un développement li-
mité à l’ordre 2 en (0,0). Celui-ci est de la forme :
ϕ(x,y) = 1 + αx + βy + ax2
+ bxy + cy2
+ o
(x,y)−→(0,0)
(x2
+ y2
),
où α, β, a, b, c ∈ R sont à calculer.
En reportant dans la relation définissant ϕ(x,y), on a, pour tout
(x,y) ∈ V :
0 = z5
+ xz2
+ yz − 1
= 1 + 5(αx + βy)+5(ax2
+ bxy + cy2
)+10((αx + βy)2
+x 1 + 2(αx + βy) +y 1 + (αx + βy) − 1 + o(x2
+ y2
)
= (5α + 1)x + (5β + 1)y
+ (5a + 10α2
+ 2α)x2
+ (5b + 20αβ + 2β + α)xy
+(5c + 10β2
+ β)y2
+ o(x2
+ y2
).
Par unicité du développement limité à l’ordre 2 de la fonction
nulle, on obtient :
5α + 1 = 0
5β + 1 = 0
5a + 10α2
+ 2α = 0
5b + 20αβ + 2β + α = 0
5c + 10β2
+ β = 0
et on déduit :
α = −
1
5
, β = −
1
5
, a = 0, b = −
1
25
, c = −
1
25
.
On conclut :
ϕ(x,y)
= 1 −
1
5
x −
1
5
y −
1
25
xy −
1
25
y2
+ o
(x,y)−→(0,0)
(x2
+ y2
) .
Notons F : R2
−→ R, (x,y) −→ f f (x,y),y .
• L’application F est de classe C1
sur l’ouvert R2
• F(0,0) = f (0,0) = 0
• On a, pour tout (x,y) ∈ R2
:
Fy(x,y) = fx f (x,y),y) fy(x,y) + fy f (x,y),y)1,
donc : Fy(0,0) = fx (0,0) fy(0,0) + fy(0,0)
= fx (0,0) + 1
/= 0
fy(0,0)
/= 0
=/ 0.
D’après le théorème des fonctions implicites, la relation
F(x,y) = 0 définit implicitement y en fonction de x au voi-
sinage de (0,0).
9.5
9.6
9.7](https://image.slidesharecdn.com/mathmatiquesmthodesetexercicesmp-141109172011-conversion-gate01/85/Mathematiques-methodes-et-exercices-mp-398-320.jpg)
![L’application ϕ : x −→ 3eY
xex2
+ x3
− X est de classe C1
sur R, strictement croissante sur R, et lim
x→−∞
ϕ(x) = −∞,
lim
x→+∞
ϕ(x) = +∞ ; il existe donc x ∈ R, unique, tel que
ϕ(x) = 0.
Ceci montre que le système d’équations précédent, d’inconnue
(x,y), admet une solution et une seule, et donc que f est bi-
jective.
Finalement, f est un C1
-difféomorphisme de R2
sur R2
.
• U =]0 ; +∞[2
est un ouvert de R2
et, d’après les théo-
rèmes généraux, φ est de classe C∞
sur U.
• Montrons que φ est une bijection de U sur U et explici-
tons φ−1
.
Il est d’abord clair que : ∀ (x,y) ∈ U, φ(x,y) ∈ U.
Soit (u,v) ∈ U. On a, pour tout (x,y) ∈ U :
φ(x,y) = (u,v)
⇐⇒
x3
y2
= u
1
x2 y
= v
⇐⇒
x3
y2
= u
x2
y =
1
v
⇐⇒
y =
1
vx2
x3 1
v2x4
= u
⇐⇒
x =
1
uv2
y = u2
v3
.
Considérons donc l’application
ψ : U −→ U, (u,v) −→
1
uv2
, u2
v3
.
Nous venons de montrer :
∀ (x,y) ∈ U, ∀ (u,v) ∈ U,
(u,v) = φ(x,y) ⇐⇒ (x,y) = ψ(u,v).
Ainsi, φ est bijective et ψ = φ−1
.
• D’après les théorèmes généraux,
φ−1
: (u,v) −→
1
uv2
,u2
v3
est de classe C∞
sur U.
On conclut que φ est un C∞
-difféomorphisme de U sur U.
Considérons l’application
F : R2
−→ R, (x,y) −→
1
2
f 2
x (x,y) + f 2
y (x,y) .
Puisque f est de classe C2
sur R2
, par opérations, F est de
classe C1
sur R2
. En particulier :
• pour tout x ∈ [0 ; 1], F(x,·) est continue sur R
• pour tout y ∈ R, F(·,y) est continue par morceaux et inté-
grable sur le segment [0 ; 1]
•
∂F
∂y
existe sur [0 ; 1] × R
• pour tout x ∈ [0 ; 1],
∂F
∂y
(x,·) est continue sur R
• pour tout y ∈ R,
∂F
∂y
(·,y) est continue par morceaux sur
[0 ; 1]
•
∂F
∂y
vérifie l’hypothèse de domination locale sur [0 ; 1] × R,
car
∂F
∂y
est continue sur R2
, donc bornée sur tout compact
de R2
.
D’après le théorème de dérivation sous le signe
1
0
, J est de
classe C1
sur R et, pour tout y ∈ R :
J (y) =
1
0
Fy(x,y) dx
=
1
2
1
0
2 fx (x,y) fxy(x,y) + 2 fy(x,y) fy2 (x,y) dx
=
1
0
( fx fy)x (x,y) dx = fx fy
x=1
x=0
= 0,
car fx et fy sont 1-périodiques en x.
Ceci montre que J est constante sur R.
L’application φ : (θ,ρ) −→ (ρcos θ, ρsin θ) est un C1
-
difféomorphisme de l’ouvert U =]0;
π
2
[×]0; +∞[ sur l’ou-
vert (R∗
+)2
.
L’application f −→ f ◦ φ est donc une bijection de
C1
(R∗
+)2
,R sur C1
(U,R).
Soient f ∈ C1
(R∗
+)2
,R , g = f ◦ φ. On a, pour tout (θ,ρ)
de U, par dérivation d’une fonction composée :
∂g
∂ρ
(θ,ρ)
=
∂ f
∂x
(ρcos θ, ρsin θ)cos θ +
∂ f
∂y
(ρ cos θ,ρsin θ)sin θ.
Ainsi, f est solution de l’EDP (équation aux dérivées partielles)
de l’énoncé si et seulement si g est solution de l’EDP :
∀ (θ,ρ) ∈ U,
∂g
∂ρ
(θ,ρ) =
cos θ
ρ
.
Comme, pour θ ∈]0;
π
2
[ fixé, ρ décrit l’intervalle ]0; +∞[,
la solution générale de l’EDP ci-dessus est
g : (θ,ρ) −→ cos θ ln ρ + A(θ), où A ∈ C1
]0;
π
2
[,R .
390
9.11
9.12
9.13](https://image.slidesharecdn.com/mathmatiquesmthodesetexercicesmp-141109172011-conversion-gate01/85/Mathematiques-methodes-et-exercices-mp-400-320.jpg)
![391
Puisque ρ = x2 + y2 et θ = Arctan
y
x
, on conclut que la so-
lution générale de l’EDP proposée est :
f : (x,y) −→
x
2 x2 + y2
ln (x2
+ y2
) + C
y
x
,
où C ∈ C1
]0; +∞[, R .
L’application φ1 : U −→ R2
(x,y)−→(x+y, y−x)
est de classe C2
sur
l’ouvert U, et :
φ1(U) = (u,v) ∈ R2
; u + v > |u − v| =]0; +∞[2
.
En notant V = φ1(U) et φ : U −→ V
(x,y)−→(x+y, y−x)
, U et V sont
des ouverts de R2
et φ est un C2
-difféomorphisme de U
sur V, c’est-à-dire :
φ est de classe C2
, φ est bijective, φ−1
est de classe C2
.
Ainsi, f est solution de l’EDP de l’énoncé si et seulement si:
∀ (u,v) ∈ V, −4
∂2
g
∂u∂v
(u,v) =
1
√
uv
.
Pour v ∈]0; +∞[ fixé, on « intègre » par rapport à u (u décrit
l’intervalle ]0; +∞[) :
∂g
∂v
(u,v) = −
1
2
√
u
√
v
+ a(v),
où a ∈ C1
]0; +∞[, R .
Puis, pour u ∈]0; +∞[ fixé, on intègre par rapport à v v dé-
crit l’intervalle ]0; +∞[ :
g(u,v) = −
√
u
√
v + A(v) + B(u),
où A est une primitive de a, et B ∈ C2
]0; +∞[, R .
La solution générale de l’EDP de l’énoncé est :
f : (x,y) −→ − y2 − x2 + A(y − x) + B(x + y),
où A,B ∈ C2
]0; +∞[, R .
• L’application f est de classe C1
sur l’ouvert
U =] − π/2 ; π/2[2
, donc, si f admet un extrémum local, c’est
nécessairement en un point critique.
• Recherche des points critiques de f :
On a, pour tout (x,y) ∈ U :
fx (x,y) =
1
cos 2x
th y −
1
ch2
x
tan y
fy(x,y) = tan x
1
ch2
y
− th x
1
cos 2 y
.
Donc :
(S)
fx (x,y) = 0
fy(x,y) = 0
⇐⇒
1
cos 2x
sh y
ch y
=
1
ch2
x
sin y
cos y
sin x
cos x
1
ch2
y
=
sh x
ch x
1
cos 2 y
⇐⇒
ch2
x sh y cos y = cos 2
x sin y ch y
sin x ch x cos 2
y = cos x sh x ch2
y
⇐⇒
(ch x cos y)(ch x sh y) = ( cos x ch y)( cos x sin y)
(ch x cos y)( sin x cos y) = ( cos x ch y)(sh x ch y)
⇒ (ch x sh y)(sh x ch y) = ( sin x cos y)( cos x sin y)
⇐⇒ sh 2x sh 2y = sin 2x sin 2y .
Si x =/ 0 et y =/ 0, alors :
(S) ⇒
sin 2x
sh 2x
sin 2y
sh 2y
= 1.
y
xO
U
v
uO
V
Soient f ∈ C2
(U,R), g = f ◦ φ−1
. On a, avec des notations
abusives classiques :
∂ f
∂x
=
∂g
∂u
∂u
∂x
+
∂g
∂v
∂v
∂x
=
∂g
∂u
−
∂g
∂v
∂ f
∂y
=
∂g
∂u
∂u
∂y
+
∂g
∂v
∂v
∂y
=
∂g
∂u
+
∂g
∂v
,
∂2
f
∂x2
=
∂
∂x
∂ f
∂x
=
∂
∂u
∂g
∂u
−
∂g
∂v
∂u
∂x
+
∂
∂v
∂g
∂u
−
∂g
∂v
∂v
∂x
=
∂2
g
∂u2
−
∂2
g
∂u∂v
−
∂2
g
∂v∂u
−
∂2
g
∂v2
=
∂2
g
∂u2
− 2
∂2
g
∂u∂v
+
∂2
g
∂v2
∂2
f
∂y2
=
∂
∂y
∂ f
∂y
=
∂
∂u
∂g
∂u
+
∂g
∂v
∂u
∂y
+
∂
∂v
∂g
∂u
+
∂g
∂v
∂v
∂y
=
∂2
g
∂u2
+
∂2
g
∂u∂v
+
∂2
g
∂v∂u
+
∂2
g
∂v2
=
∂2
g
∂u2
+ 2
∂2
g
∂u∂v
+
∂2
g
∂v2
.
9.14
9.15](https://image.slidesharecdn.com/mathmatiquesmthodesetexercicesmp-141109172011-conversion-gate01/85/Mathematiques-methodes-et-exercices-mp-401-320.jpg)
![392
Mais, on sait (par étude de variations de fonctions, par exemple)
que : ∀ t ∈ ]0 ; +∞[, | sin t| < t < sh t,
d’où ici :
sin 2x
sh 2x
< 1 et
sin 2y
sh 2y
< 1, contradiction.
Ceci montre : x = 0 ou y = 0.
Si x = 0, alors :
(S) ⇐⇒
sh y
ch y
=
sin y
cos y
⇐⇒ th y = tan y .
Mais on sait (par étude de variations de fonctions, par exemple)
que : ∀ t ∈ ]0 ; π/2[, 0 < th t < t < tan t.
Il s’ensuit : y = 0.
Ainsi, f admet un point critique et un seul, le point (0,0).
• Étude en (0,0) :
On a :
f (x,x2
) = tan x th (x2
) − th x tan (x2
)
= x +
x3
3
+ o(x3
) x2
+ o(x4
)
− x −
x3
3
+ o(x3
) x2
+ o(x4
)
=
2
3
x5
+ o(x5
) ∼
x−→0
2
3
x5
.
Il en résulte, au voisinage de 0 :
f (x,x2
) > 0 pour x > 0
f (x,x2
) < 0 pour x < 0.
On déduit que f n’a pas d’extrémum local en (0,0).
Finalement, f n’a pas d’extrémum local.
• Existence de la borne supérieure :
Notons T = (x,y) ∈ [0 ; +∞[2
; x + y π .
D’après le cours, il en résulte que f est bornée et atteint ses
bornes. Notons M = Sup
(x,y)∈T
f (x,y).
Comme f s’annule en tout point du bord de T et que, par
exemple, f (π/4, π/4) > 0, f atteint M en un point de l’in-
térieur T◦
de T. Comme f est de classe C1
sur T◦
, ce point
est un point critique de f.
• Recherche des points critiques de f :
On a, pour tout (x,y) ∈ T◦
:
fx (x,y) = 0
fy(x,y) = 0
⇐⇒
sin y
/= 0
cos x sin (x + y) + sin x cos (x + y) = 0
sin x
/= 0
cos y sin (x + y) + sin y cos (x + y) = 0
⇐⇒
sin (2x + y) = 0
sin (x + 2y) = 0
⇐⇒
2x + y ≡ 0 [π]
x + 2y ≡ 0 [π]
⇐⇒
x ≡ y [π]
x ≡ 0 [π/3]
⇐⇒ x = y = π/3.
• On conclut :
Sup
(x,y)∈[0 ;+∞[2;x+y π
f (x,y) = f (π/3, π/3) =
3
√
3
8
.
Rappelons : ∀ (x,y) ∈ R2
, |xy|
1
2
(x2
+ y2
).
Soit (x,y,z) ∈ R3
tel que x2
+ y2
+ z2
= 9.
On a alors :
• xy + z2 1
2
(x2
+ y2
) + z2
x2
+ y2
+ z2
= 9,
atteint (au moins) en (x,y,z) = (0,0,3).
• xy + z2
−
1
2
(x2
+ y2
) + z2
= −
1
2
(x2
+ y2
+ z2
) +
3
2
z2
= −
9
2
+
3
2
z2
−
9
2
,
atteint (au moins) en (x,y,z) = (3/
√
2, −3/
√
2, 0).
On conclut que les bornes inférieures et supérieures demandées
sont, respectivement : −9/2, 9.
a) Notons P,Q les coefficients de ω :
P(x,y) = x2
+ y2
− 1, Q(x,y) = −2xy,
qui sont de classe C1
sur R2
.
On a, pour tout (x,y) de R2
:
∂ P
∂y
(x,y) = 2y,
∂Q
∂x
(x,y) = −2y,
y
xO
T
Il est clair que T est fermé borné, donc compact.
D’autre part, l’application
f : T −→ R, (x,y) −→ sin x sin y sin (x + y)
est continue sur T.
9.16
9.18
9.17](https://image.slidesharecdn.com/mathmatiquesmthodesetexercicesmp-141109172011-conversion-gate01/85/Mathematiques-methodes-et-exercices-mp-402-320.jpg)
![393
et donc :
∂ P
∂y
(x,y) =
∂Q
∂x
(x,y) ⇐⇒ y = 0.
Comme la droite (x,y) ∈ R2
; y = 0 ne contient aucun ou-
vert non vide de R2
, on conclut que ω n’est fermée sur aucun
ouvert non vide de R2
.
b) Soient U un ouvert non vide de R2
, I un intervalle de R tel
que : ∀ (x,y) ∈ U, x2
− y2
∈ I, et ϕ : I −→ R de classe C1
.
Notons ω1 la forme différentielle définie sur U par :
ω1(x,y) = ϕ(x2
− y2
)ω(x,y)
= (x2
+ y2
− 1)ϕ(x2
− y2
)dx − 2xyϕ(x2
− y2
)dy.
Notons P1, Q1 les coefficients de ω1 :
P1(x,y) = (x2
+ y2
− 1)ϕ(x2
− y2
),
Q1(x,y) = −2xyϕ(x2
− y2
),
qui sont de classe C1
sur U.
On a, pour tout (x,y) de U :
∂ P1
∂y
(x,y)
= −(x2
+ y2
− 1)2yϕ (x2
− y2
) + 2yϕ(x2
− y2
)
∂Q1
∂x
(x,y) = −4x2
yϕ (x2
− y2
) − 2yϕ(x2
− y2
),
et donc
∀ (x,y) ∈ U,
∂ P1
∂y
(x,y) =
∂Q1
∂x
(x,y)
⇐⇒ ∀(x,y) ∈ U, 2y(x2
− y2
+ 1)ϕ (x2
− y2
)
+4yϕ(x2
− y2
) = 0
⇐⇒ ∀ t ∈ I, (t + 1)ϕ (t) + 2ϕ(t) = 0 .
Une solution (autre que 0) de l’équation différentielle précé-
dente est donnée par :
ϕ(t) = e
− 2
t+1 dt
= e−2ln |t+1|
=
1
(t + 1)2
.
Choisissons
U = (x,y) ∈ R2
; x2
− y2
+ 1 < 0 et y > 0
= (x,y) ∈ R2
; y > x2 + 1 ,
I = ] − ∞; −1[, ϕ : t −→
1
(t + 1)2
.
La forme différentielle ω1, définie par :
ω1(x,y) =
x2
+ y2
− 1
(x2 − y2 + 1)2
dx −
2xy
(x2 − y2 + 1)2
dy,
est fermée sur l’ouvert U, et l’ouvert U est étoilé (intérieur d’un
arc d’hyperbole).
D’après le théorème de Poincaré, ω1 est exacte sur U. D’ailleurs,
nous allons expliciter les primitives de ω1 sur U.
Une application F1 : U −→ R est une primitive de ω1 sur U
si et seulement si :
∀ (x,y) ∈ U,
∂F1
∂x
(x,y) =
x2
+ y2
− 1
(x2 − y2 + 1)2
∂F1
∂y
(x,y) = −
2xy
(x2 − y2 + 1)2
Pour y fixé, x varie dans un intervalle, d’où, en « intégrant »
(2) par rapport à y :
F1(x,y) = −
x
x2 − y2 + 1
+ A(x),
où A est de classe C1
sur ] − y2 − 1; y2 − 1[ .
En reportant dans (1) :
(1) ⇐⇒ −
1
x2 − y2 + 1
+
2x2
(x2 − y2 + 1)2
+ A (x)
=
x2
+ y2
− 1
(x2 − y2 + 1)2
⇐⇒ A (x) = 0.
Ainsi, les primitives de ω1 sur U sont les applications
F : (x,y) −→ −
x
x2 − y2 + 1
+ C, C ∈ R.
• En notant X = y + z, Y = z + x, Z = x + y, on a :
2(x2
+ y2
+ z2
+ xy + xz + yz)
= (x + y)2
+ (x + z)2
+ (y + z)2
= X2
+ Y2
+ Z2
,
donc :
x2
+ y2
+ z2
+ xy + xz + yz = 0 ⇐⇒ X2
+ Y2
+ Z2
= 0
⇐⇒
X = 0
Y = 0
Z = 0
⇐⇒
y + z = 0
x + z = 0
x + y = 0
⇐⇒
x = 0
y = 0
z = 0.
Ainsi, f est définie sur U = R3
− {(0,0,0)}.
y
x
O
U
(1)
(2)
9.19](https://image.slidesharecdn.com/mathmatiquesmthodesetexercicesmp-141109172011-conversion-gate01/85/Mathematiques-methodes-et-exercices-mp-403-320.jpg)
![395
2) Soit X ∈ GLn(R).
Puisque GLn(R) est un ouvert de Mn(R), il existe ε > 0 tel
que :
∀ H ∈ Mn(R), ||H|| ε ⇒ X + H ∈ GLn(R) .
On a, pour toute H ∈ Mn(R) telle que ||H|| ε :
f (X + H) − f (X) = (X + H)−1
− X−1
= (X + H)−1
X − (X + H) X−1
= −(X + H)−1
H X−1
,
d’où :
f (X + H) − f (X) + X−1
H X−1
= X−1
− (X + H)−1
H X−1
.
Notons LX : Mn(R) −→ Mn(R), H −→ −X−1
H X−1
.
Il est clair que LX est linéaire.
D’autre part, comme l’application f est continue sur GLn(R),
on a : (X + H)−1
−→
H−→0
X−1
,
donc : X−1
− (X + H)−1
H X−1
= o
H−→0
(||H||).
On obtient : f (X + H) = f (X) + LX (H) + o
H−→0
(||H||).
On conclut que, pour tout X ∈ GLn(R), LX est la différen-
tielle de f en X. Autrement dit :
∀ X ∈ GLn(R), ∀ H ∈ Mn(R), dX f (H) = LX (H) .
Considérons l’application ϕ : R −→ R définie par :
ϕ(t) =
et
− 1
t
si t =/ 0
1 si t = 0.
On a : ∀ (x,y) ∈ R2
, f (x,y) = yϕ(xy).
Par composition, il suffit donc de prouver que ϕ est de
classe C∞
sur R ; ainsi, dans cet exemple, on se ramène à l’étude
d’une fonction d’une variable réelle.
On sait: ∀ t ∈ R, et
=
+∞
n=0
tn
n!
,
d’où :
∀ t ∈ R∗
,
et
− 1
t
=
1
t
+∞
n=1
tn
n!
=
+∞
n=1
tn−1
n!
=
+∞
n=0
tn
(n + 1)!
.
Comme de plus ϕ(0) = 1, on obtient :
∀ t ∈ R, ϕ(t) =
+∞
n=0
tn
(n + 1)!
.
Ceci montre que ϕ est développable en série entière en 0, de
rayon infini, donc ϕ est de classe C∞
sur R, puis, par com-
position, f est de classe C∞
sur R2
.
1re méthode : Étude d’extrémum pour une fonction nu-
mérique de deux variables réelles :
Notons C = (x,y) ∈ [0 ; +∞[2
; x + y 2 ,
f : C −→ R, (x,y) −→ x2
y2
(x2
+ y2
).
9.23
y
xO
C
2
2
• Existence de la borne supérieure de f :
Il est clair que C est fermé borné dans R2
, donc C est com-
pact. D’autre part, par les théorèmes généraux, f est continue
sur C. D’après le cours, il en résulte que f est bornée et
atteint ses bornes. En particulier, la borne supérieure deman-
dée existe et est atteinte.
• Recherche des points critiques :
Notons C◦
l’intérieur de C, c’est-à-dire :
C◦
= (x,y) ∈ [0 ; +∞[2
; x > 0, y > 0, x + y < 2 .
L’application f est de classe C1
sur l’ouvert C◦
, donc, si f
admet un extrémum local en un point (x,y) de C◦
, alors (x,y)
est un point critique de f.
On a, pour tout (x,y) ∈ C◦
:
fx (x,y) = 0
fy(x,y) = 0
⇐⇒
4x3
y2
+ 2xy4
= 0
2x4
y + 4x2
y3
= 0
⇐⇒
2xy2
(2x2
+ y2
) = 0
2x2
y(x2
+ 2y2
) = 0
⇐⇒ x = 0 ou y = 0 ,
ce qui est exclu.
Ceci montre que f n’a pas de point critique dansC◦
, donc f
n’a pas d’extrémum local dans C◦
.
Comme on a vu plus haut que le maximum de f est atteint, il
en résulte que ce maximum n’est pas atteint dans C◦
, donc est
atteint au bord de C.
• Étude de f au bord de C :
Comme :
f (1,1) = 2 > 0
∀ x ∈ [0 ; 2], f (x,0) = 0
∀ y ∈ [0 ; 2], f (0,y) = 0,
le maximum de f est atteint en un point du segment
S = (x,y) ∈ [0 ; +∞[2
; x + y = 2 .
9.24](https://image.slidesharecdn.com/mathmatiquesmthodesetexercicesmp-141109172011-conversion-gate01/85/Mathematiques-methodes-et-exercices-mp-405-320.jpg)
![396
Il est clair que, lorsque (x,y) décrit S, le produit
p = xy = x(2 − x) décrit [0 ; 1].
On a, pour tout (x,y) ∈ S :
f (x,y) = x2
y2
(x2
+ y2
) = p2
(4 − 2p) = 4p2
− 2p3
.
L’application g : [0 ; 1] −→ R, p −→ 4p2
− 2p3
est déri-
vable et, pour tout p ∈ [0 ; 1] :
g (p) = 8p − 6p2
= 2p(4 − 3p) 0 ,
donc g est croissante sur [0 ; 1].
Il s’ensuit : Sup
p∈[0 ;1]
g(p) = g(1) = 2.
On conclut que Sup
(x,y)∈[0 ;+∞[2 ; x+y 2
x2
y2
(x2
+ y2
),
existe, est égale à 2, et est atteinte en (1,1) et en ce point seu-
lement.
2è méthode : Se ramener à une étude d’extrémum pour une fonc-
tion numérique d’une variable réelle :
• Pour y ∈ [0 ; 2] fixé, considérons l’application :
h : [0 ; 2 − y] −→ R,
x −→ h(x) = f (x,y) = x2
y2
(x2
+ y2
) = x4
y2
+ x2
y4
.
L’application h est dérivable sur [0 ; 2 − y] et :
∀ x ∈ [0 ; 2 − y], h (y) = 4x3
y2
+ 2xy4
= 2xy2
(2x2
+ y2
) 0,
donc h est croissante sur [0 ; 2 − y].
Il en résulte que h admet une borne supérieure et que celle-
ci est atteinte en 2 − y :
Sup
x∈[0 ;2−y]
h(x) = h(2 − y) = (2 − y)2
y2
(2 − y)2
+ y2
.
• Par commodité, notons t = y − 1 et :
k : [−1 ; 1] −→ R, t −→ k(t) = h(2 − y)
= (1 + t)2
(1 − t)2
(1 + t)2
+ (1 − t)2
= 2(1 − t2
)2
(1 + t2
).
L’application k est dérivable sur [−1 ; 1] et, par simple
calcul, pour tout t ∈ [−1 ; 1] :
k (t) = −2t(1 − t2
)(1 + 3t2
) 0 ,
donc k est croissante sur [−1 ; 0] et décroissante sur [0 ; 1].
Il en résulte que k atteint sa borne supérieure en t = 0, c’est-
à-dire pour y = 1, et alors x = 2 − y = 1.
On conclut que Sup
(x,y)∈[0 ;+∞[2 ; x+y 2
x2
y2
(x2
+ y2
) existe, est
égale à 2, et est atteinte en (1,1) et en ce point seulement.
a) Soit x ∈ [0 ; 1].
• Si x = 0, il est clair que l’équation proposée admet une so-
lution et une seule, et ϕ(0) = 0.
• Supposons x =/ 0. Considérons
fx : [
√
x ; +∞[−→ R, y −→ y3
− 2xy + x3
.
L’application fx est dérivable sur [
√
x ; +∞[ et, pour tout
y ∈ [
√
x ; +∞[ :
( fx ) (y) = 3y2
− 2x 3x − 2x = x > 0 ,
donc fx est strictement croissante sur [
√
x ; +∞[.
De plus : fx (
√
x) = −x
√
x + x3
= −x3/2
(1 − x3/2
) 0
et fx (y) −→
y−→+∞
+∞.
Puisque fx est continue et strictement croissante sur [
√
x ; +∞[,
il en résulte que l’équation y3
− 2xy + x3
= 0, d’inconnue
y ∈ [
√
x ; +∞[, admet une solution et une seule, notée ϕ(x).
b) 1) On a, pour tout x ∈ [0 ; 1] :
fx (2
√
x) = 4x
√
x + x3
0 ,
donc : ϕ(x) 2
√
x .
Comme : ∀ x ∈ [0 ; 1],
√
x ϕ(x) 2
√
x,
on déduit, par théorème d’encadrement :
ϕ(x) −→
x−→0
0 = ϕ(0),
et on conclut que ϕ est continue en 0.
2) On a, pour tout x ∈ ]0 ; 1] :
ϕ(x) − ϕ(0)
x − 0
=
ϕ(x)
x
√
x
x
=
1
√
x
−→
x−→0+
+∞ ,
donc ϕ n’est pas dérivable en 0.
c) Notons F : R2
−→ R, (x,y) −→ y3
− 2xy + x3
.
Soit x0 ∈ ]0 ; 1] fixé.
• L’application F est de classe C1
sur l’ouvert R2
.
• On a f x0,ϕ(x0) = 0, par définition de ϕ.
• On a : ∀ (x,y) ∈ R2
, fy(x,y) = 3y2
− 2x, donc :
Fy x0,ϕ(x0) = 3 ϕ(x0
2
− 2x0 3x0 − 2x0 = x0 > 0 ,
donc : Fy x0,ϕ(x0) =/ 0.
D’après le théorème des fonctions implicites, il existe un in-
tervalle ouvert Ix0 centré en x0, un intervalle ouvert Jx0 centré
en ϕ(x0), et une application ϕx0
: Ix0 −→ Jx0 unique, tels
que :
∀ (x,y) ∈ Ix0
× Jx0
, f (x,y) = 0 ⇐⇒ y = ϕx0
(x)
et ϕx0
est de classe C1
sur Ix0 .
D’après l’unicité de ϕ(x), pour x ∈ ]0 ; 1] vue en a), il en ré-
sulte : ∀ x ∈ Ix0 , ϕx0
(x) = ϕ(x).
Ainsi, ϕ est de classe C1
au voisinage de tout point de ]0 ; 1],
donc ϕ est de classe C1
sur ]0 ; 1].
9.25](https://image.slidesharecdn.com/mathmatiquesmthodesetexercicesmp-141109172011-conversion-gate01/85/Mathematiques-methodes-et-exercices-mp-406-320.jpg)
![Chapitre 10 • Compléments d’algèbre linéaire
400
Énoncés des exercices
Une formule sur somme et intersection de sev
Soient E un K-ev, A,B,C des sev de E.
Montrer : A + B ∩ (A + C) = A + C ∩ (A + B) .
Famille infinie libre, famille infinie liée
Étudier la liberté des familles d’applications suivantes, pour les lois usuelles :
a) fa : [0 ; +∞[−→ R, x −→
1
x + a a∈ ]0 ;+∞[
b) fa : R −→ R, x −→ ch (x − a) a∈R
.
Étude de l’existence d’une factorisation d’une matrice
Existe-t-il A ∈ M3,2(R) et B ∈ M2,3(R) telles que AB = C, où C désigne successivement les
matrices : C =
1 0 0
0 0 0
0 0 0
,
1 1 1
1 1 1
0 0 0
,
1 1 1
1 1 0
1 0 0
?
Séparation de vecteurs par une forme linéaire
Soient E un K-ev de dimension finie 1, x,y ∈ E tels que x =/ y. Montrer qu’il existe ϕ ∈ E∗
telle que : ϕ(x) =/ ϕ(y).
Utilisation de formes linéaires sur un espace de polynômes
Soient n ∈ N, a0,. . . ,an ∈ R deux à deux distincts. Montrer qu’il existe (λ0,. . . ,λn) ∈ Rn+1
unique tel que : ∀ P ∈ Rn[X], P (0) =
n
k=0
λk P(ak).
Famille des évaluations sur un ensemble fini
Soient n ∈ N∗
, X = {x1,. . . ,xn} un ensemble fini à n éléments. On note F = K X
et, pour tout
i ∈ {1,. . . ,n}, on note Ei : F −→ K, f −→ f (xi ), appelée évaluation en xi . Montrer que la
famille (Ei )1 i n est une base de F∗
.
Déterminant d’une famille de p formes linéaires prises en p points
Soient p ∈ N∗
, E un K-ev de dimension finie, ϕ1,. . . ,ϕp ∈ E∗
. Montrer que (ϕ1,. . . ,ϕp) est
libre si et seulement s’il existe (x1,. . . ,xp) ∈ E](https://image.slidesharecdn.com/mathmatiquesmthodesetexercicesmp-141109172011-conversion-gate01/85/Mathematiques-methodes-et-exercices-mp-410-320.jpg)
Mathématiques méthodes et exercices mp
- 1. Méthodesetexercices mathémati uesm Jean-Marie Monier mp Les méthodes à retenir Plus de 600 énoncés d’exercices Indications pour bien démarrer Tous les corrigés détaillés uploading by KAMAL-EDDINE RKE/
- 2. © Dunod, Paris, 2009 ISBN 978-2-10-054258-1
- 4. Table des matières IV Table des matières 1. Espaces vectoriels normés 1 Les méthodes à retenir 2 Énoncés des exercices 8 Du mal à démarrer ? 16 Corrigés des exercices 20 2. Fonctions vectorielles d’une variable réelle 43 Les méthodes à retenir 44 Énoncés des exercices 48 Du mal à démarrer ? 55 Corrigés des exercices 59 3. Intégration sur un intervalle quelconque 77 Les méthodes à retenir 78 Énoncés des exercices 81 Du mal à démarrer ? 89 Corrigés des exercices 95 4. Séries 135 Les méthodes à retenir 136 Énoncés des exercices 140 Du mal à démarrer ? 149 Corrigés des exercices 154 5. Suites et séries d’applications 185 Les méthodes à retenir 186 Énoncés des exercices 192 Du mal à démarrer ? 201 Corrigés des exercices 205 6. Séries entières 247 Les méthodes à retenir 248 Énoncés des exercices 253 Du mal à démarrer ? 262 Corrigés des exercices 267 7. Séries de Fourier 311 Les méthodes à retenir 311 Énoncés des exercices 313 Du mal à démarrer ? 318 Corrigés des exercices 320 8. Équations différentielles 335 Les méthodes à retenir 336 Énoncés des exercices 339 Du mal à démarrer ? 347 Corrigés des exercices 351
- 5. Table des matières V 9. Fonctions de plusieurs variables réelles 377 Les méthodes à retenir 378 Énoncés des exercices 382 Du mal à démarrer ? 385 Corrigés des exercices 387 10. Compléments d’algèbre linéaire 397 Les méthodes à retenir 398 Énoncés des exercices 400 Du mal à démarrer ? 406 Corrigés des exercices 410 11. Réduction des endomorphismes et des matrices carrées 427 Les méthodes à retenir 428 Énoncés des exercices 431 Du mal à démarrer ? 441 Corrigés des exercices 445 12. Algèbre bilinéaire 471 Les méthodes à retenir 472 Énoncés des exercices 475 Du mal à démarrer ? 486 Corrigés des exercices 492 13. Algèbre sesquilinéaire 519 Les méthodes à retenir 519 Énoncés des exercices 520 Du mal à démarrer ? 522 Corrigés des exercices 523 14. Compléments d’algèbre générale 527 Les méthodes à retenir 528 Énoncés des exercices 529 Du mal à démarrer ? 533 Corrigés des exercices 535 15. Géométrie 545 Les méthodes à retenir 545 Énoncés des exercices 547 Du mal à démarrer ? 549 Corrigés des exercices 551 Index alphabétique 557
- 6. VI Pour bien utiliser cet ouvrage − − − − La page d’entrée de chapitre Elle propose un plan du chapitre, les thèmes abordés dans les exercices, ainsi qu’un rappel des points essentiels du cours pour la résolution des exercices. ∗ · · · · − ∗ ∗ · · · ∗ Les méthodes à retenir Cette rubrique constitue une synthèse des prin- cipalesméthodesàconnaître,détailléesétapepar étape,et indique les exercices auxquels elles se rapportent.
- 7. VII Énoncés des exercices De nombreux exercices de difficulté croissante sont proposés pour s’entraîner. La difficulté de chaque exercice est indiquée sur une échelle de 1 à 4. Corrrigés des exercices Touslesexercicessontcorrigésdefaçondétaillée. − − − ∗ ∗ − ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∼ ∗ ∼ −−− − ∼∗ ∼ −−− − ∼ ∗ ∼ −−− − ∗ −−− ∗ − −−− − − − − − − − − − − − − − − − − − − − − − − − − − − − − − Du mal à démarrer ? Des conseils méthodologiques sont proposés pour bien aborder la résolution des exercices. − − − − α − − π π − − − −
- 8. Préface VIII Préface Alors que, récemment, je feuilletais l’un des manuels de mathématiques qui servait de référence lorsque – voici quelques décennies ! – j’étais en prépa, me revinrent en mémoire certaines sensations : à la lecture des énoncés des exercices que j’avais jadis cochés, d’une concision à la fois élégante et provocante, je me rappelais le plaisir que j’avais éprouvé à la résolution de quelques-uns d’entre eux mais aussi, cette étrange amertume, pas encore totalement estom- pée aujourd’hui, que j’avais ressentie en abandonnant la recherche de quelques-uns, pourtant signalés d’un simple asté- risque, après de vains efforts et plusieurs tentatives avortées. Les volumes Méthodes et Exercices (pour MP d’une part, PC-PSI-PT d’autre part) que J.-M. Monier nous présente aujourd’hui semblent tout spécialement écrits pour éviter ce traumatisme aux étudiants d’aujourd’hui et de demain. Chacun de ces ouvrages se compose de deux parties éminemment complémentaires : • Les méthodes constituent ce guide précieux qui permet à l’étudiant de passer, confiant, efficacement « coaché », du cours qu’il apprend à la recherche nécessaire et fructueuse des exercices. Si les théorèmes du cours sont les outils de l’artisan-étudiant, les méthodes et techniques proposées ici en sont les modes d’emploi. Évidemment, ces conseils sont particulièrement soignés et pertinents : ne sont-ils pas le fruit de la longue et multiple expérience de J.-M. Monier, pédagogue avéré, interrogateur recherché et auteur apprécié de maints ouvrages reconnus ? Pour une aide encore plus précise, chaque méthode est assortie de la liste des exercices dans lesquels sa mise en œuvre est souhaitable. • Les exercices, nombreux, variés et souvent originaux, couvrent la totalité du programme, chapitre après chapitre. Ils répondent parfaitement à un triple objectif : permettre d’assurer, d’approfondir et d’affiner, pendant son apprentissage, la compréhension du cours ; consolider et enrichir ses connaissances par la résolution d’exercices plus substantiels et de questions plus déli- cates ; réaliser des révisions efficaces et ciblées lors de la préparation des épreuves écrites ou orales des concours. Ces exercices sont judicieusement classés en quatre niveaux de difficulté croissante, permettant ainsi aussi bien au néo- phyte de se mettre en confiance en traitant une application directe du cours (niveau 1) qu’à l’étudiant chevronné de se mesurer à des exercices plus difficiles et délicieusement subtils (niveau 4). On notera avec plaisir que chaque chapitre est couvert par des exercices des quatre niveaux. L’abandon douloureux devant une question trop abruptement posée, dont je parlais au début, ne saurait se produire avec l’ouvrage de J.-M. Monier : en effet, dans la rubrique « Du mal à démarrer », il apporte à l’étudiant(e) qui le souhaite une aide discrète, rappelant ici la méthode adéquate, donnant là une indication précieuse, ouvrant ailleurs une piste de recherche… Pour chaque exercice, l’auteur s’est imposé la rédaction complète et appliquée d’un corrigé clair, précis, détaillé, osons le mot, exemplaire. S’il est louable et formateur de chercher, il est plus gratifiant de trouver ! Et, ici encore, le manuel permet à chacun, soit de constater que sa solution est celle qui est fournie (et il en éprouve un indicible plaisir !), soit de s’aider du corrigé pour parvenir, rassuré et guidé, à cette solution. Qu’il me soit aussi permis d’insister sur l’ampleur de ces volumes, liée à la grande variété des exercices choisis, et qui est rare à ce niveau d’études, en même temps que sur leur prix très modique !
- 9. Préface IX Ces ouvrages de consultation particulièrement agréable constituent l’outil efficace et complet qui permettra à chacun, à son rythme mais en magnifiant ses propres aptitudes, de développer son goût pour les mathématiques et ses compé- tences et, tout à la fois, de forger son succès. Quant à moi, un regret est en train de m’assaillir : pourquoi n’ai-je pas attendu la rentrée prochaine pour commencer ma prépa ? H. Durand, professeur en Mathématiques Spéciales PT* au lycée La Martinière Monplaisir à Lyon. ©Dunod.Laphotocopienonautoriséeestundélit.
- 10. Index alphabétique X Remerciements Je tiens ici à exprimer ma gratitude aux nombreux collègues qui ont accepté de réviser des parties du manuscrit : Bruno Arsac, Jean-Philippe Berne, Gérard Bourgin, Jean-Paul Charroin, Jean-Paul Christin, Carine Courant, Hermin Durand, Jean Feyler, Viviane Gaggioli, Marguerite Gauthier, Daniel Genoud, André Laffont, Cécile Lardon, Ibrahim Rihaoui, René Roy, Marie-Dominique Siéfert, Marie-Pascale Thon, Audrey Verdier. Jean-Marie Monier
- 11. 1 1CHAPITRE 1Espaces vectoriels normés Thèmes abordés dans les exercices • Montrer qu'une application est une norme • Obtention d’inégalités portant sur des normes • Montrer que deux normes sont (ne sont pas) équivalentes • Montrer qu’une partie d’un evn est (n’est pas) fermée, est (n’est pas) ouverte • Manipulation d’adhérences, d’intérieurs, de fermés, d’ouverts • Calcul de la distance d’un point à une partie • Utilisation de la continuité, de la continuité uniforme, du caractère lipschitzien • Montrer qu’une application linéaire f est continue, calculer ||| f ||| • Montrer qu’une partie est (n’est pas) compacte, manipulation de parties com- pactes • Utilisation d’une suite de Cauchy • Montrer qu’une partie est (n’est pas) complète, manipulation de parties com- plètes • Montrer qu’une partie est (n’est pas) connexe par arcs, manipulation de parties connexes par arcs • Montrer qu’une application est un produit scalaire • Déterminer l’orthogonal d’une partie d’un espace préhilbertien Points essentiels du cours pour la résolution des exercices • Définition de norme, espace vectoriel normé, distance associée à une norme, inégalité triangulaire renversée, normes équivalentes • Définition de boule ouverte, boule fermée, parties bornées • Définition et propriétés de : ouvert, fermé, adhérence, intérieur, point adhérent, point intérieur • Définition de la distance d’un point x à une partie A d’un evn E, caractérisa- tion de d(x,A) = 0 • Définition et propriétés de la convergence des suites, suites extraites, valeurs d’adhérence d’une suite Les méthodes à retenir 2 Énoncés des exercices 8 Du mal à démarrer ? 16 Corrigés 20 Plan ©Dunod.Laphotocopienonautoriséeestundélit.
- 12. Chapitre 1 • Espaces vectoriels normés 2 Les méthodes à retenir • Définition et propriétés des limites, de la continuité en un point, de la conti- nuité sur une partie • Définition de la continuité uniforme, du caractère lipschitzien, liens entre continue, uniformément continue, lipschitzienne • Caractérisation des applications linéaires continues parmi les applications linéaires, définition et propriétés de la norme |||.||| • Définition séquentielle de la compacité, liens entre compact et fermé, liens entre compact et fermé borné, produit cartésien de deux compacts, image continue d’un compact, théorème de Heine, équivalence des normes en dimension finie • Définition d’une suite de Cauchy, d’une partie complète, lien entre compact et complet, liens entre complet et fermé, tout evn de dimension finie est complet • Définition de connexe par arcs, lien avec la convexité, connexes par arcs de R, image continue d’un connexe par arcs, théorème des valeurs intermédiaires • Définition d’un produit scalaire (réel ou complexe), d’un espace préhilbertien, inégalité de Cauchy et Schwarz et cas d’égalité, inégalité de Minkowski et cas d’égalité • Définition et propriétés de l’orthogonalité dans un espace préhilbertien, théo- rème de Pythagore, procédé d’orthogonalisation de Schmidt, théorème de pro- jection orthogonale sur un sev de dimension finie. On abrège : espace vectoriel en ev sous-espace vectoriel en sev espace vectoriel normé en evn. Pour montrer qu’une application N : E −→ R est une norme sur un K-espace vectoriel E Pour exprimer la distance d associée à une norme sur un K-ev E à partir de cette norme, ou pour exprimer une norme à partir de la distance associée d sur E Revenir à la définition. Ne pas oublier de montrer que, pour tout x ∈ E, N(x) existe, en par- ticulier lorsque N(x) est donnée par une borne supérieure ou une intégrale. ➥ Exercices 1.28 a), 1.32, 1.46. Utiliser les formules : ∀(x,y) ∈ E2 , d(x,y) = N(x − y), ∀x ∈ E, N(x) = d(0,x).
- 13. Les méthodes à retenir 3 Essayer d’appliquer l’inégalité triangulaire : ∀ (x,y) ∈ E2 , ||x + y|| ||x|| + ||y||, ou l’inégalité triangulaire renversée : ∀ (x,y) ∈ E2 , ||x|| − ||y|| ||x − y||. ➥ Exercices 1.1, 1.44. Pour établir une inégalité faisant intervenir une norme ||.|| sur un K-ev Pour montrer que deux normes N, N sur un K-espace vectoriel E sont équivalentes Pour montrer que deux normes N, N sur un K-espace vectoriel E ne sont pas équivalentes Pour montrer qu’une partie A d’un evn E est fermée dans E • Lorsque E n’est pas nécessairement de dimension finie, revenir à la définition, c’est-à-dire montrer : ∃ (α,β) ∈ (R∗ +)2 , ∀,x ∈ E, αN(x) N (x) βN(x). ➥ Exercices 1.4, 1.32, 1.46 • Si E est de dimension finie, d’après le cours, toutes les normes sur E sont équivalentes. Chercher une suite ( fn)n dans E − {0} telle que : N ( fn) N( fn) −−→ n ∞ + ∞ ou N( fn) N ( fn) −−→ n ∞ + ∞. ➥ Exercices 1.18, 1.46. • Si on peut faire intervenir la notion de suite, utiliser la caractérisa- tion séquentielle des fermés : la partie A de E est fermée dans E si et seulement si, pour toute suite (an)n dans A convergeant vers un élément x de E, on a : x ∈ A. ➥ Exercices 1.3 a), 1.16, 1.17, 1.48 • Essayer de montrer que : ∗ A est une intersection de fermés de E ∗ A est une réunion d’un nombre fini de fermés de E ∗ A est un produit cartésien d’un nombre fini de fermés • Essayer de montrer que A est l’image réciproque d’un fermé par une application continue. ➥ Exercice 1.34. • Si le contexte fait intervenir des ouverts, essayer de montrer que E (A) est ouvert dans E. Pour montrer qu’une partie Ω d’un evn E est ouverte dans E • Revenir à la définition, c’est-à-dire montrer : ∀x ∈ Ω, ∃r > 0, B(x ;r) ⊂ . • Montrer que E (Ω) est un fermé de E ©Dunod.Laphotocopienonautoriséeestundélit.
- 14. Chapitre 1 • Espaces vectoriels normés 4 • Essayer de montrer que : ∗ Ω est une réunion d’ouverts de E ➥ Exercice 1.5 b) ∗ Ω est une intersection d’un nombre fini d’ouverts de E ∗ Ω est un produit cartésien d’un nombre fini d’ouverts • Essayer de montrer que Ω est l’image réciproque d’un ouvert par une application continue. ➥ Exercices 1.5 a), 1.33, 1.34. Pour montrer qu’un point x d’un K-evn E est adhérent à une partie A de E Pour montrer qu’un point x d’un K-evn E est intérieur à une partie A de E Pour manipuler des adhérences et/ou des intérieurs de parties d’un K-evn E • Montrer qu’il existe une suite (an)n dans A convergeant vers x. ➥ Exercices 1.2, 1.29, 1.30 a) • Montrer, pour tout voisinage V de x dans E : V ∩ A =/ ∅. ➥ Exercice 1.31. Montrer qu’il existe r > 0 tel que : B(x ;r) ⊂ A. ➥ Exercices 1.2, 1.29. • Utiliser les propriétés ensemblistes (globales) des adhérences et des intérieurs : 1) ∗ A◦ est ouvert dans E ∗ si Ω ⊂ A et si Ω est ouvert dans E, alors Ω ⊂ A◦ ∗ A◦◦ = A◦ , E◦ = E, ∅◦ = ∅ ∗ A ⊂ B ⇒ A◦ ⊂ B◦ 2) ∗ A est fermé dans E ∗ si A ⊂ F et si F est fermé dans E, alors A ⊂ F ∗ A = A, E = E, ∅ = ∅ ∗ A ⊂ B ⇒ A ⊂ B 3) E (A) = E (A) ◦ , E (A◦ ) = E (A). ➥ Exercice 1.45 • On ne se résoudra à faire intervenir les éléments de E que lorsque des calculs globaux ne seront pas réalisables. ➥ Exercices 1.15, 1.45. Pour manipuler la distance d(x,A) d’un point x d’un K-evn E à une partie non vide A de E Utiliser la définition : d(x,A) = Inf a∈A d(x,a), ce qui revient à : ∀ a ∈ A, d(x,A) d(x,a) ∀ k ∈ R+, ∀,a ∈ A, k d(x,a) ⇒ k d(x,A) . On fera souvent alors intervenir l’inégalité triangulaire ou l’inégalité triangulaire renversée. ➥ Exercice 1.17.
- 15. Les méthodes à retenir 5 • Appliquer les théorèmes généraux (opératoires) relatifs à la conti- nuité en un point. ➥ Exercice 1.19 • Si f est à valeurs dans un produit cartésien, montrer que chaque fonc- tion-coordonnée de f est continue en a. • Revenir à la définition, c’est-à-dire montrer : ∀ ε > 0, ∃ η > 0, ∀x ∈ A, dE (x,a) η ⇒ dF f (x), f (a) ε . • Utiliser la caractérisation séquentielle de la continuité, c’est-à-dire montrer que, pour toute suite (an)n dans A convergeant vers a, la suite f (an) n converge vers f (a). Pour montrer qu’une application f : X ⊂ E −→ F est continue en un point a de X Pour montrer qu’une application f : X ⊂ E −→ F est continue sur X • Appliquer les théorèmes généraux (opératoires) relatifs à la conti- nuité sur une partie. ➥ Exercice 1.6 • Montrer que f est continue en chaque point de X, en se ramenant aux méthodes vues plus haut. • Montrer que l’image réciproque par f de tout ouvert de F est un ouvert de X, ou montrer que l’image réciproque par f de tout fermé de F est un fermé de X. • Se souvenir que le caractère lipschitzien ou l’uniforme continuité entraînent la continuité. Pour montrer qu’une application f : X ⊂ E −→ F est uniformément continue sur X Pour manipuler une application f : X ⊂ E −→ F k-lipschitzienne Pour montrer qu’une application linéaire f ∈ L(E,F) est continue • Revenir à la définition, c’est-à-dire montrer : ∀ ε > 0, ∃ η > 0, ∀(x ,x ) ∈ X2 , dE (x ,x ) η ⇒ dF f (x ), f (x ) ε . • Se rappeler que, si f est lipschitzienne, alors f est uniformément continue. • Se rappeler le théorème de Heine : si f est continue sur X et si X est compact, alors f est uniformément continue sur X. Utiliser la définition : ∀ (x1,x2) ∈ X2 , dF f (x1), f (x2) k d(x1,x2). ➥ Exercice 1.7 • Exprimer f comme combinaison linéaire ou composée d’applica- tions linéaires continues. • Montrer qu’il existe M ∈ R+ tel que : ∀ x ∈ E, || f (x)||F M||x||E . ➥ Exercices 1.8, 1.12, 1.35, 1.36 • Se rappeler que, si E est de dimension finie, alors toute application linéaire f : E −→ F est continue. ©Dunod.Laphotocopienonautoriséeestundélit.
- 16. Chapitre 1 • Espaces vectoriels normés 6 Pour calculer la norme |||f||| d’une application linéaire continue f ∈ LC(E,F) Montrer d’abord qu’il existe M ∈ R+ tel que : ∀ x ∈ E, || f (x)||F M||x||E , et on a alors ||| f ||| M, où, par définition : ||| f ||| = Sup x∈E−{0} || f (x)||F ||x||E = Sup x∈B(0 ;1) || f (x)||F . On peut espérer, si M a été convenablement obtenu, que l’on ait : ||| f ||| = M. La borne supérieure définissant ||| f ||| peut être atteinte ou non. Si E est de dimension finie, alors la borne supérieure est atteinte et on cherchera donc x0 ∈ E − {0} de façon que || f (x0)||F ||x0||E = M. Si E n’est pas de dimension finie, la borne supérieure peut être attein- te ou non. Essayer : ∗ soit de chercher x0 ∈ E − {0}) de façon que || f (x0)||F ||x0||E = M ➥ Exercices 1.8, 1.20, 1.35, 1.36 ∗ soit de chercher une suite (xn)n dans E − {0} de façon que : || f (xn)||F ||xn||E −→ n∞ M. Dans un contexte de compacité, pour établir une inégalité stricte Dans un contexte de compacité Pour montrer qu’une partie X d’un evn E est compacte Essayer de faire intervenir une application continue sur un compact et à valeurs dans R∗ +. ➥ Exercice 1.38. Un raisonnement par l’absurde peut permettre de construire une suite, puis d’appliquer la compacité pour obtenir une suite convergente et amener une contradiction. ➥ Exercice 1.22. • Essayer de faire apparaître X comme image directe d’un compact par une application continue. ➥ Exercice 1.9 • Essayer de montrer que X est fermé dans un compact. • Si E est de dimension finie, montrer que X est fermée et bornée. ➥ Exercices 1.10, 1.21, 1.39, 1.41.
- 17. Les méthodes à retenir 7 Revenir à la définition, c’est-à-dire montrer : ∀ ε > 0, ∃ N ∈ N, ∀(p,q) ∈ N2 , p N q N ⇒ d(up,uq) ε . ➥ Exercices 1.11, 1.24, 1.50. Pour montrer qu’une suite (un)n d’un evn E est de Cauchy Pour montrer qu’une partie X d’un evn E est complète Pour montrer qu’une partie A d’un evn E est connexe par arcs • Montrer que X est fermée et qu’il existe une partie Y de E telle que X ⊂ Y et que Y soit complète. • Se rappeler que, si X est compacte, alors X est complète. • Se rappeler que, si E est de dimension finie et si X est fermée dans E, alors X est complète. • Revenir à la définition, c’est-à-dire montrer que toute suite de Cauchy dans X converge dans X. • Se rappeler d’abord que : ∗ toute partie convexe est connexe par arcs ∗ les parties connexes par arcs de R sont les intervalles. ➥ Exercice 1.51. • Montrer que A est l’image directe d’une partie connexe par arcs par une application continue. ➥ Exercices 1.25, 1.51. • Revenir à la définition, c’est-à-dire montrer que, pour tout (x,y) ∈ A2 , il existe un chemin joignant continument x et y en res- tant dans A, c’est-à-dire montrer qu’il existe une application conti- nue γ : [0 ; 1] −→ A telle que : γ(0) = x, γ(1) = y ∀ t ∈ [0 ; 1], γ(t) ∈ A. ➥ Exercice 1.26. Pour exploiter la connexité par arcs Pour montrer qu’une application ϕ : E × E −→ R est un produit scalaire, où E est un K-ev Pour relier un produit scalaire ϕ : E × E −→ K et la forme quadratique φ : E −→ R associée Essayer d’utiliser le théorème des valeurs intermédiaires : si A est connexe par arcs et si f : A −→ R est continue, alors f atteint tout réel entre deux réels qu’elle atteint déjà. Revenir à la définition. ➥ Exercice 1.43. Utiliser la formule qui exprime φ à l’aide de ϕ : ∀ x ∈ E, φ(x) = ϕ(x,x), ©Dunod.Laphotocopienonautoriséeestundélit.
- 18. Chapitre 1 • Espaces vectoriels normés 8 ou, si K = R, une des formules exprimant ϕ à l’aide de φ : ∀ (x,y) ∈ E2 , ϕ(x,y) = 1 2 φ(x + y) − φ(x) − φ(y) , ∀ (x,y) ∈ E2 , ϕ(x,y) = 1 4 φ(x + y) − φ(x − y) . Pour obtenir des inégalités dans un contexte d’espace préhilbertien E,(. | .) Pour manipuler des orthogonaux de parties dans un espace préhilbertien E,(. | .) Utiliser l’inégalité de Cauchy et Schwarz : ∀ (x,y) ∈ E2 , |(x | y)| ||x|| ||y||, ou l’inégalité de Minkowski, c’est-à-dire l’inégalité triangulaire pour la norme associée au produit scalaire : ∀ (x,y) ∈ E2 , ||x + y|| ||x|| + ||y||. ➥ Exercice 1.52. • Revenir à la définition de l’orthogonal d’une partie A de E : A⊥ = x ∈ E ; ∀ a ∈ A, (x | a) = 0 . • Utiliser les propriétés ensemblistes (globales) de l’orthogonalité : ∗ A ⊂ B ⇒ A⊥ ⊃ B⊥ ∗ A⊥ = Vect (A) ⊥ ∗ A ⊂ A⊥⊥ , E⊥ = {0}, {0}⊥ = E ∗ A ∩ A⊥ ⊂ {0}. ➥ Exercice 1.27. • Se rappeler que, d’après le théorème de projection orthogonale sur un sev de dimension finie, si F est de dimension finie, alors : F ⊕ F⊥ = E. Énoncés des exercices Inégalité sur des normes Soient (E,||.||) un evn, x,y,z,t ∈ E. Montrer : ||x − y|| + ||z − t|| ||x − z|| + ||y − t|| + ||x − t|| + ||y − z||. Adhérence, intérieur d’un produit cartésien de deux parties Soient E,F deux evn, A ⊂ E, B ⊂ F. Montrer : a) A × B = A × B b) (A × B)◦ = A◦ × B◦ . 1.1 1.2
- 19. Énoncés des exercices 9 Une partie est-elle fermée, est-elle ouverte ? On note E le R-ev des applications continues bornées de R dans R, muni de ||.||∞. a) Est-ce que F = f ∈ E ; ∀ x ∈ R, f (x) 0 est fermée dans E ? b) Est-ce que U = f ∈ E ; ∀ x ∈ R, f (x) > 0 est ouverte dans E ? Exemple de deux normes équivalentes On note E = C1 [0 ; 1] ; R et ν1,ν2 les applications de E dans R définies, pour toute f ∈ E, par : ν1( f ) = | f (0)| + 2 1 0 | f (t)| dt, ν2( f ) = 2| f (0)| + 1 0 | f (t)| dt. Montrer que ν1 et ν2 sont des normes sur E et qu’elles sont équivalentes. Somme d’une partie et d’un ouvert Soient E un evn, Ω un ouvert de E. a) Montrer que, pour tout a ∈ E, la partie {a} + Ω = a + x ; x ∈ Ω est un ouvert de E. b) En déduire que, pour toute partie A de E, la partie A + Ω = a + x ; (a,x) ∈ A × Ω est un ouvert de E. Fonction continue à deux variables Soient E,F,G des evn, A ⊂ E telle que A =/ ∅, B ⊂ F telle que B =/ ∅, et f : A −→ G, g : B −→ G deux applications. On note : ϕ : A × B −→ G, (x,y) −→ ϕ(x,y) = f (x) + g(y). Montrer que ϕ est continue sur A × B si et seulement si : f est continue sur A et g est continue sur B. Exemple d’application lipschitzienne Soit (a,b) ∈ (R+)2 . On munit R2 de la norme ||.||1 définie, pour tout (x,y) ∈ R2 , par : ||(x1,x2)||1 = |x1| + |x2|. On note f : R2 −→ R2 , (x1,x2) −→ f (x1,x2) = (ax2, bx1). Montrer que f est lipschitzienne. Étude d’une application linéaire continue sur un espace de fonctions, calcul de sa norme On note E = C [0 ; 1] ; R , muni de ||.||1 définie par : ∀ f ∈ E, || f ||1 = 1 0 | f (t)| dt et on considère l’application : φ : E −→ R, f −→ φ( f ) = 1 0 f (t) dt. Montrer φ ∈ LC(E,R) et calculer |||φ|||. Somme de deux compacts Soient E un evn, K,L deux compacts de E. Montrer que K + L est compact. ©Dunod.Laphotocopienonautoriséeestundélit. 1.3 1.4 1.5 1.6 1.7 1.8 1.9
- 20. Chapitre 1 • Espaces vectoriels normés 10 Une partie est-elle compacte, non compacte ? On considère l’application f : R −→ R, x −→ f (x) = sin x x si x =/ 0 1 si x = 0 et on note : A = x ∈ R ; f (x) = 0 , B = x ∈ R ; f (x) 1 2 . Est-ce que A est compacte ? Est-ce que B est compacte ? Suite proche d’une suite de Cauchy Soient (E,||.||) un evn, d la distance associée à ||.||, (un)n∈N, (vn)n∈N deux suites dans E telles que : d(un,vn) −→ n ∞ 0. Montrer que, si l’une des deux est de Cauchy, alors l’autre l’est aussi. Exemple d’application diminuant strictement les distances, dans un evn complet, et sans point fixe Donner un exemple d’application f : R −→ R telle que : ∀ (x,y) ∈ R2 , x =/ y ⇒ | f (x) − f (y)| < |x − y| et que, cependant, f n’a pas de point fixe. Caractérisation de l’égalité de deux boules pour deux normes Soient E un K-evn, N1,N2 deux normes sur E. On note, pour tout i ∈ {1,2} : Bi = x ∈ E ; Ni (x) < 1 , Bi = x ∈ E ; Ni (x) 1 , qui sont la boule ouverte et la boule fermée de E, de centre 0, de rayon 1, pour la norme Ni . Montrer : a) B1 = B2 ⇐⇒ N1 = N2 b) B1 = B2 ⇐⇒ N1 = N2. Intérieur d’un sous-espace vectoriel a) Soient E un evn, F un sev de E. Montrer que, si ◦ F =/ ∅, alors F = E. b) On note E le R-ev C [0; 1],R muni de || · ||∞, E1 (resp. P) la partie de E formée des appli- cations de classe C1 (resp. polynomiales). Montrer : ◦ E1 = ◦ P = ∅. Adhérence d’une boule ouverte, intérieur d’une boule fermée Soient (E,||.||) un evn, a ∈ E,r ∈ R∗ +. Montrer : a) B(a ; r) = B (a ; r) b) B (a ; r) ◦ = B(a ; r). Exemple de partie fermée dans un espace de fonctions On note E le R-ev des applications de [0 ; 1] dans R bornées, muni de la norme ||.||∞, et on consi- dère A = f ∈ E ; ∀x ∈ [0 ; 1], e f (x) 2 + f (x) . Montrer que A est une partie fermée, non bornée, de E. 1.10 1.11 1.12 1.13 1.14 1.15 1.16
- 21. Énoncés des exercices 11 Exemple de calcul de la distance d’un point à une partie On note E = C [0 ; 1] ; R , muni de ||.||∞. a) On note A = f ∈ E ; f (0) = 1 et 1 0 f = 0 . 1) Montrer que A est une partie fermée de E. 2) Calculer d(0,A). Cette distance est-elle atteinte ? b) Mêmes questions pour B = f ∈ E ; f (0) = 0 et 1 0 f = 1 . Exemple de trois normes deux à deux non équivalentes On note E = C2 [0 ; 1] ; R et N∞, N∞, N∞ les applications de E dans R définies, pour toute f ∈ E, par : N∞( f ) = Sup x∈[0;1] | f (x)|, N∞( f ) = | f (0)| + Sup x∈[0;1] | f (x)|, N∞( f ) = | f (0)| + | f (0)| + Sup x∈[0;1] | f (x)|. a) Montrer que N∞, N∞, N∞ sont des normes sur E. b) Comparer les normes N∞, N∞, N∞ pour la relation d’équivalence entre normes. Exemple d’application continue Soit (E,||.||) un evn. On considère l’application f : E −→ E, x −→ f (x) = x 1 + ||x||2 . Montrer : a) f est continue sur E b) f (E) = B 0 ; 1 2 . Étude d’une application linéaire continue sur un espace de suites On note ∞ l’evn formé des suites réelles bornées x = (xn)n∈N, muni de || · ||∞ définie par ||x||∞ = Sup n∈N |xn|, et on considère l'opérateur de différence : ∞ −→ ∞ défini par (x) = y où y = (yn)n∈N est définie par : ∀n ∈ N, yn = xn+1 − xn. Montrer ∈ LC( ∞ ), et calculer ||| |||. Exemple de partie compacte de R2 La partie E = (x,y) ∈ R2 ; x2 (x − 1)(x − 3) + y2 (y2 − 4) = 0 de R2 est-elle compacte ? Suites, dans un compact, n’ayant qu’une seule valeur d’adhérence Soient E un evn, K une partie compacte de E, (un)n∈N une suite dans K ; montrer que, si (un)n n’a qu’une seule valeur d’adhérence, alors (un)n converge. ©Dunod.Laphotocopienonautoriséeestundélit. 1.17 1.18 1.19 1.20 1.21 1.22
- 22. Chapitre 1 • Espaces vectoriels normés 12 Exemple d’evn non complet Montrer que C [0 ; 1] ; R , muni de ||.||1, est un evn non complet. Étude de la distance d’un point fixé aux points d’une suite de Cauchy Soient (E,||.||) un evn, d la distance associée à ||.||, (un)n∈N une suite de Cauchy dans (E,||.||). a) Montrer que, pour tout a ∈ E, la suite d(a,un) n∈N converge dans R. On note f : E −→ E, a −→ f (a) = lim n∞ d(a,un). b) Montrer Inf a∈E f (a) = 0, et que cette borne inférieure est atteinte si et seulement si la suite (un)n∈N converge. Somme de deux parties connexes par arcs Soient E un evn, A,B deux parties connexes par arcs de E. Montrer que A + B est connexe par arcs. Toute partie étoilée est connexe par arcs, exemple a) Soient (E,||.||) un evn, A une partie étoilée de E, c’est-à-dire une partie de E telle qu’il exis- te a ∈ E tel que : ∀ x ∈ A, [a ; x] ⊂ A, où [a ; x] = (1 − t)a + tx ; t ∈ [0 ; 1] est le seg- ment joignant a et x dans E. Montrer que A est connexe par arcs. b) Exemple : l’ensemble D des matrices de Mn(R) diagonalisables dans Mn(R) est connexe par arcs. Exemple de sev F d’un ev préhilbertien E, tel que F⊥ ne soit pas un supplémentaire de F dans E On note E = C [0 ; 1] ; R , muni du produit scalaire ( f,g) −→< f , g > = 1 0 f g et on considère F = f ∈ E ; f (0) = 0 . Montrer : a) F⊥ = {0} b) F ⊕ F⊥ =/ E. Exemple de norme sur R2 , détermination d’une boule On note N : R2 −→ R, (x,y) −→ Sup t∈R |x + ty| 1 + t + t2 . a) Montrer que N est une norme sur R2 . b) Représenter graphiquement la boule BN (0 ; 1) = (x,y) ∈ R2 ; N(x,y) 1 dans le plan usuel. c) Calculer l’aire (dans le plan usuel) de BN (0 ; 1). Adhérence et intérieur d’une partie convexe d’un evn Soient E un evn, C une partie convexe de E. Montrer que C et C◦ sont convexes. 1.23 1.24 1.25 1.26 1.27 1.28 1.29
- 23. Énoncés des exercices 13 Adhérence de la somme de deux parties a) Soient E un evn, A,B des parties de E. Montrer : A + B ⊂ A + B. b) Montrer, par un exemple, qu’il peut ne pas y avoir égalité dans l’inclusion de a). Adhérence d’une intersection a) Soient E un evn, A un ouvert de E, B une partie de E. Montrer : A ∩ B = A ∩ B. b) Soient E un evn, A une partie de E. On suppose que, pour toute partie B de E, on a A ∩ B ⊂ A ∩ B. Montrer que A est un ouvert de E. c) Donner un exemple d’ouverts A,B de R tels que les cinq ensembles A ∩ B, A ∩ B, A ∩ B, A ∩ B, A ∩ B soient deux à deux distincts. Exemple de deux normes équivalentes On note E le R-ev des applications f : [0; 1] −→ R de classe C1 sur [0; 1] et telles que f (0) = 0. Pour f ∈ E, on note N( f ) = Sup x∈[0;1] | f (x)| + Sup x∈[0;1] | f (x)| et ν( f ) = Sup x∈[0;1] | f (x) + f (x)|. Montrer que N et ν sont des normes sur E, et qu’elles sont équi- valentes. Séparation de deux fermés disjoints par deux ouverts disjoints Soient E un evn, F,G deux fermés de E tels que F ∩ G = ∅. Montrer qu’il existe deux ouverts U,V de E tels que : F ⊂ U, G ⊂ V, U ∩ V = ∅. Diverses caractérisations de la continuité Soient E,F deux evn, f : E −→ F une application. Montrer que les propriétés suivantes sont deux à deux équivalentes : (i) f est continue (ii) ∀ A ∈ P(E), f (A) ⊂ f (A) (iii) ∀ B ∈ P(F), f −1(B) ⊂ f −1 (B) (iv) ∀ B ∈ P(F), f −1 ( ◦ B) ⊂ f −1 (B) ◦ . Exemple d’application linéaire continue sur un espace de suites, calcul de sa norme On note ∞ le R-ev des suites réelles bornées (indexées par N∗ ), muni de ||.||∞. On considère l’ap- plication T : ∞ −→ ∞ qui, à tout élément (un)n 1 de ∞ associe la suite un n n 1 . a) Montrer que T est correctement définie, que T ∈ LC( ∞ ), et calculer |||T|||. b) Déterminer Ker (T), Im (T). Est-ce que T est injective ? surjective ? Exemple d’application linéaire continue sur un espace de fonctions, calcul de sa norme On note E = C [0 ; 1] ; R , muni de ||.||∞. Soient p ∈ N∗ , a1,. . . ,ap ∈ [0 ; 1] deux à deux distincts, λ1,. . . ,λp ∈ R. On note : φ : E −→ R, f −→ φ( f ) = p k=1 λk f (ak). Montrer φ ∈ LC(E,R) et calculer |||φ|||. ©Dunod.Laphotocopienonautoriséeestundélit. 1.30 1.31 1.32 1.33 1.34 1.35 1.36
- 24. Chapitre 1 • Espaces vectoriels normés 14 Somme d’un fermé et d’un compact Soient E un evn, F est un fermé de E, K un compact de E. Montrer que F + K est fermée dans E. Application diminuant strictement les distances sur un compact Soient E un evn, K une partie compacte de E, f : K −→ K une application telle que : ∀(x,y) ∈ K2 , x =/ y ⇒ d f (x), f (y) < d(x,y) où d est la distance sur E. Montrer que f admet un point fixe et un seul. Applications continues de limites infinies en +∞ et en −∞ Soit f : R −→ R une application continue. Montrer que les trois propriétés suivantes sont deux à deux équivalentes : (i) L’image réciproque par f de tout compact de R est un compact de R (ii) lim −∞ | f | = +∞ et lim +∞ | f | = +∞ (iii) lim −∞ f = −∞ ou lim −∞ f = +∞ et lim +∞ f = −∞ ou lim +∞ f = +∞ . Réunion d’une famille de boules fermées de même rayon indexée par un compact Soient E un evn, K une partie compacte de E, r ∈ R∗ +. On note F = x∈K B (x ; r). Montrer que F est fermé dans E. Ensemble des valeurs d’adhérence d’une suite bornée dans un evn de dimension finie Soient (E,||.||) un evn de dimension finie, (un)n∈N une suite bornée dans E. On note V l’ensemble des valeurs d’adhérence de (un)n∈N dans E. Montrer que V est une partie compacte non vide de E. Natures différentes pour [0 ; 1]2 et [0 ; 1] Montrer qu’il n’existe aucune application continue injective de [0 ; 1]2 dans [0 ; 1]. Exemple de norme issue d’un produit scalaire On note E = C1 [0 ; 1] ; R et N : E −→ R l’application définie par : ∀ f ∈ E, N( f ) = 1 0 f 2 + f (0) f (1) 1 2 . Montrer que N est une norme sur E. Inégalité sur des normes Soient (E,||.||) un evn, x,y ∈ E − {0}. Démontrer : x ||x|| − y ||y|| 2 ||x − y|| Max (||x||, ||y||) . Intersection de deux ouverts partout denses Soit E un evn. a) Montrer, pour tous ouverts U,V de E : U = V = E ⇒ U ∩ V = E. b) En déduire, pour tous fermés F,G de E : ◦ F = ◦ G = ∅ ⇒ (F ∪ G)◦ = ∅. 1.37 1.38 1.39 1.40 1.41 1.42 1.43 1.44 1.45
- 25. Énoncés des exercices 15 Exemple de norme paramétrée par une fonction On note E = C [0; 1],R et, pour ϕ ∈ E, Nϕ : E −→ R l’application définie par : ∀ f ∈ E, Nϕ( f ) = || f ϕ||∞. a) Montrer que Nϕ est une norme sur E si et seulement si ϕ−1 ({0}) ◦ = ∅. b) Montrer que Nϕ et || · ||∞ sont des normes sur E équivalentes si et seulement si ϕ−1 ({0}) = ∅. Endomorphismes continus tels que u ◦ v − v ◦ u = e Soit E un evn distinct de {0}. On note e = IdE . On suppose qu’il existe (u,v) ∈ LC(E) 2 tel que : u ◦ v − v ◦ u = e. a) Montrer : ∀ n ∈ N, u ◦ vn+1 − vn+1 ◦ u = (n + 1)vn . b) En déduire : ∀ n ∈ N, (n + 1)|||vn ||| 2 |||u||| |||v||| |||vn |||. c) Conclure. Image d’un fermé de C par une application polynomiale Soit P ∈ C[X]. Montrer que l’image par P de tout fermé de C est un fermé de C. Image de l’intersection d’une famille décroissante de parties fermées dans un compact, par une application continue Soient E un evn, K une partie compacte de E, (Fn)n∈N une suite décroissante (pour l’inclusion) de parties fermées de K, et f : K −→ K une application continue. Montrer : f n∈N Fn = n∈N f (Fn). Théorème du point fixe Soient (E,||.||) un evn, F ⊂ E, et f : F −→ F une application. On suppose que F est complète et que f est contractante, c’est-à-dire qu’il existe k ∈ [0 ; 1[ tel que : ∀ (x,y) ∈ R2 , || f (x) − f (y)|| k ||x − y||. On se propose de montrer que f admet un point fixe et un seul. a) Montrer l’unicité d’un éventuel point fixe de f. b) On considère, pour a ∈ F fixé, la suite (un)n∈N définie par u0 = a et : ∀ n ∈ N, un+1 = f (un). Montrer que la suite (un)n∈N converge et que sa limite est un point fixe de f. c) Conclure que f admet un point fixe et un seul. Théorème de Darboux Soient I un intervalle de R, non vide ni réduit à un point, et f : I −→ R une application dérivable sur I. Démontrer que f (I) est un intervalle de R. ©Dunod.Laphotocopienonautoriséeestundélit. 1.46 1.47 1.48 1.49 1.50 1.51
- 26. Chapitre 1 • Espaces vectoriels normés 16 Théorème de projection orthogonale sur un sous-espace vectoriel complet d’un espace préhilbertien Soient (E,< ·,· >) un espace préhilbertien, F un sev complet de E. a) Montrer que, pour tout x de E, il existe un élément z de F et un seul tel que x − z ∈ F⊥ . On note pF : E −→ E x −→ z l’application ainsi définie. b) Montrer : 1) pF ∈ LC(E) 2) pF ◦ pF = pF 3) pF admet un adjoint, et p∗ F = pF. Ce résultat généralise le théorème de projection orthogonale sur un sev de dimension finie, figu- rant dans le cours. 1.52 Du mal à démarrer ? Appliquer convenablement, plusieurs fois, l’inégalité tri- angulaire. a) Utiliser, par exemple, la caractérisation séquentielle de l’adhérence. b) Séparer en deux inclusions et,par exemple,utiliser la caracté- risation d’un point intérieur par l’existence d’ouverts conve- nables. a) Utiliser,par exemple,la caractérisation séquentielle des fermés. b) Montrer que U n’est pas ouvert, en trouvant f ∈ U telle que, pour tout ε ∈ R∗ +, B( f ; ε) U. 1) Montrer que ν1 est une norme sur E en revenant à la définition d’une norme. 2) De même pour ν2. 3) Remarquer que, pour toute f ∈ E : ν1( f ) 2ν2( f ) et ν2( f ) 2ν1( f ). a) Considérer, par exemple, pour a ∈ E fixé, la translation de vecteur −a : τ−a : E −→ E, y −→ y − a. b) Exprimer A + Ω à l’aide des {a} + Ω, a ∈ A. 1) Si ϕ est continue sur A × B, exprimer f à l’aide de ϕ, pour déduire que f est continue sur A. 2) Si f est continue sur A et g est continue sur B, exprimer ϕ à l’aide de f,g et des projections canoniques, pour déduire que ϕ est continue sur A × B. Évaluer, pour (x1,x2), (y1,y2) ∈ R2 : || f (x1,x2) − f (y1,y2)||1. • Voir d’abord la linéarité de φ. • Majorer convenablement |φ( f )| à l’aide de || f ||1, pour toute f ∈ E. • Montrer que la borne supérieure définissant |||φ||| est atteinte par une fonction simple de E. Considérer l’application f : E × E −→ E, (x,y) −→ x + y. 1) A n’est pas bornée. 2) B est fermée et bornée. Majorer d(vp,vq ) en intercalant up et uq et utiliser les deux hypothèses : la suite (un)n∈N est de Cauchy et d(un,vn) −→ n ∞ 0. Considérer, par exemple : f : R −→ R, x −→ x2 + 1. a) • Un sens est immédiat. • Si B1 = B2, pour x ∈ E − {0}, considérer 1 N1(x) x, qui est dans B1, donc dans B2. 1.1 1.2 1.3 1.4 1.5 1.6 1.7 1.8 1.9 1.10 1.11 1.12 1.13
- 27. Du mal à démarrer ? 17 ©Dunod.Laphotocopienonautoriséeestundélit. b) • Un sens est immédiat. • Si B1 = B2, pour x ∈ E − {0}, considérer 1 N1(x) x, qui n’est pas dans B1, donc pas dans B2. a) Il existe a ∈ E,r ∈ R∗ + tels que B(a ;r) ⊂ F. Soit x ∈ E tel que x = a. Construire y ∈ E tel que : y − a est colinéaire à x − a et y ∈ B(a ;r). En déduire x − a ∈ F, puis x ∈ F. b) Appliquer a). a) 1) Une inclusion est immédiate. 2) Réciproquement,soit x ∈ B (a ;r). Approcher x par une suite d’éléments de B(a ;r). b) 1) Une inclusion est immédiate. 2) Réciproquement, raisonner sur les complémentaires, de manière analogue à la résolution de a)2). 1) Utiliser, par exemple, la caractérisation séquentielle des fermés. 2) Montrer : ∀ t ∈ [2 ; +∞[, et 2 + t. En déduire que toute application constante supérieure ou égale à 2 est dans A. a) 1) Utiliser, par exemple, la caractérisation séquentielle des fermés. 2) • Montrer : d(0,A) 1. • Considérer f : [0 ; 1] −→ R, x −→ 1 − 2x. b) 1) Comme en a)1). 2) • Montrer : d(0,B) 1. • Considérer,pour tout n ∈ N∗, une application gn continue,affi- ne par morceaux, constante égale à 1 sauf près de 0, telle que gn(0) = 0. Déduire d(0,B) = 1. • Montrer que d(0,B) n’est pas atteinte, en raisonnant par l’ab- surde. a) Revenir à la définition d’une norme. b) 1) Remarquer d’abord : ∀ f ∈ E, N∞( f ) N∞( f ) N∞( f ), en utilisant l’inégalité des accroissements finis. 2) Trouver une suite ( fn)n dans E − {0} telle que, par exemple, N∞( fn) N∞( fn) −→ n ∞ +∞. b) 1) Remarquer : ∀ t ∈ R+, t 1 + t2 1 2 , et déduire l’inclusion f (E) ⊂ B 0 ; 1 2 . 2) Réciproquement, pour y ∈ B 0 ; 1 2 fixé, chercher λ ∈ R pour que f (λy) = y. Montrer que ∆ est linéaire et que |||∆||| 2. Considérer, par exemple, la suite (−1)n )n∈N pour déduire |||∆||| = 2. 1) Montrer que E est fermée, comme image réciproque d’un fermé par une application continue. 2) Montrer que E est bornée, en utilisant les coordonnées polaires par exemple. Raisonner par l’absurde : supposer que (un)n n’admette qu’une seule valeur d’adhérence a et que (un)n diverge. Montrer l’existence de ε > 0 et d’une extractrice σ tels que : ∀ n ∈ N, d(uσ(n),a) > ε. Utiliser la compacité de K pour obtenir l’existence de b ∈ K et d’une extractrice τ tels que : uσ(τ(n)) −→ n ∞ b. Déduire d(a,b) ε, a = b, puis une contradiction. Construire une suite ( fn)n d’applications continues de [0 ; 1] dans R telle que ( fn)n soit de Cauchy pour ||.||1 et que ( fn)n diverge pour ||.||1. On pourra prendre fn affine par mor- ceaux et continue telle que fn(x) = 1 pour 0 x 1 2 et fn(x) = 0 pour 1 2 + 1 n x 1. a) Montrer que d(a,un) n∈N est de Cauchy dans R, en uti- lisant l’inégalité triangulaire renversée. b) 1) Dans la phrase mathématique traduisant que (un)n∈N est de Cauchy, fixer p et faire tendre q vers l’infini. 2) Se rappeler que : d(a,un) −→ n ∞ 0 ⇐⇒ un −→ n ∞ a. Si γ joint continument a1 et a2 dans A et δ joint continu- ment b1 et b2 dans B, construire γ + δ, joignant continument a1 + b1 et a2 + b2 dans A + B. a) Joindre x ∈ A et y ∈ A par un chemin formé de deux segments successifs, joignant x et a, puis a et y. b) Montrer que D est étoilé par rapport à 0 et appliquer a). a) Soit g ∈ F⊥. Considérer l’application f : [0 ; 1] −→ R, x −→ xg(x) qui est dans F, et traduire < f,g > = 0. a) • Montrer d’abord, pour tout (x,y) ∈ R2, l’existence de N(x,y),en montrant que l’application t −→ |x + ty| 1 + t + t2 est bor- née sur R. 1.14 1.15 1.16 1.17 1.18 1.19 1.20 1.21 1.22 1.23 1.24 1.25 1.26 1.27 1.28
- 28. Chapitre 1 • Espaces vectoriels normés 18 • Revenir à la définition d’une norme. b) Transformer la condition N(x,y) 1 en : ∀ t ∈ R, −1 x + ty 1 + t + t2 1, puis utiliser les résultats sur les trinômes réels. c) Calculer l’aire comme intégrale double de la constante 1. Se rappeler qu’une partie C de E est dite convexe si et seulement si : ∀ λ ∈ [0 ; 1], ∀ (x,y) ∈ C2 , λx + (1 − λ)y ∈ C. a) Utiliser, par exemple, la caractérisation séquentielle de l’adhérence d’une partie de E. b) Envisager, par exemple : E = R2 , A = (x,y) ∈ (R∗ +)2 ; xy = 1 , B = R × {0}. a) Une inclusion est immédiate. • Réciproquement, soit x ∈ A ∩ B. Soit V un voisinage de x dans E. Montrer l’existence d’un y dans V ∩ (A ∩ B), puis montrer : (V ∩ A) ∩ B = ∅. b) Appliquer l’hypothèse à E (A) à la place de B. c) Choisir pour A et B des intervalles ou des réunions d’inter- valles convenables. 1) Montrer que N et ν sont des normes.Pour montrer l’im- plication ν ( f ) = 0 ⇒ f = 0, utiliser la résolution d’une équation différentielle. 2) • Montrer : ∀ f ∈ E, ν( f ) N( f ). • Pour f ∈ E, considérer g : [0 ; 1] −→ R, x −→ ex f (x), exprimer g , puis déduire des majorations de |g(x)|, | f (x)|, | f (x)|, à l’aide de ν ( f ). Considérer l’application ϕ : E −→ R, x −→ d(x,G) − d(x,F) et les parties U = ϕ−1(]0 ; +∞[), V = ϕ−1(] − ∞ ; 0[) de E. (i) ⇒ (ii) : Utiliser, par exemple, la caractérisation séquentielle de l’adhérence. (ii) ⇒ (iii) : Pour B ∈ P (F), appliquer l’hypothèse à A = f −1(B). (iii) ⇒ (iv) : Pour B ∈ P (F), appliquer l’hypothèse à B et à F (B). (iv) ⇒ (i) : Pour tout ouvert U de F, appliquer l’hypothèse à B = U. a) • Montrer que, pour toute (un)n 1 ∈ ∞, on a : un n n 1 ∈ ∞ . • Montrer que T est linéaire. • Montrer : ∀ u ∈ ∞ , ||T(u)||∞ ||u||∞. • En déduire : T ∈ LC( ∞) et |||T||| 1. • Considérer la suite constante égale à 1, et déduire :|||T||| = 1. b) • On obtient : Ker (T) = {0}. • Montrer que Im (T) est l’ensemble des suites réelles en O 1 n . • La linéarité de φ est immédiate. • Montrer : ∀ f ∈ E, |φ( f )| M|| f ||∞, en notant M = p k=1 |λk|. • Considérer une application convenable f de E prenant les valeurs 1 ou −1 en les ak. Utiliser la caractérisation séquentielle des fermés et la défi- nition séquentielle des compacts. 1) L’unicité est immédiate. 2) Pour l’existence, raisonner par l’absurde. Considérer l’application ϕ : K −→ R, x −→ d x, f (x) . (i) ⇒ (ii) : Appliquer l’hypothèse au compact [−A ; A], pour A ∈ R∗ + fixé. (ii) ⇒ (iii) : Utiliser le théorème des valeurs intermédiaires. (iii) ⇒ (i) : Soit K un compact de R. Il existe A ∈ R∗ + tel que : K ⊂ [−A ; A]. Appliquer l’hypothèse pour déduire que f −1(K) est borné, puis est compact. Utiliser, par exemple, la caractérisation séquentielle d’un fermé et la définition séquentielle d’un compact. 1) Montrer que V = ∅, en utilisant la définition séquen- tielle de la compacité. 2) Montrer que V est bornée. 3) Montrer que V est fermée,en montrant,par exemple,que son complémentaire est ouvert. 1.29 1.30 1.31 1.32 1.33 1.34 1.35 1.36 1.37 1.38 1.39 1.40 1.41
- 29. Du mal à démarrer ? 19 ©Dunod.Laphotocopienonautoriséeestundélit. Raisonner par l’absurde : supposer qu’il existe une appli- cation f : [0 ; 1]2 −→ [0 ; 1] continue injective. Considérer a,b,c ∈ [0 ; 1]2 de façon que, par exemple, f (a) < f (b) < f (c), puis considérer un chemin γ joignant continument a et c dans [0 ; 1]2 , sans passer par b, et envisager f ◦ γ. Vu l’exposant 1 2 et le carré dans l’intégrale,on peut conjec- turer que N soit une norme associée à un produit scalaire. Montrer que l’application ϕ : E × E −→ R définie, pour tout ( f,g) ∈ E × E par : ϕ( f,g) = 1 0 f g + 1 2 f (0)g(1) + f (1)g(0) est un produit scalaire et que N est la norme associée à ϕ. Dans le premier membre de l’inégalité demandée, inter- caler, par exemple, x ||y|| , puis utiliser l’inégalité triangulaire et les rôles symétriques de x et y. a) Soient U,V des ouverts de E tels que U = V = E. Soient x ∈ E et Ω un voisinage ouvert de x dans E. Montrer l’existence d’un y ∈ Ω ∩ U, puis montrer (Ω ∩ U) ∩ V = ∅. b) Passer aux complémentaires dans le résultat de a). a) Montrer que, pour ϕ ∈ E fixée, Nϕ vérifie une partie de la définition d’une norme. 1) Supposer ϕ−1 ({0}) ◦ = ∅. Montrer qu’alors : ∀ f ∈ E, Nϕ( f ) = 0 ⇒ f = 0 . 2) Supposer ϕ−1 ({0}) ◦ =/ ∅.Construire un élément f de E tel que : f = 0 et Nϕ( f ) = 0. b) Soit ϕ ∈ E fixée. 1) Supposer ϕ−1({0}) = ∅. Montrer qu’alors Nϕ et ||.||∞ sont équivalentes, en faisant intervenir 1 ϕ . 2) Supposer ϕ−1({0}) = ∅. Construire alors une suite ( fn)n∈N∗ dans E − {0} telle que : || fn||∞ Nϕ( fn) −→ n ∞ +∞. a) Récurrence sur n. b) Utiliser a) et la sous-multiplicativité de |||.|||. c) • Montrer, en utilisant a), qu’on ne peut pas avoir : ∀ n ∈ N, vn = 0. • Considérer l’ensemble {n ∈ N ; vn = 0}, son plus petit élé- ment, et obtenir une contradiction à l’aide de b)}. On conclut qu’il n’existe pas de tel couple (u,v). Soit F un fermé de C. Soient (Zn)n une suite dans P(F), Z ∈ C tels que Zn −→ n ∞ Z. Pour chaque n ∈ N, il existe zn ∈ F tel que P(zn) = Zn. Montrer que (zn)n est bornée. En déduire l’existence de u ∈ C et d’une extractrice σ tels que : zσ(n) −→ n ∞ u. Déduire Z = P(u) ∈ P(F). Noter F = n∈N Fn. 1) L’inclusion f (F) ⊂ n∈N f (Fn) est immédiate. 2) Réciproquement, soit x ∈ n∈N f (Fn). Pour chaque n ∈ N, il existe xn ∈ Fn tel que x = f (xn). Utiliser la caractérisation séquentielle de la compacité de K. b) 1) Montrer : ∀ n ∈ N∗ , ||un+1 − un|| k||un − un−1||, puis : ∀ (p,r) ∈ N × N∗ , ||up+r − up|| kp ||u1 − u0|| 1 − k . En déduire que (un)n est de Cauchy dans F. Considérer l’ensemble E = (x,y) ∈ I2 ; x < y et l’appli- cation taux d’accroissement : τ : E −→ R, (x,y) −→ f (x) − f (y) x − y . Montrer que E est connexe par arcs, que τ est continue, et en déduire que τ(E) est un intervalle et que l’on a τ(E) ⊂ f (I) ⊂ τ(E). a) 1) Unicité : Soit x ∈ E. Soient z1,z2 ∈ F tels que : x − z1 ∈ F⊥ et x − z2 ∈ F⊥. Exprimer ||z1||2, < z1 , z2 > , < z2 , z1 > , ||z2||2 et déduire ||z1 − z2||2 = 0, puis z1 = z2. 2) Existence : Soit x ∈ E. Considérer l’application ϕ : F −→ R, u −→ ||x − u|| et sa borne inférieure α, puis une suite (un)n∈N∗ dans F telle que : ∀ n ∈ N∗ , α ϕ(un) α + 1 n . Montrer que (un)n∈N∗ est de Cauchy dans F. En déduire qu’il existe z ∈ F tel que un −→ n ∞ z. Montrer que z minimise ϕ. Établir x − z ∈ F⊥, en considérant, pour y ∈ F et λ ∈ C, ||x − (z + λy)||2. b) 1) • La linéarité de pF est facile. • Montrer : ∀ x ∈ E, ||pF (x)|| ||x||, puis : |||pF ||| = 1. 2) L’égalité pF ◦ pF = pF est immédiate. 3) Montrer, pour tout (x,y) ∈ E2 : < pF (x) , y > = < pF (x) , pF (y) > , puis : < x , pF (y) > = < pF (x) , y > . 1.42 1.43 1.44 1.45 1.46 1.47 1.48 1.49 1.50 1.51 1.52
- 30. 20 On applique l’inégalité triangulaire, de deux façons à chaque fois, pour majorer ||x − y|| et pour majorer ||z − t|| : ||x − y|| ||x − z|| + ||z − y|| ||x − y|| ||x − t|| + ||t − y|| ||z − t|| ||z − x|| + ||x − t|| ||z − t|| ||z − y|| + ||y − t||. Ensuite, on additionne ces quatre inégalités, on simplifie par un coefficient 2, et on obtient l’inégalité voulue : ||x − y|| + ||z − t|| ||x − z|| + ||y − t|| + ||x − t|| + ||y − z||. a) Soit (x,y) ∈ E × F. On a : (x,y) ∈ A × B ⇐⇒ ∃ (zn)n ∈ (A × B)N , zn −→ n ∞ (x,y) ⇐⇒ ∃ (xn)n ∈ AN , ∃ (yn)n ∈ BN , (xn,yn) −→ n ∞ (x,y) ⇐⇒ ∃ (xn)n ∈ AN , xn −→ n ∞ x ∃ (yn)n ∈ BN , yn −→ n ∞ y ⇐⇒ x ∈ A y ∈ B ⇐⇒ (x,y) ∈ A × B. On conclut : A × B = A × B. b) 1) Soit (x,y) ∈ (A × B)◦ . Il existe un ouvert W de E × F tel que : (x,y) ∈ W ⊂ A × B. Par définition des ouverts de E × F, il existe alors un ouvert U de E et un ouvert V de F tels que : x ∈ U, y ∈ V, U × V ⊂ W. On déduit : x ∈ U ⊂ A et y ∈ V ⊂ B, donc x ∈ A◦ et y ∈ B◦ , d’où (x,y) ∈ A◦ × B◦ . Ceci montre : (A × B)◦ ⊂ A◦ × B◦ . 2) Réciproquement, soit (x,y) ∈ A◦ × B◦ . Alors : x ∈ A◦ et y ∈ B◦ . Il existe donc un ouvert U de E tel que x ∈ U ⊂ A, et un ou- vert V de F tel que y ∈ V ⊂ B. Alors, U × V est un ouvert de E × F et on a : (x,y) ∈ U × V ⊂ A × B. Il en résulte : (x,y) ∈ (A × B)◦ . Ceci montre : A◦ × B◦ ⊂ (A × B)◦ . On conclut : (A × B)◦ = A◦ × B◦ . a) Nous allons montrer que F est fermé dans E en uti- lisant la caractérisation séquentielle des fermés. Soient ( fn)n∈N une suite dans F, et f ∈ E tels que fn −→ n∞ f dans (E,||.||∞). On a : ∀ x ∈ R, | fn(x) − f (x)| || fn − f ||∞ −→ n ∞ 0, donc : ∀ x ∈ R, fn(x) −→ n ∞ f (x). Comme, par hypothèse : ∀ x ∈ R, ∀ n ∈ N, fn(x) 0, il s’ensuit, par passage à la limite dans une inégalité lorsque l’entier n tend vers l’infini : ∀ x ∈ R, f (x) 0, et donc : f ∈ F. On conclut que F est fermé dans E. b) Nous allons montrer que U n’est pas ouvert dans E, en trou- vant f ∈ U telle que, pour tout ε ∈ R∗ +, on ait : B( f ; ε) /⊂ U. Considérons f : R −→ R, x −→ f (x) = 1 x2 + 1 . Il est clair que f est continue et bornée, donc f ∈ E. Soit ε ∈ R∗ + fixé. Considérons l’application g = f − ε 2 . On a : g ∈ E, || f − g||∞ = ε 2 < ε, donc g ∈ B( f ; ε). Mais g /∈ U car g(x) −→ x−→+∞ − ε 2 < 0, donc g prend des valeurs 0. Ceci montre : ∀ ε ∈ R∗ +, B( f,ε) /⊂ U, et on conclut que U n’est pas ouvert dans E. 1) • Il est clair que, pour toute f ∈ E, ν1( f ) existe. • On a, pour tout α ∈ R et toute f ∈ E : ν1(α f ) = |(α f )(0)| + 2 1 0 |(α f ) (t)| dt = |α| | f (0)| + 2|α| 1 0 | f (t)| dt = |α|ν1( f ). Corrigés des exercices 1.1 1.2 1.3 1.4
- 31. 21 • On a, pour toutes f,g ∈ E : ν1( f + g) = |( f + g)(0)| + 2 1 0 |( f + g) (t)| dt = | f (0) + g(0)| + 2 1 0 | f (t) + g (t)| dt (| f (0)| + |g(0)|) + 2 1 0 | f (t)| + |g (t)| dt = | f (0)| + 2 1 0 | f (t)| dt + |g(0)| + 2 1 0 |g (t)| dt = ν1( f ) + ν1(g). • Soit f ∈ E telle que ν1( f ) = 0. On a alors : | f (0)| + 2 1 0 | f (t)| dt = 0, donc f (0) = 0 et 1 0 | f (t)| dt = 0. Puisque | f | est continue et 0, il en résulte f = 0, donc f est constante, f = f (0) = 0. Ceci montre que ν1 est une norme sur E. 2) De même, ν2 est aussi une norme sur E. De manière plus générale, pour tout (a,b) ∈ (R∗ +)2 , l’application f −→ a| f (0)| + b 1 0 | f (t)| dt est une norme sur E. 3) On a, pour toute f ∈ E : 1 2 ν1( f ) ν2( f ) 2ν1( f ), donc les normes ν1 et ν2 sur E sont équivalentes. a) Soit a ∈ E. Considérons l’application τ−a : E −→ E, y −→ y − a qui est la translation de vecteur −a. On a, pour tout y ∈ E : y ∈ {a} + Ω ⇐⇒ y − a ∈ Ω, donc : {a} + Ω = y ∈ E ; τ−a(y) ∈ Ω = τ−1 −a(Ω). Ainsi, {a} + Ω est l’image réciproque de l’ouvert Ω par l’ap- plication continue τ−a, donc {a} + Ω est un ouvert de E. b) Soit A ⊂ E. On a : A + Ω = a∈A ({a} + Ω). Ainsi, A + Ω est une réunion d’ouverts de E, donc est un ou- vert de E. 1) Supposons ϕ continue sur A × B. Puisque B =/ ∅, il existe b ∈ B. On a alors : ∀ x ∈ A, f (x) = ϕ(x,b) − g(b). Comme ϕ est continue sur A × B, par composition, l’application x −→ ϕ(x,b) est continue sur A, puis, par addi- tion d’une constante, f est continue sur A. De même, g est continue sur B. 2) Réciproquement, supposons f continue sur A et g continue sur B. Notons : pr1 : E × F −→ E, (x,y) −→ x , pr2 : E × F −→ F, (x,y) −→ y les deux projections canoniques, qui, d’après le cours, sont conti- nues sur E × F. On a alors : ϕ = f ◦ pr1 + g ◦ pr2, donc, par composition, ϕ est continue sur E × F. Soient (x1,x2), (y1,y2) ∈ R2 . On a : f (x1,x2) − f (y1,y2) 1 = (ax2,bx1) − (ay2,by1) 1 = (ax2 − ay2, bx1 − by1) 1 = a(x2 − y2), b(x1 − y1) 1 = |a(x2 − y2)| + |b(x1 − y1)| = a|x2 − y2| + b|x1 − y1| . En notant k = Max (a,b) ∈ R+, on a donc : f (x1,x2) − f (y1,y2) 1 k|x2 − y2| + k|x1 − y1| = k (x1 − y1, x2 − y2) 1 = k (x1,x2) − (y1,y2) 1 . On conclut que f est lipschitzienne. • La linéarité de φ est immédiate, résultant de la linéa- rité de l’intégration. • On a : ∀ f ∈ E, |φ( f )| = 1 0 f (t) dt 1 0 | f (t)| dt = || f ||1 , donc φ, qui est linéaire, est continue, et |||φ||| 1. • On a, en notant f0 : [0 ; 1] −→ R, t −→ 1 l’application constante égale à 1, f0 =/ 0 et : || f0||1 = 1 0 |1| dt = 1, φ( f0) = 1 0 1 dt = 1 , donc : |φ( f0)| || f0||1 = 1. Il en résulte : |||φ||| 1, et finalement : |||φ||| = 1. 1.5 1.6 1.7 1.8
- 32. 22 Considérons l’application f : E × E −→ E, (x,y) −→ x + y . On a : K + L = f (K × L). Puisque K et L sont compacts, d’après le cours, K × L est compact. D’autre part, par opération, f est continue. Ainsi, K + L est l’image d’un compact par une application continue, donc K + L est compact. Par théorèmes généraux, f est continue sur R∗ , et, comme f (x) = sin x x −→ x−→0 1 = f (0), f est continue en 0, donc f est continue sur R. Traçons d’abord l’allure de la courbe représentative de f : D’autre part, puisque (un)n∈N est de Cauchy, il existe N2 ∈ N tel que : ∀ p N2, ∀ q N2, d(up,uq ) ε 3 . Notons N = Max (N1,N2) ∈ N . On a alors, pour tout (p,q) ∈ N2 tel que p N et q N : d(vp,vq ) d(vp,up) + d(up,uq ) + d(uq ,vq ) 3 ε 3 = ε . Ceci montre que (vn)n∈N est de Cauchy dans E. Considérons l’application f : R −→ R, x −→ f (x) = x2 + 1 . 1) On a, pour tout (x,y) ∈ R2 tel que x =/ y : | f (x) − f (y)| = x2 + 1 − y2 + 1 = x2 − y2 √ x2 + 1 + y2 + 1 = |x + y| √ x2 + 1 + y2 + 1 |x − y| . Et : |x + y| √ x2 + 1 + y2 + 1 |x| + |y| √ x2 + 1 + y2 + 1 < 1, car : 0 |x| < x2 + 1 et 0 |y| < y2 + 1. D’où : | f (x) − f (y)| < |x − y|. Ainsi, f diminue strictement les distances. 2) On a, pour tout x ∈ R : f (x) = x2 + 1 > |x| x, donc : ∀ x ∈ R, f (x) =/ x, donc f n’a pas de point fixe. a) • L’implication N1 = N2 ⇒ B1 = B2 est évidente. • Réciproquement, supposons B1 = B2. Soit x ∈ E tel que x =/ 0. ∗ Considérons y = 1 N1(x) x. On a : N1(y) = N1 1 N1(x) x = 1 N1(x) N1(x) = 1 , donc y ∈ B1 = B2, d’où N2(y) 1. Mais : N2(y) = N2 1 N1(x) x = 1 N1(x) N2(x). On a donc : 1 N1(x) N2(x) 1, d’où : N2(x) N1(x). ∗ Puisque N1 et N2 jouent des rôles symétriques, on a aussi N1(x) N2(x), d’où : N1(x) = N2(x). Enfin, pour x = 0, l’égalité N1(x) = N2(x) est triviale. On conclut : N1 = N2 . 1.9 1.10 y x−π 2ππ −2π O 1 1 2 B A 1) On a : A = πZ∗ , donc A n’est pas bornée, donc n’est pas compacte. 2) • Puisque B = f −1 1 2 ; +∞ , que f est continue et que 1 2 ; +∞ , est fermé dans R, d’après le cours, B est fermée dans R. • On a, pour tout x ∈ R : |x| > 2 ⇒ | f (x)| = sin x x 1 x < 1 2 ⇒ x /∈ B , donc : B ⊂ [−2 ; 2], donc B est bornée. Ainsi, B est une partie fermée bornée de R, donc B est compacte. Supposons, par exemple, que (un)n∈N est de Cauchy. Soit ε > 0. Puisque d(un,vn) −→ n ∞ 0, il existe N1 ∈ N tel que : ∀ n N1, d(un,vn) ε 3 . 1.11 1.12 1.13
- 33. 23 b) • L’implication N1 = N2 ⇒ B1 = B2 est évidente. • Réciproquement, supposons B1 = B2. Nous allons adopter la même méthode que dans la solution de a). Soit x ∈ E tel que x =/ 0. ∗ Considérons y = 1 N1(x) x. On a alors N1(y) = 1, donc y /∈ B1 = B2, d’où N2(y) 1. Mais N2(y) = 1 N1(x) N2(x), d’où N2(x) N1(x). ∗ Puisque N1 et N2 jouent des rôles symétriques, on a aussi N1(x) N2(x), d’où : N1(x) = N2(x). Enfin, pour x = 0, l’égalité N1(x) = N2(x) est triviale. On conclut : N1 = N2 . a) Soit F un sev de E tel que ◦ F =/ ∅. Il existe donc a ∈ ◦ F, puis r ∈ R∗ + tel que B(a;r) ⊂ F. Soit x ∈ E tel que x =/ a. Notons y = a + r 2||x − a|| (x − a). On a alors ||y − a|| = r 2 < r, donc y ∈ B(a;r), d’où y ∈ F. Comme F est un sev et que a et y sont dans F, il en résulte que x − a = 2||x − a|| r (y − a) ∈ F , puis x = (x − a) + a ∈ F. Finalement : F = E. b) E1 et P sont des sev de E, distincts de E, car, par exemple, l’application [0; 1] −→ R x−→ x− 1 2 est dans E et non dans E1, et l’ap- plication [0; 1] −→ R x−→ 1 x+1 est dans E et non dans P. Par contre-apposition du résultat de a), on conclut : ◦ E1 = ◦ P = ∅. a) 1) On a : B(a ;r) ⊂ B (a ;r), d’où, en passant aux adhérences et puisque B (a ;r) est fermée : B(a ;r) ⊂ B (a ;r) = B (a ;r) . 2) Réciproquement, soit x ∈ B (a ;r). Notons, pour tout n ∈ N∗ : xn = 1 n a + 1 − 1 n x. On a, pour tout n ∈ N∗ : ||xn − a|| = 1 − 1 n (x − a) = 1 − 1 n ||x − a|| 1 − 1 n r < r, donc : xn ∈ B(a ;r). D’autre part : ||xn − x|| = 1 n (a − x) = 1 n ||x − a|| −→ n ∞ 0 , donc : xn −→ n ∞ x. Ainsi, x est limite d’une suite d’éléments de B(a ;r), donc x ∈ B(a ;r). Ceci montre : B (a ;r) ⊂ B(a ;r). On conclut : B(a ;r) = B (a ;r). b) 1) On a : B(a ;r) ⊂ B (a ;r), d’où, en passant aux intérieurs et puisque B(a ;r) est ouverte : B(a ;r) = B(a ;r) ◦ ⊂ B (a ;r) ◦ . 2) Nous allons montrer l’autre inclusion en raisonnant sur les complémentaires, de façon à manipuler des adhérences (au lieu d’intérieurs) et à utiliser des suites. Soit x ∈ E B(a ;r) , donc ||x − a|| r. 1.14 1.15 a xxn a x xn
- 34. 24 Notons, pour tout n ∈ N∗ : xn = − 1 n a + 1 + 1 n x. On a, pour tout n ∈ N∗ : ||xn − a|| = 1 + 1 n (x − a) = 1 + 1 n ||x − a|| 1 + 1 n r > r, donc xn ∈ E B (a ;r) . D’autre part : ||xn − x|| = 1 n (x − a) = 1 n ||x − a|| −→ n ∞ 0 , donc : xn −→ n ∞ x. Ainsi, x est limite d’une suite d’éléments de E B (a ;r) , donc x ∈ E B (a ;r) . Ceci montre : E B(a ;r) ⊂ E B (a ;r) = E B (a ;r) ◦ , d’où, en passant aux complémentaires : B(a ;r) ⊃ B (a ;r) ◦ . Finalement : B (a ;r) ◦ = B(a ;r). 1) Nous allons montrer que A est une partie fermée de E en utilisant la caractérisation séquentielle des parties fermées. Soient ( fn)n∈N une suite dans A, f ∈ E tels que fn −→ n ∞ f dans (E,||.||∞). On a, pour tout x ∈ [0 ; 1] : | fn(x) − f (x)| || fn − f ||∞ −→ n ∞ 0 , donc : fn(x) −→ n ∞ f (x). D’autre part : ∀ x ∈ [0 ; 1], ∀ n ∈ N, efn(x) 2 + fn(x) . On déduit, par passage à la limite dans une inégalité lorsque l’entier n tend vers l’infini : ∀ x ∈ [0 ; 1], ef (x) 2 + f (x) , et donc : f ∈ A. Ceci montre que A est une partie fermée de E. 2) • Montrons : ∀ t ∈ [2 ; +∞[, et 2 + t. L’application ϕ : [2 ; +∞[−→ R, t −→ ϕ(t) = et − (2 + t) est dérivable et, pour tout t ∈ [2 ; +∞[ : ϕ (t) = et − 1 > 0 , donc ϕ est strictement croissante. De plus : ϕ(2) = e2 − 4 > 0. On déduit : ∀ t ∈ [2 ; +∞[, ϕ(t) 0, d’où l’inégalité voulue. • Soient t ∈ [2 ; +∞[ et ft : [0 ; 1] −→ R, x −→ t l’applica- tion constante égale à t. On a alors : ∀ t ∈ [2 ; +∞[, ft ∈ A et || ft || = |t| = t , ce qui montre que A n’est pas bornée. a) 1) Nous allons montrer que A est une partie fermée de E, en utilisant la caractérisation séquentielle des fermés. Soient ( fn)n∈N une suite dans A, f ∈ E tels que fn −→ n ∞ f dans (E,||.||∞). • On a : | fn(0) − f (0| || fn − f ||∞ −→ n ∞ 0, donc : fn(0) −→ n ∞ f (0). Mais : ∀ n ∈ N, fn(0) = 1, d’où : f (0) = 1. • On a : 1 0 fn − 1 0 f = 1 0 ( fn − f ) 1 0 | fn − f | (1 − 0)|| fn − f ||∞ −→ n ∞ 0, donc : 1 0 fn −→ n ∞ 1 0 f. Mais : ∀ n ∈ N, 1 0 fn = 0, donc : 1 0 f = 0. On déduit : f ∈ A. On conclut que A est une partie fermée de E. 2) • Soit f ∈ A. On a : || f − 0||∞ = || f ||∞ | f (0)| = 1, donc : d(0,A) || f − 0||∞ 1. • L’application f : [0 ; 1] −→ R, x −→ 1 − 2x est dans A et : d(0, f ) = || f ||∞ = 1. On conclut : d(0,A) = 1, et cette borne est atteinte, par f ci-dessus et représentée graphiquement ci-après. 1.16 1.17
- 35. 25 b) 1) On montre que B est une partie fermée de E par la même méthode qu’en a) 1). 2) • Soit f ∈ B. On a : 1 = 1 0 f 1 0 | f | (1 − 0)|| f ||∞ = || f − 0||∞ , donc : d(0,B) 1. • Considérons, pour tout n ∈ N∗ , l’application gn : [0 ; 1] −→ R définie, pour tout x ∈ [0 ; 1], par : gn(x) = nan x si 0 x 1 n an si 1 n < x 1 , où an est à calculer pour que 1 0 gn = 1. On a : 1 0 gn = 1 ⇐⇒ an − an 2n = 1 ⇐⇒ an = 2n 2n − 1 . On a alors : ∀ n ∈ N∗ , gn ∈ B et : ||gn − 0||∞ = an = 2n 2n − 1 −→ n ∞ 1 , d’où l’on conclut : d(0,B) 1. • Supposons qu’il existe f ∈ B telle que d(0,B) = || f ||∞. On a : 0 1 0 || f ||∞ − f = || f ||∞ − 1 0 f = 1 − 1 = 0 , donc, puisque || f ||∞ − f est continue et 0, on a : || f ||∞ − f = 0, f = || f ||∞, f est une constante. Mais f (0) = 0, donc f = 0, contradiction avec 1 0 f = 1. Ceci montre que d(0,B) n’est pas atteinte. a) • D’abord, E est bien un R-ev, et N∞,N∞,N∞ sont définies, car, si f ∈ E, alors f, f , f sont continues sur le seg- ment [0 ; 1] , donc sont bornées, d’où l’existence de N∞( f ), N∞( f ), N∞( f ). Nous allons montrer que N∞ est une norme sur E, les preuves pour N∞ et N∞ étant analogues et plus simples. • On a, pour toutes f,g ∈ E : N∞( f + g) =|( f + g)(0)| + |( f + g) (0)| + Sup x∈[0;1] |( f + g) (x)| | f (0)| + |g(0)| + | f (0)| + |g (0)| + Sup x∈[0;1] | f (x)| + |g (x)| | f (0)| + |g(0)| + | f (0)| + |g (0)| + Sup x∈[0;1] | f (x)| + Sup x∈[0;1] |g (x)| = | f (0)| + | f (0)| + Sup x∈[0;1] | f (x)| + |g(0)| + |g (0)| + Sup x∈[0;1] |g (x)| =N∞( f ) + N∞(g). y x y = f(x) 1 1 O − 1 1 2 y 11 x n 1 O a n 1.18
- 36. 26 • On a, pour tout α ∈ R et toute f ∈ E : N∞(α f ) = |(α f )(0)| + |(α f ) (0)| + Sup x∈[0;1] |(α f ) (x)| = |α| | f (0)| + |α| | f (0)| + |α| Sup x∈[0;1] | f (x)| = |α|N∞( f ) . • Soit f ∈ E telle que N∞( f ) = 0. On a alors : | f (0)| 0 + | f (0)| 0 + Sup x∈[0;1] | f (x)| 0 = 0, donc f (0) = 0, f (0) = 0, Sup x∈[0;1] | f (x)| = 0. Il en résulte f = 0. Il existe donc (a,b) ∈ R2 tel que : ∀ x ∈ [0; 1], f (x) = ax + b . De plus : f (0) = 0 f (0) = 0 ⇐⇒ a = 0 b = 0 d’où f = 0. On conclut : N∞, N∞, N∞ sont des normes sur E. b) 1) • Soit f ∈ E. Pour tout x ∈ [0 ; 1], d’après l’inégalité des accroissements finis, appliquée à f sur [0 ; x], on a : | f (x) − f (0)| x Sup t∈[0;x] | f (t)| 1 Sup x∈[0;1] | f (t)| , puis : | f (x)| = f (0) + f (x) − f (0) | f (0)| + | f (x) − f (0)| | f (0)| + Sup t∈[0;1] | f (t)| = N∞( f ). Il en résulte : N∞( f ) N∞( f ). • De même : ∀ f ∈ E, N∞( f ) N∞( f ) . 2) Montrons que les normes N∞, N∞, N∞ sont deux à deux non équivalentes : Considérons la suite ( fn)n∈N∗ d’applications de [0 ; 1] dans R définies, pour tout n ∈ N∗ , par : ∀ x ∈ [0 ; 1], fn(x) = sin (πnx) . On a, pour tout n ∈ N∗ , fn ∈ E et, pour tout x ∈ [0 ; 1] : fn(x) = sin (πnx), fn(x) = πn cos (πnx), fn (x) = −π2 n2 sin (πnx) , d’où, pour tout n ∈ N∗ : N∞( fn) = 1, N∞( fn) = πn, N∞( fn) = πn + π2 n2 . Il s’ensuit : N∞( fn) N∞( fn) = πn −−−→ n ∞ + ∞, N∞( fn) N∞( fn) = 1 + πn −−−→ n ∞ + ∞, N∞( fn) N∞( fn) = πn + π2 n2 −−−→ n ∞ + ∞ . Ainsi, les rapports N∞( f ) N∞( f ) , N∞( f ) N∞( f ) , N∞( f ) N∞( f ) ne sont pas bor- nés lorsque f décrit E − {0}, donc les normes N∞, N∞, N∞ sont deux à deux non équivalentes. a) L’application f : E −→ E, x −→ f (x) = x 1 + ||x||2 est continue par opérations sur les applications continues. b) 1) On a : ∀ x ∈ E, || f (x)|| = ||x|| 1 + ||x||2 1 2 , car : ∀ t ∈ R+, t 1 + t2 − 1 2 = −(1 − t)2 2(1 + t2) 0. d’où : f (E) ⊂ B 0 ; 1 2 . 2) Réciproquement, soit y ∈ B 0 ; 1 2 . Cherchons λ ∈ R pour que f (λy) = y. On a : f (λy) = y ⇐⇒ λy 1 + ||λy||2 = y ⇐ ||y||2 λ2 − λ + 1 = 0. Si y = 0, on peut choisir λ = 0. Supposons y =/ 0. L’équation du second degré précédente, d’in- connue λ ∈ R, admet au moins une solution puisque son dis- criminant 1 − 4||y||2 est 0, car ||y|| 1 2 . Ceci montre : B 0 ; 1 2 ⊂ f (E). On conclut : f (E) = B 0 ; 1 2 . Remarque : Le résultat est apparent dans le cas E = R muni de la norme |.| usuelle : y x1 0 On a ici : f (R) = − 1 2 ; 1 2 = B 0 ; 1 2 . 1.19 Représentation graphique de f : x → x 1 + x2
- 37. 27 Remarquons d’abord que, pour toute suite réelle bornée x = (xn)n , la suite réelle y = (yn)n définie dans l’énoncé est bornée ; ainsi, ∆ est bien une application de ∞ dans ∞ . • La linéarité de ∆ est immédiate. • Soient x = (xn)n ∈ ∞ , y = (x) = (yn)n . On a : ∀n ∈ N, |yn| = |xn+1 − xn| |xn+1| + |xn| 2||x||∞, donc : || (x)||∞ 2||x||∞. Ceci montre que ∆, qui déjà est linéaire, est continue, et que : |||∆||| 2. • Considérons la suite réelle bornée x = (xn)n définie par : ∀n ∈ N, xn = (−1)n . D’une part : ||x||∞ = 1. D’autre part : ∀n ∈ N, |xn+1 − xn| = 2, donc : ||∆(x)||∞ = 2. On a donc : |||∆||| ||∆(x)||∞ ||x||∞ = 2. Finalement : ∆ ∈ LC ( ∞ ) et |||∆||| = 2 1) L’application f : R2 −→ R, (x,y) −→ x2 (x − 1)(x − 3) + y2 (y2 − 4) est continue et {0} est fermé dans R, donc E = f −1 ({0}) est fermé dans R2 , comme image réciproque d’un fermé par une application continue. 2) Montrons que E est bornée, en utilisant les coordonnées po- laires. Notons, pour (x,y) ∈ R2 : ρ = x2 + y2 . On a, pour tout (x,y) ∈ R2 : (x,y) ∈ E ⇐⇒ x4 − 4x3 + 3x2 + y4 − 4y2 = 0 ⇐⇒ x4 + y4 = 4x3 − 3x2 + 4y2 , d’où, pour tout (x,y) ∈ E : ρ4 = (x2 + y2 )2 = x4 + 2x2 y2 + y4 2(x4 + y4 ) = 2(4x3 − 3x2 + 4y2 ) 2(4ρ3 + 4ρ2 ) = 8ρ3 + 8ρ2 . En supposant ρ 1, on a donc, si (x,y) ∈ E : ρ4 16ρ3 , d’où : ρ 16. Ceci montre : ∀ (x,y) ∈ E, x2 + y2 16, donc E est bornée. Ainsi, E est une partie fermée bornée de R2 , qui est un evn de dimension finie, donc E est compacte. Raisonnons par l’absurde : supposons que (un)n n’ad- mette qu’une seule valeur d’adhérence a, et que (un)n diverge. Puisque un −→/ n ∞ a, il existe ε > 0 tel que : ∀N ∈ N, ∃ n ∈ N, n N et d(un,a) > ε . Ceci permet de construire une extractrice σ telle que : ∀n ∈ N, d(uσ(n),a) > ε. Puisque K est compact, la suite (uσ(n))n, à éléments dans K, admet au moins une valeur d’adhérence b dans K ; il existe donc un extractrice τ telle que uσ(τ(n)) −−−→ n∞ b. Comme : ∀n ∈ N, d(uσ(τ(n)),a) > ε, on obtient, en passant à la limite d(b,a) ε, et nécessairement a =/ b. Ainsi, (un)n admet au moins deux valeurs d’adhérence diffé- rentes, a et b, contradiction. Considérons, pour tout n de N tel que n 2, l’applica- tion fn : [0; 1] −→ R définie par : fn(x) = 1 si 0 x 1 2 −nx + n + 2 2 si 1 2 x 1 2 + 1 n 0 si 1 2 + 1 n x 1. 1.20 1.21 1.22 y xO 1 fn 1 2 1 2 1 n + 1 Il est clair que, pour tout n 2, fn est continue sur [0; 1]. 1) Montrons que ( fn)n 2 est de Cauchy pour || · ||1. Soient p ∈ N − {0,1}, r ∈ N. On a : || fp+r − fp||1 = 1 0 fp+r (x) − fp(x) dx = 1 2 + 1 p 1 2 fp(x) − fp+r (x) dx 1 2 + 1 p 1 2 fp(x) dx = 1 2p . Il en résulte : ∀ε > 0, ∃N ∈ N − {0,1}, ∀p N, ∀r ∈ N, || fp+r − fp||1 ε, et donc ( fn)n 2 est de Cauchy pour || · ||1. 1.23
- 38. 28 Fixons temporairement p tel que p N. On a, en faisant tendre l’entier q vers l’infini, d’après a) : d(up,uq ) −→ q∞ f (up) , d’où, par passage à la limite dans une inégalité : f (up) ε . Ceci montre, en particulier : ∀ ε > 0, ∃ N ∈ N, f (uN ) ε , donc : ∀ ε > 0, ∃ a ∈ E, f (a) ε, et donc : Inf a∈E f (a) = 0. 2) On a : ∃ a ∈ E, f (a) = 0 ⇐⇒ ∃ a ∈ E, d(a,un) −−−→ n ∞ 0 ⇐⇒ ∃ a ∈ E, un −−−→ n ∞ a. Ainsi, la borne inférieure en question est atteinte si et seule- ment si la suite (un)n∈N converge. Soit (x1,x2) ∈ (A + B)2 . Il existe (a1,a2) ∈ A2 , (b1; b2) ∈ B2 tels que : x1 = a1 + b1 et x2 = a2 + b2. Puisque A et B sont connexes par arcs, il existe des applica- tions continues γ,δ : [0; 1] −→ E telles que : ∀t ∈ [0; 1], γ(t) ∈ A et δ(t) ∈ B γ(0) = a1, γ(1) = a2, δ(0) = b1, δ(1) = b2. L’application γ + δ : [0; 1] −→ E t−→γ(t)+δ(t) est continue, et on a : ∀t ∈ [0; 1], (γ + δ)(t) = γ(t) + δ(t) ∈ A + B (γ + δ)(0) = γ(0) + δ(0) = a1 + b1 = x1 et (γ + δ)(1) = x2. On conclut que A + B est connexe par arcs. Remarque On peut aussi montrer que A × B est connexe par arcs, puis remarquer que A + B est l’image de A × B par l’application continue E × E −→ E (x,y)−→x+y , si l’on sait que le produit cartésien de deux parties connexes par arcs est connexe par arcs a) Soit (x,y) ∈ A2 . Puisque A est étoilée (par rapport à a), on a : [a ; x] ⊂ A et [a ; y] ⊂ A . 1.24 1.25 1.26 2) Montrons que ( fn)n 2 ne converge pas dans C([0; 1],R),|| · ||1 . Raisonnons par l’absurde : supposons qu’il existe f : [0; 1] −→ R continue telle que || fn − f ||1 −−−→ n∞ 0. • On a : ∀n 2, || fn − f ||1 1 2 0 fn(x) − f (x) dx = 1 2 0 1 − f (x) dx, d’où : 1 2 0 |1 − f (x)|dx = 0. Puisque x −→ |1 − f (x)| est continue et 0, il en résulte : ∀x ∈ 0; 1 2 , f (x) = 1. • Soit x0 ∈ 1 2 ; 1 . On a, pour tout n 2 tel que n 1 x0 − 1 2 : || fn − f ||1 1 x0 fn(x) − f (x) dx = 1 x0 | f (x)| dx, d’où : 1 x0 | f (x)| dx = 0. Il en résulte : ∀x ∈ [x0; 1], f (x) = 0, ce qui montre : ∀x ∈ 1 2 ; 1 , f (x) = 0. On obtient ainsi : f (x) = 1 si x ∈ 0; 1 2 0 si x ∈ 1 2 ; 1 , et donc f n’est pas continue en 1 2 , contradiction. a) Soit ε > 0. Puisque (un)n∈N est de Cauchy dans (E,||.||), il existe N ∈ N tel que : ∀ p N, ∀ q N, d(up,uq ) ε. On a alors, par l’inégalité triangulaire : ∀ p N, ∀ q N, d(a,up) − d(a,uq ) d(up,uq ) ε . Ceci montre que la suite (d(a,un))n∈N est de Cauchy dans R. Comme R est complet, il en résulte que cette suite (d(a,un))n∈N converge dans R, vers un élément dépendant de a et noté f (a). b) 1) Soit ε > 0. Puisque (un)n∈N est de Cauchy dans (E,||.||), il existe N ∈ N tel que : ∀ p N, ∀ q N, d(up,uq ) ε .
- 39. 29 On conclut que A est connexe par arcs. b) L’ensemble D des matrices de Mn(R) diagonalisables dans Mn(R) est étoilé par rapport à 0. En effet, soient X ∈ D et t ∈ [0 ; 1]. Il existe P ∈ GLn(R),D ∈ Dn(R) telles que X = P DP−1 . On a alors : (1 − t)0 + t X = t P DP−1 = P(t D)P−1 . Ceci montre que, si X ∈ D, alors le segment [0 ; X] de Mn(R) est inclus dans D, donc D est étoilé par rapport à 0. D’après a), on conclut que D est connexe par arcs. a) Soit g ∈ F⊥ . Considérons l’application f : [0 ; 1] −→ R, x −→ f (x) = xg(x) . On a f ∈ F, donc : 0 = < f , g > = 1 0 f (x)g(x) dx = 1 0 x g(x) 2 dx . Comme x −→ x g(x) 2 est continue et 0, on déduit : ∀ x ∈ [0 ; 1], x g(x) 2 = 0 , puis : ∀ x ∈ ]0 ; 1], g(x) = 0. Comme g est continue en 0, il en résulte g = 0. On conclut : F⊥ = {0}. b) On a donc : F ⊕ F⊥ = F ⊕ {0} = F. Il est clair que F =/ E, puisque l’application constante égale à 1 est dans E et n’est pas dans F. On conclut : F ⊕ F⊥ =/ E. a) • Existence : Soit (x,y) ∈ R2 . Première méthode : L’application fx,y : t −→ |x + ty| 1 + t + t2 , est continue sur R, car le trinôme réel 1 + t + t2 est de discriminant < 0 , et fx,y(t) −→ t−→±∞ 0. Il existe donc t0 ∈ [0 ; +∞[ tel que : ∀ t ∈ ] − ∞ ; −t0] ∪ [t0 ; +∞[, | fx,y(t)| 1 . Ensuite, f étant continue sur le segment [−t0 ; t0], d’après un théorème du cours, f est bornée sur ce segment. Il existe donc A ∈ R+ tel que : ∀ t ∈ [−t0 ; t0], | fx,y(t)| A. En notant M = Max (1,A) ∈ R+ , on a donc : ∀ t ∈ R, | fx,y(t)| M . Ainsi, fx,y est bornée, donc N(x,y) = Sup t∈R fx,y(t) existe. Deuxième méthode : Soit (x,y) ∈ R2 . On a, pour tout t ∈ R tel que |t| 1 : |x + ty| 1 + t + t2 |x| + |t| |y| 1 + t + t2 |x| + |y| 1 = |x| + |y| , et, pour tout t ∈ R tel que |t| 1 : |x + ty| 1 + t + t2 |x| + |t| |y| 1 + t + t2 (|x| + |y|)|t| t2 = |x| + |y| |t| |x| + |y|. D’où : ∀ t ∈ R, |x + ty| 1 + t + t2 |x| + |y|. Ainsi, l’application t ∈ R −→ |x + ty| 1 + t + t2 , est bornée, donc N(x,y) = Sup t∈R fx,y(t), existe. x y a t = 0 t = 1t = 1 2 1.27 1.28 L’application γ : [0 ; 1] −→ E définie, pour tout t ∈ [0 ; 1], par : γ(t) = a + (1 − 2t)(x − a) si 0 t 1 2 a + (2t − 1)(y − a) si 1 2 < t 1 est continue sur [0 ; 1], car : γ(t) −→ t −→ < 1 2 a, γ(t) −→ t −→ > 1 2 a, γ 1 2 = a. On a : γ(0) = x et γ(1) = y et, pour tout t ∈ [0 ; 1] : γ(t) = a + (1 − 2t)(x − a) ∈ [a ; x] ⊂ A si 0 t 1 2 a + (2t − 1)(y − a) ∈ [a ; y] ⊂ A si 1 2 < t 1. Ainsi, γ est un chemin continu joignant x et y dans A.
- 40. 30 • On a, pour tous (x,y), (x ,y ) ∈ R2 : N (x,y) + (x ,y ) = N(x + x , y + y ) = Sup t∈R (x + x ) + t(y + y ) 1 + t + t2 Sup t∈R |x + ty| + |x + ty | 1 + t + t2 Sup t∈R |x + ty| 1 + t + t2 + Sup t∈R |x + ty | 1 + t + t2 = N(x,y) + N(x ,y ). • On a, pour tout α ∈ R et tout (x,y) ∈ R2 : N α(x,y) = N(αx,αy) = Sup t∈R |αx + tαy| 1 + t + t2 = |α| Sup t∈R |x + ty| 1 + t + t2 = |α|N(x,y). • On a, pour tout (x,y) ∈ R2 : N(x,y) = 0 ⇐⇒ ∀ t ∈ R, |x + ty| 1 + t + t2 = 0 ⇐⇒ ∀ t ∈ R, x + ty = 0 ⇐⇒ (x,y) = (0,0). On conclut que N est une norme sur R2 . b) Soit (x,y) ∈ R2 . On a : (x,y) ∈ BN (0 ; 1) ⇐⇒ N(x,y) 1 ⇐⇒ Sup t∈R |x + ty| 1 + t + t2 1 ⇐⇒ ∀ t ∈ R, |x + ty| 1 + t + t2 1 ⇐⇒ ∀ t ∈ R, −(1 + t + t2 ) x + ty 1 + t + t2 ⇐⇒ ∀ t ∈ R, t2 + (1 − y)t + (1 − x) 0 ∀ t ∈ R, t2 + (1 + y)t + (1 + x) 0 ⇐⇒ (1 − y)2 − 4(1 − x) 0 (1 + y)2 − 4(1 + x) 0. Ainsi, BN (0 ; 1) est la partie du plan comprise entre les deux paraboles : P : (y − 1)2 = −4(x − 1), Q : (y + 1)2 = 4(x + 1) . b) Les points d’intersection des deux paraboles P et Q ont pour ordonnées − √ 3 et √ 3. L’aire S de BN (0 ; 1) est donnée, par exemple, par l’intégrale double : S = √ 3 − √ 3 1− (1−y)2 4 (1+y)2 4 −1 dx dy = √ 3 − √ 3 1 − (1 − y)2 4 − (1 + y)2 4 + 1 dy = √ 3 − √ 3 3 2 − y2 2 dy = 3 2 y − y3 6 √ 3 − √ 3 =2 3 2 √ 3 − 3 √ 3 6 = 2 √ 3. 1) Soient λ ∈ [0 ; 1], (x,y) ∈ C 2 . Il existe une suite (xn)n∈N dans C telle que xn −−−→ n ∞ x, et il existe une suite (yn)n∈N dans C telle que yn −−−→ n ∞ y. Puisque C est convexe, on a alors : ∀ n ∈ N, λxn + (1 − λ)yn ∈ C . D’autre part, par opérations sur les suites convergentes : λxn + (1 − λ)yn −−−→ n ∞ λx + (1 − λ)y . y x 1 2 3 2 3 1 1 3 O B'N(0 ; 1) 3 1 1.29
- 41. 31 On déduit : λx + (1 − λ)y ∈ C , et on conclut que C est convexe. 2) Soient λ ∈ [0 ; 1], (x,y) ∈ (C◦ )2 . Notons z = λx + (1 − λ)y. Nous allons montrer : z ∈ C◦ . Il existe α > 0 tel que B(x ; α) ⊂ C et il existe β > 0 tel que B(y,β) ⊂ C. Notons r = Min (α,β) > 0. On a alors : B(x ;r) ⊂ B(x ; α) ⊂ C et B(y ;r) ⊂ B(y ; β) ⊂ C . • On a : A = A, B = B, donc A + B = A + B = R × R∗ + , d’où, dans cet exemple : A + B =/ A + B . a) • On a, d’après les propriétés ensemblistes de l’ad- hérence, B ⊂ B, donc : A ∩ B ⊂ A ∩ B, puis : A ∩ B ⊂ A ∩ B . • Réciproquement, soit x ∈ A ∩ B . Soit V un voisinage ouvert de x dans E. On a : V ∩ (A ∩ B) =/ ∅ . Il existe donc y ∈ V ∩ (A ∩ B) = (V ∩ A) ∩ B ⊂ B . Comme V et A sont ouverts et contiennent y, V ∩ A est un voisinage ouvert de y, donc : (V ∩ A) ∩ B =/ ∅. Ceci montre que, pour tout voisinage ouvert V de x dans E, on a V ∩ (A ∩ B) =/ ∅. Il en résulte : x ∈ A ∩ B . On a montré : A ∩ B ⊂ A ∩ B. Finalement : A ∩ B = A ∩ B. b) Appliquons l’hypothèse à B = E (A) : A ∩ E (A) ⊂ A ∩ E (A) = ∅ = ∅, d’où : A ⊂ E E (A) = E E (A◦ ) = A◦ , ce qui montre que A est un ouvert de E. c) On peut choisir, dans R usuel : A = ]0 ; 1[ ∪ ]2 ; 4[, B = ]1 ; 3[ . On a alors : A ∩ B = ]2 ; 3[, A ∩ B = ]2 ; 3], A ∩ B = [2 ; 3[, A ∩ B = {1} ∪ [2 ; 3], A ∩ B = [2 ; 3] , qui sont deux à deux distincts. v u w x z y C Soit u ∈ B(z ;r). Notons v = u + (x − z), w = u + (y − z). On a : λv + (1 − λ)w = (u − z) + λx + (1 − λ)y = u. D’autre part : ||v − x|| = ||u − z|| < r et ||w − z|| = ||u − z|| < r , donc : v ∈ B(x,r) ⊂ C et w ∈ B(y,r) ⊂ C. Ceci montre u ∈ C et on obtient : B(z,r) ⊂ C. Ainsi : ∃r > 0, B(z,r) ⊂ C, donc z ∈ C◦ . On conclut que C◦ est convexe. a) Soit x ∈ A + B . Il existe a ∈ A, b ∈ B tels que : x = a + b. Il existe une suite (an)n∈N dans A et une suite (bn)n∈N dans B telles que : an −−−→ n ∞ a et bn −−−→ n ∞ b. On a alors : ∀ n ∈ N, an + bn ∈ A + B, et, par addition de suites convergentes : an + bn −−−→ n ∞ a + b . Il en résulte : x ∈ A + B. Ceci montre : A + B ⊂ A + B. b) Prenons, dans E = R2 usuel : A = (x,y) ∈ (R∗ +)2 ; xy = 1 , B = R × {0} . • On a : A + B = R × R∗ + , donc A + B = R × R+. B A y O x 1.30 1.31
- 42. 32 1) Montrons d’abord que N et ν sont des normes sur E. Pour f ∈ E, N( f ) et ν( f ) existent dans R car f et f sont conti- nues sur le segment [0; 1], donc bornées. Les propriétés, pour tous α de R, f,g de E : N(α f ) = |α|N( f ), ν(α f ) = |α|ν( f ) N( f + g) N( f ) + N(g), ν( f + g) ν( f ) + ν(g) sont immédiates. Soit f ∈ E. Si N( f ) = 0, alors Sup x∈[0;1] | f (x)| = 0, donc f = 0. Supposons ν( f ) = 0. Alors f + f = 0, donc il existe λ ∈ R tel que : ∀x ∈ [0; 1], f (x) = λe−x . Comme f (0) = 0, on déduit λ = 0, puis f = 0. Ainsi, N et ν sont des normes sur E. 2) Soit f ∈ E. On a : ∀x ∈ [0; 1], f (x) + f (x) | f (x)| + | f (x)| N( f ), d’où : ν( f ) N( f ). 3) Soit f ∈ E. Considérons l’application g : [0; 1] −→ R x−→ex f (x) , qui est de classe C1 sur [0; 1]. On a, pour tout t de [0 ; 1] : |g (t)| = et f (t) + f (t) eν( f ), puis, pour tout x de [0 ; 1] : |g(x)| = x 0 g (t) dt x 0 |g (t)| dt xeν( f ) eν( f ), d’où : | f (x)| = e−x |g(x)| |g(x)| eν( f ). Et : | f (x)| = f (x) + f (x) − f (x) f (x) + f (x) + | f (x)| (1 + e)ν( f ). D’où : ∀ x ∈ [0 ; 1], | f (x)| + | f (x)| (1 + 2e)ν( f ), donc : N( f ) (1 + 2e)ν( f ). On a montré : ∀ f ∈ E, ν( f ) N( f ) (1 + 2e)ν( f ) , donc N et ν sont des normes équivalentes. Considérons l’application ϕ : E −→ R définie par : ∀ x ∈ E, ϕ(x) = d(x,G) − d(x,F), et les parties U = ϕ−1 (]0 ; +∞[) , V = ϕ−1 (] − ∞; 0[) de E. On sait que, pour toute partie non vide A de E, l’application x −→ d(x,A) est continue (et même : 1-lipschitzienne), donc ϕ est continue. Comme ]0 ; +∞[ et ] − ∞ ; 0[ sont des ouverts de R, il en résulte que U et V sont des ouverts de E. Soit x ∈ F. D’une part, d(x,F) = 0. D’autre part, x /∈ G (car F ∩ G = ∅) et G est fermé, donc d(x,G) > 0. Il en résulte ϕ(x) > 0, c’est-à-dire x ∈ U. Ceci montre : F ⊂ U. De même : G ⊂ V. Enfin, il est clair que U ∩ V = ∅. (i) ⇒ (ii) : Supposons f continue. Soit A ∈ P(E). Soit y ∈ f (A) ; il existe x ∈ A tel que y = f (x). Puisque x ∈ A, il existe une suite (an)n dans A convergeant vers x. Comme f est continue en x, la suite f (an) n converge vers f (x), donc y ∈ f (A), et ainsi : f (A) ⊂ f (A). (ii) ⇒ (iii) : Supposons : ∀ A ∈ P(E), f (A) ⊂ f (A). Soit B ∈ P(F). On a, pour toute partie X de E : X ⊂ f −1 ( f (X)), donc : f −1(B) ⊂ f −1 f f −1(B) . En appliquant l’hypothèse à A = f −1 (B), on obtient d’autre part : A A B [ B [ [ [ [ [ [ [ [ [ 0 1 2 3 4 1 3 A B [[ [ [ [ [ A B A B A B 2 3 2 3 2 3 2 31 2 3 ∩ ∩ ∩ ∩ ∩ 1.32 1.33 1.34
- 43. 33 f f −1(B) ⊂ f f −1(B) ⊂ B, d’où : f −1 f f −1(B) ⊂ f −1 (B), et finalement : f −1(B) ⊂ f −1 (B). (iii) ⇒ (iv) : Supposons : ∀ B ∈ P(F), f −1(B) ⊂ f −1 (B). Soit B ∈ P(F). On a : f −1 ( ◦ B) = f −1 F F (B) = E f −1 F (B) . En appliquant l’hypothèse à F (B), on obtient d’autre part : f −1 F (B) ⊂ f −1 F (B) , d’où : f −1 ( ◦ B) ⊂ E f −1 F (B) = E f −1 F (B) ◦ = f −1 (B) ◦ . (iv) ⇒ (i) : Supposons : ∀ B ∈ P(F), f −1 ( ◦ B) ⊂ f −1 (B) ◦ . Soit U un ouvert de F. On a alors : f −1 (U) = f −1 ( o U ) ⊂ f −1 (U) ◦ , d’où f −1 (U) = f −1 (U) ◦ , c’est-à-dire que f −1 (U) est ouvert. Ceci montre que f est continue. a) • Soit u = (un)n 1 ∈ ∞ . On a : ∀ n 1, un n = |un| n |un| ||u||∞, donc un n n 1 ∈ ∞ , ce qui montre que T est correctement définie. • On a, pour tout α ∈ R et toutes suites u = (un)n 1 , v = (vn)n 1 ∈ ∞ : T(αu + v) = αun + vn n n 1 = α un n n 1 + vn n n 1 = αT(u) + T(v), donc T est linéaire. • On a vu : ∀ u ∈ ∞ , ∀ n 1, un n ||u||∞, donc : ∀ u ∈ ∞ , ||T(u)||∞ ||u||∞. Comme T est déjà linéaire, il en résulte que T est continue, donc T ∈ LC( ∞ ), et que : |||T||| 1. • Pour u = (1)n 1, suite constante égale à 1, on a u ∈ ∞ et : ||T(u)||∞ = Sup n 1 1 n = 1 = ||u||∞, d’où : ||T(u)||∞ ||u||∞ = 1, et donc : |||T||| 1. On conclut : |||T||| = 1. b) • Soit u = (un)n 1 ∈ ∞ . On a : u ∈ Ker (T) ⇐⇒ T(u) = 0 ⇐⇒ ∀ n 1, un n = 0 ⇐⇒ ∀ n 1, un = 0 ⇐⇒ u = 0 . Ceci montre : Ker (T) = {0}, donc T est injective. • On a : Im (T) = v ∈ ∞ ; ∃ u ∈ ∞ , T(u) = v = v = (vn)n 1 ∈ ∞ ; ∃ u = (un)n 1 ∈ ∞ , ∀ n 1, vn = un n = v = (vn)n 1 ∈ ∞ ; vn = O n∞ 1 n = v = (vn)n 1 ∈ RN∗ ; vn = O n∞ 1 n . Ainsi, Im (T) est l’ensemble des suites réelles dont le terme général est un O 1 n , lorsque l’entier n tend vers l’infini. Comme la suite constante égale à 1 est dans ∞ mais n’est pas un O 1 n , donc n’est pas dans Im (T), on conclut que T n’est pas surjective. • L’application φ est linéaire, car, pour tout α ∈ R et tout ( f,g) ∈ E2 : φ(α f + g) = p k=1 λk(α f + g)(ak) = α p k=1 λk f (ak) + p k=1 λk g(ak) = αφ( f ) + φ(g). • On a, pour toute f ∈ E : |φ( f )| = p k=1 λk f (ak) p k=1 |λk| | f (ak)| p k=1 |λk| || f ||∞. 1.35 1.36
- 44. 34 En notant M = p k=1 |λk| ∈ R+, on a donc : ∀ f ∈ E, |φ( f )| M || f ||∞ . Ceci montre que φ, qui est déjà linéaire, est continue, donc φ ∈ LC(E,R), et que : |||φ||| M. • Il existe f ∈ E telle que : ∀ k ∈ {1,. . . ,p}, f (ak) = 1 si λk 0 −1 si λk < 0 ∀ x ∈ [0 ; 1], | f (x)| 1. En effet, en supposant, par exemple, a1 < . . . < ap , il suffit de prendre f valant 1 en les ak tels que λk 0, valant −1 en les ak tels que λk < 0, joignant ak, f (ak) et ak+1, f (ak+1) par un segment, et convenablement complétée entre 0 et a1 (si a1 =/ 0) et entre ap et 1 (si ap =/ 1). Pour chaque n de N, il existe xn ∈ F et yn ∈ K tels que zn = xn + yn. La suite (yn)n, à éléments dans le compact K, admet au moins une valeur d’adhérence y dans K ; il existe donc une extractrice σ telle que yσ(n) −−−→ n∞ y. Comme : ∀ n ∈ N, xσ(n) = zσ(n) − yσ(n), on déduit : xσ(n) −−−→ n∞ z − y, et donc : z − y ∈ F = F. On obtient ainsi : z = (z − y) + y ∈ F + K. 1) Unicité Soient x,y deux points fixes de f : f (x) = x et f (y) = y. Si x =/ y, on obtient, d’après l’hypothèse, d(x,y) < d(x,y), contradiction ; donc x = y. 2) Existence Raisonnons par l’absurde ; supposons : ∀ x ∈ K, f (x) =/ x. Considérons l’application ϕ : K −→ R x−→d(x, f (x)) . Puisque f : K −→ K et d : K × K −→ R sont continues, ϕ est continue. Ainsi, ϕ est continue sur le compact K et à va- leurs > 0 ; il existe donc z ∈ K tel que : ϕ(z) = Inf x∈K ϕ(x). Comme f (z) =/ z, on a, par l’hypothèse : ϕ f (z) = d f 2 (z), f (z) < d f (z),z = ϕ(z), contradiction. (i) ⇒ (ii) : Supposons que l’image réciproque par f de tout compact de R est un compact de R. Soit A ∈ R∗ + . Puisque [−A ; A] est un compact de R, f −1 ([−A ; A]) est un compact de R, donc est bornée. Il existe donc B ∈ R∗ + tel que : f −1 ([−A ; A]) ⊂ [−B ; B] . On obtient, pour tout x ∈ R : |x| > B ⇒ x /∈ [−B ; B] ⇒ x /∈ f −1 ([−A ; A]) ⇒ f (x) /∈ [−A ; A] ⇐⇒ | f (x)| > A . On a montré : ∀ A > 0, ∃ B > 0, ∀ x ∈ R, x < −B ⇒ | f (x)| > A x > B ⇒ | f (x)| > A, et on conclut : lim −∞ | f | = +∞ et lim +∞ | f | = +∞. (ii) ⇒ (iii) : Supposons : lim −∞ | f | = +∞ et lim +∞ | f | = +∞. y x 1 O 1 a1 a2 1 a3 y = f(x) On a alors || f ||∞ = 1 et : φ( f ) = p k=1 λk f (ak) = p k=1 |λk| = M, donc φ( f ) || f ||∞ = M, d’où : |||φ||| M. On conclut : |||φ||| = p k=1 |λk|. Nous allons montrer que F + K est fermée dans E en utilisant une caractérisation séquentielle. Soit (zn)n une suite dans F + K, convergeant vers un élément z de E. 1.37 1.38 1.39 Exemple : p = 3 0 < a1 < a2 < a3 < 1 λ1 0, λ2 0, λ3 < 0.
- 45. 35 Soit A ∈ R∗ +. Il existe B ∈ R∗ + tel que : ∀ x < −B, | f (x)| > A , c’est-à-dire : ∀ x ∈ ] − ∞ ; −B[, f (x) < −A ou f (x) > A . S’il existe (x1,x2) ∈ ] − ∞ ; −B[2 tel que f (x1) < −A et f (x2) > A, alors, comme f est continue sur ] − ∞ ; −B[, d’après le théorème des valeurs intermédiaires, il existerait x3 ∈] − ∞ ; −b[ tel que f (x3) = 0, contradiction. On a donc : ∀ x < −B, f (x) < −A ou ∀ x < −B, f (x) > A , et on conclut : lim −∞ f = −∞ ou lim −∞ f = +∞. De même : lim +∞ f = −∞ ou lim +∞ f = +∞. (iii) ⇒ (i) : Supposons : lim −∞ f = −∞ ou lim −∞ f = +∞ et : lim +∞ f = −∞ ou lim +∞ f = +∞. Il est clair qu’alors : lim −∞ | f | = +∞ ou lim +∞ | f | = +∞, c’est-à-dire : (iii) ⇒ (ii). Soit K un compact de R. Alors, K est borné, donc il existe A ∈ R∗ + tel que : K ⊂ [−A ; A]. D’après l’hypothèse, il existe B ∈ R∗ + tel que, pour tout x ∈ R : |x| > B ⇒ | f (x)| > A, d’où, par contraposition, pour tout x ∈ R : x ∈ f −1 (K) ⇒ f (x) ∈ K ⇒ | f (x)| A ⇒ |x| B ⇐⇒ x ∈ [−B ; B]. Ceci montre : f −1 (K) ⊂ [−B ; B], donc f −1 (K) est borné. D’autre part, puisque f est continue et que K est fermé (car com- pact), f −1 (K) est fermé. Ainsi, f −1 (K) est un fermé borné de R, donc, d’après le cours, f −1 (K) est un compact de R. Nous allons montrer que F est fermé dans E en utili- sant la caractérisation séquentielle des fermés. Soit ( fn)n∈N une suite dans F, f ∈ E telle que fn −−−→ n ∞ f. Pour chaque n ∈ N, puisque fn ∈ F = x∈K B (x ;r), il existe xn ∈ K tel que fn ∈ B (xn ;r). Puisque K est compact et que (xn)n∈N est à termes dans K, il existe une extractrice σ et x ∈ K tels que : xσ(n) −−−→ n ∞ x. Comme fn −−−→ n ∞ f, par suite extraite : fσ(n) −−−→ n ∞ f. On a, pour tout n ∈ N : d(xσ(n), f ) d(xσ(n), fσ(n)) + d( fσ(n), f ) r + d( fσ(n), f ), d’où, en passant à la limite lorsque l’entier n tend vers l’infini : d(x, f ) r, et donc f ∈ B (x ;r) ⊂ F. On conclut que F est fermé dans E. Puisque (un)n∈N est bornée, il existe M ∈ R+ tel que : ∀ n ∈ N, ||un|| M. 1) Montrons que V n’est pas vide. Puisque la boule fermée B (0 ; M) est une partie fermée bor- née de l’evn E de dimension finie, B (0 ; M) est compacte. La suite (un)n∈N admet donc au moins une valeur d’adhérence, donc V =/ ∅. 2) Montrons que V est bornée. Soit v ∈ V. Il existe une extractrice σ telle que uσ(n) −−−→ n ∞ v. En particulier, il existe N ∈ N tel que : ||uσ(N) − v|| 1. On a donc, par l’inégalité triangulaire : ||v|| ||v − uσ(N)|| + ||uσ(N)|| 1 + M . Ceci montre que V est bornée. 3) Montrons que V est fermée, en montrant que son complé- mentaire dans E est ouvert. Soit x ∈ E (V). Puisque x n’est pas valeur d’adhérence de (un)n∈N, il existe ε > 0 tel que l’ensemble n ∈ N ; un ∈ B(x ; ε) soit fini. Il est clair alors que, pour tout y ∈ B(x ; ε), l’ensemble n ∈ N ; un ∈ B y,ε − d(x,y) , est fini, car cet ensemble est inclus dans le précédent, donc y n’est pas valeur d’adhérence de (un)n∈N, d’où y ∈ E (V). Ceci montre : B(y ; ε) ⊂ E (V), et donc E (V) est ouvert dans E, V est fermé dans E. Ainsi, V est une partie non vide, fermée et bornée de l’evn E de dimension finie, donc V est une partie compacte non vide de E. Raisonnons par l’absurde : supposons qu’il existe une application f : [0 ; 1]2 −→ [0 ; 1] continue bijective. Il est clair qu’il existe alors a,b,c ∈ [0 ; 1]2 tels que, par exemple : f (a) < f (b) < f (c). Il est clair qu’il existe au moins un chemin continu γ joignant a et c, dans [0 ; 1]2 , sans passer par b. C’est-à-dire qu’il existe une application γ : [0 ; 1] −→ [0 ; 1]2 continue telle que : γ(0) = a, γ(1) = c ∀ t ∈ [0 ; 1], γ(t) =/ b. 1.40 1.42 1.41
- 46. 36 Par composition, f ◦ γ : [0 ; 1] −→ [0 ; 1] est continue, et [0 ; 1] est connexe par arcs, donc (théorème du cours), ( f ◦ γ)([0 ; 1]) est connexe par arcs. Mais : ( f ◦ γ)(0) = f γ(0) = f (a) ( f ◦ γ)(1) = f γ(1) = f (c), donc : ( f ◦ γ)([0 ; 1]) ⊃ [ f (a) ; f (c)] f (b). Il existe donc u ∈ [0 ; 1] tel que : ( f ◦ γ)(u) = f (b). On a ainsi f γ(u) = f (b) d’où, puisque f est injective, γ(u) = b, contradiction avec b /∈ γ([0 ; 1]). On conclut qu’il n’existe pas d’application continue injective de [0 ; 1]2 dans [0 ; 1]. Nous allons montrer que N est la norme associée à un produit scalaire. Considérons l’application ϕ : E × E −→ R définie, pour tout ( f,g) ∈ E × E, par : ϕ( f,g) = 1 0 f g + 1 2 f (0)g(1) + f (1)g(0) , obtenue à partir de N en « dédoublant » le rôle de f dans N( f ) 2 . • Il est clair que ϕ est symétrique et est linéaire par rapport à la deuxième place. • Soit f ∈ E. On a : ϕ( f, f ) = 1 0 f 2 + f (0) f (1). En utilisant l’inégalité de Cauchy et Schwarz pour des intégrales, on a : f (1) − f (0) 2 = 1 0 f 2 1 0 12 1 0 f 2 = 1 0 f 2 . d’où : ϕ( f, f ) = 1 0 f 2 + f (0) f (1) f (1) − f (0) 2 + f (0) f (1) = f (1) 2 − f (0) f (1) + f (0) 2 = f (1) − f (0) 2 2 + 3 f (0) 2 4 0. En particulier, ceci montre que, pour toute f ∈ E, la racine car- rée proposée dans l’énoncé existe. •Avec les mêmes notations, supposons ϕ( f, f ) = 0. On a alors : f (1) − f (0) 2 2 0 + 3 f (0) 2 4 0 = 0, donc : f (1) − f (0) 2 = 0 et f (0) = 0, d’où : f (0) = 0 et f (1) = 0, puis : 1 0 f 2 = ϕ( f, f ) − f (0) f (1) = 0 − 0 = 0. Comme f 2 est continue et 0, on déduit f 2 = 0, puis f = 0, donc f est constante, puis f = f (0) = 0. Ceci montre que ϕ est un produit scalaire sur E, et Nest la norme associée à ϕ, donc N est une norme sur E. On a, par l’inégalité triangulaire, en intercalant par exemple x ||y|| , entre x ||x|| , et y ||y|| : x ||x|| − y ||y|| x ||x|| − x ||y|| + x ||y|| − y ||y|| = 1 ||x|| − 1 ||y|| ||x|| + 1 ||y|| ||x − y|| = ||y|| − ||x|| ||y|| + 1 ||y|| ||x − y|| ||y − x|| ||y|| + 1 ||y|| ||x − y|| = 2 ||x − y|| ||y|| . Par rôles symétriques, on a aussi : x ||x|| − y ||y|| 2 ||x − y|| ||x|| . On conclut : x ||x|| − y ||y|| 2 ||x − y|| Max (||x||,||y||) . a) Soient x ∈ E et Ω un voisinage ouvert de x dans E. Puisque U = E, on a : Ω ∩ U =/ ∅. Il existe donc au moins un élément y dans Ω ∩ U. Comme Ω ∩ U est ouvert et contient y, Ω ∩ U est un voisinage de y dans E. Puisque V = E, on a alors (Ω ∩ U) ∩ V =/ ∅, c’est- à-dire Ω ∩ (U ∩ V) =/ ∅. Ceci montre que, pour tout voisinage ouvert de x dans E, Ω ∩ (U ∩ V) =/ ∅, donc x ∈ U ∩ V . 1 0 0 1 a b f f(a) c f(b) f(c) γ 1γf ° 1.43 1.44 1.45
- 47. 37 Finalement : U ∩ V = E. b) Passer aux complémentaires dans le résultat de a) : ◦ F = ◦ G = ∅ ⇐⇒ E (F) = E (G) = E ⇒ E (F) ∩ E (G) = E ⇐⇒ E (F ∪ G) = E ⇐⇒ (F ∪ G)◦ = ∅. a) Soit ϕ ∈ E. Puisque f ϕ est continue sur le segment [0; 1], f ϕ est bornée, et donc Nϕ( f ) existe dans R. On a, pour tous α de R et f,g de E : Nϕ(α f ) = ||α f ϕ||∞ = |α| || f ϕ||∞ = |α|Nϕ( f ) Nϕ( f + g) = ( f + g)ϕ ∞ = f ϕ + gϕ ∞ || f ϕ||∞ + ||gϕ||∞ = Nϕ( f ) + Nϕ(g). 1) Supposons ϕ−1 ({0}) ◦ = ∅. Soit f ∈ E telle que Nϕ( f ) = 0 ; on a donc f ϕ = 0. Supposons f =/ 0. Il existe x0 ∈ [0; 1] tel que f (x0) =/ 0. Puisque f est continue en x0, il existe un intervalle I, inclus dans [0; 1] et de longueur > 0, tel que : ∀ x ∈ I, f (x) =/ 0. On a alors : ∀ x ∈ I, ϕ(x) = 0, ce qui contredit ϕ−1 ({0}) ◦ = ∅. Ceci montre f = 0, donc : ∀ f ∈ E, Nϕ( f ) = 0 ⇒ f = 0 , et finalement, Nϕ est une norme sur E. 2) Supposons ϕ−1 ({0}) ◦ =/ ∅. Alors ϕ−1 ({0}) ◦ , étant un ouvert non vide de [0 ; 1], contient au moins un intervalle [α; β] tel que α < β. On a ainsi : ∀ x ∈ [α; β], ϕ(x) = 0. Considérons l’application f : [0; 1] −→ R définie par : f (x) = 0 si 0 x α ou β x 1 x − α si α x α + β 2 β − x si α + β 2 x β. On a alors f ∈ E, f =/ 0, et f ϕ = 0 donc Nϕ( f ) = 0. Ceci montre que Nϕ n’est pas une norme sur E. Finalement, Nϕ est une norme sur E si et seulement si ϕ−1 ({0}) ◦ = ∅. b) Soit ϕ ∈ E. b) 1) Supposons ϕ−1 ({0}) = ∅, c’est-à-dire : ∀ x ∈ [0; 1], ϕ(x) =/ 0. Alors, ϕ−1 ({0}) ◦ = ∅, donc, d’après a), Nϕ est une norme sur E. On a : ∀ f ∈ E, Nϕ( f ) = || f ϕ||∞ || f ||∞||ϕ||∞ . D’autre part, puisque ϕ ∈ E et que ϕ ne s’annule en aucun point, 1 ϕ existe dans E, d’où : ∀ f ∈ E, || f ||∞ = 1 ϕ f ϕ ∞ 1 ϕ ∞ || f ϕ||∞ = 1 ϕ ∞ Nϕ( f ). On a montré : ∀ f ∈ E, 1 ϕ ∞ −1 || f ||∞ Nϕ( f ) ||ϕ||∞|| f ||∞ , et donc Nϕ et || · ||∞ sont équvalentes sur E. 2) Réciproquement, supposons que Nϕ et || · ||∞ soient des normes sur E équivalentes. D’après a), on a déjà ϕ−1 ({0}) ◦ = ∅. Supposons ϕ−1 ({0}) =/ ∅. Il existe donc x0 ∈ ϕ−1 ({0}), c’est- à-dire tel que ϕ(x0) = 0. Soit n ∈ N∗ . Puisque ϕ est continue en x0 et que ϕ(x0) = 0, il existe η > 0 tel que : ∀ x ∈ [x0 − η; x0 + η] ∩ [0; 1], |ϕ(x)| 1 n . Considérons l’application fn : [0; 1] −→ R définie par : fn(x) = 0 si 0 x x0 − η ou x0 + η x 1 x − x0 + η η si x0 − η x x0 x0 + η − x η si x0 x x0 + η. On a alors fn ∈ E, || fn||∞ = 1, et, pour tout x de [0; 1] : | fn(x)ϕ(x)| |ϕ(x)| 1 n si |x − x0| η fn(x)ϕ(x) = 0 si |x − x0| η, y xO 1 f α βα + β 2 β -- α 2 1.46
- 48. On conclut, par récurrence sur n : ∀ n ∈ N, u ◦ vn+1 − vn+1 ◦ u = (n + 1)vn . b) Rappelons que LC(E) est un espace vectoriel normé, pour la norme |||.||| définie, pour tout f ∈ LC(E), par : ||| f ||| = Sup ||x|| 1 || f (x)||, et que cette norme est sous-multiplicative, c’est-à-dire que : ∀ f,g ∈ LC(E), |||g ◦ f ||| |||g||| ||| f |||. On a donc, pour tout n ∈ N : (n + 1)|||vn ||| = |||(n + 1)vn ||| = |||u ◦ vn+1 − vn+1 ◦ u||| |||u ◦ vn+1 ||| + |||vn+1 ◦ u||| |||u||| |||vn ||| |||v||| + |||vn ||| |||v||| |||u||| = 2 |||u||| |||v||| |||vn |||. c) • Si, pour tout n ∈ N, vn =/ 0, alors on déduit : ∀ n ∈ N, n + 1 2 |||u||| |||v||| , contradiction. • Il existe donc n ∈ N tel que vn = 0. L’ensemble {n ∈ N ; vn = 0} est une partie non vide de N, donc admet un plus petit élément, noté n0. Comme v0 = e =/ 0, car E =/ {0}, on a : n0 1. Appliquons la formule de a) à n0 − 1 à la place de n : u ◦ vn0 − vn0 ◦ u = n0vn0−1 . Comme vn0 = 0 et n0 =/ 0, on déduit vn0−1 = 0, contradiction avec la définition de n0. On déduit une contradiction et on conclut qu’il n’existe pas (u,v) convenant. Autrement dit : ∀ (u,v) ∈ LC(E) 2 , u ◦ v − v ◦ u =/ e. Soit F un fermé de C. Nous allons montrer que P(F) est un fermé de C en utilisant la caractérisation séquentielle des fermés. Soient (Zn)n∈N une suite dans P(F), Z ∈ C tel que Zn −−−→ n ∞ Z. Par définition de P(F), pour chaque n ∈ N, il existe alors zn ∈ F tel que : Zn = P(zn). Puisque Zn −−−→ n ∞ Z, (Zn)n∈N est bornée. Il existe donc M ∈ R+ tel que : ∀ n ∈ N, |Zn| M. • Montrons que (zn)n∈N est bornée. 38 Finalement, Nϕ et || · ||∞ sont des normes équivalentes si et seulement si ϕ−1 ({0}) = ∅. a) Récurrence sur n. • La propriété est vraie pour n = 0, par hypothèse : u ◦ v − v ◦ u = v = 1v0 . • Supposons que la propriété soit vraie pour un n ∈ N fixé : u ◦ vn+1 − vn+1 ◦ u = (n + 1)vn . On a alors : u ◦ vn+2 − vn+2 ◦ u = (u ◦ vn+1 − vn+1 ◦ u) ◦ v + vn+1 ◦ u ◦ v − vn+2 ◦ u = (u ◦ vn+1 − vn+1 ◦ u) ◦ v + vn+1 ◦ (u ◦ v − v ◦ u) = (n + 1)vn ◦ v + vn+1 ◦ e = (n + 2)vn+1 , ce qui montre la propriété pour n + 1. y n n x 1 1 1 O 1 x0 − n x0 + nx0 y = fn(x) y = ϕ(x) 1.47 1.48 donc : Nϕ( fn) = || fnϕ||∞ 1 n . Ainsi, || fn||∞ −−−→ n∞ 1 et Nϕ( fn) −−−→ n∞ 0, donc || · ||∞ et Nϕ ne sont pas équivalentes.
- 49. 39 Si P est un polynôme constant, égal à un complexe α, alors P(F) = {α}, qui est un fermé de C. On peut donc supposer que P n’est pas constant, c’est-à-dire : deg (P) 1. On a alors : |P(z)| −→ |z|−→+∞ +∞. Il existe donc A ∈ R+ tel que : ∀ z ∈ C, |z| A ⇒ |P(z)| > M . On a donc, par contraposition : ∀ n ∈ N, |zn| A, ce qui montre que (zn)n∈N est bornée. • Puisque (zn)n∈N est bornée et à termes dans C qui est un es- pace vectoriel normé de dimension finie, il existe une extrac- trice σ et un élément u de C tels que : zσ(n) −−−→ n ∞ u. De plus, comme (zn)n∈N est à termes dans F et que F est fermé, on a : u ∈ F. Comme P est continue sur C, il en résulte : P(zσ(n)) −−−→ n ∞ P(u) . Mais, puisque P(zn) = Zn −−−→ n ∞ Z , par suite extraite : P(zσ(n)) −−−→ n ∞ Z . On déduit, par unicité de la limite : Z = P(u) ∈ P(F). On conclut, par la caractérisation séquentielle des fermés, que P(F) est un fermé de C. Notons F = n∈N Fn. 1) On a : ∀ n ∈ N, F ⊂ Fn, donc : ∀ n ∈ N, f (F) ⊂ f (Fn), puis : f (F) ⊂ n∈N f (Fn). 2) Réciproquement, soit x ∈ n∈N f (Fn). Pour chaque n ∈ N, il existe xn ∈ Fn tel que x = f (xn). Puisque K est compacte et que la suite (xn)n∈N est à termes dans K (car xn ∈ Fn ⊂ K), il existe une extractrice σ et y ∈ K tels que xσ(n) −−−→ n ∞ y. Soit N ∈ N. On a : ∀ n N, xσ(n) ∈ Fσ(n) ⊂ Fσ(N). Comme xσ(n) −−−→ n ∞ y et que Fσ(N) est fermé, il en résulte : y ∈ Fσ(N). De plus, comme σ est strictement croissante et que (Fn)n∈N est décroissante (pour l’inclusion), on a alors : y ∈ FN. Ceci montre : ∀ N ∈ N, y ∈ FN , donc : y ∈ n∈N Fn = F. Enfin, comme xσ(n) −−−→ n ∞ y et que f est continue, on a x = f (xσ(n)) −−−→ n ∞ f (y), donc x = f (y). Ainsi : x ∈ f (F), et on obtient : n∈N f (Fn) ⊂ f (F). On conclut : f n∈N Fn = n∈N f (Fn). a) Soient x,y des points fixes de f. On a alors : ||x − y|| = || f (x) − f (y)|| k||x − y|| , d’où : (1 − k) >0 ||x − y|| 0. On déduit ||x − y|| 0, puis ||x − y|| = 0 et donc x = y. Ceci montre l’unicité d’un (éventuel) point fixe de f. Ou encore : f admet au plus un point fixe. b) 1) Montrons que (un)n∈N est de Cauchy dans F. On a, pour tout n ∈ N∗ : ||un+1 − un|| = || f (un) − f (un−1)|| k||un − un−1|| , d’où, par une récurrence immédiate : ∀ n ∈ N, ||un+1 − un|| kn ||u1 − u0|| . On en déduit, pour tout (p,r) ∈ N × N∗ : ||up+r − up|| = r−1 i=0 (up+i+1 − up+i ) r−1 i=0 ||up+i+1 − up+i || r−1 i=0 kp+i ||u1 − u0|| = kp ||u1 − u0|| r−1 i=0 ki = kp ||u1 − u0|| 1 − kr 1 − k kp ||u1 − u0|| 1 − k . Soit ε > 0 fixé. Comme k ∈ [0 ; 1[, on a kp −−−→ n ∞ 0. Il existe donc N ∈ N tel que : ∀ p N, kp ||u1 − u0|| 1 − k ε. On a montré : ∀ ε > 0, ∃ N ∈ N, ∀ (p,r) ∈ N × N∗ , ||up+r − up|| ε , donc la suite (un)n∈N est de Cauchy dans F. 2) Comme F est complet et que (un)n∈N est de Cauchy dans F, (un)n∈N converge vers un élément de F. Puisque f est continue sur F (car lipschitzienne), on a alors : un+1 = f (un) −−−→ n ∞ f ( ). Mais d’autre part, comme un −−−→ n ∞ , par suite extraite : f (un) = un+1 −−−→ n ∞ . Par unicité de la limite, on déduit f ( ) = . 1.49 1.50
- 50. On a alors en particulier : < z1,x − z1 > = 0, < z2,x − z1 > = 0, < z1,x − z2 > = 0,< z2,x − z2 > = 0, d’où : ||z1||2 = < x,z1 >, < z2,z1 > = < z2,x >, < z1,z2 > = < z1,x >, ||z2||2 = < z2,x >, puis : ||z1 − z2||2 = ||z1||2 − < z1,z2 > − < z2,z1 >+||z2||2 = 0, et ainsi : z1 = z2. 2) Existence Soit x ∈ E. L’application ϕ : F −→ R u −→ ||x − u|| , étant à valeurs 0, admet une borne inférieure α, et α 0. Pour chaque n de N∗ , il existe un ∈ F tel que : α ϕ(un) α + 1 n . • Montrons que (un)n∈N∗ est de Cauchy dans F. Soit (p,q) ∈ N∗2 tel que, par exemple, p < q. D’après l’égalité du parallélogramme : (up − x) − (uq − x) 2 + (up − x) + (uq − x) 2 = 2 ||up − x||2 + ||uq − x||2 , d’où : ||up − uq ||2 = 2 ||up − x||2 + ||uq − x||2 − 4 up + uq 2 − x 2 . Comme up,uq et up + uq 2 sont dans F, on a : ||up − x|| α + 1 p , ||uq − x|| α + 1 q , up + uq 2 − x α, d’où : ||up − uq ||2 2 α + 1 p 2 + α + 1 q 2 − 4α2 = 4α 1 p + 1 q + 2 1 p2 + 1 q2 8α p + 4 p2 . Comme 1 p −−−→ p∞ 0, il s’ensuit que (un)n∈N∗ est de Cauchy dans F. • Puisque F est complet, (un)n∈N∗ converge vers un élément z de F. 40 On conclut que (un)n∈N converge et que sa limite est un point fixe de f. c) D’après a) et b), on conclut que f admet un point fixe et un seul. Considérons E = {(x,y) ∈ I2 ; x < y} et l’application τ : E −→ R, (x,y) −→ f (x) − f (y) x − y . 1) Il est clair que E, qui est un triangle (certains bords exclus) est convexe, donc connexe par arcs. Puisque f est continue sur I, par opérations, τ est continue sur E. Il en résulte, d’après le cours, que τ(E) est connexe par arcs dans R, donc τ(E) est un intervalle de R. 2) Nous allons montrer : τ(E) ⊂ f (I) ⊂ τ(E). • Soit (x,y) ∈ E. D’après le théorème des accroissements finis, puisque f est dé- rivable sur I, il existe c ∈ ]x ; y[ tel que : f (x) − f (y) x − y = f (c) . On a donc : τ(x,y) = f (c) ∈ f (I). Ceci montre : τ(E) ⊂ f (I). • Soit x ∈ I. Il est clair qu’il existe une suite (xn)n∈N dans I telle que : xn −−−→ n ∞ x et : ∀ n ∈ N, xn =/ x. Puisque f est dérivable en x, on a alors : f (xn) − f (x) xn − x −−−→ n ∞ f (x) . Mais : f (xn) − f (x) xn − x = τ(xn,x) si xn < x τ(x,xn) si x < xn. Ainsi, f (x) est limite d’une suite d’éléments de τ(E), donc, par caractérisation séquentielle de l’adhérence d’une partie : f (x) ∈ τ(E). Ceci montre : f (I) ⊂ τ(E), et on conclut : τ(E) ⊂ f (I) ⊂ τ(E). 3) Puisque τ(E) est un intervalle de R et que l’on a τ(E) ⊂ f (I) ⊂ τ(E), on conclut que f (I) est un intervalle de R. a) 1) Unicité Soit x ∈ E. Soient z1,z2 ∈ F tels que : x − z1 ∈ F⊥ et x − z2 ∈ F⊥ . 1.51 1.52
- 51. 41 On a : ∀ n ∈ N∗ , α ||x − un|| α + 1 n , d’où, en faisant tendre n vers l’infini : ||x − z|| = α. Ainsi, l’application F −→ R u −→ d(x,u) admet un minimum atteint en z. • Montrons enfin : x − z ∈ F⊥ . Soit y ∈ F. Puisque : ∀λ ∈ C, z + λy ∈ F, on a : ∀λ ∈ C, x − (z + λy) ||x − z||. On en déduit, en élevant au carré et en développant : ∀ λ ∈ C, |λ|2 ||y||2 − 2 Ré λ < x − z,y > 0. En particulier, en remplaçant λ par ρ < x − z,y >, on obtient : ∀ρ ∈ R, ρ2 < x − z,y > 2 ||y||2 − 2ρ < x − z,y > 2 0. Il est clair qu’on peut supposer y =/ 0. En remplaçant ρ par 1 ||y||2 , on déduit : − 1 ||y||2 < x − z,y > 2 0, d’où : < x − z,y > = 0. Ainsi : ∀ y ∈ F, < x − z,y > = 0, c’est-à-dire : x − z ∈ F⊥ . b) 1) • Soient α ∈ C, x,x ∈ E. On a, pour tout u de F : < x − pF (x), u > = 0 < x − pF (x ), u > = 0 < αx + x − pF (αx + x ), u > = 0. d’où, par combinaison linéaire : < αpF (x) + pF (x ) − pF (αx + x ), u > = 0. Comme F est un sev et que pF (x), pF (x ), pF (αx + x ) sont dans F, αpF (x) + pF (x ) − pF (αx + x ) est dans F, et donc : αpF (x) + pF (x ) − pF (αx + x ) = 0. Ainsi, pF est linéaire. • Soit x ∈ E. Puisque pF (x) ∈ F, on a, en particulier : < x − pF (x), pF (x) > = 0, d’où, d’après le théorème de Pythagore : ||x||2 = ||x − pF (x)||2 + ||pF (x)||2 . F 0 x pF (x) x -- pF (x) En particulier : ||pF (x)|| ||x||. Ceci montre que pF, qui déjà est linéaire, est continue, et que |||pF ||| 1. De plus, si F =/ {0}, il existe x ∈ F tel que x =/ 0, et on a pF (x) = x, donc ||pF (x)|| ||x|| = 1, ce qui montre : |||pF ||| = 1. 2) Il est clair que : ∀ y ∈ F, pF (y) = y, d’où : ∀ x ∈ E, pF pF (x) = pF (x), c’est-à-dire : pF ◦ pF = pF. 3) Soit (x,y) ∈ E2 . Puisque y − pF (y) ∈ F, on a : < pF (x), y − pF (y) > = 0, d’où : < pF (x), y > = < pF (x), pF (y) >. Par rôles symétriques de x et y, on a aussi : < x, pF (y) > = < pF (x), pF (y) > . Ceci montre que pF admet un adjoint et que p∗ F = pF. Autrement dit, pF est autoadjoint. On a ainsi prouvé que pF est un orthoprojecteur. De plus, Im(pF ) = F et Ker(pF ) = F⊥ , d’où la relation : F ⊥ F⊥ = E.
- 53. 43 2CHAPITRE 2Fonctions vectorielles d’une variable réelle Thèmes abordés dans les exercices • Résolution d’équations fonctionnelles • Existence et calcul éventuel d’une dérivée première, d’une dérivée n-ème • Séparation des zéros d’une équation • Obtention d’inégalités à une ou plusieurs variables réelles • Obtention d’inégalités portant sur des intégrales • Calculs d’intégrales • Détermination de limites de suites liées à des intégrales • Recherche de limites d’intégrales • Étude et représentation graphique d’une fonction définie par une intégrale, le paramètre aux bornes • Calculs de limites, d’équivalents, de développements limités, de développe- ments asymptotiques • Développement limité, développement asymptotique d’une fonction réci- proque • Limite, équivalent, développement asymptotique d’une intégrale dépendant d’un paramètre • Limite, équivalent, développement asymptotique des solutions d’une équation à paramètre. Points essentiels du cours pour la résolution des exercices • Propriétés des fonctions ayant des limites finies ou des limites infinies, pour les opérations algébriques et pour l’ordre usuel • Propriétés générales des fonctions continues • Propriétés générales des fonctions monotones • Théorème des valeurs intermédiaires, théorème de la bijection monotone, théorème de continuité sur un compact • Définition de la continuité uniforme, de la lipschitzianité ; liens avec la conti- nuité • Définition et propriétés algébriques de la dérivabilité, de la dérivée, de la déri- vée n-ème, formule de Leibniz Les méthodes à retenir 44 Énoncés des exercices 48 Du mal à démarrer ? 55 Corrigés 59 Plan ©Dunod.Laphotocopienonautoriséeestundélit.
- 54. Chapitre 2 • Fonctions vectorielles d’une variable réelle 44 Revenir aux définitions. ➥ Exercices 2.16, 2.31. • Raisonner par condition nécessaire, puis condition suffisante : si une fonction f convient, essayer d’obtenir l’expression de f (x) pour tout x, puis étudier la réciproque. Pour obtenir des conditions nécessaires sur f, appliquer l’hypothè- se à des cas particuliers. Si, par exemple, l’hypothèse est vraie pour tout (x,y), appliquer l’hypothèse à (x,0), à (0,y), à (x,x), etc. ➥ Exercices 2.2, 2.3, 2.17 • Essayer de faire apparaître, dans l’équation fonctionnelle, une fonc- tion auxiliaire ϕ telle que, par exemple, ϕ ◦ ϕ = Id, et appliquer l’hypothèse à x, à ϕ(x). ➥ Exercice 2.30. On peut essayer, par changement de variables ou changement de fonction inconnue, de se ramener à la recherche des applications g : R −→ R continues telles que : Les méthodes à retenir Pour montrer qu’une fonction est paire, est impaire, est périodique • Théorème de Rolle, théorème des accroissements finis, inégalité des accrois- sements finis • Propriétés algébriques et propriétés relatives à l’ordre, pour les intégrales • Les méthodes usuelles pour transformer l’écriture d’une intégrale : intégration par parties, changement de variable, relation de Chasles • Les propriétés de l’application x −→ x x0 f (t) dt • Formule de Taylor avec reste intégral, inégalité de Taylor et Lagrange, formu- le de Taylor et Young • Propriétés des fonctions ou des suites ayant une limite finie ou une limite infi- nie, pour les opérations algébriques et pour l’ordre usuel • Équivalents et développements limités usuels, à savoir par coeur • Notion de développement asymptotique. Pour résoudre une équation fonctionnelle, sans hypothèse de régularité sur la fonction inconnue Pour résoudre une équation fonctionnelle avec hypothèse de continuité
- 55. Les méthodes à retenir 45 ∀ (x,y) ∈ R2 , g(x + y) = g(x) + g(y) qui sont les applications linéaires de R dans R, c’est-à-dire les appli- cations g : x −→ λx, λ ∈ R fixé. • Voir les méthodes à retenir dans le volume Exercices MPSI. • Se rappeler : (lipschitzienne) ⇒ (uniformément continue) ⇒ (continue). ➥ Exercice 2.42. Essayer d’appliquer le théorème du cours : toute application continue sur un compact et à valeurs réelles est bornée et atteint ses bornes. ➥ Exercice 2.41. S’assurer d’abord (souvent par un théorème sur les opérations) que f est n fois dérivable sur I. • Si f est une fraction rationnelle, utiliser une décomposition en élé- ments simples, éventuellement en passant par les nombres com- plexes. ➥ Exercice 2.4 • Appliquer les formules sur les dérivées n-èmes d’une combinaison linéaire ou d’un produit de deux fonctions (formule de Leibniz) • Voir les méthodes à retenir dans le volume Exercices MPSI. • Étudier les variations d’une fonction, après avoir éventuellement remplacé l’inégalité voulue, par équivalence logique, par une inéga- lité plus commode. ➥ Exercice 2.5. Utiliser le théorème de Rolle ou le théorème des accroissements finis. ➥ Exercice 2.18. • Fixer une des deux variables et étudier une fonction de l’autre variable. ➥ Exercice 2.19 • Essayer de ramener la question à la monotonie d’une fonction d’une variable réelle. ➥ Exercice 2.20 a). Pour montrer qu’une application est continue Pour obtenir une inégalité plus renforcée qu’une inégalité initiale Pour calculer la dérivée n-ème d’une fonction f en tout point d’un intervalle I Pour établir une inégalité portant sur une variable réelle Pour montrer l’existence de zéros pour une dérivée ou pour des dérivées successives d’une fonction à valeurs réelles. Pour établir une inégalité portant sur deux variables réelles ©Dunod.Laphotocopienonautoriséeestundélit.
- 56. Chapitre 2 • Fonctions vectorielles d’une variable réelle 46 • Essayer d’appliquer le théorème : toute application continue sur un compact et à valeurs réelles est bornée et atteint ses bornes. ➥ Exercice 2.41 • Faire apparaître deux normes sur un espace vectoriel de dimension finie, et utiliser le théorème affirmant que ces deux normes sont alors équivalentes. ➥ Exercice 2.21. Essayer d’utiliser : • la définition : ∀ x ∈ X, Sup ( f,g) (x) = Max f (x),g(x) , Inf ( f,g) (x) = Min f (x),g(x) • les formules : Sup ( f,g) = 1 2 f + g + | f − g| , Inf ( f,g) = 1 2 f + g − | f − g| . ➥ Exercice 2.32 a). Essayer d’utiliser une fonction auxiliaire, de manière à se ramener à une inéquation différentielle du type : ∀ x ∈ X, g (x) 0, qui traduit que g est croissante. ➥ Exercice 2.33. Essayer d’utiliser une intégration par parties. ➥ Exercice 2.7. Essayer d’appliquer les propriétés sur les intégrales, relatives à l’ordre : • si a b et si f,g : [a ; b] −→ R sont continues par morceaux et vérifient f g, alors : b a f b a g • si a b et si f : [a ; b] −→ K est continue par morceaux sur [a ; b], alors : b a f b a | f | • si a b et si f,g : [a ; b] −→ K sont continues par morceaux sur [a ; b], alors (inégalité de Cauchy et Schwarz) : b a f g 2 b a | f |2 b a |g|2 . ➥ Exercices 2.9, 2.34. Pour établir l’existence d’une constante réalisant une inégalité, sans pouvoir calculer une telle constante Pour étudier Sup (f, g), Inf (f, g), où f, g : X −→ R sont des applications à valeurs réelles Pour étudier ou résoudre une inéquation différentielle ou une inéquation intégrale Pour étudier l’intégrale d’un produit Pour obtenir une inégalité portant sur des intégrales
- 57. Les méthodes à retenir 47 Se reporter aux méthodes à retenir pour le calcul des intégrales et des primitives, volume Exercices MPSI. ➥ Exercices 2.25, 2.26. Appliquer les méthodes de calcul d’intégrales et de primitives : • primitives usuelles • linéarité de l’intégration • relation de Chasles • changement de variable • intégration par parties. On se ramène alors à la formule fondamentale de l’analyse : b a f (x) dx = F(b) − F(a) , où f est continue sur [a ; b] et F est une primitive de f. On peut quelquefois exploiter un changement de variable qui échan- ge les bornes. Essayer d’appliquer la relation de Chasles, ou d’effectuer un change- ment de variable. Essayer de se ramener à une somme de Riemann, et utiliser le théorème du cours : si f : [a ; b] −→ K est continue par morceaux, alors les sommes de Riemann de f tendent vers l’intégrale de f, c’est-à-dire : b − a n n k=0 f a + k b − a n −−→ n ∞ b a f . À cet effet : • si une somme de Riemann vn ressemble à un proposé, former un − vn et essayer de montrer que un − vn −−→ n ∞ 0 ➥ Exercice 2.39 • s’il s’agit d’un produit, se ramener à une somme en prenant le loga- rithme. ➥ Exercice 2.10. Utiliser le résultat du cours : si u,v : I −→ R sont de classe C1 sur un intervalle I et si f : J −→ K est continue sur un intervalle J tel que u(I) ⊂ J et v(I) ⊂ J, alors l’application G : I −→ K, x −→ v(x) u(x) f (t) dt Pour calculer l’intégrale d’une fonction continue sur un segment, dans un exemple Pour changer la forme de l’écriture d’une intégrale, ou pour calculer ou évaluer une intégrale Pour amener une intégrale ayant des bornes différentes de celles qui interviennent dans l’énoncé Pour trouver la limite, lorsque l’entier n tend vers l’infini, d’une sommation indexée par un entier k, portant sur un terme dépendant de k et n Pour étudier ou dériver une intégrale dépendant d’un paramètre, le paramètre étant aux bornes ©Dunod.Laphotocopienonautoriséeestundélit.
- 58. Chapitre 2 • Fonctions vectorielles d’une variable réelle 48 est de classe C1 sur I et : ∀ x ∈ I, G (x) = f v(x) v (x) − f u(x) u (x) . ➥ Exercice 2.27. • On peut conjecturer la limite, qui est souvent, dans les exemples simples, l’intégrale de la limite, et montrer que la différence entre l’intégrale de l’énoncé et la limite conjecturée tend vers 0. • Si l’essentiel de l’intégrale est concentré en un point, essayer de faire intervenir une continuité en ce point. ➥ Exercice 2.43. • Voir aussi l’utilisation du théorème de convergence dominée dans le chapitre 5. • Utiliser les DL(0) usuels et les opérations sur ces DL(0) : tronca- ture, dérivation, primitivation, addition, loi externe, multiplication, composition, inverse. Se ramener, si nécessaire, au voisinage de 0 par transformation de l’écriture. • Essayer d’anticiper l’ordre auquel développer certaines parties de l’écriture, afin d’arriver au bon ordre pour le développement limité demandé. ➥ Exercices 2.12, 2.24, 2.28. • Commencer par montrer l’existence et l’unicité de la racine à étu- dier, dans un certain intervalle. • Utiliser l’équation elle-même pour essayer d’obtenir la limite (si elle existe) de la racine. • Étudier la différence entre la racine et sa limite, et réitérer si néces- saire. ➥ Exercices 2.14, 2.15, 2.35, 2.45. Pour trouver une limite d’intégrale Pour obtenir un développement limité Pour obtenir la limite ou un développement asymptotique d’une racine d’une équation dépendant d’un paramètre Énoncés des exercices Inégalités sur des bornes inférieures et des bornes supérieures de f, g, f + g, et de leurs moyennes Soient X un ensemble non vide, f,g : X −→ R des applications bornées. On note : m( f ) = Inf x∈X f (x), M( f ) = Sup x∈X f (x), µ( f ) = 1 2 m( f ) + M( f ) , et de même pour g. 2.1
- 59. Énoncés des exercices 49 a) Montrer : m( f + g) m( f ) + M(g) M( f + g) m( f + g) M( f ) + m(g) M( f + g). b) En déduire : m( f + g) µ( f ) + µ(g) M( f + g). Exemple d’équation fonctionnelle Trouver toutes les applications f : R −→ R telles que : ∀ (x,y) ∈ R2 , f (x + ey ) = x + ef (y) . Exemple d’équation fonctionnelle Trouver toutes les applications f : R −→ R telles que : ∀ (x,y) ∈ R2 , f (x) + f (y) = f x + y 2 + f (3x) . Dérivées successives de Arctan, détermination de leurs zéros On considère l’application f : R −→ R, x −→ f (x) = Arctan x. a) Montrer que f est de classe C∞ sur R, et calculer f (n) (x) pour tout (n,x) ∈ N∗ × R. On fera intervenir les nombres complexes. b) Résoudre, pour tout n ∈ N − {0,1} l’équation f (n) (x) = 0, d’inconnue x ∈ ]0 ; +∞[. Inégalité à une variable par étude des variations d’une fonction Montrer : ∀ x ∈ [0 ; +∞[, ex e x 2 2 . Recherche d’une fonction proche de deux fonctions données Trouver une application f : [0 ; 1] −→ R continue telle que : 1 0 f (x) − x 2 dx 10−2 et 1 0 f (x) − x2 2 dx 10−2 . Lemme de Lebesgue pour une fonction de classe C1 sur un segment Soient (a,b) ∈ R2 tel que a b, f : [a ; b] −→ C de classe C1 sur [a ; b]. Montrer : b a f (x) eiλx dx −→ λ−→+∞ 0. Équivalents simples de sommations a) Montrer : n k=1 1 k ∼ n∞ ln n. b) En déduire un équivalent simple de un = n−1 k=1 1 k(n − k) , lorsque l’entier n tend vers l’infini. Inégalité sur des intégrales Soient (a,b) ∈ R2 tel que a b, f,g,h : [a ; b] −→ R+ continues. ©Dunod.Laphotocopienonautoriséeestundélit. 2.2 2.3 2.4 2.5 2.6 2.7 2.8 2.9
- 60. Chapitre 2 • Fonctions vectorielles d’une variable réelle 50 Montrer : b a f gh 4 b a f 4 b a g2 2 b a h4 . Limite d’un produit Trouver lim n∞ n k=1 2n + k 3n + k 1 n . Étude de dérivabilité en un point, pour une fonction définie par une intégrale On note f : R −→ R, x −→ f (x) = x2 0 ( sin t) Arctan t 1 + x2 dt. Montrer que f est dérivable en 0 et calculer f (0). Exemple de calcul de développement limité Former le développement limité à l’ordre 2 en 0 de f : x −→ Arctan tan x x . Exemple de calcul de limite Trouver lim x−→ π 6 (2 sin x)tan 3x . Développement asymptotique d’une racine d’une équation dépendant d’un paramètre entier a) Montrer que, pour tout n ∈ N∗ , l’équation 1 + x + ex n = 0, d’inconnue x ∈ ] − ∞ ; 0], admet une solution et une seule, notée xn. b) Montrer que la suite (xn)n∈N∗ converge et déterminer sa limite. c) Former un développement asymptotique de xn à la précision o 1 n , lorsque l’entier n tend vers l’infini. Limite, équivalent, développement asymptotique d’une racine d’une équation dépendant d’un paramètre entier a) Montrer que, pour tout n ∈ N∗ , l’équation cos x = nx, admet, dans [0 ; 1], une solution et une seule, notée xn. b) Montrer xn −−−→ n ∞ 0, puis xn ∼ n∞ 1 n . c) Trouver un équivalent simple de xn − 1 n , lorsque l’entier n tend vers l’infini. Condition pour une périodicité Soit f : R −→ R une application non injective, telle qu’il existe une application g : R2 −→ R telle que : ∀ (x,y) ∈ R2 , f (x + y) = g f (x),y . Montrer que f est périodique. 2.10 2.11 2.12 2.13 2.14 2.15 2.16
- 61. Énoncés des exercices 51 Exemple d’équation fonctionnelle sur deux fonctions Soient f,g : R −→ R des applications telles que : ∀ (x,y) ∈ R2 , f x + g(y) = 2x + y + 5. Calculer, pour tout (x,y) ∈ R2 , g x + f (y) . Étude d’une fonction C∞ ayant une infinité de zéros s’accumulant en 0 Soit f : [0 ; +∞[−→ R de classe C∞ telle qu’il existe une suite (xn)n∈N dans ]0 ; +∞[ telle que : xn −−−→ n ∞ 0 et ∀ n ∈ N, f (xn) = 0 . Montrer : ∀ k ∈ N, f (k) (0) = 0. Minimum d’une fonction de deux variables réelles On considère l’application f : [0 ; +∞[2 −→ R, (x,y) −→ 1 + x2 y + xy2 − 3xy. Montrer : ∀ (x,y) ∈ [0 ; +∞[2 , f (x,y) 0, et étudier le cas d’égalité. Inégalités à une, deux, trois variables, faisant intervenir des logarithmes a) Montrer, pour tout (x,y) ∈ R2 tel que 0 < x < y : x y < ln(1 + x) ln(1 + y) . b) En déduire, pour tout (x,y,z) ∈ R3 tel que 0 < x < y < z : x2 yz < ln(1 + x) 2 ln(1 + y) ln(1 + z) . c) Déduire, pour tout t ∈ ]1 ; +∞[ : (t − 1)2 ln(t + 1) ln(t + 2) < t(t + 1)(ln t)2 . Inégalité issue d’une comparaison qualitative Soit n ∈ N∗ . Montrer qu’il existe C ∈ R+ tel que, pour tout P ∈ Rn[X] : P(−1) 2 + P (0) 2 + P (1) 2 C 1 −1 P(x) 2 dx . Limite d’une intégrale pour une fonction périodique Soient (a,b) ∈ R2 tel que a < b, T ∈ R∗ +, f : R −→ C T-périodique et continue par morceaux. Trouver lim n∞ b a f (nx) dx. Calcul de la distance d’une fonction à une partie On note E le R-ev des applications [0 ; 1] −→ R continues par morceaux, muni de ||.||∞, ϕ : [0 ; 1] −→ R, x −→ x et : F = f ∈ E ; 1/2 0 f = 1 1/2 f . Calculer d(ϕ,F), distance de ϕ à F. Exemple de calcul de développement limité Former le développement limité à l’ordre 2 en 0 de f : x −→ 1 ln cos x + 2 sin 2x . ©Dunod.Laphotocopienonautoriséeestundélit. 2.17 2.18 2.19 2.20 2.21 2.22 2.23 2.24
- 62. Chapitre 2 • Fonctions vectorielles d’une variable réelle 52 Exemple de calcul d’une intégrale d’intégrale Soit a ∈ ]0 ; +∞[. Calculer I (a) = a 1 a 1 0 1 x2 + y2 dx dy. Exemple de calcul d’une intégrale Calculer I = 1 0 √ 1 + x − √ 1 − x √ 1 + x + √ 1 − x dx. Étude d’une fonction définie par une intégrale avec le paramètre aux bornes On considère l’application f : ]0 ; +∞[−→ R, x −→ f (x) = x2 x ln(1 + t2 ) t dt. Étudier f : définition, classe, dérivée, variations, étude en 0, étude en +∞, tracé de la courbe repré- sentative. Montrer : f (x) = 3 (ln x)2 + O x−→+∞ 1 x2 . Développement limité d’une intégrale dépendant d’un paramètre aux bornes Former le développement limité à l’ordre 3 en 1 de f : x −→ x 1 et t dt. Exemple de calcul de limite Trouver lim x−→0 1 ( sin x sh x)2 − 1 (tan x th x)2 . Exemple d’équation fonctionnelle Trouver toutes les applications f : R − {−1,1} −→ R telles que : ∀ x ∈ R − {−1,1}, f x − 3 x + 1 + f 3 + x 1 − x = x . Condition pour une périodicité a) Soit f : R −→ R bornée telle qu’il existe (a,b) ∈ (R∗ +)2 tel que : ∀ x ∈ R, f (x + a + b) + f (x) = f (x + a) + f (x + b) . Montrer que f est a-périodique et b-périodique. b) Soit f : R −→ R telle que, pour tout x ∈ R : | f (x)| 1 et f x + 13 42 + f (x) = f x + 1 6 + f x + 1 7 . Montrer que f est 1 42 -périodique. Condition pour que |u| soit dérivable, pour que Sup (f, g) soit dérivable Soit I un intervalle de R, d’intérieur non vide. a) Soit u : I −→ R dérivable sur I. Montrer que |u| est dérivable sur I si et seulement si : ∀ x ∈ I, u(x) = 0 ⇒ u (x) = 0 . 2.25 2.26 2.27 2.28 2.29 2.30 2.31 2.32
- 63. Énoncés des exercices 53 b) Soient f,g : I −→ R dérivables sur I. On note ϕ : I −→ R, x −→ ϕ(x) = Max f (x), g(x) . Trouver une CNS sur f, g, f , g pour que ϕ soit dérivable sur I. Résolution d’une inéquation différentielle Soient a ∈ R, f : [a ; +∞[−→ R dérivable telle que f (a) = 0. On suppose qu’il existe λ ∈ R+ tel que : ∀ x ∈ [a ; +∞[, | f (x)| λ| f (x)|. Montrer : f = 0. Calcul de bornes inférieures de fonctionnelles quadratiques Soit λ ∈ R∗ + . On note E = f ∈ C1 [0 ; 1] ; R ; f (0) = 0, f (1) = λ . Trouver les bornes inférieures de 1 0 f 2 ; f ∈ E et de 1 0 f 2 ; f ∈ E . Limite d’une racine d’une équation à paramètre entier a) Montrer que, pour tout n ∈ N∗ , l’équation n k=1 1 + x k = 2n, d’inconnue x ∈ [0 ; +∞[, admet une solution et une seule, notée xn. b) Montrer : xn −−−→ n ∞ + ∞. Limite d’une sommation Trouver lim n∞ 1 n n k=1 1 + k n2 n . Étude d’une inéquation intégrale Soient f : [0 ; 1] −→ R continue et à valeurs 0, (a,b) ∈ (R∗ +)2 . On suppose : ∀ x ∈ [0 ; 1], f (x) 2 a + b x 0 f (t) dt. Montrer : ∀ x ∈ [0 ; 1], x 0 f (t) dt √ a x + b 4 x2 . Développement limité d’une fonction réciproque Soient I un intervalle ouvert de R, contenant 0, f : I −→ R une application de classe C1 telle que f (0) = 0 et f (0) = 1. a) Montrer qu’il existe deux intervalles ouverts U, V de R, contenant 0, tels que f réalise une bijection de U sur V. On note encore f : U −→ V, x −→ f (x). b) On suppose que f admet un développement limité à l’ordre 3 en 0, de la forme : f (x) = x + ax2 + bx3 + o(x3 ) , où (a,b) ∈ R2 est fixé. Montrer que f −1 admet un développement limité à l’ordre 3 en 0, et préciser celui-ci. ©Dunod.Laphotocopienonautoriséeestundélit. 2.33 2.34 2.35 2.36 2.37 2.38
- 64. Chapitre 2 • Fonctions vectorielles d’une variable réelle 54 Équivalent simple d’une sommation Trouver un équivalent simple de un = n k=1 1 ln 1 + k n lorsque l’entier n tend vers l’infini. Étude de fonctions vérifiant une équation faisant intervenir la loi ◦ a) Existe-t-il une bijection f : R −→ R telle que : ∀ x ∈ R, f (sh x) = ch f (x) ? b) Existe-t-il une bijection continue f : R −→ R telle que : ∀ x ∈ R, f ( sin x) = cos f (x) ? Décollement d’une fonction de deux variables Soit f : [0 ; 1] −→ C une application. On suppose qu’il existe a ∈ ]0 ; 1[ tel que : ∀ (x,y) ∈ [0 ; 1]2 , |x − y| a ⇒ | f (x) − f (y)| < |x − y| . Montrer qu’il existe C ∈ [0 ; 1[ tel que : ∀ (x,y) ∈ [0 ; 1]2 , |x − y| a ⇒ | f (x) − f (y)| C|x − y| . Étude de continuité pour une fonction définie comme borne supérieure Soient (a,b) ∈ R2 tel que a < b, n ∈ N∗ , f0,. . . , fn : [a ; b] −→ C bornées. On note g : R −→ R, x −→ g(x) = Sup t∈[a;b] n k=0 xk fk(t) . Montrer que g est continue sur R. Limite d’une suite d’intégrales Soit f : [0 ; 1] −→ R continue. Déterminer lim n∞ 1 0 n2 (xn − xn+1 ) f (x) dx. Développement asymptotique d’une intégrale dépendant d’un paramètre entier Former un développement asymptotique, lorsque l’entier n tend vers l’infini, de In = 1 0 (xn + xn−2 ) ln(1 + xn ) dx, à la précision O 1 n3 . Étude asymptotique de la racine d’une équation dépendant d’un paramètre entier On note, pour tout n ∈ N∗ : Pn = n k=0 (X − k). a) Montrer que, pour tout n ∈ N∗ , il existe un ∈ ]0 ; 1[ unique tel que Pn(un) = 0. b) Établir : ∀ n ∈ N∗ , n k=0 1 k − un = 0. c) En déduire : un −−−→ n ∞ 0. d) Trouver un équivalent simple de un lorsque l’entier n tend vers l’infini. 2.39 2.40 2.41 2.42 2.43 2.44 2.45
- 65. Du mal à démarrer ? 55 Développement asymptotique du terme général d’une suite définie par une relation de récurrence On considère la suite (un)n 1 définie par u1 ∈ R+ et : ∀ n 1, un+1 = un n + 1 n2 . a) Montrer : un ∼ n∞ 1 n2 . b) Former un développement asymptotique de un à la précision o 1 n3 , lorsque l’entier n tend vers l’infini. ©Dunod.Laphotocopienonautoriséeestundélit. 2.46 a) Écrire des inégalités convenables pour tout x ∈ X, puis passer à une borne inférieure ou à une borne supérieure. 1) Soit f convenant. En appliquant l’hypothèse convena- blement, déduire que f est de la forme x −→ x + a, où a ∈ R est fixé. Déduire ensuite a = 0. 2) Réciproquement, tester f : x −→ x. 1) Soit f convenant. Déduire : ∀ x ∈ R, f (x) = f (3x), puis : ∀ (x,y) ∈ R2 , f (y) = f x + y 2 , et conclure que f est constante. 2) Ne pas oublier d’étudier la réciproque. a) Pour calculer f (n)(x), calculer d’abord f (x) et utiliser une décomposition en éléments simples dans C[X].On obtient, pour tout (n,x) ∈ N∗ × R : f (n) (x) = i 2 (−1)n−1 (n − 1)! 1 (x + i)n − 1 (x − i)n . b) L’équation se ramène à : x − i x + i n = 1. Faire intervenir les racines n-èmes de 1 dans C. On obtient : − cotan kπ n , k ∈ {1,. . . ,n − 1}. Étudier les variations d’une fonction, après avoir éven- tuellement transformé l’inégalité demandée en une autre inégalité logiquement équivalente et plus commode. Il s’agit de trouver f de façon que les carrés des distances de f à x −→ x et à x −→ x2 soient petites.On peut essayer une fonction proche de ces deux-là, par exemple leur moyenne arithmétique, f : x −→ x + x2 2 . Puisque f est supposée de classe C1 , faire une ipp. a) Utiliser une comparaison somme/intégrale, à l’aide de la fonction x −→ 1 x . b) Décomposer 1 k(n − k) en éléments simples. Appliquer convenablement l’inégalité de Cauchy et Schwarz, plusieurs fois éventuellement. En prenant le logarithme,amener une somme de Riemann. Former le taux d’accroissement de f entre 0 et x, pour x ∈ R∗ , puis en chercher la limite. Former d’abord le DL2(0) de x −→ tan x x ,en partant du DL3(0) de tan x. Considérer g : R −→ R, u −→ Arctan (1 + u) et former le DL2(0) de g à partir du DL2(0) de g par primitivation. Composer enfin les DL2(0). Repérer la forme indéterminée. Prendre le logarithme et effectuer le changement de variable t = x − π 6 −→ x−→ π 6 0. a) Pour n ∈ N∗ fixé, étudier les variations de fn : ] − ∞ ; 0] −→ R, x −→ 1 + x + ex n . b) Montrer : 1 + xn −−−→ n ∞ 0. c) Étudier xn + 1. Du mal à démarrer ? 2.1 2.2 2.3 2.4 2.5 2.6 2.7 2.8 2.9 2.10 2.11 2.12 2.13 2.14
- 66. Chapitre 2 • Fonctions vectorielles d’une variable réelle 56 a) Pour n ∈ N∗ fixé, étudier les variations de fn : [0 ; 1] −→ R, x −→ cos x − nx . b) Partir de : cos xn = nxn . c) Noter yn = xn − 1 n et reporter dans cos xn = nxn . Montrer qu’il existe (a,b) ∈ R2 tel que : a < b et f (a) = f (b) , puis montrer : ∀ y ∈ R, f (a + y) = f (b + y). Montrer qu’il existe λ ∈ R tel que : ∀ t ∈ R, f (t) = 2t + λ puis déduire g(y) pour tout y ∈ R. Calculer enfin g x + f (y) . Montrer d’abord f (0) = 0. Montrer qu’on peut remplacer (xn)n∈N par une suite vérifiant les mêmes conditions et qui soit, de plus, strictement décrois- sante. Appliquer convenablement le théorème de Rolle et en déduire f (0) = 0. Réitérer. Pour x ∈ [0 ; +∞[ fixé, étudier les variations de g : [0 ; +∞[−→ R, y −→ f (x,y). Distinguer les cas : x 3, x < 3. a) Étudier les variations de : f : ]0 ; +∞[−→ R, x −→ ln(1 + x) x . b) Appliquer a) à (x,y) et à (x,z). c) Appliquer b) à (t − 1, t, t + 1). Montrer que l’application N : Rn[X] −→ R, P −→ 1 −1 P(x) 2 dx 1 2 est une norme, et que les applications de Rn[X]dans R définies par : P −→ P(−1), P −→ P (0), P −→ P (1) sont linéaires continues. Effectuer le changement de variable u = nx, puis décou- per l’intervalle [na ; nb] en sous-intervalles consécutifs de longueur T (sauf le dernier, par exemple), pour utiliser la T- périodicité de f. 1) Pour f ∈ E, majorer 1/2 0 f, et minorer 1 1/2 f , à l’aide de ||ϕ||∞ . Déduire : || f − ϕ||∞ 1 4 . 2) Chercher f ∈ E, si elle existe, de façon que l’on ait || f − ϕ||∞ = 1 4 . Remarquer d’abord : 1 ln cos x ∼ x−→0 − 2 x2 et 2 sin 2x ∼ x−→0 2 x2 . Déterminer l’ordre auquel développer ln cos x et sin 2x pour obtenir le DL2(0) de f. • Pour y ∈ ]0 ; +∞[ fixé, calculer 1 0 dx x2 + y2 . • Pour exploiter ensuite la présence de 1 a et de a aux bornes d’une intégrale, utiliser le changement de variable u = 1 y , qui échange les bornes, ce qui fournit une deuxième évaluation de I (a). • Combiner ces deux expressions de I (a) et se rappeler : ∀ u ∈ ]0 ; +∞[, Arctan u + Arctan 1 u = π 2 . Transformer l’expression sous l’intégrale, par exemple en utilisant une expression conjuguée (quitte à supposer tempo- rairement x = 0). Utiliser ensuite le changement de variable y = √ 1 − x2 . • Montrer d’abord que,pour tout x ∈ ]0 ; +∞[, f (x) existe. • Montrer que f est de classe C1 sur ]0 ; +∞[ et exprimer f (x) pour tout x ∈ ]0 ; +∞[, en utilisant le théorème du cours sur la dérivée d’une intégrale avec paramètre aux bornes. En déduire le tableau de variation de f.On fera intervenir un réel α solution d’une équation polynomiale. Calculer (à la calculatrice ou à l’ai- de d’un logiciel de calcul) une valeur approchée de α et une valeur approchée de f (α). • Montrer que f admet une limite finie en 0 et déterminer cette limite. Montrer ensuite que l’application f (prolongée en 0 par continuité) est alors de classe C1 sur [0 ; +∞[ et calculer f (0). • Pour l’étude en +∞, en décomposant ln(1 + t2) par mise en facteur de t2 , obtenir f (x) = 3(lnx)2 + B(x), où B(x) est une intégrale dépendant de x et pour laquelle on montrera B(x) = O 1 x2 . • Terminer par le tracé de la courbe représentative de f. Faire un changement de variable par translation pour se ramener au voisinage de 0, c’est-à-dire considérer : g : ] − ∞ ; 0] −→ R, u −→ f (1 + u). Montrer que g est de classe C1 sur ] − 1 ; +∞[, former le DL2(0) de g , puis le DL3(0) de g. 2.15 2.16 2.17 2.18 2.19 2.20 2.21 2.22 2.23 2.24 2.25 2.26 2.27 2.28
- 67. Du mal à démarrer ? 57 ©Dunod.Laphotocopienonautoriséeestundélit. Transformer l’écriture de façon à se ramener à la recherche d’un équivalent simple de 1 − cos x ch x lorsque x −→ 0. Pour obtenir cet équivalent, utiliser des DL4(0) de cos x et de ch x. Considérer l’application ϕ : R − {−1} −→ R, x −→ x − 3 x + 1 . Montrer que ϕ envoie R − {−1,1} dans lui-même. Remarquer que 3 + x 1 − x = ϕ ◦ ϕ(x), et calculer ϕ ◦ ϕ ◦ ϕ(x). a) Considérer l’application g : R −→ R, x −→ f (x + a) − f (x) . Montrer que g est b-périodique. Calculer f (x + a) − f (x), f (x + a + b) − f (x + a), . . . , f (x + a + nb) − f x + a + (n − 1)b pour tout n ∈ N∗ . Sommer et utiliser le fait que g est bornée. En déduire que f est a-périodique. b) Remarquer : 1 6 + 1 7 = 13 42 . a) 1) Supposer |u| dérivable sur I. Soit x ∈ I tel que u(x) = 0. En étudiant le taux d’accroissement de |u| entre x et x + h,pour h ∈ R∗ tel que x + h ∈ I, déduire u (x) = 0. 2) Réciproquement, supposer : ∀ x ∈ I, u(x) = 0 ⇒ u (x) = 0 . Soit x ∈ I.Montrer que u est dérivable en x,en séparant en trois cas : u(x) > 0, u(x) < 0, u(x) = 0. b) Se rappeler que : ∀ (a,b) ∈ R2 , Max (a,b) = 1 2 a + b + |a − b| . Considérer l’application g : [0 ; +∞[−→ R, x −→ e−2λx f (x) 2 et étudier les variations de g. 1) • Pour toute f ∈ E, minorer 1 0 f 2 , en utilisant l’inéga- lité de Cauchy et Schwarz. • Chercher f0 ∈ E,si elle existe,de façon que l’inégalité obtenue ci-dessus soit une égalité. 2) Trouver une suite ( fn)n∈N∗ dans E telle que : 1 0 f 2 n −−−→ n ∞ 0. a) Étudier, pour n ∈ N∗ fixé, les variations de fn : [0 ; +∞[−→ R, x −→ n k=1 1 + x k − 2n . b) Utiliser l’inégalité classique ∀ (a,b) ∈ (R+)2 , √ a + b √ a + √ b , puis un équivalent simple de n k=1 1 k , à l’aide d’une comparaison somme/intégrale. Faire intervenir une exponentielle. Montrer, par exemple à l’aide de la formule de Taylor avec reste intégral : ∀ x ∈ [0 ; +∞[, x − x2 2 ln (1 + x) x . En déduire, pour tout n ∈ N∗ : e− 1 2n 1 n n k=1 e k n 1 n n k=1 1 + k n2 n 1 n n k=1 e k n . Pour terminer, calculer n k=1 e k n , qui est une sommation géomé- trique. Considérer l’application g : [0 ; 1] −→ R, x −→ a + b x 0 f (t) dt et montrer : ∀ x ∈ [0 ; 1], g (x) 2 √ g(x) b 2 . Intégrer de 0 à x. a) Montrer que f est strictement croissante au voisinage de 0. b) Raisonner par condition nécessaire et condition suffisante. • Supposer que f −1 admet un DL3(0), nécessairement de la forme : f −1 (y) = y + γ y2 + δy3 + o y−→0 (y3 ) et reporter dans x = f −1 f (x) ,plutôt que dans y = f f −1 (y) ,pour obtenir γ et δ en fonction de (a,b). • Réciproquement, montrer, avec les valeurs de γ et δ obtenues ci-dessus en fonction de (a,b), que f −1(y) − (y + βy2 + γ y3) est un o(y3). Considérer, pour tout n ∈ N∗ : vn = n k=1 1 k n . • En utilisant n k=1 1 k ∼ n∞ ln n, qui s’obtient, par exemple, par une comparaison somme/intégrale, obtenir un équivalent simple de vn : vn ∼ n∞ n ln n. 2.29 2.30 2.31 2.32 2.33 2.34 2.35 2.36 2.37 2.38 2.39
- 68. Chapitre 2 • Fonctions vectorielles d’une variable réelle 58 • Montrer que l’application ϕ : ]0 ; 1] −→ R, x −→ 1 ln(1 + x) − 1 x admet une limite finie en 0, et en déduire que ϕ est bornée. Majorer alors convenablement |un − vn|. a) Supposer qu’il existe f convenant. Déduire f (R) ⊂ R+, contradiction. b) Supposer qu’il existe f convenant. Déduire f ([−1 ; 1]) = [−1 ; 1], puis f (−1), f (1) ∈ (−1,1), (1,−1) . Évaluer alors f ( sin 1) et f (− sin 1) pour obtenir une contradic- tion. Noter E = (x,y) ∈ [0 ; 1]2 ; |x − y| a et F : E −→ R, (x,y) −→ f (x) − f (y) x − y . Montrer que E est compact et que F est continue sur E. • Montrer d’abord,pour tout (x,y) ∈ R2 et tout t ∈ [a ; b] : |g(x) − g(y)| n i=1 |xi − yi | || fi ||∞. • En déduire que g est lipchitzienne sur tout segment [−A ; A], A ∈ R+, et conclure. On peut conjecturer, à cause de la présence de xn , que la partie essentielle de la fonction sous l’intégrale est concentrée près de 1, donc que l’intégrale proposée In se comporte de façon analogue à l’intégrale Jn = 1 0 n2 (xn − xn+1 ) f (1) dx. Calculer Jn . Former |In − Jn|. Pour ε > 0 fixé, décomposer l’intervalle [0 ; 1] en [0 ; 1 − η] et [1 − η ; 1], où η vient de la continuité de f en 1, de façon à majorer l’intégrale de 0 à 1 − η (en utilisant le fait que f est bornée) et l’intégrale de 1 − η à 1 (en utilisant la continui- té de f en 1). Considérer Jn = 1 0 2xn−1 ln(1 + xn ) dx, qui ressemble à In. D’une part, calculer Jn . D’autre part, évaluer In − Jn . a) Utiliser le théorème de Rolle et compter les zéros du polynôme Pn . b) Utiliser la formule du cours relative à P P , lorsque P ∈ K[X] est scindé sur K. c) Dans n k=0 1 k − un , isoler le terme d’indice k = 0. d) Dans n k=1 1 k − un , isoler le terme d’indice k = 1. a) • S’assurer d’abord que, pour tout n 1, un existe et un 0. • Montrer : un un−1 + 1 et déduire, par sommation, un u1 + (n − 1), puis déduire, successivement, que (un)n est bornée, que un C n , où C est une constante, que un D n2 , où D est une constante, et enfin que un ∼ n∞ 1 n2 , par un raisonne- ment correct sur les équivalents. b) Remplacer un par 1 n2 + o 1 n2 , dans l’expression de un+1, puis décaler l’indice. 2.40 2.41 2.42 2.43 2.44 2.45 2.46
- 69. a) 1) • On a : ∀ x ∈ X, m( f + g) f (x) + g(x) f (x) + M(g) , d’où, en passant à la borne inférieure lorsque x décrit X : m( f + g) m( f ) + M(g) . • Puisque − f et −g sont bornées, on a, en appliquant le ré- sultat précédent à (− f,−g) à la place de ( f,g) : m(− f − g) m(− f ) + M(−g) . Mais : m(− f − g) = Inf X (− f − g) = − Sup X ( f + g) = −M( f + g) et m(− f ) = −M( f ), M(−g) = −m(g), d’où : −M( f + g) −M( f ) − m(g), c’est-à-dire : M( f ) + m(g) M( f + g). 2) Puisque f et g ont des rôles symétriques, on a aussi, en échan- geant f et g dans les résultats précédents : m( f + g) m(g) + M( f ) et M(g) + m( f ) M( f + g), d’où les encadrements demandés : m( f + g) m( f ) + M(g) M( f + g) m( f + g) M( f ) + m(g) M( f + g). b) En additionnant, puis en divisant par 2, on obtient : m( f + g) µ( f ) + µ(g) M( f + g) . 1) Soit f convenant. • On a alors, en appliquant l’hypothèse à (x − ey , y) : ∀(x,y) ∈ R2 , f (x) = f (x − ey ) + ey = (x − ey ) + e f (y) . En particulier, en remplaçant y par 0 : ∀ x ∈ R, f (x) = x − 1 + ef (0) . Il existe donc a ∈ R tel que : ∀ x ∈ R, f (x) = x + a. • On a, alors, pour tout y ∈ R, en appliquant l’hypothèse à (0,y) : f (0 + ey ) = 0 + ef (y) ,c’est-à-dire : ey + a = ey+a , d’où : ey (ea − 1) = a. En appliquant ceci à deux valeurs de y, différentes entre elles, par exemple y = 0, y = 1, on déduit a = 0, et donc : ∀ x ∈ R, f (x) = x . 2) Réciproquement, il est évident que l’application f : R −→ R, x −→ x convient. On conclut qu’il y a une solution et une seule, f = IdR . 1) Soit f convenant. En appliquant l’hypothèse à (x,x), on obtient : ∀ x ∈ R, f (x) = f (3x) . En reportant dans l’hypothèse, on a alors : ∀ (x,y) ∈ R2 , f (y) = f x + y 2 . En appliquant ceci à (2t,0), on a : ∀ t ∈ R, f (0) = f (t) , donc f est constante. 2) Réciproquement, il est évident que toute application constante convient. On conclut que l’ensemble S des applications cherchées est : S = f : R −→ R, x −→ C ; C ∈ R . a) D’après le cours, f : x −→ Arctan x est de classe C∞ sur R et on a : ∀ x ∈ R, f (x) = 1 x2 + 1 . En utilisant une décomposition en éléments simples, on obtient, en passant par les nombres complexes : ∀ x ∈ R, f (x) = i 2 1 x + i − 1 x − i . D’où, par une récurrence immédiate, pour tout n ∈ N∗ : f (n) (x) = i 2 (−1)n−1 (n − 1)! 1 (x + i)n − 1 (x − i)n . b) Soit n ∈ N∗ fixé tel que n 2. On a, pour tout x ∈ R : f (n) (x) = 0 ⇐⇒ 1 (x + i)n − 1 (x − i)n = 0 ⇐⇒ x − i x + i n = 1 . En notant, pour tout k ∈ {0,. . . ,n − 1}, θk = 2kπ n , et ωk = ei θk , on a : x − i x + i n = 1 ⇐⇒ ∃ k ∈ {0,. . . ,n − 1}, x − i x + i = ωk 59 Corrigés des exercices 2.1 2.2 2.3 2.4
- 70. ⇐⇒ ∃ k ∈ {0,. . . ,n − 1}, x − i = ωk x + i ωk ⇐⇒ ∃ k ∈ {0,. . . ,n − 1}, (1 − ωk)x = i (1 + ωk) ⇐⇒ ∃ k ∈ {1,. . . ,n − 1}, x = i 1 + ωk 1 − ωk . Et : i 1 + ωk 1 − ωk = i 1 + ei θk 1 − ei θk = i ei θk 2 2 cos θk 2 −ei θk 2 2 i sin θk 2 = − cotan θk 2 . On conclut que, pour tout n ∈ N tel que n 2, l’ensemble Sn des solutions de l’équation f (n) (x) = 0, d’inconnue x ∈ R, est : Sn = − cotan kπ n ; k ∈ {1,. . . ,n − 1} . Commençons par transformer l’équation proposée en une inéquation équivalente et plus commode : ∀ x ∈ [0 ; +∞[, ex e x 2 2 ⇐⇒ ∀ x ∈ [0 ; +∞[, 4ex−2 x2 ⇐⇒ ∀ x ∈ ]0 ; +∞[, 2 ln 2 + (x − 2) 2 ln x, le cas x = 0 étant d’étude immédiate. Considérons l’application f : ]0 ; +∞[−→ R, x −→ f (x) = 2 ln 2 + x − 2 − 2 ln x . Il est clair que f est dérivable sur ]0 ; +∞[ et : ∀ x ∈ ]0 ; +∞[, f (x) = 1 − 2 x = x − 2 x . On en déduit les variations de f : x 0 2 +∞ f (x) – 0 + f (x) +∞ 0 + ∞ Comme f (2) = 0, on obtient : ∀ x ∈ ]0 ; +∞[, f (x) 0 , ce qui établit l’inégalité demandée. Puisqu’il s’agit de trouver une application « proche » de x −→ x et de x −→ x2 , on peut essayer leur moyenne arith- métique, f : x −→ 1 2 (x + x2 ). On a alors : 1 0 f (x) − x 2 dx = 1 0 x + x2 2 − x 2 dx = 1 0 x − x2 2 2 dx = 1 4 1 0 (x2 − 2x3 + x4 ) dx = 1 4 x3 3 − 2 x4 4 + x5 5 1 0 = 1 4 1 3 − 1 2 + 1 5 = 1 120 10−2 et 1 0 f (x) − x2 2 dx = 1 0 x + x2 2 − x2 2 dx = 1 0 x − x2 2 2 dx = 1 120 10−2 . Ainsi, f : [0 ; 1] −→ R, x −→ x + x2 2 , convient. Soit λ ∈ ]0 ; +∞[ fixé. Effectuons une intégration par parties, pour des applications de classe C1 sur [a ; b] : b a f (x) ei λx dx = f (x) ei λx i λ b a − b a f (x) ei λx i λ dx = f (b)ei λb − f (a)ei λa i λ − 1 i λ b a f (x)ei λx dx | f (b)| + | f (a)| λ + 1 λ b a | f (x)| dx = | f (b)| + | f (a)| + b a | f (x)| dx 1 λ −→ λ−→+∞ 0. On conclut : b a f (x)ei λx dx −→ λ−→+∞ 0. a) Il s’agit d’un étude classique. On va effectuer une comparaison somme/intégrale. L’application f : ]0 ; +∞[−→ R, x −→ 1 x , est continue et décroissante sur ]0 ; +∞[, donc : ∀ n ∈ N∗ , ∀ x ∈ [n ; n + 1], 1 n + 1 1 x 1 n . Il s’ensuit, en intégrant : ∀ n ∈ N∗ , 1 n + 1 n+1 n 1 x dx 1 n , puis, en sommant : ∀ n ∈ N∗ , n k=1 1 k + 1 n k=1 k+1 k 1 x dx n k=1 1 k . 60 2.5 2.6 2.7 2.8
- 71. On a, pour tout n ∈ N∗ , en utilisant la relation de Chasles : n k=1 k+1 k 1 x dx = n+1 1 1 x dx = [ln x]n+1 1 = ln(n + 1) . D’où, en notant Hn = n k=1 1 k : ∀ n ∈ N∗ , Hn+1 − 1 ln (n + 1) Hn , ou encore : ∀ n ∈ N∗ − {1}, ln (n + 1) Hn 1 + ln n. Comme ln(n + 1) = ln n + ln 1 + 1 n = ln + o n∞ (1) ∼ n∞ ln n et 1 + ln n ∼ n∞ ln n, on déduit, par encadrement : n k=1 1 k = Hn ∼ n∞ ln n. b) Soit n ∈ N tel que n 2. On a, pour tout k ∈ {1,. . . ,n − 1}, par exemple à l’aide d’une décomposition en éléments simples : 1 k(n − k) = 1 n 1 k + 1 n − k . D’où, pour tout n 2 : un = n−1 k=1 1 k(n − k) = 1 n n−1 k=1 1 k + 1 n − k = 1 n n−1 k=1 1 k + n−1 k=1 1 n − k = k −n−k 2 n n−1 k=1 1 k . En utilisant le résultat de a), on déduit : un ∼ n∞ 2 n ln (n − 1) = 2 n ln n + ln 1 − 1 n ∼ n∞ 2 n ln n . Appliquons deux fois l’inégalité de Cauchy et Schwarz, en faisant intervenir √ g, qui est continue, puisque g est conti- nue et à valeurs 0 : b a f gh 4 = b a ( f √ g)2 ( √ gh)2 4 b a f √ g)2 2 b a √ g h)2 2 = b a f 2 g 2 b a gh2 2 b a f 4 b a g2 b a g2 b a h4 = b a f 4 b a g2 2 b a h4 . Notons, pour tout n ∈ N∗ : un = n k=1 2n + k 3n + k 1 n > 0 . On a, pour tout n ∈ N∗ : ln un = 1 n n k=1 ln 2n + k 3n + k = 1 n n k=1 ln 2 + k n 3 + k n . L’application [0 ; 1] −→ R, x −→ ln 2 + x 3 + x , est continue sur le segment [0 ; 1], donc, d’après le cours sur les sommes de Riemann : ln un −−−→ n ∞ 1 0 ln 2 + x 3 + x dx. On calcule cette intégrale, notée I : I = 1 0 ln (2 + x) dx − 1 0 ln (3 + x) dx = (2 + x) ln (2 + x) − (2 + x) 1 0 − (3 + x) ln (3 + x) − (3 + x) 1 0 = (3 ln 3 − 3) − (2 ln 2 − 2) − (4 ln 4 − 4) − (3 ln 3 − 3) = 6 ln 3 − 10 ln 2. Comme l’exponentielle est continue sur R, on déduit : un −−−→ n ∞ eI = e6 ln 3−10 ln 2 = 36 210 . D’abord, pour tout x ∈ R, f (x) existe comme intégrale d’une application continue sur un segment. On a, pour tout x ∈ R∗ : f (x) − f (0) x − 0 = 1 x x2 0 ( sin t) Arctan t 1 + x2 dt 1 x x2 0 | sin t| Arctan t 1 + x2 dt 1 x x2 0 1 · π 2 dt = π 2 x. Il en résulte, par encadrement : f (x) − f (0) x − 0 −→ x−→0 0, ce qui montre que f est dérivable en 0 et que : f (0) = 0. D’abord, f : x −→ Arctan tan x x , est définie, au moins, sur − π 2 ; π 2 − {0}. 61 2.9 2.10 2.11 2.12 −→
- 72. Comme tan x ∼ x−→0 x, on a f (x) −→ x−→0 Arctan 1 = π 4 , donc f admet un prolongement continu en 0, en notant f (0) = π 4 . De plus, il est clair que f est paire. On calcule des développements limités en 0 : tan x = x + x3 3 + o(x3 ), tan x x = 1 + x2 3 + o(x2 ) , tan x x = 1 + x2 3 + o(x2 ) 1 2 = 1 + 1 2 x2 3 + o(x2 ) = 1 + 1 6 x2 + o(x2 ). Ainsi : f (x) = Arctan 1 + x2 6 + o(x2 ) . Considérons l’application g : R −→ R, u −→ g(u) = Arctan (1 + u) . Il est clair que g est de classe C1 sur R, et on a, pour tout u ∈ R : g (u) = 1 1 + (1 + u)2 = 1 2 + 2u + u2 = 1 2 1 1 + u + u2 2 = 1 2 1 − u + o(u) = 1 2 − 1 2 u + o(u). Il en résulte, par primitivation pour une application de classe C1 dont la dérivée admet un DL1(0) : g(u) = g(0) + 1 2 u − 1 2 u2 2 + o(u2 ) = π 4 + 1 2 u − 1 4 u2 + o(u2 ). On déduit, par composition, le DL2(0) de f : f (x) = π 4 + 1 2 x2 6 + o(x2 ) = π 4 + 1 12 x2 + o(x2 ) . Il s’agit d’une forme indéterminée 1∞ . Notons, pour x au voisinage de π 6 : f (x) = (2 sin x)tan x . On a, par le changement de variable t = x − π 6 −→ x−→ π 6 0 : ln f (x) = (tan 3x) ln (2 sin x) = tan π 2 + 3t ln 2 sin π 6 + t = − 1 tan 3t ln 2 · 1 2 cos t + 2 · √ 3 2 sin t = − 1 tan 3t ln cos t + √ 3 sin t = − 1 3t + o(t) ln 1 + √ 3 t + o(t) ∼ t−→0 − 1 3t √ 3 t = − 1 √ 3 , donc : ln f (x) −→ x−→ π 6 − 1 √ 3 . On conclut, par continuité de l’exponentielle : f (x) −→ x−→ π 6 e − 1√ 3 . a) Soit n ∈ N∗ . Considérons l’application fn : ] − ∞ ; 0] −→ R, x −→ fn(x) = 1 + x + ex n . L’application fn est dérivable sur ] − ∞ ; 0] et : ∀ x ∈ ] − ∞ ; 0], fn(x) = 1 + ex n > 0 . On dresse le tableau de variation de fn : x −∞ xn 0 fn(x) + fn(x) −∞ 0 1 + 1 n Puisque fn est continue et strictement croissante sur l’intervalle ] − ∞ ; 0] et que l’on a lim −∞ fn = −∞ < 0 et fn(0) = 1 + 1 n > 0, d’après le théorème de la bijection monotone, l’équation fn(x) = 0, d’inconnue x ∈ ] − ∞ ; 0], admet une solution et une seule, notée xn. De plus, comme fn(0) =/ 0, on a : xn =/ 0. b) On a, pour tout n ∈ N∗ : |1 + xn| = exn n 1 n , donc : 1 + xn −−−→ n ∞ 0, d’où : xn −−−→ n ∞ − 1. c) On a : n(xn + 1) = −exn −−−→ n ∞ − e−1 , donc : xn + 1 ∼ n∞ − e−1 n . On conclut au développement asymptotique suivant, à la pré- cision o 1 n : xn = −1 − 1 e n + o n∞ 1 n . a) Soit n ∈ N∗ . Considérons l’application fn : [0 ; 1] −→ R, x −→ cos x − nx . 62 2.13 2.15 2.14
- 73. L’application fn est dérivable sur [0 ; 1] et : ∀ x ∈ [0 ; 1], fn(x) = − sin x − n −n < 0 . On dresse le tableau de variation de fn : x 0 1 fn(x) − fn(x) 1 cos 1 − n Puisque fn est continue et strictement décroissante sur l’in- tervalle [0 ; 1] et que : fn(0) = 1 > 0 et fn(1) = cos 1 − n < 0, d’après le théorème de la bijection monotone, l’équation fn(x) = 0, d’inconnue x ∈ [0 ; 1], admet une solution et une seule, notée xn. b) • On a : |xn| = cos xn n 1 n −−−→ n ∞ 0, donc : xn −−−→ n ∞ 0. • Ensuite : xn = cos xn n ∼ n∞ 1 n . c) Notons, pour tout n ∈ N∗ : yn = xn − 1 n . Puisque xn ∼ n∞ 1 n , on a déjà : yn = o 1 n . On a : cos 1 n + yn = cos xn = nxn = n 1 n + yn = 1 + nyn , d’où : nyn = cos 1 n + yn −→0 − 1 ∼ n∞ − 1 2 1 n + yn =o 1 n 2 ∼ n∞ − 1 2n2 , donc : yn ∼ n∞ − 1 2n3 . On conclut : xn − 1 n ∼ n∞ − 1 2n3 . Puisque f n’est pas injective, il existe (a,b) ∈ R2 tel que : a < b et f (a) =/ f (b). On a alors : ∀ y ∈ R, f (a + y) = g f (a),y = g f (b),y = f (b + y). En notant c = a − b > 0, on a donc : ∀ z ∈ R, f (c + z) = f (a − b) + z = f a + (−b + z) = f b + (−b + z) = f (z). On conclut que f est c-périodique. En remplaçant y par 0, on a : ∀ x ∈ R, f x + g(0) = 2x + 5 , puis : ∀ t ∈ R, f (t) = f t − g(0) + g(0) = 2 t − g(0) + 5 = 2t + 5 − 2g(0) . Il existe donc λ ∈ R tel que : ∀ t ∈ R, f (t) = 2t + λ. • On a donc, en remplaçant, dans l’hypothèse, f par son ex- pression obtenue ci-dessus : ∀ (x,y) ∈ R2 , 2x + y + 5 = f x + g(y) = 2 x + g(y) + λ = 2x + 2g(y) + λ, d’où : ∀ y ∈ R, g(y) = 1 2 y + 5 − λ 2 . On déduit : ∀ (x,y) ∈ R2 , g x + f (y) = 1 2 x + f (y) + 5 − λ 2 = 1 2 (x + 2y + λ) + 5 − λ 2 = 1 2 x + y + 5 2 . Puisque : xn −−−→ n ∞ 0 et ∀ n ∈ N, xn ∈ ]0 ; +∞[ , on peut extraire de la suite (xn)n∈N une suite strictement dé- croissante et de limite 0. Il existe donc une suite (un)n∈N, strictement décroissante, de limite 0, telle que : ∀ n ∈ N, f (un) = 0. 63 2.16 2.17 2.18 y x y = f(x) u3 u2 u1 u0v1 v0v2 O Puisque f est continue en 0, on déduit : f (0) = 0. D’autre part, d’après le théorème de Rolle, puisque f est déri- vable sur ]0 ; +∞[, pour chaque n ∈ N , il existe vn ∈ ]un+1 ; un[ tel que : f (vn) = 0. On construit ainsi une suite (vn)n∈N , strictement décroissante, de limite 0, telle que : ∀ n ∈ N, f (vn) = 0. D’après l’étude précédente, appliquée à f à la place de f, on déduit : f (0) = 0.
- 74. En réitérant le raisonnement, ou par une récurrence, on conclut : ∀ k ∈ N, f (k) (0) = 0. 1) Inégalité : Soit x ∈ [0 ; +∞[. Notons g : [0 ; +∞[−→ R l’application définie, pour tout y ∈ [0 ; +∞[, par : g(y) = f (x,y) = 1 + x2 y + xy2 − 3xy. L’application g est dérivable sur [0 ; +∞[ et : ∀ y ∈ [0 ; +∞[, g (y) = x2 + 2xy − 3x = x(x + 2y − 3) . 1er cas : x 3 On a alors : ∀ y ∈ [0 ; +∞[, g (y) 0, donc g est croissante. Comme g(0) = 1, on déduit : ∀ y ∈ [0 ; +∞[, g(y) g(0) = 1 > 0. 2ecas : 0 x < 3 On dresse le tableau de variations de g : y 0 3 − x 2 +∞ g (y) − 0 + g(y) On calcule le minimum de g, obtenu en 3 − x 2 : g 3 − x 2 = 1 + x2 y + xy2 − 3xy = 1 + xy(x + y − 3) = 1 + x 3 − x 2 x + 3 − x 2 − 3 = 1 + 3x − x2 2 x − 3 2 = 1 4 4 − x(x − 3)2 ‘ = 1 4 (−x3 + 6x2 − 9x + 4) = 1 4 (−x + 1)(x2 − 5x + 4) = 1 4 (−x + 1)(x − 1)(x − 4) = 1 4 (x − 1)2 (4 − x) 0 0. Finalement : ∀ (x,y) ∈ [0 ; +∞[2 , f (x,y) 0. 2) Étude du cas d’égalité • Supposons qu’il y ait égalité dans l’inégalité de l’énoncé. D’après 1), on a alors nécessairement : x 3, y = 3 − x 2 , g(y) = 0 , d’où, comme 4 − x > 0 : x = 1, puis y = 1. • Réciproquement : f (1,1) = 1 + 1 + 1 − 3 = 0. On conclut qu’il y a égalité si et seulement si : (x,y) = (1,1) . a) Considérons l’application f : ]0 ; +∞[−→ R, x −→ f (x) = ln(1 + x) x . L’application f est dérivable sur ]0 ; +∞[ et, pour tout x ∈ ]0 ; +∞[ : f (x) = 1 x2 x 1 + x − ln (1 + x) . Considérons l’application g : [0 ; +∞[−→ R ; x −→ g(x) = x 1 + x − ln (1 + x) . L’application g est dérivable sur [0 ; +∞[ et, pour tout x ∈ [0 ; +∞[ : g (x) = 1 (1 + x)2 − 1 1 + x = − x (1 + x)2 0 < 0 si x =/ 0. Il en résulte que g est strictement décroissante sur [0 ; +∞[. Comme g(0) = 0, on en déduit : ∀ x ∈ ]0 ; +∞[, g(x) < 0 , donc : ∀ x ∈ ]0 ; +∞[, f (x) < 0. Il en résulte que f est strictement décroissante. On a donc, pour tout (x,y) ∈ ]0 ; +∞[2 : x < y ⇒ f (y) < f (x) ⇐⇒ ln(1 + y) y < ln(1 + x) x ⇐⇒ x y < ln(1 + x) ln(1 + y) . b) Soit (x,y,z) ∈ R3 tel que 0 < x < y < z. Appliquons le résultat de a) à (x,y) et à (x,z) : x y < ln(1 + x) ln(1 + y) et x z < ln(1 + x) ln(1 + z) , d’où, par multiplication (pour des nombres tous > 0) : x2 yz < ln(1 + x) 2 ln(1 + y) ln(1 + z) . c) Soit t ∈ ]0 ; +∞[. Appliquons le résultat de b) à x = t − 1 ∈ ]0 ; +∞[, y = t, z = t + 1 : 64 2.19 2.20
- 75. (t − 1)2 t(t + 1) < (ln t)2 ln(t + 1) ln (t + 2) , d’où, les dénominateurs étant > 0 : (t − 1)2 ln(t + 1) ln(t + 2) < t(t + 1)( ln t)2 . Notons, pour abréger, E = Rn[X] et confondons poly- nôme et application polynomiale sur [−1 ; 1]. D’après le cours, l’application N : E −→ R, P −→ 1 −1 P(x) 2 dx 1 2 est une norme sur E. Considérons les applications u,v,w : E −→ R définies, pour tout P ∈ E, par : u(P) = P(−1), v(P) = P (0), w(P) = P (1) . Il est clair que u,v,w sont linéaires. Puisque E est de dimension finie, u,v,w sont donc continues et il existe a,b,c ∈ R+ tels que, pour tout P ∈ E : |u(P)| aN(P), |v(P)| bN(P), |w(P)| cN(P) . On a alors, pour tout P ∈ E : P(−1) 2 + P (0) 2 + P (1) 2 = u(P) 2 + v(P) 2 + w(P) 2 (a2 + b2 + c2 ) N(P) 2 . En notant C = a2 + b2 + c2 , on a donc, pour tout P ∈ E : P(−1) 2 + P (0) 2 + P (1) 2 C 1 −1 P(x) 2 dx . Soit n ∈ N∗ . On a, par le changement de variable u = nx : In = b a f (nx) dx = 1 n nb na f (u) du . Notons N = E n(b − a) T ∈ N, (qui dépend de n) de sorte que : na + NT nb < na + (N + 1)T. On a, par la relation de Chasles : In = 1 n N−1 k=0 na+(k+1)T na+kT f (u) du + nb na+NT f (u) du . Puisque f est T-périodique, on déduit : In = 1 n N−1 k=0 T 0 f (u) du + nb na+NT f (u) du = N n T 0 f (u) du + 1 n nb na+NT f (u) du . D’une part, d’après la définition de N : b − a T − 1 n < N n b − a T , donc, par théorème d’encadrement : N n −−−→ n ∞ b − a T . D’autre part : 1 n nb na+NT f (u) du 1 n nb na+NT | f (u)| du 1 n na+(N+1)T na+NT | f (u)| du = 1 n T 0 | f (u)| du −−−→ n ∞ 0. On conclut : b a f (nx) dx −−−→ n ∞ b − a T b a f (u) du. 1) Soit f ∈ E. On va essayer de minorer || f − ϕ||∞ par une constante conve- nable. • On a : 1/2 0 f = 1/2 0 ϕ + ( f − ϕ) = 1/2 0 ϕ + 1/2 0 ( f − ϕ). D’une part : 1/2 0 ( f − ϕ) 1/2 0 | f − ϕ| 1 2 || f − ϕ||∞. D’autre part : 1/2 0 ϕ = 1/2 0 x dx = x2 2 1/2 0 = 1 8 . On a donc : 1/2 0 f 1 8 + 1 2 || f − ϕ||∞. • On a : 1 1/2 f = 1 1/2 ϕ + ( f − ϕ) = 1 1/2 ϕ + 1 1/2 ( f − ϕ) . D’une part : 1 1/2 ( f − ϕ) − 1 1/2 | f − ϕ| − 1 2 || f − ϕ||∞ . D’autre part : 1 1/2 ϕ = 1 1/2 x dx = x2 2 1 1/2 = 1 2 − 1 8 = 3 8 . On a donc : 1 1/2 f 3 8 − 1 2 || f − ϕ||∞. On déduit, puisque f ∈ E : 1 8 + 1 2 || f − ϕ||∞ 1/2 0 f = 1 1/2 f 3 8 − 1 2 || f − ϕ||∞ , D’où : || f − ϕ||∞ 1 4 . Il en résulte : d(ϕ,F) = Inf f ∈E || f − ϕ||∞ 1 4 . 65 2.21 2.22 2.23
- 76. 2) Considérons l’application f : [0 ; 1] −→ R définie, pour tout x ∈ [0 ; 1], par : f (x) = x + 1 4 si 0 x 1 2 x − 1 4 si 1 2 < x 1. On a : ln cos x = ln 1 − x2 2 + x4 24 − x6 720 + o(x6 ) = − x2 2 + x4 24 − x6 720 − 1 2 x4 4 − x6 24 + 1 3 − x6 8 + o(x6 ) = − x2 2 + 1 24 − 1 8 x4 + − 1 720 + 1 48 − 1 24 x6 + o(x6 ) = − x2 2 − x4 12 − x6 45 + o(x6 ), et : sin 2 x = x − x3 6 + x5 120 + o(x5 ) 2 = x2 − x4 3 + 1 36 + 1 60 x6 + o(x6 ) = x2 − x4 3 + 2x6 45 + o(x6 ). D’où : f (x) = 1 − x2 2 − x4 12 − x6 45 + o(x6 ) + 2 x2 − x4 3 + 2x6 45 + o(x6 ) = 2 x2 − 1 + x2 6 + 2x4 45 + o(x6 ) −1 + 1 − x2 3 + 2x4 45 + o(x4 ) −1 = 2 x2 − 1 − x2 6 + 2x4 4( + x4 36 + 1 + x2 3 − 2x4 45 + x4 9 + o(x4 ) = 2 x2 1 6 + 1 3 x2 + 2 45 − 1 36 − 2 45 + 1 9 + o(x4 ) = 2 x2 1 2 x2 + 1 12 x4 + o(x4 ) = 1 + 1 6 x2 + o(x2 ). 66 Il est clair que : f ∈ E, 1/2 0 f = 1 1/2 f, || f − ϕ||∞ = 1 4 . On conclut : d(ϕ,F) = 1 4 . Si on effectue un DLn(0) (n 2) de ln cos x, comme ln cos x −→1 ∼ x−→0 cos x − 1 ∼ x−→0 − x2 2 , ce DLn(0) sera de la forme : ln cos x = − x2 2 + · · · + an xn + o(xn ) , d’où : 1 ln cos x = − 2 x2 1 + · · · − 2an xn−2 + o(xn−2 ) −1 = − 2 x2 1 + · · · + bn xn−2 + o(xn−2 ) = − 2 x2 + · · · − 2bn xn−4 + o(xn−4 ). Comme on veut un DL2(0) de f, il faut prendre n de façon que n − 4 = 2, c’est-à-dire n = 6. y x 1 1 3 4 1 2 1 4 1 4 1 2 3 4 y = f(x) y = ϕ(x) 2.24
- 77. • On a, pour tout y ∈ ]0 ; +∞[ fixé, par le changement de variable z = x y : 1 0 dx x2 + y2 = 1 y 0 y dz y2z2 + y2 = 1 y 1 y 0 1 1 + z2 dz = 1 y [Arctan z] 1 y 0 = 1 y Arctan 1 y . • On déduit : I (a) = a 1 a 1 0 dx x2 + y2 dy = a 1 a 1 y Arctan 1 y dy . Mais, par le changement de variable u = 1 y , qui échange les bornes, on a : I (a) = 1 a a u Arctan u − du u2 = a 1 a 1 u Arctan u du . D’où, par addition : 2I (a) = a 1 a 1 y Arctan y dy + a 1 a 1 y Arctan 1 y dy = a 1 a 1 y Arctan y + Arctan 1 y dy = a 1 a 1 y π 2 dy = π 2 ln y a 1 a = π 2 ln a − ln 1 a = π ln a. On conclut : I (a) = π ln a 2 . L’application x −→ √ 1 + x − √ 1 − x √ 1 + x + √ 1 − x , est continue sur le segment [0 ; 1], donc son intégrale I existe. On a, pour tout x ∈ ]0 ; 1], par utilisation d’une expression conjuguée : √ 1 + x − √ 1 − x √ 1 + x + √ 1 − x = √ 1 + x − √ 1 − x 2 (1 + x) − (1 − x) = 2 − 2 √ 1 − x2 2x = 1 − √ 1 − x2 x = 1 − (1 − x2 ) x 1 + √ 1 − x2 = x 1 + √ 1 − x2 , et cette dernière expression est aussi valable pour x = 0. On a donc : I = 1 0 x 1 + √ 1 − x2 dx. Effectuons le changement de variable y = √ 1 − x2 . On a alors x2 = 1 − y2 , x dx = −y dy, d’où : I = 0 1 −y dy 1 + y = 1 0 y 1 + y dy = 1 0 1 − 1 1 + y dy = y − ln (1 + y) 1 0 = 1 − ln 2. • L’application g : ]0 ; +∞[−→ R, t −→ g(t) = ln(1 + t2 ) t est continue sur ]0 ; +∞[, donc, pour tout x ∈ ]0 ; +∞[, g est continue sur le segment joignant x et x2 , ce qui montre que l’in- tégrale f (x) = x2 x ln(1 + t2 ) t dt existe. • Puisque les applications x −→ x et x −→ x2 sont de classe C1 sur ]0 ; +∞[ et à valeurs dans ]0 ; +∞[ et que g est continue sur ]0 ; +∞[, d’après le cours, f est de classe C1 sur ]0 ; +∞[ et, pour tout x ∈ ]0 ; +∞[ : f (x) = ln(1 + x4 ) x2 2x − ln(1 + x2 ) x 1 = 1 x 2 ln(1 + x4 ) − ln(1 + x2 ) . D’après les théorèmes généraux, cette dernière fonction est de classe C∞ sur ]0 ; +∞[, donc f est de classe C∞ sur ]0 ; +∞[. On a, pour tout x ∈ ]0 ; +∞[ : f (x) = 0 ⇐⇒ 2 ln (1 + x4 ) − ln(1 + x2 ) = 0 ⇐⇒ (1 + x4 )2 = 1 + x2 ⇐⇒ x8 + 2x4 − x2 = 0 ⇐⇒ x6 + 2x2 − 1 = 0. Notons P : [0 ; +∞[−→ R, x −→ P(x) = x6 + 2x2 − 1. L’application P est dérivable sur [0 ; +∞[ et : ∀ x ∈ [0 ; +∞[, P (x) = 6x5 + 4x 0 > 0 si x > 0. On dresse le tableau de variation de P : x 0 +∞ P (x) + P(x) −1 +∞ Puisque P est continue et strictement croissante sur l’intervalle [0 ; +∞[, et que l’on a P(0) = −1 < 0 et P(x) −→ x−→+∞ +∞, d’après le théorème de la bijection réciproque, 67 2.26 2.25 2.27
- 78. il existe α ∈ [0 ; +∞[ unique tel que l’on ait P(α) = 0, et on dispose du signe de P(x) selon la position de x par rapport à α. La calculatrice fournit une valeur approchée de α : α 0,673 . . . On en déduit le signe de f (x)et le tableau de variation de f : x 0 α +∞ f (x) − 0 + f (x) La calculatrice fournit une valeur approchée de f (α) : f (α) −0,107 . . . • Étude en 0 : Comme : ∀ u ∈ [0 ; +∞[, 0 ln(1 + u) u, on a, pour tout x ∈ ]0 ; 1] : 0 − f (x) = x x2 ln(1 + t2 ) t dt x x2 t dt = t2 2 x x2 = x2 − x4 2 . Il s’ensuit, par le théorème d’encadrement : f (x) −→ x−→0 0. On peut donc prolonger f en 0 par continuité en posant f (0) = 0. De plus : f (x) = 1 x 2 ln(1 + x4 ) − ln(1 + x2 ) = 1 x − x2 + o x−→0 (x2 ) = −x + o(x) −→ x−→0 0. Comme f est continue sur [0 ; +∞[, que f est de classe C1 sur ]0 ; +∞[ et que f (x) −→ x−→0 0, d’après le théorème limite de la dérivée, f est de classe C1 sur [0 ; +∞[et f (0) = 0. • Étude en +∞ : On a, pour tout x ∈ [1 ; +∞[ : f (x) = x2 x ln(1 + t2 ) t dt = x2 x 1 t ln t2 1 + 1 t2 dt = x2 x 1 t 2 ln t + ln 1 + 1 t2 dt = 2 x2 x ln t t dt notée A(x) + x2 x 1 t ln 1 + 1 t2 dt notée B(x) . On a : A(x) = (ln t)2 x2 x = ln (x2 ) 2 − ( ln x)2 = 4(ln x)2 − ( ln x)2 = 3(ln x)2 . D’autre part : 0 B(x) x2 x 1 t 1 t2 dt = x2 x 1 t3 dt = t−2 −2 x2 x = 1 2 1 x2 − 1 x4 1 2x2 , donc : B(x) = O x−→+∞ 1 x2 . Ainsi : f (x) = 3( ln x)2 + O x−→+∞ 1 x2 . En particulier : f (x) −→ x−→+∞ +∞, et f (x) x ∼ x−→+∞ 3(ln x)2 x −→ x−→+∞ 0. Ceci montre que la courbe représentative de f admet, lorsque x −→ +∞, une branche parabolique de direction asymptotique x x. • Valeurs remarquables : f (1) = 0 et f (1) = ln 2 0,693 . . . • Tracé de la courbe représentative de f : 68 Considérons l’application g : ] − 1 ; +∞[−→ R définie, pour tout u ∈ ] − 1 ; +∞[, par : g(u) = f (1 + u) = 1+u 1 et t dt , obtenue en notant u = x − 1 dans l’expression de f (x), de façon que la variable (u) tende vers 0 lorsque x tend vers 1. Puisque t −→ et t , est de classe C∞ sur ]0 ; +∞[, d’après le cours, g est de classe C∞ sur ] − 1 ; +∞[ et : ∀ u ∈ ] − 1 ; +∞[, g (u) = e1+u 1 + u . On va former le DL2(0) de g , puis primitiver pour obtenir le DL3(0) de g. On a : g (u) = e eu 1 1 + u = e 1 + u + u2 2 + o(u2 ) 1 − u + u2 + o(u2 ) = e 1 + u2 2 + o(u2 ) = e + e 2 u2 + o(u2 ). y O f(α) α 1 x y = f(x) 2.28
- 79. On déduit, par primitivation, pour une fonction de classe C1 dont la dérivée admet un DL2(0) : g(u) = g(0) + e u + e 2 u3 3 + o(u3 ). Et : g(0) = 1 1 ey t t dt = 0. On conclut : f (x) = e u + e 6 u3 + o(u3 ), u = x − 1 −→ x−→1 0 . On a, pour tout x ∈ − π 2 ; π 2 − {0} : f (x) = 1 ( sin x sh x)2 − 1 (tan x th x)2 = 1 sin 2x sh2 x (1 − cos 2 x ch2 x). Pour le dénominateur : sin 2 x sh2 x ∼ x−→0 x4 . On va chercher un équivalent simple du numérateur. On remarque : 1 − cos 2 x ch2 x = (1 − cos x ch x)(1 + cos x ch x) et : 1 + cos x ch x −→ x−→0 2 =/ 0. On va chercher un DL4(0) de 1 − cos x ch x, pour en avoir un équivalent simple : 1 − cos x ch x = 1 − 1 − x2 2 + x4 24 + o(x4 ) 1 + x2 2 + x4 24 + o(x4 ) = 1 − 1 − 1 6 x4 + o(x4 ) = 1 6 x4 + o(x4 ) . On a donc : f (x) ∼ x−→0 1 x4 1 6 x4 · 2 = 1 3 et on conclut : f (x) −→ x−→0 1 3 . • Considérons l’application ϕ : R − {−1,1} −→ R, x −→ ϕ(x) = x − 3 x + 1 . On a, pour tout x ∈ R − {−1,1} : ϕ(x) = 1 ⇐⇒ x − 3 x + 1 = 1 ⇐⇒ 4 = 0 , impossible, et, d’autre part : ϕ(x) = −1 ⇐⇒ x − 3 x + 1 = −1 ⇐⇒ x − 3 = −x − 1 ⇐⇒ x = 1, impossible. Ainsi : ∀ x ∈ R − {−1,1}, ϕ(x) ∈ R − {−1,1}. On peut donc considérer l’application, encore notée ϕ, de R − {−1,1} dans lui-même, définie par : ∀ x ∈ R − {−1,1}, ϕ(x) = x − 3 x + 1 . Calculons, pour tout x ∈ R − {−1,1}, les itérées de ϕ en x, pour la loi de composition, notées ϕ[2] (x), ϕ[3] (x),. . . : ϕ[2] (x) = ϕ ϕ(x) = ϕ(x) − 3 ϕ(x) + 1 = x − 3 x + 1 − 3 x − 3 x + 1 + 1 = −2x − 6 2x − 2 = 3 + x 1 − x , ϕ[3] (x) = ϕ ϕ[2] (x) = ϕ[2] (x) − 3 ϕ[2](x) + 1 = 3 + x x − 1 − 3 3 + x x − 1 + 1 = 4x 4 = x. • 1) Soit f convenant. On a donc : ∀ x ∈ R − {−1,1}, f ϕ(x) + f ϕ[2] (x) = x . Appliquons ceci à x, ϕ(x), à ϕ[2] (x) : f ϕ(x) + f ϕ[2] (x) = x E1 f ϕ[2] (x) + f (x) = ϕ(x) E2 f (x) + f ϕ(x) = ϕ[2] (x) E3. En effectuant E2 + E3 − E1, on élimine f ϕ(x) et f ϕ[2] (x) , et on obtient f (x), d’où : f (x) = 1 2 ϕ(x) + ϕ[2] (x) − x = 1 2 x − 3 x + 1 + 3 + x 1 − x − x = 1 2 x3 + 7x 1 − x2 . 2) Réciproquement, un calcul direct (un peu long sans logiciel de calcul formel) montre que l’application f trouvée en 1) convient. On conclut qu’il y a une application f et une seule conve- nant : f : R − {−1,1} −→ R, x −→ f (x) = 1 2 x3 + 7x 1 − x2 . a) Considérons g : R −→ R, x −→ f (x + a) − f (x) . On a, d’après l’hypothèse de l’énoncé : ∀ x ∈ R, g(x + b) = f (x + a + b) − f (x + b) = f (x + a) − f (x) = g(x), donc g est b-périodique. 69 2.29 2.30 2.31
- 80. On a alors, pour tout n ∈ N et tout x ∈ R : f (x + a) − f (x) = g(x) f (x + a + b) − f (x + b) = g(x + b) = g(x) ... f (x + a + nb) − f x + a + (n − 1)b = g(x) d’où, par sommation et télescopage : f (x + a + nb) − f (x) = ng(x) . On déduit, puisque f est bornée, pour tout x ∈ R : |g(x)| = f (x + a + nb) − f (x) n 2|| f ||∞ n −−−→ n ∞ 0 , donc : ∀ x ∈ R, g(x) = 0, c’est-à-dire : ∀ x ∈ R, f (x + a) = f (x). Ceci montre que f est a-périodique. Par rôles symétriques dans les hypothèses, on conclut que f est aussi b-périodique. b) L’application f vérifie les hypothèses de a), puisqu’elle est bornée, avec a = 1 6 , b = 1 7 , a + b = 13 42 . D’après a), on déduit que f est 1 6 -périodique et que f est 1 7 - périodique. Comme 1 42 = 1 6 − 1 7 , il en résulte que f est 1 42 - périodique, l’ensemble des périodes de f formant, d’après le cours, un sous-groupe additif de R. a) 1) Supposons |u| dérivable sur I. Soit x ∈ I tel que u(x) = 0. On a : |u|(x + h) − |u|(x) h −→ h−→0 |u| (x), et : |u|(x + h) − |u|(x) h = |u(x + h)| h = u(x + h) − u(x) h = sgn (h) u(x + h) − u(x) h −→ h−→0+ |u (x)| −→ h−→0− −|u (x)|. On a donc |u (x)| = −|u (x)|, d’où u (x) = 0. Ceci montre : ∀ x ∈ I, u(x) = 0 ⇒ u (x) = 0 . 2) Réciproquement, supposons : ∀ x ∈ I, u(x) = 0 ⇒ u (x) = 0 . Soit x ∈ I. * Si u(x) > 0, alors, comme u est continue en x (car dérivable en x), au voisinage de x, |u| coïncide avec u, donc |u| est dé- rivable en x. * Si u(x) < 0, alors de même, au voisinage de x, |u| coïncide avec −u, donc |u| est dérivable en x. * Si u(x) = 0, alors, par hypothèse, u (x) = 0, donc : |u|(x + h) − |u|(x) h = |u(x + h)| |h| = u(x + h) − u(x) h −→ h−→0 |u (x)| = 0, donc : |u|(x + h) − |u|(x) h −→ x−→0 0, ce qui montre que |u| est dérivable en x, et que de plus |u| (x) = 0. On conclut que |u| est dérivable en x, pour tout x ∈ I, donc |u| est dérivable sur I. b) On a, pour tout x ∈ I : ϕ(x) = Max f (x), g(x) = 1 2 f (x) + g(x) + | f (x) − g(x)| . Comme f et g sont dérivables sur I, il s’ensuit que ϕ est déri- vable sur I si et seulement si | f − g| l’est. En appliquant le résultat de a) à f − g à la place de u, on conclut que ϕ est dérivable sur I si et seulement si : ∀ x ∈ I, f (x) = g(x) ⇒ f (x) = g (x) . D’après l’hypothèse, on a, pour tout x ∈ [a ; +∞[ : f (x) f (x) | f (x)| | f (x)| λ| f (x)|2 = λ f (x) 2 . Considérons l’application g : [a ; +∞[−→ R, x −→ g(x) = e−2λx f (x) 2 . Puisque f est dérivable sur [a ; +∞[, g l’est aussi, et, pour tout x ∈ [a ; +∞[ : g (x) = 2e−2λx f (x) f (x) − λ f (x) 2 0 . Il en résulte que g est décroissante sur [a ; +∞[. Mais il est clair, par sa définition, que g 0, et on a g(a) = e−2λa f (a) 2 = 0. Il en résulte g = 0, puis f 2 = 0 et donc f = 0. a) • Soit f ∈ E. On a, d’après l’inégalité de Cauchy et Schwarz : 1 0 f 2 1 0 12 1 0 f 2 . Mais : 1 0 f = f (1) − f (0) = λ. On a donc : 1 0 f 2 λ2 . 70 2.32 2.33 2.34
- 81. • Considérons l’application particulière : f0 : [0 ; 1] −→ R, t −→ λt . On a f0 ∈ E et : 1 0 f 2 0 = 1 0 λ2 = λ2 . On conclut : Inf f ∈E 1 0 f 2 = λ2 , et cette borne inférieure est atteinte (au moins) pour l’appli- cation f0 définie plus haut. b) Considérons, pour tout n ∈ N∗ : fn : [0 ; 1] −→ R, x −→ λxn . Il est clair que : ∀ n ∈ N∗ , fn ∈ E. Et on a : 1 0 f 2 n = 1 0 λ2 x2n dx = λ2 x2n+1 2n + 1 1 0 = λ2 2n + 1 −−−→ n ∞ 0 . On conclut : Inf f ∈E 1 0 f 2 = 0. a) Soit n ∈ N∗ . Considérons l’application fn : [0 ; +∞[−→ R, x −→ n k=1 1 + x k − 2n . L’application fn est dérivable (donc continue) sur [0 ; +∞[ et : ∀ x ∈ [0 ; +∞[, fn(x) = n k=1 1 k 2 1 + x k > 0, donc fn est strictement croissante sur [0 ; +∞[. De plus : fn(0) = n − 2n = −n < 0 et fn(x) −→ x−→+∞ +∞. D’après le théorème de la bijection monotone, il existe donc xn ∈ [0 ; +∞[ unique tel que fn(xn) = 0. b) On sait : ∀ (a,b) ∈ (R+)2 , √ a + b √ a + √ b (ce que l’on peut redémontrer en développant les carrés). On a donc, pour tout n ∈ N∗ : 2n = n k=1 1 + xn k n k=1 1 + xn k = n + √ xn n k=1 1 √ k . Évaluons n k=1 1 √ k , par comparaison d’une somme à une inté- grale. L’application x −→ 1 √ x , est continue et décroissante sur [1 ; +∞[, donc : n k=1 1 √ k 1 + n 1 1 √ t dt = 1 + [2 √ t]n 1 = 1 + 2( √ n − 1) = 2 √ n − 1 2 √ n. On déduit : 2n n + √ xn2 √ n, donc √ xn √ n 2 , puis xn n 4 . On conclut : xn −−−→ n ∞ + ∞. Remarquons d’abord que, dans les conditions de l’énoncé : 0 k n2 n n2 = 1 n −−−→ n ∞ 0, et que, d’autre part : 1 + k n2 n = exp n ln 1 + k n2 . • Montrons : ∀ x ∈ [0 ; +∞[, x − x2 2 ln(1 + x) x. Soit x ∈ [0 ; +∞[. En appliquant la formule deTaylor avec reste intégral à ϕ : t −→ ln(1 + t) sur [0 ; x], on a : ϕ(x) = ϕ(0) + ϕ (0)x + x 0 (x − t) 1! ϕ (t) dt , c’est-à-dire : ln (1 + x) = x − x 0 (x − t) 1 (1 + t)2 dt. Mais : 0 x 0 x − t (1 + t)2 dt x 0 (x − t) dt = − (x − t)2 2 x 0 = x2 2 . On a donc : x − x2 2 ln(1 + x) x. • Soit n ∈ N∗ . Appliquons le résultat précédent à k n2 à la place de x, pour tout k ∈ {1,. . . ,n} : k n2 − k2 2n4 ln 1 + k n2 k n2 , d’où : k n2 − 1 2n2 ln 1 + k n2 k n2 , donc, en multipliant par n k n − 1 2n n ln 1 + k n2 k n , puis, en passant aux exponentielles : e k n e− 1 2n 1 + k n2 n e k n . On déduit, en sommant pour k allant de 1 à n, puis en divisant par n : e− 1 2n 1 n n k=1 e k n 1 n n k=1 1 + k n2 n 1 n n k=1 e k n . 71 2.35 2.36
- 82. On a, par sommation géométrique : n k=1 e k n = n k=1 e 1 n k = e 1 n e 1 n n − 1 e 1 n − 1 = e 1 n e − 1 e 1 n − 1 , puis, comme e 1 n − 1 ∼ n∞ 1 n : 1 n n k=1 e k n = e 1 n (e − 1) 1 n e 1 n − 1 −−−→ n ∞ e − 1 . On conclut, par le théorème d’encadrement : 1 n n k=1 1 + k n2 n −−−→ n ∞ e − 1 . Considérons g : [0 ; 1] −→ R, x −→ g(x) = a + b x 0 f (t) dt . Puisque f est continue sur [0 ; 1], g est de classe C1 sur [0 ; 1] et : ∀ x ∈ [0 ; 1], g (x) = bf (x). De plus, d’après l’hypothèse de l’énoncé : ∀ x ∈ [0 ; 1], g(x) a > 0 . On déduit : ∀ x ∈ [0 ; 1], g (x) b g(x), puis : ∀ x ∈ [0 ; 1], g (x) 2 √ g(x) b 2 . En intégrant sur [0 ; x], pour tout x ∈ [0 ; 1] : x 0 g (t) 2 √ g(t) dt = g(t) x 0 = g(x) − g(0) = g(x) − √ a. On a donc : g(x) − √ a x 0 b 2 dt = bx 2 , d’où : g(x) √ a + bx 2 2 , c’est-à-dire : a + b x 0 f (t) dt = g(x) a + √ a bx + b2 4 x2 , et on conclut : x 0 f (t) dt √ a x + b 4 x2 . a) Puisque f (0) = 1 > 0 et que f est continue en 0, il existe η > 0 tel que : ∀ x ∈ ] − η ; η[, f (x) > 0, donc f est strictement croissante sur ] − η ; η[. Notons U = ] − η ; η[ et V = f (U) = ] − f (η) ; f (η)[. Puisque f (0) = 0, on a alors f (−η) < 0 < f (η). Enfin, puisque f est continue et strictement croissante sur l’in- tervalle U, d’après le théorème de la bijection monotone, f réa- lise une bijection de U sur V. b) 1) Supposons que f −1 admette un DL3(0) : f −1 (y) = α + βy + γy2 + δy3 + o y−→0 (y3 ) . On a alors α = f −1 (0), et, puisque f −1 est dérivable en 0, d’après le cours, β = ( f −1 ) (0). Mais f (0) = 0 et f (0) = 1, donc f −1 (0) = 0 et ( f −1 ) (0) = 1 f f −1(0) = 1 f (0) = 1 1 = 1. Le DL3(0) de f −1 est donc de la forme : f −1 (y) = y + γy2 + δy3 + o(y3 ). On a, pour x ∈ U : x = f −1 f (x) = f −1 x + ax2 + bx3 + o(x3 ) = (x + ax2 + bx3 ) + γ(x + ax2 + bx3 )2 + δ(x + ax2 + bx3 )3 + o(x3 ) = (x + ax2 + bx3 ) + γ(x2 + 2ax3 ) + δx3 + o(x3 ) = x + (a + γ)x2 + (b + 2γa + δ)x3 + o(x3 ). Par unicité du DL3(0) de x −→ x, on déduit : a + γ = 0 b + 2γa + δ = 0 d’où : γ = −a δ = 2a2 − b. 2) Réciproquement, montrons que la valeur obtenue ci-dessus pour (γ,δ) convient, c’est-à-dire montrons : f −1 (y) = y − ay2 + (2a2 − b)y3 + o(y3 ) . Notons x = f −1 (y), de sorte que y = f (x) et x −→ y−→0 0. On a : f −1 (y) − y − ay2 + (2a2 − b)y3 = x − (x + ax2 + bx3 ) − a(x + ax2 + bx3 )2 + (2a2 − b)(x + ax2 + bx3 )3 + o(x3 ) = x − (x + ax2 + bx3 ) − a(x2 + 2ax3 ) + (2a2 − b)x3 + o(x3 ) = o(x3 ) = o(y3 ), car x ∼ y−→0 y. On conclut que f −1 admet un DL3(0) et que : f −1 (y) = y − ay2 + (2a2 − b)y3 + o y−→0 (y3 ) . 72 2.37 2.38
- 83. Considérons, pour tout n ∈ N∗ : vn = n k=1 1 k n = n n k=1 1 k . • On sait, par comparaison somme/intégrale (cf, par exemple, exercice 2.8) : n k=1 1 k ∼ n∞ ln n, donc : vn ∼ n∞ n ln n. • Notons, pour tout n ∈ N∗ : wn = un − vn = n k=1 1 ln 1 + k n − 1 k n . Considérons l’application ϕ : ]0 ; 1] −→ R, x −→ ϕ(x) = 1 ln(1 + x) − 1 x . On a, au voisinage de 0 pour la variable x : ϕ(x) = x − ln(1 + x) x ln (1 + x) = x − x − x2 2 + o(x2 ) x ln (1 + x) = x2 2 + o(x2 ) x2 + o(x2) = 1 2 + o(1) −→ x−→0 1 2 . On peut donc compléter ϕ par continuité en 0, en posant ϕ(0) = 1 2 . L’application ϕ : [0 ; 1] −→ R ainsi construite est continue sur le segment [0 ; 1], donc, d’après un théorème du cours, ϕ est bornée. Il existe donc M ∈ R+ tel que : ∀ x ∈ [0 ; 1], |ϕ(x)| M. On a alors : ∀ n ∈ N∗ , ∀ k ∈ {1,. . . ,n}, ϕ k n M, d’où, en sommant pour k allant de 1 à n : ∀ n ∈ N∗ , |wn| = n k=1 ϕ k n n k=1 ϕ k n Mn . Ceci montre : un − vn = O n∞ (n). On obtient : un = vn + O(n) et vn ∼ n ln n, donc : un ∼ n∞ n ln n. a) Supposons qu’il existe f convenant. On a alors, pour tout x ∈ R : f (x) = f sh (Argsh x) = ch f (Argsh x) ∈ R+ , contradiction, puisque, par exemple, f n’atteint pas −1. On conclut qu’il n’existe pas de f convenant. b) Supposons qu’il existe f convenant. • * Soit t ∈ [−1 ; 1]. Notons x = Arcsin t. On a : f (t) = f ( sin x) = cos f (x) ∈ [−1 ; 1] . * Réciproquement, soit u ∈ [−1 ; 1]. Notons y = Arccos u. Puisque f est bijective, il existe x ∈ R tel que y = f (x). On a alors : u = cos y = cos f (x) = f ( sin x). Comme sin x ∈ [−1 ; 1], ceci montre : ∀ u ∈ [−1 ; 1], ∃ v ∈ [−1 ; 1], u = f (v) . Ceci établit que f réalise une bijection de [−1 ; 1] sur [−1 ; 1]. Comme f est continue, d’après un exercice classique, f est stric- tement monotone. En particulier : f (−1) = −1 f (1) = 1 ou f (−1) = 1 f (1) = −1. Il existe donc ε ∈ {−1,1} tel que : f (−1) = −ε et f (1) = ε . • On a : f ( sin 1) = cos f (1) = cos ε et : f (− sin 1) = f sin (−1) = cos f (−1) = cos (−ε) = cos ε, donc : f ( sin 1) = f (− sin 1). Comme f est injective, il s’ensuit sin 1 = − sin 1 , d’où sin 1 = 0, contradiction. On conclut qu’il n’existe pas de f convenant. Notons E = (x,y) ∈ [0 ; 1]2 ; |x − y| a . • Montrons que E est compact. 73 2.39 2.40 Considérons l’application ϕ : R2 −→ R, (x,y) −→ |x − y| . On a donc : E = ϕ−1 ([a ; +∞[). Ainsi, E est l’image réciproque du fermé [a ; +∞[ par l’ap- plication continue ϕ, donc E est fermé dans R2 , ce qui se voit aussi sur le schéma. 2.41 y x E E a a 1 1O
- 84. D’autre part, E est borné, puisque E ⊂ [0 ; 1]2 . Ainsi, E est une partie fermée bornée de R2 , qui est un R-es- pace vectoriel normé de dimension finie, donc E est compact. • Considérons d’autre part l’application F : E −→ R, (x,y) −→ F(x,y) = f (x) − f (y) x − y . L’application F est définie et continue sur E, puisque le dé- nominateur x − y ne s’annule pas. Puisque F est continue sur le compact E et est à valeurs dans R, d’après le cours, F est bornée et atteint ses bornes. Notons C = Sup (x,y)∈E F(x,y) ∈ R+. Il existe (x0,y0) ∈ E tel que : C = F(x0,y0) < 1. On conclut : ∃ C ∈ [0 ; 1[, ∀ (x,y) ∈ [0 ; 1]2 , |x − y| a ⇒ | f (x) − f (y)| C|x − y| . • Soit (x,y) ∈ R2 . On a, pour tout t ∈ [a ; b], en utilisant l’inégalité triangulaire renversée, puis l’inégalité triangulaire : n i=0 xi fi (t) − n i=0 yi fi (t) n i=1 xi fi (t) − n i=1 yi fi (t) = n i=1 (xi − yi ) fi (t) = n i=1 (xi − yi ) fi (t) n i=1 |xi − yi | | fi (t)| n i=1 |xi − yi | || fi ||∞. • Soit A ∈ R+. On a, pour tout (x,y) ∈ [−A ; A]2 : ∀ i ∈ {1,. . . ,n}, |xi − yi | = (x − y) i−1 k=0 xk yi−1−k |x − y| i−1 k=0 |x|k |y|i−1−k |x − y|i Ai−1 , d’où, en sommant : n i=1 |xi − yi | || fi ||∞ |x − y| n i=1 || fi ||∞i A−1 noté M . On obtient, pour tout (x,y) ∈ [−A ; A]2 : n i=0 xi fi (t) − n i=0 yi fi (t) M|x − y| , et donc : n i=0 xi fi (t) n i=0 yi fi (t) + M|x − y|. En passant aux bornes supérieures lorsque t décrit [a ; b], on déduit : g(x) g(y) + M|x − y|, d’où : g(x) − g(y) M|x − y|. En appliquant ceci à (y,x) à la place de (x,y), on a aussi : g(y) − g(x) M|x − y| , et donc : |g(x) − g(y)| M|x − y|. On a a montré : ∀ A ∈ R+, ∃ M ∈ R+, ∀ (x,y) ∈ [−A ; A]2 , |g(x) − g(y)| M|x − y|. Ainsi, g est M-lipschitzienne sur [−A ; A], donc g est conti- nue sur [−A ; A]. Puisque g est continue sur [−A ; A] pour tout A ∈ R+, on conclut que g est continue sur R. Pour tout n ∈ N∗ , notons : In = 1 0 n2 (xn − xn+1 ) f (x) dx et considérons : Jn = 1 0 n2 (xn − xn+1 ) f (1) dx. 1) On calcule Jn, pour tout n ∈ N∗ : Jn = n2 xn+1 n + 1 − xn+2 n + 2 1 0 f (1) = n2 1 n + 1 − 1 n + 2 f (1) = n2 (n + 1)(n + 2) f (1). On a donc : Jn −−−→ n ∞ f (1). D’autre part, pour tout n ∈ N∗ : |In − Jn| = 1 0 n2 (xn − xn+1 ) f (x) − f (1) dx 1 0 n2 (xn − xn+1 ) f (x) − f (1) dx. Soit ε > 0 fixé. • Puisque f est continue en 1, il existe η > 0 tel que : ∀ x ∈ [1 − η ; 1], f (x) − f (1) ε . On a alors, pour tout n ∈ N∗ : 1 1−η n2 (xn − xn+1 ) f (x) − f (1) dx ε 1 1−η n2 (xn − xn+1 ) dx ε 1 0 n2 (xn − xn+1 ) dx = ε n2 (n + 1)(n + 2) ε. • D’autre part, puisque f est continue sur le segment [0 ; 1], d’après le théorème fondamental, f est bornée, d’où, pour n ∈ N∗ : 74 2.42 2.43
- 85. 1−η 0 n2 (xn − xn+1 ) f (x) − f (1) dx 1−η 0 n2 (xn − xn+1 )2|| f ||∞ dx 1−η 0 n2 xn 2|| f ||∞ dx = 2n2 || f ||∞ xn+1 n + 1 1−η 0 = 2n2 || f ||∞(1 − η)n+1 n + 1 −−→ n ∞ 0, par prépondérance classique. Il existe donc N ∈ N tel que : ∀ n N, 1−η 0 n2 (xn − xn+1 ) f (x) − f (1) dx ε. On a donc, par addition : ∀ n N, 1 0 n2 (xn − xn+1 ) f (x) − f (1) dx 2ε. Ceci montre : In − Jn −−−→ n ∞ 0. Enfin : In = (In − Jn) + Jn −−−→ n ∞ 0 + f (1) = f (1). Considérons, pour tout n ∈ N tel que n 2 : Jn = 1 0 2xn−1 ln(1 + xn ) dx , qui ressemble à In et semble plus accessible à un calcul. • On a, pour tout n ∈ N tel que n 2 : |In − Jn| = 1 0 xn − 2xn−1 + xn−2 ln (1 + xn ) dx = 1 0 xn−2 (x − 1)2 ln (1 + xn ) dx = 1 0 xn−2 (x − 1)2 ln (1 + xn ) dx 1 0 xn−2 (x − 1)2 ln 2 dx = ln 2 1 0 xn − 2xn−1 + xn−2 dx = ln 2 xn+1 n + 1 − 2 xn n + xn−1 n − 1 1 0 = ln 2 1 n + 1 − 2 n + 1 n − 1 = 2 ln 2 (n − 1)n(n + 1) , donc : In − Jn = O n∞ 1 n3 . • D’autre part, pour tout n 2 : Jn = 1 0 2xn−1 ln (1 + xn ) dx = u=xn 1 0 2 n u ln (1 + u) du = ipp 1 n u2 ln (1 + u) 1 0 − 1 0 u2 1 1 + u du = 1 n ln 2 − 1 0 u − 1 + 1 1 + u du = 1 n ln 2 − u2 2 − u + ln (1 + u) 1 0 = 1 n ln 2 − 1 2 − 1 + ln 2 = 1 2n . On conclut : In = Jn + (In − Jn) = 1 2n + O n∞ 1 n3 . a) Le polynôme Pn est dérivable sur R et s’annule en 0,1,. . . ,n, donc, d’après le théorème de Rolle, Pn s’annule en au moins n points x1,. . . ,xn tels que : 0 < x1 < 1 < . . . < xn < n. Comme deg (Pn) = n, on a là tous les zéros de Pn. En particulier, il existe un ∈ ]0 ; 1[ unique (c’est le x1 dans les notations précédentes) tel que Pn(un) = 0. b) On a, d’après le cours, puisque Pn = n k=0 (X − k) : Pn Pn = n k=0 1 X − k , d’où : n k=0 1 k − un = − Pn Pn (un) = − Pn(un) Pn(un) = 0. c) Isolons, dans le résultat précédent, le terme d’indice 0 : 1 un = n k=1 1 k − un n k=1 1 k . D’autre part, par comparaison somme/intégrale, puisque l’ap- plication x −→ 1 x , est décroissante et continue, on montre (cf. aussi l’exercice 2.8) : n k=1 1 k ∼ n∞ ln n. D’où : 1 un −−−→ n ∞ + ∞, et donc : un −−−→ n ∞ 0. d) Reprenons l’étude précédente, en isolant aussi le terme d’in- dice 1 : 75 2.44 2.45
- 86. n k=1 1 k 1 un = n k=1 1 k − un = 1 1 − un + n k=2 1 k − un 1 1 − un + n k=2 1 k − 1 = 1 1 − un + n−1 k=1 1 k . On a : n−1 k=1 1 k ∼ n∞ ln(n − 1) = ln n + ln 1 − 1 n ∼ n∞ ln n. Enfin : 1 1 − un −−−→ n ∞ 1, car un −−−→ n ∞ 0. On obtient, par encadrement : 1 un ∼ n∞ ln n, et on conclut : un ∼ n∞ 1 ln n . a) • Une récurrence immédiate montre que, pour tout n ∈ N∗ , un existe et un 0. • On a : ∀ n ∈ N∗ , 0 un+1 = un n + 1 n2 un + 1, ou encore, par décalage d’indice, pour tout n 2 : un un−1 + 1 . On a, en réitérant : un un−1 + 1 un−1 un−2 + 1 ... u2 u1 + 1, d’où, en sommant et en simplifiant : un u1 + (n − 1). On reporte alors cette inégalité dans la définition de la suite : ∀ n 2, 0 un+1 = un n + 1 n2 u1 + (n − 1) n + 1 n2 u1 + 1 − 1 n + 1 n2 u1 + 1 . Il en résulte que la suite (un)n 1 est bornée. • Il existe donc M ∈ R+ tel que : ∀ n 1, un M. D’où, en reportant dans la définition de la suite : 0 un+1 = un n + 1 n2 M n + 1 n2 M n + 1 n = M + 1 n , et donc, par décalage : ∀ n 2, un M + 1 n − 1 . On déduit, en reportant encore : 0 un+1 = un n + 1 n2 M + 1 n(n − 1) + 1 n2 , ce qui montre : un = O n∞ 1 n2 . Alors : un+1 = un n + 1 n2 = O 1 n3 + 1 n2 ∼ n∞ 1 n2 , puis, par décalage d’indice : un ∼ n∞ 1 (n − 1)2 ∼ n∞ 1 n2 . b) On a : un+1 = un n + 1 n2 = 1 n 1 n2 + o 1 n2 + 1 n2 = 1 n2 + 1 n3 + o 1 n3 , d’où, par décalage d’indice : un = 1 (n − 1)2 + 1 (n − 1)3 + o 1 (n − 1)3 = 1 n2 1 − 1 n −2 + 1 n3 1 − 1 n −3 + o 1 n3 = 1 n2 1 + 2 n + o 1 n + 1 n3 + o 1 n3 = 1 n2 + 3 n3 + o 1 n3 . 76 2.46
- 87. 77 3CHAPITRE 3Intégration sur un intervalle quelconque Thèmes abordés dans les exercices • Intégrabilité ou non-intégrabilité d’une application f : I −→ C, où I est un intervalle quelconque • Existence et calcul d’intégrales sur un intervalle quelconque • Pour une intégrale dépendant d’un paramètre, détermination de la limite, d’un équivalent simple, d’un développement asymptotique • Détermination de la nature d’une intégrale impropre • Étude de la continuité et de la classe pour une fonction définie par une inté- grale dépendant d’un paramètre • Calcul de certaines intégrales dépendant d’un paramètre • Étude et représentation graphique d’une fonction définie par une intégrale dépendant d’une paramètre • Existence ou non-existence d’une intégrale double sur le produit de deux inter- valles quelconques • Existence et calcul d’une intégrale double sur le produit de deux intervalles quelconques Points essentiels du cours pour la résolution des exercices • Définition et propriétés de l’intégrabilité sur un intervalle quelconque, pour les fonctions à valeurs dans R+, pour les fonctions à valeurs dans C. En particu- lier, le théorème de majoration, le théorème d’équivalence, les exemples de Riemann en +∞, en 0, en a, a ∈ R, les règles xα f (x) en +∞ et en 0, les exemples du cours sur le logarithme et l’exponentielle • Les inégalités sur les intégrales de fonctions intégrables • La relation de Chasles • Le changement de variable pour des intégrales sur un intervalle quelconque • La définition de la convergence et de la divergence pour les intégrales impropres, et l’exemple classique →+∞ 1 sin x x dx • Les théorèmes de continuité et de dérivation sous le signe intégrale, avec hypo- thèse de domination ou hypothèse de domination locale Les méthodes à retenir 78 Énoncés des exercices 81 Du mal à démarrer ? 89 Corrigés 95 Plan ©Dunod.Laphotocopienonautoriséeestundélit.
- 88. Chapitre 3 • Intégration sur un intervalle quelconque 78 Les méthodes à retenir • L’étude de la fonction d’Euler • La notion d’intégrabilité sur le produit de deux intervalles quelconques • Le théorème de Fubini pour les intégrales doubles sur le produit de deux inter- valles quelconques. S’assurer d’abord que f est continue par morceaux sur I. • Le plus souvent, procéder pour | f | à une étude locale en b, par uti- lisation du théorème de majoration ou de minoration, du théorème d’équivalence, de la règle xα f (x) ou d’une règle analogue, par com- paraison à l’exemple de Riemann ou à un exemple du cours. ➥ Exercices 3.1 a) à f), 3.7, 3.9, 3.10 a), 3.11 a), 3.13, 3.14 a), 3.21 a), 3.29, 3.43, 3.50 a) • S’il existe g : I −→ R, continue par morceaux, 0, intégrable sur I, telle que | f | g, alors f est intégrable sur I, sans que l’on ait besoin d’effectuer une étude locale en une extrémité de I. ➥ Exercices 3.2, 3.40, 3.41. S’assurer que f est continue par morceaux sur I. • Le plus souvent, procéder pour | f | à une étude locale en a et à une étude locale en b. Par définition, f est intégrable sur ]a ; b[ si et seu- lement s’il existe c ∈ ]a ; b[ tel que f soit intégrable sur ]a ; c] et sur [c ; b[. ➥ Exercices 3.1 g) à i), 3.14 b) à d), 3.15, 3.17 b, f) • S’il existe g : I −→ R, continue par morceaux, 0, intégrable sur I, telle que | f | g, alors f est intégrable sur I, sans que l’on ait besoin d’effectuer des études locales en les extrémités de I. ➥ Exercices 3.5, 3.6, 3.17 a), 3.22 a). En règle générale, séparer l’existence et le calcul. • Pour l’existence, voir les méthodes ci-dessus. Le plus souvent, un argument qualitatif (comparaison avec des fonctions usuelles) per- met de montrer l’intégrabilité. • Pour le calcul, dans les cas simples, passer par un calcul de primi- tives. Un changement de variable peut être fait directement. Mais, pour une intégration par parties, on procèdera d’abord sur un segment, puis on fera tendre une borne vers la valeur indiquée. ➥ Exercices 3.3 a) à e), 3.4, 3.8, 3.14, 3.17 c) à f), 3.18, 3.27, 3.36 Pour étudier l’intégrabilité d’une application f : I −→ C, où I est un intervalle semi-ouvert, par exemple fermé à gauche et ouvert à droite, I = [a ; b[, −∞ < a b +∞ Pour étudier l’intégrabilité d’une application f : I −→ C, où I est un intervalle ouvert, I =]a ; b[, −∞ a b +∞ Pour étudier l’existence d’une intégrale et calculer cette intégrale, dans un exemple
- 89. Les méthodes à retenir 79 • Dans certains exemples, un changement de variable qui échange les bornes permet de calculer l’intégrale ou de se ramener à une autre intégrale. ➥ Exercices 3.15, 3.16, 3.17 a), b), 3.36, 3.38, 3.39. Essayer de : • conjecturer la limite, qui est souvent, dans les exemples simples, l’intégrale de la limite, et montrer que la différence entre l’intégrale de l’énoncé et la limite conjecturée tend vers 0 ➥ Exercices 3.10 b), 3.21 b), 3.22 b), 3.30 c), 3.43 • former une intégrale qui ressemble à l’intégrale de l’énoncé et est plus simple que celle-ci, puis montrer que leur différence tend vers 0 ➥ Exercice 3.19 • se ramener à une étude de continuité, et utiliser le théorème de conti- nuité sous le signe intégrale ➥ Exercices 3.20, 3.28. En général, on aura d’abord trouvé la limite de cette intégrale, cette limite étant presque toujours 0 ou +∞. Essayer de : • se ramener à une recherche de limite d’intégrale, par changement de variable ou intégration par parties ➥ Exercices 3.10 c), 3.23 • former une intégrale ressemblant à l’intégrale de l’énoncé et qui est plus simple que celle-ci, puis montrer que leur différence est négli- geable devant l’une des deux, ce qui établira que ces deux intégrales sont équivalentes, et calculer l’intégrale simple ➥ Exercice 3.54 • utiliser une intégration par parties et montrer que la nouvelle inté- grale est négligeable devant le crochet ➥ Exercices 3.11 b), 3.44 a). • Si le paramètre est aux bornes, se ramener à une recherche de déve- loppement limité (éventuellement par changement de variable) et utiliser le théorème sur la dérivation pour les développements limi- tés. ➥ Exercice 3.24 • Si le paramètre est à l’intérieur de l’intégrale, on peut essayer de transformer l’écriture de l’intégrale. ➥ Exercice 3.45. Pour trouver la limite d’une intégrale dépendant d’un paramètre Pour trouver un équivalent simple d’une intégrale dépendant d’un paramètre Pour trouver un développement asymptotique d’une intégrale dépendant d’un paramètre ©Dunod.Laphotocopienonautoriséeestundélit.
- 90. Chapitre 3 • Intégration sur un intervalle quelconque 80 On peut souvent se ramener à l’étude de l’intégrale impropre →+∞ 1 sin x xα dx, α ∈ R, par développement asymptotique, ou par changement de variable, ou par intégration par parties. ➥ Exercices 3.25, 3.26. Essayer d’appliquer le théorème de continuité sous le signe intégrale, ou le théorème de dérivation sous le signe intégrale. ➥ Exercices 3.30 b), 3.31 à 3.34. Essayer d’utiliser le théorème de dérivation sous le signe intégrale, qui donne, sous certaines hypothèses, f (x) = I ∂F ∂x (x,t) dt. • Il se peut que cette dernière intégrale soit calculable, d’où l’on déduira l’expression de f (x) par un calcul de primitive. ➥ Exercice 3.49 • Il se peut que f (x) ressemble à f (x) et que f satisfasse une équation différentielle linéaire du premier ordre, que l’on essaiera de résoudre. ➥ Exercices 3.51, 3.52. • Il se peut aussi que f satisfasse une équation différentielle linéaire du second ordre. S’assurer d’abord que f est continue sur I × I . Essayer de : • utiliser un théorème de comparaison. Si g : I × I −→ R est continue, 0, intégrable sur I × I et si | f | g, alors f est intégrable sur I × I ➥ Exercice 3.12 • utiliser le théorème de Fubini ➥ Exercice 3.50 b). Montrer d’abord l’existence de I×I f . Pour le calcul, essayer d’utiliser le théorème de Fubini. ➥ Exercices 3.12, 3.35. Pour étudier la nature d’une intégrale impropre Pour montrer qu’une application définie par une intégrale à paramètre est continue, est de classe C1 , est de classe C∞ Pour calculer certaines intégrales à paramètre, f (x) = I F(x,t) dt Pour étudier l’existence d’une intégrale double sur le produit de deux intervalles quelconques I×I f Pour l’existence et le calcul d’une intégrale double sur le produit de deux intervalles quelconques I×I f
- 91. Énoncés des exercices 81 Énoncés des exercices Exemples faciles d’études d’intégrabilité Étudier l’intégrabilité des applications suivantes : a) f : x −→ 1 x x2 + x + 1 − x2 − x + 1 sur [1 ; +∞[ b) f : x −→ sin x + cos x √ x3 + 1 sur [0 ; +∞[ c) f : x −→ lnx √ x3 + 1 sur [1 ; +∞[ d) f : x −→ x2 + 1 x2 + x sur ]0 ; 1] e) f : x −→ 1 + x √ x + x2 sur ]0 ; 1] f) f : x −→ lnx x3 + x2 sur ]0 ; 1] g) f : x −→ 1 √ 1 − x6 sur ] − 1 ; 1[ h) f : x −→ sin x √ x3 + x4 sur ]0 ; +∞[ i) f : x −→ 1 + x2 e−x x2 + e−2x sur ] − ∞ ; +∞[. Exemple facile d’étude d’intégrabilité Étudier l’existence de 1 0 sin π x 1 x dx. Exemples faciles d’existence et calcul d’intégrales sur un intervalle quelconque Existence et calcul des intégrales suivantes : a) +∞ 0 1 (x + 1)(x + 2) dx b) +∞ 0 x4 x10 + 1 dx c) +∞ −∞ ch x ch 2x dx d) 1 0 x2 √ 1 − x2 dx e) 1 2 0 ln(1 − 3x + 2x2 ) dx. Exemple de calculs d’intégrales liées à l’intégrale de Gauss Existence et calcul, pour tout n ∈ N, de In = +∞ 0 xn e−x2 dx. Lien entre les intégrabilités de f et de f 2 , lorsque f est bornée Soient I un intervalle de R, f : I −→ C continue par morceaux et bornée. Montrer que, si f 2 est intégrable sur I, alors f l’est aussi (où f 2 désigne f · f). Le résultat subsiste-t-il si on ne suppose pas que f est bornée ? Intégrabilité par encadrement Soient I un intervalle de R, f,g,h : I −→ R continues par morceaux. On suppose que f et h sont intégrables sur I et que f g h. Montrer que g est intégrable sur I. Une norme sur R2 définie à partir d’une intégrale sur un intervalle quelconque Montrer que l’application N : R2 −→ R, (x,y) −→ +∞ 0 |x + ty| e−t dt est une norme sur R2 . ©Dunod.Laphotocopienonautoriséeestundélit. 3.1 3.2 3.3 3.4 3.5 3.6 3.7
- 92. Chapitre 3 • Intégration sur un intervalle quelconque 82 Calcul direct d’une intégrale sur un intervalle, avec paramètre a) Existence et calcul, pour tout a ∈ R, de I (a) = +∞ 1 1 x − a x2 2 dx. b) Déterminer Inf a∈R I (a), et Inf a∈Z I (a). Intégrabilité par majoration Soit f : [1 ; +∞[−→ R continue telle que : ∀ (a,x) ∈ [1 ; +∞[2 , 0 f (x) a x2 + 1 a2 . Montrer que f est intégrable sur [1 ; +∞[. Équivalent d’une intégrale dépendant d’un paramètre entier On note, pour tout n ∈ N∗ , sous réserve d’existence : In = +∞ 0 e−x n + x dx. a) Montrer, pour tout n ∈ N∗ , l’existence de In. b) Établir : In −−−→ n ∞ 0. c) Montrer : In ∼ n∞ 1 n . Équivalent d’une intégrale dépendant d’un paramètre entier On note, pour tout n ∈ N, sous réserve d’existence : In = +∞ 1 1 xn(1 + x2) dx. a) Montrer, pour tout n ∈ N, l’existence de In. b) À l’aide d’une intégration par parties, trouver un équivalent simple de In lorsque l’entier n tend vers l’infini. Existence et calcul d’une intégrale double sur le produit de deux intervalles quelconques Existence et calcul de I = ]0 ;1]2 Min (x,y) Max (x,y) dx dy. Exemple d’étude d’intégrabilité Trouver tous les P ∈ R[X] tels que l’application f : x −→ P(x) − (x2 + x + 1) soit intégrable sur [0 ; +∞[. Exemples d’existence et calcul d’intégrales sur un intervalle quelconque Existence et calcul des intégrales suivantes : a) +∞ 1 1 x √ x2 + x + 1 dx b) +∞ −∞ 1 (x2 + x + 1)2 dx c) +∞ 0 x − Arctan x x3 dx d) 1 0 1 + x √ x(1 − x) dx. Exemples d’existence et calcul d’intégrales sur un intervalle quelconque, par changement de variable qui échange les bornes Existence et calcul des intégrales suivantes : a) +∞ 0 1 (x2 + 1)(x2 + x + 1) dx b) +∞ 0 lnx x2 + a2 dx, a ∈ R∗ + c) +∞ 0 √ x ln x (1 + x)2 dx. 3.8 3.9 3.10 3.11 3.12 3.13 3.14 3.15
- 93. Énoncés des exercices 83 Exemple de calcul d’une intégrale de fonction à valeurs complexes Calculer I = 2π 0 dx i + cos x . Exemples de calcul direct d’intégrales à paramètre Existence et calcul éventuel des intégrales suivantes : a) +∞ 0 1 (1 + x2)(1 + xa) dx, a ∈ R b) +∞ 0 dx a2 + x − 1 x 2 , a ∈ ]0 ; +∞[ c) π 0 sin 2 x (a − cos x)(b − cos x) dx, (a,b) ∈ ]1 ; +∞[2 d) +∞ −∞ 1 x2 − 2x cos a + 1 dx, a ∈ R e) +∞ −∞ sin a ch x − cos a dx, a ∈ R f) 1 0 1 (1 + ax) √ x(1 − x) dx, a ∈ ]0 ; 1[. Exemple de calcul d’une intégrale de fonction à valeurs complexes Existence et calcul, pour z ∈ C, de I (z) = +∞ −∞ ezt e−|t| dt. Limite d’une intégrale à paramètre, le paramètre étant aux bornes Trouver lim x−→0+ 3x 2x sin t sh2 t dt. Limite d’une intégrale à paramètre Trouver lim x−→0 +∞ 1 (t + 2)x−1 (t + 1)x+1 dt. Limites d’une intégrale à paramètre a) Montrer que, pour tout x ∈ ]0 ; +∞[, l’intégrale f (x) = +∞ 0 t3 √ 1 + t4 e−xt dt existe. b) Déterminer les limites de f en 0 et en +∞. Équivalent d’une intégrale à paramètre Soient f : [0 ; +∞[−→ R continue, 0, intégrable sur [0 ; +∞[, g : [0 ; +∞[−→ R, conti- nue, 0. On note, pour tout λ ∈ ]0 ; +∞[, sous réserve d’existence : φ(λ) = +∞ 0 f λ + g . a) Montrer que, pour tout λ ∈ ]0 ; +∞[, φ(λ)existe. b) Établir que, si de plus g est bornée, alors : φ(λ) ∼ λ−→+∞ 1 λ +∞ 0 f. ©Dunod.Laphotocopienonautoriséeestundélit. 3.16 3.17 3.18 3.19 3.20 3.21 3.22
- 94. Chapitre 3 • Intégration sur un intervalle quelconque 84 Équivalent d’une intégrale à paramètre Trouver un équivalent simple de π/2 0 e−x sin t dt, lorsque x −→ +∞. Développement asymptotique d’une intégrale à paramètre, le paramètre étant aux bornes Former un développement asymptotique de f : x −→ x2 x dt √ t4 + 1 , à la précision o 1 x12 , lorsque x −→ +∞. Exemple de nature d’une intégrale impropre Déterminer la nature de l’intégrale impropre →+∞ →0 sin x √ x √ x + cos x − √ x dx. Exemple de nature d’une intégrale impropre Déterminer la nature de l’intégrale impropre →+∞ →0 sin x x + √ x sin x dx. Calcul d’intégrales liées à l’intégrale de Gauss Soient a ∈ R, P ∈ R[X]. Montrer l’existence de I = +∞ −∞ e−x2 P(x + a) dx, et exprimer I à l’aide des dérivées successives de P en a. Limite d’une intégrale à paramètre Déterminer lim x−→0+ 1 0 1 − tx 1 − t dt. Étude d’intégrabilité pour une fonction définie par une intégrale à paramètre Soit a ∈ ]0 ; +∞[ fixé. a) Montrer, pour tout x ∈ ]0 ; +∞[, l’existence de f (x) = +∞ x ta et − 1 dt. b) Est-ce que f est intégrable sur ]0 ; +∞[ ? Étude d’une intégrale à paramètre On note, sous réserve d’existence, pour x ∈ R : f (x) = π 2 0 sin (xt) sin t dt. a) Montrer que f est définie sur R. b) Établir que f est de classe C1 sur R. c) Déterminer lim x−→0+ f (x). Utilisation de la continuité pour une intégrale à paramètre On note, pour tout x ∈ [0 ; +∞[ : f (x) = π 2 0 tx cos t dt. Montrer qu’il existe c ∈ [0 ; +∞[ tel que : f (c) = 3 4 . 3.23 3.24 3.25 3.26 3.27 3.28 3.29 3.30 3.31
- 95. Énoncés des exercices 85 Étude complète d’une fonction définie par une intégrale à paramètre Étude et représentation graphique de la fonction f d’une variable réelle donnée par : f (x) = π 2 0 Arctan (x tan t) dt. Étude complète d’une fonction définie par une intégrale à paramètre On note, sous réserve d’existence, pour x ∈ R : f (x) = +∞ 1 1 tx (1 + lnt) dt. a) Déterminer l’ensemble de définition de f. b) Étudier le sens de variation de f et la convexité de f. c) Déterminer les limites de f en 1 et en +∞. d) Tracer la courbe représentative de f. e) Montrer : f (x) ∼ x−→+∞ 1 x . Étude de log-convexité pour certaines transformées de Laplace Soit f : [0 ; +∞[−→ R continue, 0, telle que, pour tout p ∈ R, l’application t −→ f (t) e−pt est intégrable sur [0 ; +∞[. a) Montrer que l’application F : R −→ R, p −→ +∞ 0 f (t) e−pt dt est de classe C2 sur R et que : ∀ p ∈ R, F (p) 2 F(p)F (p). b) En déduire que, si de plus f =/ 0, alors l’application ln ◦ F est convexe sur R. Existence et calcul d’une intégrale double sur le produit de deux intervalles quelconques Existence et calcul, pour (p,q) ∈ (R∗ +)2 , de F(p,q) = [0 ;+∞[2 e−px−qy sin (x + y) dx dy. Existence et calcul d’intégrales sur un intervalle quelconque Existence et calcul de : I = π 2 0 ln sin x dx et J = π 2 0 ln cos x dx, puis de : K = π 2 0 x tan x dx, L = π 2 0 x sin x 1 − cos x dx, M = +∞ 0 Arctan x x(1 + x2) dx. Utilisation d’intégrales à propos de polynômes Soit P ∈ R[X] tel que : ∀ x ∈ R, P(x) 0. On note n = deg (P) et Q = n k=0 P(k) . Montrer : ∀ x ∈ R, Q(x) 0. Existence et calcul d’une intégrale à paramètre entier Existence et calcul, pour n ∈ N∗ , de In = +∞ 1 xn−1 (1 + x)n+1 dx. ©Dunod.Laphotocopienonautoriséeestundélit. 3.32 3.33 3.34 3.35 3.36 3.37 3.38
- 96. Chapitre 3 • Intégration sur un intervalle quelconque 86 Calcul d’une intégrale à paramètre Existence et calcul, pour x ∈ [0 ; +∞[, de f (x) = +∞ 0 Min x, 1 √ t , 1 t2 dt. Liens entre les intégrabilités de trois fonctions Soit f : [0 ; +∞[−→ R, continue par morceaux, 0, décroissante. On note g,h : [0 ; +∞[−→ R les applications définies, pour tout x ∈ [0 ; +∞[, par : g(x) = f (x)| sin x|, h(x) = f (x)| cos x| . Montrer que les intégrabilités de f,g,h sont deux à deux équivalentes. Limite pour une fonction vérifiant des conditions d’intégrabilité Soit f : [0 ; +∞[−→ R de classeC1 . Montrer que, si f 2 et f 2 sont intégrables sur [0 ; +∞[, alors f −→ +∞ 0. Sommes de Riemann pour une fonction intégrable et monotone, exemple a) Soit f : ]0 ; 1] −→ R continue par morceaux, décroissante, intégrable sur ]0 ; 1]. Montrer : 1 n n k=1 f k n −−−→ n ∞ 1 0 f. b) Application : Déterminer lim n∞ n k=1 n (k + n) √ k(k + 2n) . Limite d’une intégrale à paramètre Trouver lim x−→−∞ +∞ 0 x − t ex − et dt. Équivalent d’une intégrale à paramètre a) Montrer : +∞ x e−t2 dt ∼ x−→+∞ e−x2 2x . b) En déduire, pour tout (a,b) ∈ R2 tel que 0 < a < b, la limite de b a e−nt2 dt 1 n , lorsque l’en- tier n tend vers l’infini. Développement asymptotique d’une intégrale à paramètre Montrer : 1 0 et x + t dt = − ln x + I + o x−→0 (1), où on a noté I = 1 0 eu − 1 u du. Nature d’intégrales impropres Soit α ∈ R. Montrer : • Les intégrales impropres →+∞ 1 sin x xα dx et →+∞ 1 cos x xα dx convergent si et seulement si α > 0 • Les applications x −→ sin x xα et x −→ cos x xα sont intégrables sur [1; +∞[ si et seulement si α > 1. 3.39 3.40 3.41 3.42 3.43 3.44 3.45 3.46
- 97. Énoncés des exercices 87 Ainsi : • α 0 ⇒ →+∞ 1 sin x xα dx et →+∞ 1 cos x xα dx divergent • 0 < α 1 ⇒ →+∞ 1 sin x xα dx et →+∞ 1 cos x xα dx sont semi-convergentes • 1 < α ⇒ →+∞ 1 sin x xα d x et →+∞ 1 cos x xα d x sont absolument convergentes. Calcul de +∞ 0 sin x x dx a) α) Montrer : ∀x ∈ R − πZ, ∀n ∈ N, 1 2 + n k=1 cos 2kx = sin(2n + 1)x 2 sin x . β) En déduire : ∀n ∈ N, π 2 0 sin(2n + 1)x sin x dx = π 2 . b) Soient (a,b) ∈ R2 tel que a < b, ϕ : [a; b] −→ R de classe C1 . Montrer : b a ϕ(x)sin nx dx −−−→ n∞ 0. c) α) Vérifier que l’application f : 0; π 2 −→ R définie par : f (x) = 1 x − 1 sin x si x ∈ 0; π 2 0 si x = 0 est de classe C1 sur 0; π 2 . β) En déduire : π 2 0 sin(2n + 1)x x dx −−−→ n∞ π 2 . d) En déduire que →+∞ →0 sin x x dx converge et que : +∞ 0 sin x x dx = π 2 . Calcul d’intégrales déduites de +∞ 0 sin x x dx = π 2 On admet (cf. exercice 3.47) : +∞ 0 sin x x dx = π 2 . a) Existence et calcul de : +∞ 0 1 − cos x x2 dx, +∞ 0 sin x x 2 dx. b) Existence et calcul, pour λ ∈ R, de : +∞ 0 sin λx x dx, +∞ 0 1 − cos λx x2 dx. c) Existence et calcul, pour (a,b) ∈ R2 , de : +∞ 0 sin ax sin bx x2 dx, +∞ 0 1 − cos ax cos bx x2 dx . d) Existence et calcul de +∞ −∞ sin x x(π − x) dx. ©Dunod.Laphotocopienonautoriséeestundélit. 3.47 3.48
- 98. Chapitre 3 • Intégration sur un intervalle quelconque 88 Calcul d’une intégrale à paramètre, utilisation du théorème de dérivation sous le signe intégrale Existence et calcul éventuel, pour x ∈ R, de f (x) = +∞ 0 ln(x + t2 ) 1 + t2 dt. Intégrale d’une fonction elle-même définie par une intégrale à paramètre a) Montrer, pour tout x ∈ ]0 ; +∞[, l’existence de f (x) = +∞ x e−t t dt. b) Montrer que f est continue et intégrable sur ]0 ; +∞[, et calculer +∞ 0 f (x) dx. Calcul d’intégrales à paramètre Établir, pour tout (a,x) de R∗ + × R : +∞ 0 e−at2 cos xt dt = √ π 2 √ a e− x2 4a +∞ 0 e−at2 sin xt dt = 1 2a e− x2 4a x 0 e t2 4a dt. Calcul d’une intégrale de fonction à valeurs complexes Existence et calcul, pour x ∈ ]0 ; +∞[ et z ∈ C tel que Re (z) < 0, de +∞ 0 tx−1 ezt dt. Le résultat fera intervenir la fonction d’Euler. Étude de +∞ 0 f (ax) − f (bx) x dx, exemples I. Soient f : [0 ; +∞[−→ R continue, telle que l’intégrale impropre →+∞ 1 f (x) x dx, converge, et (a,b) ∈ (R∗ +)2 . a) Montrer que, pour tout ε ∈ ]0 ; +∞[, l’intégrale impropre →+∞ ε f (ax) − f (bx) x dx conver- ge et que : +∞ ε f (ax) − f (bx) x dx = b a f (εx) x dx. b) En déduire que l’intégrale impropre →+∞ →0 f (ax) − f (bx) x dx converge et que : +∞ 0 f (ax) − f (bx) x dx = f (0) ln b a . II. Exemples : a) Existence et calcul, pour (a,b) ∈ (R∗ +)2 , de : +∞ 0 cos ax − cos bx x dx, +∞ 0 e−ax − e−bx x dx, +∞ 0 th ax − th bx x dx , +∞ 0 1 x Arctan (ax) 2 − Arctan (bx) 2 dx. 3.49 3.50 3.51 3.52 3.53
- 99. Du mal à démarrer ? 89 b) Existence et calcul, pour x ∈ ] − 1 ; 1[, de +∞ 0 sh xt t e−t dt. c) Existence et calcul, pour (a,b) ∈ ] − 1 ; +∞[2 , de 1 0 xa − xb lnx dx. d) Existence et calcul, pour (a,b) ∈ ]0 ; +∞[2 , de +∞ 0 1 − e−ax x 1 − e−bx x dx. Équivalent d’une intégrale à paramètre On note, pour tout x ∈ [0 ; 1[ : f (x) = π 2 0 dt √ 1 − x cos 2t . a) Montrer : f (x) −→ x−→1− +∞. b) Trouver un équivalent simple de f (x) lorsque x −→ 1− . Valeur moyenne et carré intégrable Soit f : [0 ; +∞[−→ C continue. On note : g : [0 ; +∞[−→ C, x −→ g(x) = 1 x x 0 f (t) dt si x =/ 0 f (0) si x = 0. a) Montrer que g est continue sur [0 ; +∞[. b) On suppose de plus que f 2 est intégrable sur [0 ; +∞[. Démontrer que g2 est intégrable sur [0 ; +∞[ et que : +∞ 0 |g|2 4 +∞ 0 | f |2 . À cet effet, on pourra commencer par étudier le cas où f est à valeurs dans R+. ©Dunod.Laphotocopienonautoriséeestundélit. Du mal à démarrer ? Dans chaque exemple, préciser l’intervalle de continuité de la fonction f sous l’intégrale et effectuer une étude à chaque borne ouverte de cet intervalle, par majoration, minoration, équivalent, règle xα f (x), pour des fonctions à valeurs 0. a) En +∞ : f (x) ∼ x−→+∞ 1 x . b) On a : | f (x)| 2 x3/2 . c) En +∞ : x5/4 f (x) −→ x−→+∞ 0. d) En 0 : f (x) ∼ x−→0 1 x1/2 . e) En 0 : f (x) ∼ x−→0 1 x1/2 . f) En 0 : f (x) ∼ x−→0 lnx x2 . g) En 1 : f (x) ∼ x−→1 1 6 1 (1 − x)1/2 . En −1 : parité. h) On a : f (x) ∼ x−→−∞ x2 ex , notée g(x), et x2 g(x) −→ x−→−∞ 0. En +∞ : f (x) ∼ x−→+∞ 1 x2 . L’application x −→ sin π x 1 x , est continue et bornée sur l’intervalle borné ]0 ; 1]. 3.1 3.2 3.54 3.55
- 100. Chapitre 3 • Intégration sur un intervalle quelconque 90 Dans chaque exemple, montrer d’abord l’existence, puis effectuer le calcul. Pour l’existence, on pourra souvent utiliser les théorèmes de majoration, d’équivalence, la règle xα f (x) pour les fonctions 0. Pour le calcul, passer par des primitives. a) Décomposer en éléments simples. b) Changement de variable t = x5 . c) Changement de variable t = sh x. d) Changement de variable t = Arcsin x. e) Décomposer le logarithme. Une primitive de t −→ ln t sur ]0 ; +∞[, est t −→ t ln t − t. Effectuer le changement de variable t = x2 et exprimer In à l’aide de la fonction d’Euler. Se rappeler 1 2 = √ π , et : ∀ s ∈ ]0 ; +∞[, (s + 1) = s (s) . 1) Remarquer : | f 2| || f ||∞| f |. 2) Considérer, par exemple : f : x ∈ ]0 ; 1] −→ x−3/4 . Considérer g − f et h − f. Vérifier d’abord l’existence de N(x,y), par exemple par la règle tα f (t) en +∞. Revenir à la définition d’une norme. a) 1) Existence : fa(x) ∼ x−→+∞ 1 x2 . 2) Calcul : Réponse : I (a) = 1 − a + a2 3 . b) Mettre I (a) sous forme canonique. 1re méthode : Remplacer a par xλ et choisir λ. 2è méthode : Déterminer, pour x ∈ [1 ; +∞[ fixé, la borne infé- rieure de a x2 + 1 a2 , par étude de variation d’une fonction de a. a) On a : 0 fn(x) e−x . b) Majorer convenablement. c) Puisque In ressemble à Jn = +∞ 0 e−x n dx, étudier In − Jn et calculer Jn . a) En +∞ : fn(x) ∼ x−→+∞ 1 xn+2 . b) On obtient, par intégration par parties sur [1 ; X], puis en fai- sant tendre X vers +∞ : In = 1 2(n − 1) − 2 n − 1 Jn , où : Jn = +∞ 1 x−n+2 (1 + x2)2 dx. Montrer Jn = O 1 n . 1) Montrer que f : (x,y) −→ Min (x,y) Max (x,y) , est continue et bornée sur ]0 ; 1]2 . 2) Emboîter les intégrales simples et utiliser le théorème de Fubini. Montrer que, si f est intégrable sur [1 ; +∞[, alors P est de degré 4 et de coefficient dominant égal à 1, puis montrer, par exemple en utilisant une expression conjuguée, que P est de la forme : P(x) = (x2 + x + 1)2 + c, c ∈ R . Chercher alors un équivalent de f (x) lorsque x −→ +∞. Dans chaque exemple, montrer d’abord l’existence, puis effectuer le calcul. Pour l’existence, on pourra souvent utiliser les théorèmes de majoration, d’équivalence, la règle xα f (x) pour les fonctions 0. a) Changement de variable t = 1 x , mise sous forme canonique du trinôme t2 + t + 1, puis changement de variable u = 2t + 1 √ 3 . b) Mise de x2 + x + 1 sous forme canonique,puis changement de variable t = 2x + 1 √ 3 . Pour calculer J = +∞ −∞ 1 (t2 + 1)2 dt, utiliser une ipp. c) Utiliser une intégration par parties et se ramener au calcul de dx x2(1 + x2) , puis décomposition en éléments simples. d) Mise de x(1 − x) sous forme canonique,puis changement de variable t = 2x − 1. Montrer d’abord l’existence. Pour le calcul, utiliser un changement de variable qui échange les bornes. Changement de variable t = tan x 2 . On se ramène à calcu- ler A = +∞ 0 1 1 + t4 dt, et B = +∞ 0 t2 1 + t4 dt. Montrer A = B par le changement de variable u = 1 t . Former A + B et utiliser la factorisation de 1 + X4 dans R[X]. 3.3 3.4 3.5 3.6 3.7 3.8 3.9 3.10 3.11 3.12 3.13 3.14 3.15 3.16
- 101. Du mal à démarrer ? 91 ©Dunod.Laphotocopienonautoriséeestundélit. Montrer d’abord l’existence, puis effectuer le calcul. Pour l’existence,on pourra souvent utiliser les théorèmes de majo- ration,d’équivalence,la règle xα f (x) pour des fonctions 0. Pour le calcul, utiliser des primitives ou un changement de variable qui échange les bornes. a) Changement de variable t = 1 x . b) Changement de variable t = 1 x , puis remarquer : d x − 1 x = 1 + 1 x2 dx . c) Décomposer 1 − X2 (a − X)(b − X) en éléments simples et se ramener au calcul de J(c) = 2π 0 dx c − cos x , c ∈ ]1 ; +∞[. Changement de variable t = tan x 2 . d) Réponse : • L’intégrale existe si et seulement si a ∈ R − πZ • I (a) = π sin a , si a ∈ ]0 ; π[, I est paire, 2π-périodique. e) Réponse : • L’intégrale existe si et seulement si a ∈ R − 2πZ • I (a) = 2π − 2a si a ∈ ]0 ; π], I est impaire et I est 2π-pério- dique. f) Mise sous forme canonique de x(1 − x), changements de variable t = 2x − 1, u = Arccos t, v = tan u 2 . 1) Noter z = x + i y, (x,y) ∈ R2 et calculer |ezt e−|t||. Se rappeler : ∀ u ∈ C, |eu | = eRé (u) . 2) Utiliser la relation de Chasles. Comme sin t sh2 t ∼ t−→0 1 t , considérer les intégrales f (x) = 3x 2x sin t sh2 t dt et g(x) = 3x 2x 1 t dt, calculer g(x) et mon- trer f (x) − g(x) −→ x−→0 0. Utiliser le théorème de continuité sous le signe intégrale. a) Règle tα f (t) en +∞. b) 1) En 0 : minorer f (x). 2) En +∞ : majorer f (x). a) Théorème de majoration. b) Montrer : φ(λ) − 1 λ +∞ 0 f = o λ−→+∞ φ(λ) par une majoration convenable. L’intégrale I (x) = π/2 0 e−x sin t dt ressemble à J(x) = π/2 0 e−x sin t cos t dt. Montrer I (x) − J(x) = O 1 x3 , en utilisant : ∀ u ∈ [0 ; π/2], 2 π u sin u u . D’autre part, calculer J(x). Utiliser le changement de variable u = 1 t ,et se ramener à la recherche d’un DL(0) en notant y = 1 x . En 0 : f (x) −→ x−→0+ 0. En +∞ : utiliser un développement asymptotique. On sait que →+∞ 1 sin x x dx converge, cf.exercice 3.46 ou 3.47. En +∞ : utiliser un développement asymptotique. On sait que l’intégrale →+∞ 1 sin x √ x dx converge et que l’inté- grale +∞ 1 sin 2x x dx, diverge, cf. exercice 3.46. Pour l’existence, utiliser la règle xα f (x) en ±∞. Pour le calcul,utiliser la formule de Taylor pour les polynômes et la valeur de l’intégrale de Gauss : +∞ 0 e−x2 dx = √ π 2 . Utiliser le théorème de continuité sous le signe intégrale. a) Utiliser la règle tα f (t) en +∞. b) • Montrer que f est continue sur ]0 ; +∞[ (et même de classe C1 ). • En 0 : montrer que f a une limite finie en 0. • En +∞ : utiliser une majoration convenable. a) sin xt sin t −→ t−→0 x. b) Utiliser le théorème de dérivation sous le signe intégrale. c) Majorer convenablement. 1) Vérifier : f (0) < 3 4 < f (1). 2) Montrer que f est continue,en utilisant le théorème de conti- nuité sous le signe intégrale, et utiliser le théorème des valeurs intermédiaires. 3.17 3.18 3.19 3.20 3.21 3.22 3.23 3.24 3.25 3.26 3.27 3.28 3.29 3.30 3.31
- 102. Chapitre 3 • Intégration sur un intervalle quelconque 92 1) Obtenir Déf ( f ) = R. 2) f est impaire. 3) Montrer que f est continue sur [0 ; +∞[, par le théorème de continuité sous le signe intégrale. 4) En utilisant le théorème de dérivation sous le signe intégrale, montrer que f est de classe C1 sur ]0 ; +∞[, exprimer f (x) comme intégrale, et en déduire le sens de variation de f. 5) Concavité, à l’aide de f (x), comme en 4). 6) En 0, montrer, par une minoration convenable : f (x) −→ x−→0+ +∞ . 7) f (1) = π2 8 , f (1) = 1 2 . 8) En +∞, utiliser le changement de variable u = π 2 − t, pour obtenir : f (x) = π2 4 − f 1 x . 9) Tracer la courbe représentative de f. a) Étude en +∞,en redémontrant l’exemple de Bertrand, dans le cas en question. Réponse : Déf ( f ) = ]1 ; +∞[. b) Utiliser le théorème de dérivation sous le signe intégrale. c) 1) Étude en 1 : minorer convenablement f (x). 2) Étude en +∞ : majorer convenablement f (x). e) Changement de variable u = tx , puis utilisation du théorème de continuité (en 0) sous le signe intégrale. a) 1) Utiliser le théorème de dérivation sous le signe inté- grale, deux fois. 2) Utiliser l’inégalité de Cauchy et Schwarz. b) Calculer ( ln ◦ F) . 1) Existence : Majorer la valeur absolue de la fonction par g(x,y) = e−px e−qy . L’application g est continue, 0. Obtenir : ∀ (a,b) ∈ [0 ; +∞[2 , [0 ;a]×[0 ;b] g 1 pq et déduire que g est intégrable sur [0 ; +∞[2 , puis f aussi. 2) Calcul : Utiliser une formule de trigonométrie et le théorème de Fubini. Calculer +∞ 0 e−pt sin t dt et +∞ 0 e−pt cos t dt en passant par les nombres complexes. Il s’agit d’ailleurs de transformées de Laplace classiques. a) Étude de I et J : 1) Existence : Montrer f (x) ∼ x−→0+ − ln x et déduire l’existence de I. Par le changement de variable t = π 2 − x, l’existence de J se ramène à celle de I, et I = J. 2) Calcul : Considérer 2I = I + J, puis changement de variable u = 2x. Réponse : I = J = − π 2 ln 2. b) Étude de K : 1) Existence : Montrer que x tan x a une limite finie en 0 et une limite finie en π 2 . 2) Calcul : Utiliser une intégration par parties, pour se ramener à I. Réponse : K = −I = π 2 ln 2. c) Étude de L : Utiliser des formules de trigonométrie pour se ramener à K. Réponse : L = 4K = 2π ln 2. d) Étude de M : Partir de K et faire le changement de variable u = tan t. Réponse : K = π 2 ln 2. Remarquer : d dx e−x Q(x) = − e−x P(x), et déduire : ∀ x ∈ R, Q(x) = ex +∞ x e−t P(t) dt. 1) Existence : fn(x) ∼ x−→+∞ 1 x2 . 2) Calcul : 1re méthode : En utilisant une intégration par parties, obtenir une relation entre In et In−1. 2è méthode : Changement de variable t = x + 1, développement par la for- mule du binôme de Newton, et calcul d’intégrales. 3.32 3.33 3.34 3.35 3.36 3.37 3.38
- 103. Du mal à démarrer ? 93 ©Dunod.Laphotocopienonautoriséeestundélit. Il s’agit,pour x ∈ [0 ; +∞[ fixé et t décrivant ]0 ; +∞[,de déterminer le plus petit des trois réels x, 1 √ t , 1 t2 . Séparer en cas selon x : x = 0, 0 < x 1, 1 x. Dans chaque cas,calculer le minimum en question,puis calculer f (x). Réponse : f (x) = 2 √ x si x 1 3 − 1 x si x > 1. 1) Majorer g et h à l’aide de f. 2) Si g est intégrable sur [0 ; +∞[, utiliser l’inégalité sin 2x | sin x| et la décroissance de f pour déduire que x −→ f (x) sin 2x et x −→ f (x) cos 2x sont intégrables sur [0 ; +∞[. Montrer que f f est intégrable sur [0 ; +∞[ et en dédui- re que f 2 admet une limite finie L en +∞, puis montrer que cette limite L est nécessairement nulle, et conclure. a) Comparer somme et intégrale pour déduire : ∀ n 2, 1 1 n f 1 n n−1 k=1 f k n 1− 1 n 0 f . b) Appliquer a) à f : x −→ 1 (x + 1) √ x(x + 2) . 1) Montrer d’abord que, pour tout x ∈ ] − ∞ ; 0[, l’inté- grale proposée existe. 2) Utiliser le changement de variable u = t − x, puis minorer convenablement. Réponse : +∞. a) En utilisant une intégration par parties, obtenir, pour tout x ∈ ]0 ; +∞[ : +∞ x e−t2 dt = e−x2 2x − 1 2 +∞ x e−t2 t2 dt . b) Utiliser le changement de variable u = √ n t. Pour x ∈ ]0 ; 1] fixé, à l’aide du changement de variable u = t + x, obtenir : 1 0 et x + t dt = e−x x+1 x eu − 1 u du + e−x ln(x + 1) − ln x . Montrer que u −→ eu − 1 u , est intégrable sur ]0 ; 2]. Séparer en cas : α > 1, 0 < α 1, α 0. 1) Traiter d’abord le cas α > 1. 2) Pour le cas 0 < α 1, utiliser une intégration par parties et l’étude du cas précédent. 3) Dans le cas α 0, montrer que les intégrales proposées divergent grossièrement. a) α) Passer, par exemple, par les nombres complexes et une sommation géométrique. β) Montrer d’abord que l’intégrale proposée existe. Utiliser α). b) Utiliser une intégration par parties. c) α) • f est C1 sur ]0 ; π/2]. • Montrer f (x) −→ x−→0 f (0) par utilisation de DL(0) ou d’équiva- lents. • Montrer que f a une limite finie en 0,par utilisation de DL(0). Conclure à l’aide du théorème limite de la dérivée. β) Utiliser a) α) et b). d) Par le changement de variable x = u 2n + 1 , montrer : (2n+1) π 2 0 sin u u du −−−→ n ∞ π 2 . D’autre part (cf.exercice 3.46), montrer que l’intégrale impropre →+∞ 0 sin x x dx, converge. a) α) Montrer l’existence de +∞ 0 1 − cos x x2 dx. Pour le calcul, utiliser une intégration par parties. β) Pour +∞ 0 sin x x 2 dx, se ramener à la précédente par le changement de variable t = 2x. b) Attention : λ n’est pas nécessairement 0. Si λ > 0, utiliser le changement de variable x = t λ . L’étude du cas λ = 0 est immédiate. Pour λ < 0, utiliser un argument de parité. c) Utiliser des formules de trigonométrie circulaire pour se ramener à des intégrales précédentes. d) 1) Montrer l’existence, par des études en −∞, 0, π, +∞. 2) Utiliser une décomposition en éléments simples. 1) Existence : Montrer que f (x) existe si et seulement si x 0. 3.39 3.40 3.41 3.42 3.43 3.44 3.45 3.46 3.47 3.48 3.49
- 104. Chapitre 3 • Intégration sur un intervalle quelconque 94 2) Calcul : α) Utiliser le théorème de dérivation sous le signe intégrale, pour montrer que f est de classe C1 sur ]0 ; +∞[ et que : ∀ x ∈ ]0 ; +∞[, f (x) = +∞ 0 dt (x + t2)(1 + t2) . β) Utiliser le théorème de continuité sous le signe intégrale pour montrer que f est continue en 0. γ ) Calculer l’intégrale donnant f (x) et obtenir : ∀ x ∈ ]0 ; +∞[, f (x) = π 2 √ x(1 + √ x) . δ) Réponse : ∀ x ∈ [0 ; +∞[, f (x) = π ln (1 + √ x). a) Règle tα f (t) en +∞. b) 1) Montrer que f est continue, et même C1 , comme primitive d’une application continue. 2) Majorer convenablement f (x),pour x ∈ [1 ; +∞[,et déduire que f est intégrable sur ]0 ; +∞[. 3) Utiliser le théorème de Fubini sur les intégrales doubles. Grouper les deux études, en passant par les nombres complexes. Pour a ∈ ]0 ; +∞[ fixé, appliquer le théorème de dérivation sous le signe intégrale pour déduire que f : x −→ +∞ 0 e−at2 ei xt dt est de classe C1 sur R et que : ∀ x ∈ R, f (x) = +∞ 0 e−at2 i tei xt dt . À l’aide d’une intégration par parties,montrer que f satisfait une EDL1. Résoudre celle-ci en utilisant la méthode de variation de la constante. Séparer enfin partie réelle et partie imaginaire. 1) Existence : Procéder à une étude en 0 et à une étude en +∞. Ne pas oublier que : ∀ z ∈ C, |ez | = eRé (z) . 2) Calcul : Noter u = −Ré (z) > 0, v = Im (z), de sorte que : +∞ 0 tx−1 ezt dt = +∞ 0 tx−1 e−ut ei vt dt . Appliquer le théorème de dérivation sous le signe intégrale pour montrer que g : v −→ +∞ 0 tx−1 e−ut ei vt dt est de classe C1 sur R et exprimer g (v) par une intégrale. À l’aide d’une intégration par parties, montrer que g satisfait une EDL1. Résoudre celle-ci et déduire g. I.a) Pour 0 < ε X fixés obtenir ,par des changements de variable et la relation de Chasles : X ε f (ax) − f (bx) x dx = b a f (εt) t dt − bX aX f (u) u du . Faire tendre X vers +∞. b) Utiliser le théorème de continuité sous le signe intégrale pour montrer : b a f (εt) t dt −→ ε−→0+ b a f (0) t dt. II.a) • Montrer que les intégrales impropres →+∞ 1 cos x x dx, →+∞ 1 e−x x dx, →+∞ 1 1 − th x x dx convergent, et appliquer le résultat de I.b). • Considérer f : x −→ π2 4 − (Arctan x)2 . b) Remplacer sh (xt) par son expression à l’aide d’exponen- tielles, et se ramener à la deuxième intégrale de a). c) Par le changement de variable t = e−x , se ramener à la deuxième intégrale de a). d) À l’aide d’une intégration par parties, se ramener à la deuxiè- me intégrale de a). a) Utiliser le changement de variable u = tan t,puis minorer convenablement. b) En notant g(x) = 1 0 du √ 1 + u2 √ 1 − x + u2 , montrer : f (x) ∼ x−→1− g(x), puis, en considérant h(x) = 1 0 du √ 1 − x + u2 , montrer : g(x) ∼ x−→1− h(x). Calculer h(x). Réponse : f (x) ∼ x−→1− − 1 2 ln (1 − x). a) Étudier la continuité en 0, en faisant apparaître un taux d’accroissement, à l’aide d’une primitive de f. b) 1) Si f est à valeurs dans R+, utiliser une intégration par par- ties et obtenir, pour 0 < ε X : X ε g2 (x) dx F2(ε) ε + 2 X ε g(x) f (x) dx , où F est la primitive de f qui s’annule en 0, puis utiliser l’inéga- lité de Cauchy et Schwarz. 2) Dans le cas général, faire intervenir u = | f | et v associée à u comme g l’est à f. 3.50 3.51 3.52 3.53 3.54 3.55
- 105. 95 a) • L’application f : x −→ 1 x x2 + x + 1 − x2 − x + 1 est continue sur [1 ; +∞[, et f 0. • Étude en +∞ : On a, en utilisant une expression conjuguée : f (x) = 1 x (x2 + x + 1) − (x2 − x + 1) √ x2 + x + 1 + √ x2 − x + 1 = 2 √ x2 + x + 1 + √ x2 − x + 1 ∼ x−→+∞ 2 2x = 1 x . D’après l’exemple de Riemann en +∞ et le théorème d’équi- valence pour des fonctions 0, on conclut : f n’est pas intégrable sur [1 ; +∞[. b) • L’application f : x −→ sin x + cos x √ x3 + 1 est continue sur [0 ; +∞[. • Étude en +∞ : On a, pour tout x ∈ [1 ; +∞[ : | f (x)| = | sin x + cos x| √ x3 + 1 2 √ x3 + 1 2 x3/2 . D’après l’exemple de Riemann en +∞ (3/2 > 1) et le théo- rème de majoration pour des fonctions 0, on déduit que | f | est intégrable sur [1 ; +∞[, donc sur [0 ; +∞[, puis, par défi- nition, on conclut : f est intégrable sur [0 ; +∞[. c) • L’application f : x −→ ln x √ x3 + 1 est continue sur [1 ; +∞[, et f 0. • Étude en +∞ : On a : f (x) ∼ x−→+∞ ln x x3/2 notée g(x) . Et : x5/4 g(x) = ln x x1/4 −→ x−→+∞ 0, par prépondérance classique. D’où, au voisinage de +∞ : x5/4 g(x) 1, puis : 0 g(x) 1 x5/4 . D’après l’exemple de Riemann en +∞ (5/4 > 1) et le théo- rème de majoration pour des fonctions 0, g est intégrable sur [1 ; +∞[, puis, par théorème d’équivalence pour des fonc- tions 0, on conclut : f est intégrable sur [1 ; +∞[. d) • L’application f : x −→ x2 + 1 x2 + x est continue sur ]0 ; 1], et f 0. • Étude en 0 : On a : f (x) ∼ x−→0 1 x = 1 x1/2 . D’après l’exemple de Riemann en 0 (1/2 < 1) et le théorème d’équivalence pour des fonctions 0, on conclut : f est inté- grable sur ]0 ; 1]. e) • L’application f : x −→ 1 + x √ x + x2 est continue sur ]0 ; 1], et f 0. • Étude en 0 : On a : f (x) ∼ x−→0+ 1 √ x = 1 x1/2 . D’après l’exemple de Riemann en 0 (1/2 < 1) et le théorème d’équivalence pour des fonctions 0, on conclut : f est inté- grable sur ]0 ; 1]. f) • L’application f : x −→ lnx x3 + x2 est continue sur ]0 ; 1], et f 0. Considérons g = − f 0. • Étude en 0 : On a : g(x) = −ln x x3 + x2 ∼ x−→0 −ln x x2 notée h(x) . On a, pour tout x ∈ ]0 ; 1/e] : −ln x 1, donc : h(x) 1 x2 0. D’après l’exemple de Riemann en 0 (2 1) l’application x −→ 1 x2 , n’est pas intégrable sur ]0 ; 1]. D’après le théorème de minoration pour des fonctions 0, il s’ensuit que h n’est pas intégrable sur ]0 ; 1], puis, par théorème d’équivalence pour des fonctions 0, g n’est pas intégrable sur ]0 ; 1]. Enfin, comme f = −g, on conclut que f n’est pas intégrable sur ]0 ; 1]. g) • L’application f : x −→ 1 √ 1 − x6 est continue sur ] − 1 ; 1[, et f 0. Corrigés des exercices 3.1
- 106. 96 • Étude en 1 : On a : f (x) = 1 √ 1 − x6 = 1 (1 − x2)(1 + x2 + x4) = 1 (1 − x)(1 + x)(1 + x2 + x4) ∼ x−→1 1 √ (1 − x) · 2 · 3 = 1 √ 6 1 (1 − x)1/2 . D’après l’exemple de Riemann en 0 (1/2 < 1) et le théorème d’équivalence pour des fonctions 0, on déduit que f est in- tégrable sur [0 ; 1[. • Étude en −1 : Comme f est paire et que f est intégrable sur [0 ; 1[, il s’en- suit que f est intégrable sur ] − 1 ; 0]. Puisque f est intégrable sur ] − 1 ; 0] et sur [0 ; 1[, on conclut : f est intégrable sur ] − 1 ; 1[. h) • L’application f : x −→ sin x √ x3 + x4 est continue sur ]0 ; +∞[. • Étude en 0 : On a : | f (x)| = | sin x| √ x3 + x4 ∼ x−→0 |x| √ x3 = 1 x1/2 . D’après l’exemple de Riemann en 0 (1/2 < 1) et le théorème d’équivalence pour des fonctions 0, | f | est intégrable sur ]0 ; 1], donc, par définition, f est intégrable sur ]0 ; 1]. • Étude en +∞ : On a : | f (x)| = | sin x| √ x3 + x4 1 x2 . D’après l’exemple de Riemann en +∞ (2 > 1) et le théorème de majoration pour des fonctions 0, | f | est intégrable sur [1 ; +∞[, donc, par définition, f est intégrable sur [1 ; +∞[. Puisque f est intégrable sur ]0 ; 1] et sur [1 ; +∞[, on conclut : f est intégrable sur ]0 ; +∞[. i) • L’application x −→ 1 + x2 e−x x2 + e−2x est continue sur ] − ∞ ; +∞[, et f 0. • Étude en −∞ : On a : f (x) = 1 + x2 e−x x2 + e−2x ∼ x−→−∞ x2 e−x e−2x = x2 ex notée g(x) . et : x2 g(x) = x4 ex −→ x−→−∞ 0, donc, au voisinage de −∞ : x2 g(x) 1, puis : 0 g(x) 1 x2 . D’après l’exemple de Riemann en −∞ (2 > 1) et le théorème de majoration pour des fonctions 0, g est intégrable sur ] − ∞ ; −1], puis sur ] − ∞ ; 0]. Par théorème d’équivalence pour des fonctions 0, il s’ensuit que f est intégrable sur ] − ∞ ; 0]. • Étude en +∞ : On a : f (x) = 1 + x2 e−x x2 + e−2x ∼ x−→+∞ 1 x2 , car x2 e−x −→ x−→+∞ 0, par prépondérance classique. D’après l’exemple de Riemann en +∞ (2 > 1) et le théorème d’équivalence pour des fonctions 0, il s’ensuit que f est in- tégrable sur [0 ; +∞[. Puisque f est intégrable sur ] − ∞ ; 0] et sur [0 ; +∞[, on conclut : f est intégrable sur ] − ∞ ; +∞[. L’application f : x −→ sin π x 1 x , est continue sur ]0 ; 1] et : ∀ x ∈ ]0 ; 1], | f (x)| 1. Ainsi, f est continue et bornée sur l’intervalle borné ]0 ; 1], donc, d’après le cours, f est intégrable sur ]0 ; 1], et on conclut que l’intégrale proposée existe. a) 1) Existence : • L’application f : x −→ 1 (x + 1)(x + 2) est continue sur [0 ; +∞[, et f 0. • Étude en +∞ : On a : f (x) ∼ x−→+∞ 1 x2 . D’après l’exemple de Riemann en +∞ (2 > 1) et le théorème d’équivalence pour des fonctions 0, il s’ensuit que f est in- tégrable sur [0 ; +∞[. On conclut que l’intégrale +∞ 0 1 (x + 1)(x + 2) dx existe. 2) Calcul : On a, à l’aide d’une décomposition en éléments simples im- médiate, pour X ∈ [0 ; +∞[ : X 0 1 (x + 1)(x + 2) dx = X 0 1 x + 1 − 1 x + 2 dx = ln (x + 1) − ln (x + 2) X 0 = ln (X + 1) − ln(X + 2) + ln 2 = ln X + 1 X + 2 + ln 2 −→ X−→+∞ ln 2 . On conclut : +∞ 0 1 (x + 1)(x + 2) dx = ln 2. 3.2 3.3
- 107. 97 b) 1) Existence : • L’application f : x −→ x4 x10 + 1 , est continue sur [0 ; +∞[, et f 0. • Étude en +∞ : On a : f (x) = x4 x10 + 1 ∼ x−→+∞ 1 x6 . D’après l’exemple de Riemann en +∞ (6 > 1) et le théorème d’équivalence pour des fonctions 0, f est intégrable sur [0 ; +∞[. On conclut que l’intégrale proposée existe. 2) Calcul : On a, par le changement de variable t = x5 : +∞ 0 x4 x10 + 1 dx = +∞ 0 1 5 du u2 + 1 = 1 5 [Arctan u]+∞ 0 = 1 5 π 2 = π 10 . c) 1) Existence : • L’application f : x −→ ch x ch 2x est continue sur ] − ∞ ; +∞[, paire, et f 0. • Étude en +∞ : On a : f (x) = ch x ch 2x = ex + e−x e2x + e−2x ∼ x−→+∞ ex e2x = e−x . D’après le cours, l’application x −→ e−x est intégrable sur [0 ; +∞[, donc, par théorème d’équivalence pour des fonctions 0, f est intégrable sur [0 ; +∞[. • Étude en −∞ : Comme f est paire et intégrable sur [0 ; +∞[, f est aussi in- tégrable sur ] − ∞ ; 0]. Puisque f est intégrable sur ] − ∞ ; 0] et sur [0 ; +∞[, f est intégrable sur ] − ∞ ; +∞[. 2) Calcul : On a : +∞ −∞ ch x ch 2x dx = +∞ −∞ ch x 1 + 2 sh2 x dx = t = sh x +∞ −∞ dt 1 + 2t2 = u = √ 2 t +∞ −∞ 1 √ 2 du 1 + u2 = 1 √ 2 [Arctan u]+∞ −∞ = 1 √ 2 π 2 − − π 2 = π √ 2 . d) 1) Existence : • L’application f : x −→ x2 √ 1 − x2 est continue sur [0 ; 1[, et f 0. • Étude en 1 : On a : f (x) = x2 √ (1 − x)(1 + x) ∼ x−→1 1 √ 2 1 (1 − x)1/2 . D’après l’exemple de Riemann en 1 (1/2 < 1) et le théorème d’équivalence pour des fonctions 0, f est intégrable sur ]0 ; 1], donc l’intégrale proposée existe. 2) Calcul : On a, par le changement de variable t = Arcsin x, x = sin t, dx = cos t dt : 1 0 x2 √ 1 − x2 dx = π/2 0 sin 2 t cos t cos t dt = π/2 0 sin 2 t dt = π/2 0 1 − cos 2t 2 dt = t 2 − sin 2t 4 π/2 0 = π 4 . e) 1) Existence : • L’application f : x −→ ln(1 − 3x + 2x2 ) = ln (1 − x)(1 − 2x) est continue sur [0 ; 1/2[. • Par le changement de variable t = 1 2 − x, l’existence et le cal- cul de I = 1/2 0 ln(1 − 3x + 2x2 ) dx se ramènent à l’exis- tence et au calcul de J = 0 1/2 ln(t + 2t2 ) notée g(t) dt. On a : g(t) = ln t + ln(1 + 2t) ∼ t−→0+ ln t < 0. D’après le cours, l’application t −→ − ln t est intégrable sur ]0 ; 1]. Par théorème d’équivalence pour des fonctions 0, −g est donc intégrable sur ]0 ; 1], puis g l’est aussi, et enfin, par changement de variable, f est intégrable sur [0 ; 1/2[. 2) Calcul : On a, en calculant des primitives sur [0 ; 1/2[ : ln (1 − 3x + 2x2 ) dx = ln(1 − x) + ln(1 − 2x) dx = ln(1 − x) dx + ln (1 − 2x) dx = − (1 − x)ln(1 − x) − (1 − x) − 1 2 (1 − 2x)ln(1 − 2x) − (1 − 2x) = −(1 − x)ln(1 − x) − 1 2 (1 − 2x)ln(1 − 2x) + 3 2 − 2x,
- 108. 98 donc : 1/2 0 ln(1 − 3x + 2x2 ) dx = − (1−x) ln (1−x)− 1 2 (1−2x) ln (1−2x)+ 3 2 −2x 1/2 0 = 1 2 ln 2 − 1 . Par le changement de variable t = x2 , x = √ t, dx = 1 2 √ t dt, l’existence et le calcul de In se ramènent à l’existence et au calcul de Jn = +∞ 0 t n 2 e−t 1 2 √ t dt = 1 2 +∞ 0 t n−1 2 e−t dt. D’après le cours sur la fonction d’Euler, puisque n − 1 2 − 1 2 > −1 , pour tout n ∈ N , l’application t −→ t n−1 2 e−t est intégrable sur ]0 ; +∞[ et : Jn = 1 2 n + 1 2 . Si n est impair, n = 2p + 1, p ∈ N, alors : In = 1 2 (p + 1) = 1 2 p! . Si n est pair, n = 2p, p ∈ N, alors : In = 1 2 p + 1 2 . En utilisant la formule du cours : ∀ x ∈ ]0 ; +∞[, (x + 1) = x (x) , on déduit : In = 1 2 p − 1 2 p − 3 2 · · · 1 2 1 2 = 1 2 (2p − 1)(2p − 3) · · · 1 2p √ π = 1 2 (2p)! (2p p!)2p √ π = (2p)! 22p+1 p! √ π. 1) Puisque f est bornée, on a : ∀ x ∈ I, | f 2 (x)| = | f (x)|2 || f ||∞| f (x)| , ou encore : | f 2 | || f ||∞| f |. Comme f est intégrable sur I, par définition, | f | l’est aussi, puis || f ||∞| f | l’est aussi. Il en résulte, par théorème de majoration pour des fonctions 0, que | f 2 | est intégrable sur I, et enfin, par définition, on conclut que f 2 est intégrable sur I. 2) Le résultat ne subsiste pas si on ne suppose pas f bornée. Par exemple, pour I =]0 ; 1] et f : x −→ x−3/4 , d’après l’exemple de Riemann en 0, f est intégrable sur ]0 ; 1] (car 3/4 < 1), mais f 2 : x −→ x−3/2 n’est pas intégrable sur ]0 ; 1] (car 3/2 1). Puisque f g h, on a : 0 g − f h − f. Comme f et h sont intégrables sur I, par différence, h − f est intégrable sur I. Par théorème de majoration pour des fonctions 0, il en résulte que g − f est intégrable sur I. Enfin, comme g = (g − f ) + f et que g − f et f sont intégrables sur I, par addition, on conclut que g est intégrable sur I. 1) Existence : Soit (x,y) ∈ R2 . • L’application fx,y : t −→ |x + ty| e−t est continue sur [0 ; +∞[, et fx,y 0. • Étude en +∞ : On a : t2 fx,y(t) = t2 |x + ty| e−t −→ t−→+∞ 0, par prépondérance classique. D’où, pour t assez grand : t2 fx,y(t) 1, et donc : 0 fx,y(t) 1 t2 . D’après l’exemple de Riemann en +∞ (2 > 1) et le théorème de majoration pour des fonctions 0, l’application fx,y est intégrable sur [0 ; +∞[, donc l’intégrale N(x,y) = +∞ 0 |x + ty| e−t dt existe. 2) Inégalité triangulaire : On a, pour tous (x1,y1), (x2,y2) ∈ R2 : N (x1,y1) + (x2,y2) = N(x1 + x2,y1 + y2) = +∞ 0 (x1 + x2) + t(y1 + y2) e−t dt = +∞ 0 (x1 + ty1) + (x2 + ty2) e−t dt +∞ 0 |x1 + ty1| + |x2 + ty2| e−t dt 3.4 3.5 3.6 3.7
- 109. 99 = +∞ 0 |x1 + ty1| e−t dt + +∞ 0 |x2 + ty2| e−t dt = N(x1,y1) + N(x2,y2). 3) Positive homogénéité : On a, pour tout α ∈ R et tout (x,y) ∈ R2 : N α(x,y) = N(αx,αy) = +∞ 0 |αx + tαy| e−t dt = |α| +∞ 0 |x + ty| e−t dt = |α|N(x,y) . 4) Non-dégénérescence : Soit (x,y) ∈ R2 . On a : N(x,y) = 0 ⇐⇒ +∞ 0 |x + ty| e−t continue et 0 dt = 0 ⇐⇒ ∀ t ∈ [0 ; +∞[, |x + ty| e−t = 0 ⇐⇒ ∀ t ∈ [0 ; +∞[, x + ty = 0 ⇐⇒ (x,y) = (0,0). On conclut que N est une norme sur R2 . a) 1) Existence : • L’application fa : x −→ 1 x − a x2 2 , est continue sur [1 ; +∞[, et fa 0. • On a : fa(x) ∼ x−→+∞ 1 x2 . D’après l’exemple de Riemann en +∞ (2 > 1) et le théorème de majoration pour des fonc- tions 0, fa est intégrable sur [1 ; +∞[, et donc I (a) existe. 2) Calcul : On a : I (a) = +∞ 1 1 x − a x2 2 dx = +∞ 1 1 x2 − 2a x3 + a2 x4 dx = − 1 x + a x2 − a2 3x3 +∞ 1 = 1 − a + a2 3 . b) D’après a ), I (a) est un trinôme du second degré en a. Mettons-le sous forme canonique : I (a) = 1 − a + a2 3 = 1 3 (a2 − 3a + 3) = 1 3 a − 3 2 2 + 3 4 = 1 3 a − 3 2 2 + 1 4 . On déduit : 1) Inf a∈R I (a) = I 3 2 = 1 4 , atteint en a = 3 2 , (et en ce point seulement) 2) Inf a∈Z I (a) = I (1) = I (2) = 1 3 , atteint en a = 1 et en a = 2 (et en ces deux points seulement). 1re méthode : En remplaçant a par xλ, où λ ∈ ]0 ; +∞[ est à choisir ulté- rieurement, on a : ∀ x ∈ [1 ; +∞[, 0 f (x) 1 x2−λ + 1 x2λ . Essayons de trouver λ de façon que : 2 − λ > 1 et 2λ > 1. Pour λ = 3 4 , par exemple, on a : ∀ x ∈ [1 ; +∞[, 0 f (x) 1 x5/4 + 1 x3/2 . D’après l’exemple de Riemann en +∞ (5/4 > 1 et 3/2 > 1), par addition, et d’après le théorème de majoration pour des fonc- tions 0, on conclut que f est intégrable sur [1 ; +∞[. 2è méthode : Soit x ∈ [1 ; +∞[ fixé. Essayons de choisir le meilleur a ∈ [1 ; +∞[ réalisant l’in- égalité de l’énoncé. Considérons l’application ϕ : [1 ; +∞[−→ R, a −→ ϕ(a) = a x2 + 1 a2 . L’application ϕ est dérivable sur [1 ; +∞[ et : ∀ a ∈ [1 ; +∞[, ϕ (a) = 1 x2 − 2 a3 . On dresse le tableau de variations de ϕ : 3.8 a 1 (2x2 )1/3 +∞ ϕ (a) − 0 + ϕ(a) Et : ϕ (2x2 )1/3 = (2x2 )1/3 x2 + 1 (2x2)1/3 2 = 21/3 x4/3 + 1 22/3x4/3 = 3 · 2−2/3 1 x4/3 . On a donc : ∀ x ∈ [1 ; +∞[, 0 f (x) 3 · 2−2/3 1 x4/3 . D’après l’exemple de Riemann en +∞ (4/3 > 1) et le théo- rème de majoration pour des fonctions 0, on conclut que f est intégrable sur [1 ; +∞[. 3.9
- 110. 100 a) Soit n ∈ N∗ . • L’application fn : x −→ e−x n + x est continue sur [0 ; +∞[. • On a : 0 fn(x) = e−x n + x e−x . D’après le cours, l’application x −→ e−x est intégrable sur [0 ; +∞[. Par théorème de majoration pour des fonctions 0, il en résulte que fn est intégrable sur [0 ; +∞[, donc In = +∞ 0 e−x n + x dx existe. b) On a : 0 In = +∞ 0 e−x n + x dx +∞ 0 e−x n dx = 1 n [−e−x ]+∞ 0 = 1 n −−−→ n ∞ 0, d’où, par théorème d’encadrement : In −−−→ n ∞ 0. c) Comme e−x n + x ressemble, pour n grand et x fixé, à e−x n , for- mons : In − +∞ 0 e−x n dx = +∞ 0 e−x n + x − e−x n dx = +∞ 0 x e−x n(n + x) dx 1 n2 +∞ 0 x e−x dx notée J . Ainsi : In − 1 n J n2 , donc : In − 1 n = O 1 n2 , puis : In = 1 n + O 1 n2 , que l’on peut affaiblir en : In ∼ n∞ 1 n . a) Soit n ∈ N. L’application fn : x −→ 1 xn(1 + x2) est continue sur [1 ; +∞[, 0, et : fn(x) ∼ x−→+∞ 1 xn+2 , donc, d’après l’exemple de Riemann en +∞ (n + 2 > 1) et le théorème d’équivalence pour des fonctions 0, fn est intégrable sur [1 ; +∞[, et on conclut que In existe. b) Soit n ∈ N tel que n 2. On a, par une intégration par parties pour des applications de classe C1 , pour tout X ∈ [1 ; +∞[ : X 1 1 xn(1 + x2) dx = X 1 x−n 1 1 + x2 dx = x−n+1 −n + 1 1 1 + x2 X 1 − X 1 x−n+1 −n + 1 −2x (1 + x2)2 dx = X−n+1 −n + 1 1 1 + X2 + 1 2(n − 1) − 2 n − 1 X 1 x−n+2 (1 + x2)2 dx . On déduit, en faisant tendre X vers +∞ : In = 1 2(n − 1) − 2 n − 1 +∞ 1 x−n+2 (1 + x2)2 dx notée Jn . On a, pour n 4 : 0 Jn +∞ 1 x−n+2 dx = x−n+3 −n + 3 +∞ 1 = 1 n − 3 , donc : Jn = O 1 n , puis : In = 1 2(n − 1) + O 1 n2 ∼ n∞ 1 2(n − 1) ∼ n∞ 1 2n . 1) Existence : D’après les formules, pour tout (x,y) ∈ R2 : Min (x,y) = 1 2 x + y − |x − y| Max (x,y) = 1 2 x + y + |x − y| , les applications Min et Max sont continues sur R2 , donc, par opération, l’application f : (x,y) −→ Min (x,y) Max (x,y) est continue sur ]0 ; 1]2 . De plus : ∀ (x,y) ∈ ]0 ; 1]2 , 0 f (x,y) 1. Ainsi, f est continue et bornée sur ]0 ; 1]2 , et ]0 ; 1] est un in- tervalle borné, donc, d’après le cours, f est intégrable sur ]0 ; 1]2 . 2) Calcul : On a, en utilisant le théorème de Fubini et la relation de Chasles : I = ]0 ;1]2 Min (x,y) Max (x,y) dx dy = 1 0 1 0 Min (x,y) Max (x,y) dy dx = 1 0 x 0 y x dy + 1 x x y dy dx = 1 0 1 x y2 2 x 0 + x[ ln y]1 x dx = 1 0 x 2 − x ln x dx = 1 4 − 1 0 x ln x dx. 3.10 3.11 3.12
- 111. 101 On calcule cette dernière intégrale en utilisant une intégration par parties. On a, pour tout ε ∈ ]0 ; 1] : 1 ε x ln x dx = x2 2 ln x 1 ε − 1 ε x2 2 1 x dx = − ε2 2 ln ε − x2 4 1 ε = − ε2 2 ln ε − 1 4 . D’où, en passant à la limite lorsque ε −→ 0+ et par prépon- dérance classique : 1 0 x ln x dx = − 1 4 . On obtient : I = 1 4 − − 1 4 = 1 2 . Soit P ∈ R[X]. Si deg (P) 3, alors f (x) = P(x) − (x2 + x + 1) −→ x−→+∞ −∞ , donc f n’est pas intégrable sur [0 ; +∞[. Si deg (P) 5, alors, pour que f soit définie au voisinage de +∞, le coefficient dominant de P doit être > 0, et on a f (x) = P(x) − (x2 + x + 1) −→ x−→+∞ +∞, donc f n’est pas intégrable sur [0 ; +∞[. Supposons dorénavant deg (P) = 4, P = 4 k=0 akXk , a4 ∈ R∗ , a0,. . . ,a3 ∈ R. Si a4 < 0, alors f n’est pas définie au voisinage de +∞. Nous supposons donc a4 > 0. Si a4 =/ 1, alors f (x) ∼ x−→+∞ ( √ a4 − 1)x2 −→ x−→+∞ ±∞, donc f n’est pas intégrable sur [0 ; +∞[. Nous supposons dorénavant a4 = 1. On a alors, en utilisant une expression conjuguée : f (x) = P(x) − (x2 + x + 1) = P(x) − (x2 + x + 1)2 √ P(x) + (x2 + x + 1) . D’une part, P(x) + (x2 + x + 1) ∼ x−→+∞ 2x2 . D’autre part, g : x −→ P(x) − (x2 + x + 1)2 est un poly- nôme de degré 3. Si ce polynôme g est de degré 1, alors il existe λ ∈ R∗ et α ∈ {1,2,3} tels que g(x) ∼ x−→+∞ λxα , d’où f (x) ∼ x−→+∞ λ 2 1 x2−α et 2 − α 1, donc, d’après l’exemple de Riemann en +∞ et le théorème d’équivalence pour des fonc- tions 0, | f |n’est pas intégrable sur [0 ; +∞[, et donc f n’est pas intégrable sur [0 ; +∞[. Nous supposons donc que g est de degré 0, c’est-à-dire qu’il existe c ∈ R tel que : ∀ x ∈ [0 ; +∞[, P(x) − (x2 + x + 1)2 = c . Si c = 0, alors f = 0, donc f est intégrable sur [0 ; +∞[. Si c =/ 0, alors f (x) ∼ x−→+∞ c 2x2 , donc, d’après l’exemple de Riemann en +∞ et le théorème d’équivalence pour des fonc- tions 0, | f | est intégrable sur [0 ; +∞[, et donc f est in- tégrable sur [0 ; +∞[. Enfin : ∀ x ∈ [0 ; +∞[, P(x) 0 ⇐⇒ ∀ x ∈ [0 ; +∞[, (x2 + x + 1)2 + c 0 ⇐⇒ 1 + c 0. On conclut que l’ensemble des P convenant est P = (X2 + X + 1)2 + c ; c ∈ [−1 ; +∞[ , ou encore, en développant : P = X4 + 2X3 + 3X2 + 2X + d ; d ∈ [0 ; +∞[ . a) 1) Existence : • L’application f : x −→ 1 x √ x2 + x + 1 est continue sur [1 ; +∞[, et f 0. • Étude en +∞ : On a : f (x) = 1 x √ x2 + x + 1 ∼ x−→+∞ 1 x2 . D’après l’exemple de Riemann en +∞ (2 > 1) et le théorème d’équivalence pour des fonctions 0, f est intégrable sur [1 ; +∞[. On conclut que l’intégrale I = +∞ 1 1 x √ x2 + x + 1 dx existe. 2) Calcul : Commençons par éliminer le facteur x du dénominateur, à l’aide du changement de variable t = 1 x : I = 0 1 1 1 t 1 t2 + 1 t + 1 − dt t2 = 1 0 1 √ 1 + t + t2 dt. Effectuons une mise sous forme canonique : t2 + t + 1 = t + 1 2 2 + 3 4 = 3 4 1 + 4 3 t + 1 2 2 = 3 4 1 + 2t + 1 √ 3 2 . 3.13 3.14
- 112. 102 Par le changement de variable u = 2t + 1 √ 3 : I = √ 3 1/ √ 3 1 3 4 (1 + u2) √ 3 2 du = √ 3 1/ √ 3 1 √ 1 + u2 du = Argsh u √ 3 1/ √ 3 = ln (u + 1 + u2 √ 3 1/ √ 3 = ln ( √ 3 + 2) − ln 1 √ 3 + 2 √ 3 = ln ( √ 3 + 2) − ln √ 3 = ln √ 3 + 2 √ 3 = ln 3 + 2 √ 3 3 . b) 1) Existence : • L’application f : x −→ 1 (x2 + x + 1)2 est continue sur ] − ∞ ; +∞[, et f 0. • Étude en ±∞ : On a : f (x) ∼ x−→±∞ 1 x4 . D’après l’exemple de Riemann en ±∞ (4 > 1) et le théorème d’équivalence pour des fonctions 0, f est intégrable sur ] − ∞ ; −1] et sur [1 ; +∞[, donc f est in- tégrable sur ] − ∞ ; +∞[. On conclut que l’intégrale I = +∞ −∞ 1 (x2 + x + 1)2 dx existe. 2) Calcul : Par mise sous forme canonique : x2 + x + 1 = x + 1 2 2 + 3 4 = 3 4 1 + 4 3 x + 1 2 2 = 3 4 1 + 2x + 1 √ 3 2 . Effectuons le changement de variable t = 2x + 1 √ 3 : I = +∞ −∞ dx (x2 + x + 1)2 = +∞ −∞ √ 3 2 dt 3 4 (t2 + 1) 2 = 8 √ 3 9 +∞ −∞ 1 (t2 + 1)2 dt notée J . Par parité : J = 2 +∞ 0 1 (t2 + 1)2 dt. Par primitivation par parties : dt t2 + 1 = t 1 t2 + 1 − t −2t (t2 + 1)2 dt = t t2 + 1 + 2 t2 (t2 + 1)2 dt = t t2 + 1 + 2 dt t2 + 1 − dt (t2 + 1)2 , d’où : 2 dt (t2 + 1)2 = t t2 + 1 + dt t2 + 1 = t t2 + 1 + Arctan t . On déduit : J = t t2 + 1 + Arctan t +∞ 0 = π 2 , et on conclut : I = 8 √ 3 9 J = 8 √ 3 9 π 2 = 4π √ 3 9 . c) 1) Existence : • L’application f : x −→ x − Arctan x x3 est continue sur ]0 ; +∞[, et f 0. • Étude en 0 : On a : f (x) = x − Arctan x x3 = x − x − x3 3 + o(x3 ) x3 = 1 3 + o(1) −→ x−→0 1 3 , donc f est intégrable sur ]0 ; 1] (faux problème). • Étude en +∞ : On a : f (x) = x − Arctan x x3 ∼ x−→+∞ 1 x2 . D’après l’exemple de Riemann en +∞ (2 > 1) et le théorème d’équivalence pour des fonctions 0, f est intégrable sur [1 ; +∞[. Puisque f est intégrable sur ]0 ; 1] et sur [1 ; +∞[, f est in- tégrable sur ]0 ; +∞[. On conclut que l’intégrale I = +∞ 0 x − Arctan x x3 dx existe. 2) Calcul : Calculons des primitives, en utilisant une primitivation par par- ties : x − Arctan x x3 dx = − x − Arctan x 2x2 + 1 − 1 1 + x2 1 2x2 dx
- 113. = − x − Arctan x 2x2 + 1 x2(1 + x2) dx notée J(x) . On a, par calcul élémentaire ou par décomposition en éléments simples : J(x) = 1 x2 − 1 1 + x2 dx = − 1 x − Arctan x + Cte. D’où : x − Arctan x x3 dx =− 1 2x + Arctan x 2x2 + 1 2 Arctan x notée F(x) +Cte . On a : F(x) −→ x−→+∞ π 4 . Pour déterminer la limite de F(x) lorsque x −→ 0, grou- pons les termes de façon à résoudre la forme indéterminée : F(x) = Arctan x − x 2x2 + 1 2 Arctan x = 1 2x2 x − x3 3 + o(x3 ) − x + 1 2 o(1) = o(1) −→ x−→0 0 . On conclut : I = [F(x)]+∞ 0 = π 2 − 0 = π 2 . d) 1) Existence : • L’application f : x −→ 1 + x √ x(1 − x) est continue sur ]0 ; 1[, et f 0. • Étude en 0 : On a : f (x) ∼ x−→0 1 √ x = 1 x1/2 . D’après l’exemple de Riemann en 0 (1/2 < 1) et le théorème d’équivalence pour des fonctions 0, f est intégrable sur ]0 ; 1/2]. • Étude en 1 : On a : f (x) ∼ x−→1 2 √ 1 − x = 2 (1 − x)1/2 . D’après l’exemple de Riemann en 1 (1/2 < 1) et le théorème d’équivalence pour des fonctions 0, f est intégrable sur [1/2 ; 1[. Puisque f est intégrable sur ]0 ; 1/2] et sur [1/2 ; 1[, f est intégrable sur ]0 ; 1[. On conclut que l’intégrale I = 1 0 1 + x √ x(1 − x) dx existe. 2) Calcul : On a, par une mise sous forme canonique : x(1 − x) = −x2 + x = −(x2 − x) = − x − 1 2 2 − 1 4 = 1 4 − x − 1 2 2 = 1 4 1 − 4 x − 1 2 2 = 1 4 1 − (2x − 1)2 . Effectuons le changement de variable t = 2x − 1 : I = 1 0 1 + x √ x(1 − x) dx = 1 −1 1 + 1 + t 2 1 4 (1 − t2) 1 2 dt = 1 2 1 −1 3 + t √ 1 − t2 dt = 1 −1 3 2 1 √ 1 − t2 − 1 2 −t √ 1 − t2 dt = 3 2 Arcsin t − 1 2 1 − t2 1 −1 = 3π 2 . a) 1) Existence : • L’application f : x −→ 1 (x2 + 1)(x2 + x + 1) est continue sur [0 ; +∞[, et f 0. • Étude en +∞ : On a : f (x) ∼ x−→+∞ 1 x4 . D’après l’exemple de Riemann en +∞ (4 > 1) et le théorème d’équivalence pour des fonctions 0, f est intégrable sur [0 ; +∞[. On conclut que l’intégrale I = +∞ 0 dx (x2 + 1)(x2 + x + 1) existe. 2) Calcul : On a, par le changement de variable t = 1 x , qui échange les bornes : I = +∞ 0 1 (x2 + 1)(x2 + x + 1) dx = 0 +∞ 1 1 t2 + 1 1 t2 + 1 t + 1 − dt t2 = +∞ 0 t2 (1 + t2)(1 + t + t2) dt. d’où, en additionnant : 2I = +∞ 0 1 + x2 (x2 + 1)(x2 + x + 1) dx = +∞ 0 dx x2 + x + 1 . 103 3.15
- 114. Il est clair que t −→ ln a 1 + t2 est intégrable sur [0 ; +∞[, donc sur ]0 ; +∞[. D’autre part, d’après 1) (pour a = 1), t −→ ln t 1 + t2 est inté- grable sur ]0 ; +∞[. On peut donc séparer en deux intégrales de fonctions intégrables : I (a) = ln a a +∞ 0 1 1 + t2 dt + 1 a +∞ 0 ln t 1 + t2 dt notée J . Par le changement de variable u = 1 t , qui échange les bornes : J = 0 +∞ −ln u 1 + 1 u2 − du u2 = − +∞ 0 ln u u2 + 1 du = −J , d’où : J = 0, puis : I (a) = ln a a +∞ 0 dt t2 + 1 = ln a a [Arctan t]+∞ 0 = π 2 ln a a . c) 1) Existence : • L’application f : x −→ √ x ln x (1 + x)2 est continue sur ]0 ; +∞[, et f (x) 0 pour x ∈ ]0 ; 1], f (x) 0 pour x ∈ [1 ; +∞[. • Étude en 0 : On a : f (x) = √ x ln x (1 + x)2 −→ x−→0 0, donc f est intégrable sur ]0 ; 1] (faux problème). • Étude en +∞ : On a : f (x) = √ x ln x (1 + x)2 ∼ x−→+∞ ln x x3/2 notée g(x) . Et : x5/4 g(x) = ln x x1/4 −→ x−→+∞ 0, donc, au voisinage de +∞ : x5/4 g(x) 1, d’où : 0 g(x) 1 x5/4 . D’après l’exemple de Riemann en +∞ (5/4 > 1) et le théo- rème de majoration pour des fonctions positives, g est inté- grable sur [1 ; +∞[, puis, par le théorème d’équivalence pour des fonctions 0, f est intégrable sur [1 ; +∞[. Puisque f est intégrable sur ]0 ; 1] et sur (1 ; +∞[, f est in- tégrable sur ]0 ; +∞[. On conclut que l’intégrale I = +∞ 0 √ x ln x (1 + x)2 dx existe. 2) Calcul : Éliminons l’intervention de √ x, par le changement de variable 104 Par mise sous forme canonique : x2 + x + 1 = x + 1 2 2 + 3 4 = 3 4 1 + 4 3 x + 1 2 2 = 3 4 1 + 2x + 1 √ 3 2 . D’où, par le changement de variable t = 2x + 1 √ 3 : 2I = +∞ 1/ √ 3 √ 3 2 dt 3 4 (1 + t2 ) = 2 √ 3 [Arctan t]+∞ 1/ √ 3 = 2 √ 3 π 2 − π 6 = 2 √ 3 π 3 , et on conclut : I = π 3 √ 3 . b) 1) Existence : Soit a ∈ R∗ + fixé. • L’application fa : x −→ lnx x2 + a2 est continue sur ]0 ; +∞[, et fa(x) 0 au voisinage de 0+ , fa(x) 0 au voisinage de +∞. • Étude en 0 : On a : fa(x) ∼ x−→0 lnx a2 . Comme x −→ −ln x est 0 et intégrable sur ]0 ; 1], par théo- rème d’équivalence pour des fonctions 0, − fa est intégrable sur ]0 ; 1], donc fa est intégrable sur ]0 ; 1]. • Étude en +∞ : On a : x3/2 f (x) = x3/2 ln x x2 + a2 ∼ x−→+∞ ln x x1/2 −→ x−→+∞ 0, d’où, pour x assez grand : x3/2 fa(x) 1, puis : 0 fa(x) 1 x3/2 . D’après l’exemple de Riemann en +∞ (3/2 > 1) et le théo- rème de majoration pour des fonctions 0, fa est intégrable sur [1 ; +∞[. Puisque fa est intégrable sur ]0 ; 1] et sur [1 ; +∞[, fa est in- tégrable sur ]0 ; +∞[. On conclut que l’intégrale I (a) = +∞ 0 ln x x2 + a2 dx existe. 2) Calcul : On a, par le changement de variable t = x a : I (a) = +∞ 0 ln x x2 + a2 dx = +∞ 0 ln(at) t2a2 + a2 a dt = 1 a +∞ 0 ln a + ln t 1 + t2 dt.
- 115. 105 t = √ x, x = t2 , dx = 2t dt : I = +∞ 0 √ x ln x (1 + x)2 dx = +∞ 0 2t ln t (1 + t2)2 2t dt = 2 +∞ 0 t ln t 2t (t2 + 1)2 dt. On a, par primitivation par parties pour des applications de classe C1 : t ln t 2t (t2 + 1)2 dt = t ln t −1 t2 + 1 − (1 + ln t) −1 1 + t2 dt = − t ln t 1 + t2 + Arctan t + ln t 1 + t2 dt. D’une part : − t ln t 1 + t2 + Arctan t −→ t−→0 0, − t ln t 1 + t2 + Arctan t −→ t−→+∞ π 2 . D’autre part, l’application t −→ ln t 1 + t2 est intégrable sur ]0 ; +∞[, par la même démarche (par exemple) que plus haut. On déduit, en passant aux limites : I = π − 2 +∞ 0 ln t 1 + t2 dt notée J . Par le changement de variable u = 1 t , qui échange les bornes : J = 0 +∞ −ln u 1 + 1 u2 − du u2 = − +∞ 0 ln u 1 + u2 du = −J , donc J = 0, et on conclut : I = π. 1) Existence : L’application x −→ 1 i + cos x est continue sur le segment [0 ; 2π], donc l’intégrale I = 2π 0 1 i + cos x dx existe. 2) Calcul : On a, par 2π-périodicité : I = π −π 1 i + cos x dx, puis, par le changement de variable t = tan x 2 , qui amène une intégrale de fonction intégrable : I = +∞ −∞ 2 dt 1 + t2 i + 1 − t2 1 + t2 = 2 +∞ −∞ dt (i + 1) + (i − 1)t2 = 2 i + 1 +∞ −∞ dt 1 + i − 1 i + 1 t2 = (1 − i) +∞ −∞ dt 1 + i t2 = (1 − i) +∞ −∞ 1 − i t2 1 + t4 dt = parité 2(1 − i) +∞ 0 1 − i t2 1 + t4 dt. Puisque les applications t −→ 1 1 + t4 et t −→ t2 1 + t4 sont intégrables sur [0 ; +∞[, on peut séparer en deux inté- grales : I = 2(1 − i) +∞ 0 1 1 + t4 dt notée A −i +∞ 0 t2 1 + t4 dt notée B . • Par le changement de variable u = 1 t , qui échange les bornes, on a : A = 0 +∞ 1 1 + 1 u4 − du u2 = +∞ 0 u2 u4 + 1 du = B . • D’autre part : A + B = +∞ 0 1 + t2 1 + t4 dt = parité 1 2 +∞ −∞ 1 + t2 1 + t4 dt . Factorisons t4 + 1 dans les réels : t4 + 1 = (t2 + 1)2 − 2t2 = (t2 − √ 2t + 1)(t2 + √ 2t + 1) . Comme l’application t −→ t √ 2 1 + t4 est intégrable sur ] − ∞ ; +∞[ et est impaire, on a : A + B = 1 2 +∞ −∞ t2 − √ 2t + 1 t4 + 1 dt = 1 2 +∞ −∞ 1 t2 + √ 2t + 1 dt. Par mise sous forme canonique : t2 + √ 2t + 1 = t + √ 2 2 2 + 1 2 = 1 2 1 + 2 t + √ 2 2 2 = 1 2 1 + (t √ 2 + 1)2 . 3.16
- 116. 106 D’où, par le changement de variable u = t √ 2 + 1 : A + B = 1 2 +∞ −∞ 1 1 2 (1 + u2 ) 1 √ 2 du = 1 √ 2 [Arctan u]+∞ −∞ = π √ 2 . On a donc : A = B et A + B = π √ 2 , d’où : A = B = π 2 √ 2 . Enfin : I = 2(1 − i)(A − i B) = 2(1 − i)2 π 2 √ 2 = −i π √ 2. a) Soit a ∈ R. 1) Existence : L’application fa : x −→ 1 (1 + x2)(1 + xa) est continue sur ]0 ; +∞[, et on a : ∀ x ∈ ]0 ; +∞[, 0 fa(x) 1 1 + x2 . Puisque x −→ 1 1 + x2 est intégrable sur [0 ; +∞[, donc sur ]0 ; +∞[, par théorème de majoration pour des fonctions 0, fa est intégrable sur ]0 ; +∞[. On conclut que I (a) = +∞ 0 1 (1 + x2)(1 + xa) dx existe. 2) Calcul : Soit a ∈ R fixé. On a, par le changement de variable t = 1 x , qui échange les bornes : I (a) = 0 +∞ 1 1 + 1 t2 1 + 1 ta − dt t2 = +∞ 0 ta (t2 + 1)(ta + 1) dt, d’où, par addition : 2I (a) = +∞ 0 1 + xa (1 + x2)(1 + xa) dx = +∞ 0 1 1 + x2 dx = [Arctan x]+∞ 0 = π 2 . On conclut : +∞ 0 1 (1 + x2)(1 + xa) dx = π 4 . b) Soit a ∈ R∗ +. 1) Existence : • L’application fa : x −→ 1 a2 + x − 1 x 2 est continue sur ]0 ; +∞[, et fa 0. • Étude en 0 : On a : fa(x) −→ x−→0 0, donc fa est intégrable sur ]0 ; 1] (faux problème). • Étude en +∞ : On a : fa(x) ∼ x−→+∞ 1 x2 . D’après l’exemple de Riemann en +∞ (2 > 1 ) et le théorème d’équivalence pour des fonctions 0, fa est intégrable sur [1 ; +∞[. Puisque fa est intégrable sur ]0 ; 1] et sur [1 ; +∞[, fa est intégrable sur ]0 ; +∞[. On conclut que l’intégrale I (a) = +∞ 0 1 a2 + x − 1 x 2 dx existe. 2) Calcul : On a, par le changement de variable t = 1 x , qui échange les bornes : I (a) = 0 +∞ 1 a2 + 1 t − t 2 − dt t2 = +∞ 0 1 t2 a2 + t − 1 t 2 dt, puis, par addition : 2I (a) = +∞ 0 1 + 1 x2 a2 + x − 1 x 2 dx. On remarque : d x − 1 x = 1 + 1 x2 dx. L’application ϕ :]0 ; +∞[−→ R, x −→ x − 1 x est de classe C1 et : ∀ x ∈ ]0 ; +∞[, ϕ (x) = 1 + 1 x2 , donc ϕ est strictement croissante sur ]0 ; +∞[. On a alors, en effectuant le changement de variable u = x − 1 x : 2I (a) = +∞ −∞ 1 a2 + u2 du. Par le changement de variable v = u a : 2I (a) = +∞ −∞ a a2 + a2v2 dv = 1 a +∞ −∞ 1 1 + v2 dv = 1 a [Arctan v]+∞ −∞ = π a . On conclut : ∀ a ∈ ]0 ; +∞[, +∞ 0 1 a2 + x − 1 x 2 dx = π 2a . 3.17
- 117. 107 c) Soit (a,b) ∈ ]1 ; +∞[2 . 1) Existence : L’application fa,b : x −→ sin 2 x (a − cos x)(b − cos x) est continue sur le segment [0; π], donc l’intégrale proposée I (a,b) = π 0 sin 2 x (a − cos x)(b − cos x) dx existe. 2) Calcul : On a : ∀ x ∈ [0 ; π], fa,b(x) = 1 − cos 2 x (a − cos x)(b − cos x) . Effectuons la décomposition en éléments simples de 1 − X2 (a − X)(b − X) dans R[X]. Par division euclidienne du nu- mérateur par le dénominateur, la partie entière est égale à −1. Il existe (α,β) ∈ R2 tel que : 1 − X2 (a − X)(b − X) = −1 + α a − X + β b − X . Pour calculer α, on multiplie par a − X puis on remplace X par a, et on obtient : α = 1 − a2 b − a . De même : β = 1 − b2 a − b . D’où : I (a,b) = π 0 − 1 + 1 − a2 b − a 1 a − cos x + 1 − b2 a − b 1 b − cos x dx = −π + 1 − a2 b − a π 0 1 a − cos x dx + 1 − b2 a − b π 0 1 b − cos x dx . Considérons, pour c ∈ ]1 ; +∞[ : J(c) = π 0 dx c − cos x . On a, par le changement de variable t = tan x 2 , qui amène des intégrales de fonctions intégrables : J(c) = +∞ 0 1 c − 1 − t2 1 + t2 2dt 1 + t2 = +∞ 0 2 (c − 1) + (c + 1)t2 dt = 2 c − 1 +∞ 0 1 1 + c − 1 c + 1 t2 dt = 2 c − 1 c − 1 c + 1 Arctan c + 1 c − 1 t +∞ 0 = π √ c2 − 1 . d’où : I (a,b) = − π + 1 − a2 b − a π √ a2 − 1 + 1 − b2 a − b π √ b2 − 1 = − π + π b − a b2 − 1 − a2 − 1 = − π + π(b2 − a2 ) (b − a) √ b2 − 1 + √ a2 − 1 = − π + π(b + a) √ b2 − 1 + √ a2 − 1 = π a + b − √ a2 − 1 − √ b2 − 1 √ a2 − 1 + √ b2 − 1 . d) Notons, pour a ∈ R, fa la fonction définie par fa(x) = 1 x2 − 2x cos a + 1 . 1) Existence : Soit a ∈ R. • Le discriminant du trinôme réel x2 − 2x cos a + 1 est ∆ = 4 cos 2 a − 4 = −4 sin 2 a. Si a ≡ 0 [2π] , alors fa(x) = 1 x2 − 2x + 1 = 1 (x − 1)2 , donc, d’après l’exemple de Riemann en 1 (2 1), fa n’est pas intégrable sur [1 ; +∞[, donc ne l’est pas non plus sur ] − ∞ ; +∞[. Si a ≡ π [2π], alors fa(x) = 1 x2 + 2x + 1 = 1 (x + 1)2 , donc, comme plus haut, fa n’est pas intégrable sur ] − ∞ ; +∞[. Supposons dorénavant a ≡ 0 [π] , c’est-à-dire ∆ < 0 . L’application fa est alors continue sur ] − ∞ ; +∞[. • Étude en ±∞ : On a : fa(x) ∼ x−→±∞ 1 x2 0. D’après l’exemple de Riemann en ±∞ (2 > 1) et le théorème d’équivalence pour des fonc- tions 0, fa est intégrable sur ] − ∞ ; −1] et sur [1 ; +∞[, puis sur ] − ∞ ; +∞[. On conclut : l’intégrale I (a) = +∞ −∞ 1 x2 − 2x cos a + 1 dx existe si et seulement si a ∈ R − πZ. 2) Calcul : Il est clair que l’application I : a −→ I (a) est 2π-périodique et paire. On peut donc supposer : a ∈ ]0 ; π[.
- 118. 108 On a, par mise sous forme canonique : x2 − 2x cos a + 1 = (x − cos a)2 + sin 2 a = sin 2 a 1 + x − cos a sin a 2 . Effectuons le changement de variable t = x − cos a sin a : I (a) = +∞ −∞ sin a sin 2a(1 + t2) dt = 1 sin a [Arctan t]+∞ −∞ = π sin a . Finalement : I (a) = π sin a , si a ∈ ]0 ; π[, complétée par parité et 2π-périodicité. e) 1) Existence : Soit a ∈ R. Considérons la fonction fa : x −→ 1 ch x − cos a . • Si cos a = 1, c’est-à-dire si a ∈ 2πZ, alors : fa(x) = 1 ch x − 1 ∼ x−→0 2 x2 0 . D’après l’exemple de Riemann en 0 (2 1) et le théorème d’équivalence pour des fonctions 0, fa n’est pas intégrable sur ]0 ; 1], donc ne l’est pas non plus sur ] − ∞ ; +∞[. • Supposons cos a =/ 1, c’est-à-dire a ∈ R − 2πZ.Alors, l’ap- plication fa est continue sur R, paire, 0 et : fa(x) = 1 ch x − cos a ∼ x−→+∞ 1 ch x ∼ x−→+∞ 2 e−x . Comme l’application x −→ e−x est intégrable sur [0 ; +∞[, par théorème d’équivalence pour des fonctions 0, fa est in- tégrable sur [0 ; +∞[, puis, par parité, fa est intégrable sur ] − ∞ ; 0], et enfin fa est intégrable sur ] − ∞ ; +∞[. On conclut que l’intégrale I (a) = +∞ −∞ sin a ch x − cos a dx existe si et seulement si a ∈ R − 2πZ. 2) Calcul : Soit a ∈ R − 2πZ. Il est clair que l’application I : a −→ I (a) est 2π-périodique et impaire. On peut donc supposer a ∈ ]0 ; π]. Si a = π, alors I (a) = 0. Supposons a =/ π. On a alors : I (a) = +∞ −∞ sin a ch x − cos a dx = +∞ −∞ sin a ex + e−x 2 − cos a dx = +∞ −∞ 2ex sin a e2x + 1 − 2ex cos a dx. Effectuons le changement de variable t = ex , x = ln t, dx = dt t : I (a) = +∞ 0 2 sin a t2 − 2t cos a + 1 dt . On a, par mise sous forme canonique : t2 − 2t cos a + 1 = (t − cos a)2 + sin 2 a = sin 2 a 1 + t − cos a sin a 2 . D’où, par le changement de variable u = t − cos a sin a : I (a) = +∞ −cotan a 2 sin 2 a du sin 2a(1 + u2) = 2[Arctan u]+∞ −cotan a = 2 π 2 − Arctan (−cotan a) = π + 2Arctan 1 tan a = π + 2 π 2 − Arctan (tan a) = π + 2 π 2 − a = 2π − 2a, et cette dernière expression est aussi valable pour a = π. On conclut : I (a) = 2π − 2a, complétée par imparité et par 2π-périodicité. f) 1) Existence : Soit a ∈ ]0 ; 1[ fixé. • L’application fa : x −→ 1 (1 + ax) √ x(1 − x) est continue sur ]0 ; 1[, et fa 0. • Étude en 0 : On a : fa(x) ∼ x−→0 1 x1/2 . D’après l’exemple de Riemann en 0 (1/2 < 1) et le théorème d’équivalence pour des fonctions 0, fa est intégrable sur ]0 ; 1/2].
- 119. 109 • Étude en 1 : On a : fa(x) ∼ x−→1 1 1 + a 1 (1 − x)1/2 . D’après l’exemple de Riemann en 1 (1/2 < 1) et le théorème d’équivalence pour des fonctions 0, fa est intégrable sur [1/2 ; 1[. Puisque fa est intégrable sur ]0 ; 1/2] et sur [1/2 ; 1[, fa est in- tégrable sur ]0 ; 1[. On conclut que l’intégrale I (a) = 1 0 1 (1 + ax) √ x(1 − x) dx existe, pour tout a ∈ ]0 ; 1[. 2) Calcul : On a, par mise sous forme canonique : x(1 − x) = −x2 + x = −(x2 − x) = − x − 1 2 2 − 1 4 = 1 4 − x − 1 2 2 = 1 4 1 − x − 1 2 2 . d’où, par le changement de variable t = 2x − 1 : I (a) = 1 −1 1 1 + a t + 1 2 1 2 1 − t2 1 2 dt . Puis, par le changement de variable u = Arccos t, t = cos u, dt = − sin u du : I (a) = 0 π − sin u 1 + a cos u + 1 2 sin u du = π 0 2 2 + a + a cos u du. Par le changement de variable v = tan u 2 , qui amène une inté- grale de fonction intégrable : I (a) = +∞ 0 2 2 + a + a 1 − v2 1 + v2 dv = +∞ 0 2 (1 + a) + v2 dv = 2 1 + a +∞ 0 1 1 + 1 1 + a v2 dv = 2 1 + a √ 1 + a Arctan v √ 1 + a +∞ 0 = 2 √ 1 + a π 2 = π √ 1 + a . On conclut : ∀ a ∈ ]0 ; 1[, I (a) = π √ 1 + a . 1) Existence : Soit z ∈ C. Notons z = x + i y, (x,y) ∈ R2 . L’application fz : t −→ ezt e−|t| est continue sur R et : ∀ t ∈ R, | fz(t)| = ext e−|t| = e(x−1)t si t 0 e(x+1)t si t 0. D’après le cours, l’application t −→ e(x−1)t est intégrable sur [0 ; +∞[ si et seulement si x − 1 < 0 , et l’application t −→ e(x+1)t est intégrable sur ] − ∞ ; 0] si et seulement si x + 1 > 0. Il en résulte que fz est intégrable sur R si et seulement si : x − 1 < 0 et x + 1 > 0, c’est-à-dire : −1 < x < 1. 2) Calcul : Soit z ∈ C, z = x + i y, (x,y) ∈ R2 tel que −1 < x < 1. On a alors : I (z) = +∞ −∞ ezt e−|t| dt = 0 −∞ ezt et dt + +∞ 0 ezt e−t dt = 0 −∞ e(z+1)t dt + +∞ 0 e(z−1)t dt = e(z+1)t z + 1 0 −∞ + e(z−1)t z − 1 +∞ 0 = 1 z + 1 − 1 z − 1 = 2 1 − z2 . Pour tout x ∈ ]0 ; +∞[, f (x) = 3x 2x sin t sh2 t dt existe comme intégrale d’une application continue sur un segment. Comme sin t sh2 t ∼ t−→0 1 t , considérons g(x) = 3x 2x 1 t dt. • On a : g(x) = [ ln t]3x 2x = ln 3x 2x = ln 3 2 . • D’autre part : f (x) − g(x) = 3x 2x sin t sh2 t − 1 t dt. L’application ϕ : t −→ sin t sh2 t − 1 t . est continue sur ]0 ; 1] et, au voisinage de 0 : ϕ(t) = t + o(t2 ) t + o(t2) 2 − 1 t = t + o(t2 ) t2 + o(t2) − 1 t = 1 + o(t) t(1 + o(t) − 1 t = 1 t 1 + o(t) − 1 t = o(t) t = o(1), donc : ϕ(t) −→ t−→0 0. 3.18 3.19
- 120. 110 Puisque ϕ admet une limite finie en 0, ϕ est intégrable sur ]0 ; 1], donc : 3x 2x ϕ(t) dt = 3x 0 ϕ(t) dt − 2x 0 ϕ(t) dt −→ x−→0 0 . Ainsi : f (x) − g(x) −→ x−→0 0, ou encore : f (x) − g(x) = o(1). On obtient : f (x) = f (x) − g(x) + g(x) = o(1) + ln 3 2 −→ x−→0 ln 3 2 . On conclut : lim x−→0+ 3x 2x sin t sh2 t dt = ln 3 2 . Considérons l’application F : [−1 ; 1] × [1 ; +∞[−→ R, (x,t) −→ (t + 2)x−1 (t + 1)x+1 . • L’application F est continue par rapport à x et continue par morceaux (car continue) par rapport à t. • On a, pour tout (x,t) ∈ [−1 ; 1] × [1 ; +∞[ : |F(x,t)| = (t + 2)x−1 (t + 1)x+1 = t + 2 t + 1 x−1 1 (t + 1)2 1 (t + 1)2 1 t2 et l’application t −→ 1 t2 est continue par morceaux (car conti- nue), 0, intégrable sur [1 ; +∞[. Ainsi, F vérifie HD. D’après le théorème de continuité sous le signe intégrale, avec HD, il s’ensuit que, pour tout x ∈ [−1 ; 1], l’application F(x,·) est intégrable sur [1 ; +∞[, et que l’application f : x −→ +∞ 1 F(x,t) dt est continue sur [−1 ; 1]. En particulier : f (x) −→ x−→0 f (0). Et : f (0) = +∞ 1 (t + 2)−1 t + 1 dt = +∞ 1 1 (t + 1)(t + 2) dt = +∞ 1 1 t + 1 − 1 t + 2 dt = ln(t + 1) − ln (t + 2) +∞ 1 = ln t + 1 t + 2 +∞ 1 = −ln 2 3 = ln 3 2 . On conclut : lim x−→0 +∞ 1 (t + 2)x−1 (t + 1)x+1 dt = ln 3 2 . a) Soit x ∈ ]0 ; +∞[. • L’application gx : t −→ t3 √ 1 + t4 e−xt est continue sur [0 ; +∞[, et gx 0. • Étude en +∞ : On a : t2 gx (t) = t5 √ 1 + t4 e−xt ∼ t−→+∞ t3 e−xt −→ t−→+∞ 0 , donc, au voisinage de +∞ : t2 gx (t) 1, d’où : 0 gx (t) 1 t2 . D’après l’exemple de Riemann en +∞ (2 > 1) et le théorème de majoration pour des fonctions 0, gx est intégrable sur [0 ; +∞[, et on conclut que, pour tout x ∈ ]0 ; +∞[, f (x) = +∞ 0 t3 √ 1 + t4 e−xt dt existe. b) 1) Étude en 0 : Soit x ∈ ]0 ; +∞[. On a : f (x) = +∞ 0 t3 √ 1 + t4 e−xt dt +∞ 1 t3 √ 1 + t4 e−xt dt +∞ 1 t3 √ 2t4 e−xt dt = 1 √ 2 +∞ 1 t e−xt dt 1 √ 2 +∞ 1 e−xt dt = 1 √ 2 e−xt −x +∞ 1 = 1 x √ 2 −→ x−→0+ +∞, donc : f (x) −→ x−→+∞ +∞. 2) Étude en +∞ : Soit x ∈ ]0 ; +∞[. On a : 0 f (x) = +∞ 0 t3 √ 1 + t4 e−xt dt +∞ 0 t3 e−xt dt = u=xt +∞ 0 u x 3 e−u du x = 1 x4 +∞ 0 u3 e−u du −→ x−→+∞ 0, donc : f (x) −→ x−→+∞ 0. a) Soit λ ∈ ]0 ; +∞[. L’application f λ + g est continue sur [0 ; +∞[. 3.20 3.21 3.22
- 121. 111 On a : 0 f λ + g 1 λ f. Puisque f est intégrable sur [0 ; +∞[, d’après le théorème de majoration pour des fonctions 0, f λ + g est intégrable sur [0 ; +∞[. On conclut que, pour tout λ ∈ ]0 ; +∞[, l’intégrale φ(λ) = +∞ 0 f λ + g existe. b) On suppose, de plus, que g est bornée. On a, pour tout λ ∈ ]0 ; +∞[ : φ(λ) − 1 λ +∞ 0 f = +∞ 0 f λ + g − f λ = +∞ 0 f g λ(λ + g) ||g||∞ λ +∞ 0 f λ + g = ||g||∞ λ φ(λ) = o λ−→+∞ φ(λ) . On conclut : φ(λ) ∼ λ−→+∞ 1 λ +∞ 0 f. Soit x ∈ [1 ; +∞[. L’intégrale I (x) = π/2 0 e−x sin t dt existe comme intégrale de fonction continue sur un segment. Considérons J(x) = π/2 0 e−x sin t cos t dt , qui ressemble à I (x). • On a : 0 I (x) − J(x) = π/2 0 e−x sin t (1 − cos t) dt = π/2 0 e−x sin t 2 sin 2 t 2 dt notée K(x) . On sait : ∀ x ∈ [0 ; π/2], 2 π u sin u u. D’une part : K(x) π/2 0 e−x 2t π 2 t 2 2 dt = 1 2 π/2 0 e− 2x π t t2 dt . Par le changement de variable u = 2x π t : K(x) 1 2 x 0 e−u πu 2x 2 π 2x du = π3 16x3 x 0 u2 e−u du . D’après le cours sur la fonction d’Euler par exemple, l’ap- plication u −→ u2 e−u est intégrable sur [0 ; +∞[, et : 0 x 0 u2 e−u du +∞ 0 u2 e−u du = (3) = 2! = 2 . Il en résulte : K(x) π3 8x3 , donc : I (x) − J(x) = O x−→+∞ 1 x3 . • On calcule J(x), par le changement de variable v = sin t : J(x) = π/2 0 e−x sin t cos t dt = 1 0 e−xv dv = e−xv −x 1 0 = e−x − 1 −x = 1 − e−x x , d’où : J(x) = 1 x + o x−→+∞ 1 x . Enfin : I (x) = I (x) − J(x) + J(x) = 1 x + o 1 x + O 1 x3 = 1 x + o 1 x . On conclut : π/2 0 e−x sin t dt ∼ x−→+∞ 1 x . Pour tout x ∈ [1 ; +∞[, f (x) = x2 x dt √ t4 + 1 existe comme intégrale d’une application continue sur un segment. On va se ramener au voisinage de 0, par un changement de va- riable, de façon à pouvoir utiliser les DL(0) usuels. Soit x ∈ [1 ; +∞[. On a, par le changement de variable u = 1 t : f (x) = x2 x dt √ t4 + 1 = 1 x2 1 x − du u2 1 u4 + 1 = 1 x 1 x2 du √ 1 + u4 . Considérons les applications ϕ : R −→ R, u −→ 1 √ 1 + u4 , F : R −→ R, y −→ F(y) = y 0 du √ 1 + u4 . Puisque ϕ est continue sur R et que F est une primitive de ϕ sur R, F est de classe C1 sur R et F = ϕ. Par opérations, ϕ admet un DL11(0) : ϕ(u) = 1 √ 1 + u4 = (1 + u4 )− 1 2 = 1 + − 1 2 u4 + 1 2! − 1 2 − 3 2 u8 + o(u11 ) = 1 − 1 2 u4 + 3 8 u8 + o(u11 ). 3.23 3.24
- 122. 112 Par primitivation, F admet donc un DL12(0) : F(y) = F(0) + y − 1 2 y5 5 + 3 8 y9 9 + o(y12 ) = y − 1 10 y5 + 1 24 y9 + o(y12 ). Enfin : f (x) = F 1 x − F 1 x2 = 1 x − 1 10 1 x5 + 1 24 1 x9 + o 1 x12 − 1 x2 − 1 10 1 x10 + o 1 x12 = 1 x − 1 x2 − 1 10x5 + 1 24x9 + 1 10x10 + o x−→+∞ 1 x12 . • On a : ∀ x ∈ [0 ; π/2], x + cos x x 0 ∀ x ∈ [π/2 ; +∞[, x + cos x x − 1 > 0, donc l’application f : x −→ sin x √ x √ x + cos x − √ x , est continue sur ]0 ; +∞[. • Étude en 0 : On a : sin x √ x ∼ x−→0 x √ x = √ x −→ x−→0 0 et √ x + cos x − √ x −→ x−→0 1 , donc : f (x) −→ x−→0 0. Il en résulte que f est intégrable sur ]0 ; 1] (faux problème). • Étude en +∞ : En utilisant une expression conjuguée et des développements asymptotiques : f (x) = sin x √ x √ x + cos x − √ x = sin x √ x cos x √ x + cos x + √ x = sin x cos x x 1 1 + cos x x + 1 = sin x cos x x 1 2 + O 1 x = sin x cos x 2x 1 + O 1 x −1 = sin x cos x 2x 1 + O 1 x = sin x cos x 2x + O 1 x2 = 1 2 sin 2x 2x + O 1 x2 . D’après un exemple du cours, l’application t −→ sin t t est d’intégrale convergente sur [1 ; +∞[, donc, par le changement de variable t = 2x, l’application x −→ sin 2x 2x est d’intégrale convergente sur [1/2 ; +∞[. D’autre part, il existe a > 0 et C ∈ R+ tels que : ∀ x a, O 1 x2 C x2 . D’après l’exemple de Riemann en +∞ (2 > 1) et le théorème de majoration pour des fonctions 0, x −→ O 1 x2 , est intégrable sur [a ; +∞[, donc x −→ O 1 x2 l’est aussi. Il en résulte que x −→ O 1 x2 est d’intégrale convergente sur [1 ; +∞[. Par combinaison linéaire, on conclut que f est d’intégrale conver- gente sur [1 ; +∞[. Finalement, l’intégrale →+∞ →0 sin x √ x √ x + cos x − √ x dx converge. • Considérons l’application u : [0 ; +∞[−→ R, x −→ x + √ x sin x . Si x ∈ ]0 ; π], alors sin x 0, donc u(x) x > 0. Si x ∈ [π ; +∞[, alors : u(x) x − √ x = √ x( √ x − 1) > 0 . Ceci montre : ∀ x ∈ ]0 ; +∞[, u(x) > 0, donc l’application f :]0 ; +∞[−→ R, x −→ sin x x + √ x sin x est continue sur ]0 ; +∞[. • Étude en +∞ : On a, en utilisant des développements asymptotiques : f (x) = sin x x + √ x sin x = sin x √ x 1 + sin x √ x − 1 2 3.25 3.26
- 123. 113 = sin x √ x 1 − 1 2 sin x √ x + O x−→+∞ 1 x = sin x √ x − 1 2 sin 2 x x + O 1 x3/2 . ∗ D’après un exemple du cours (cf. aussi exercice 3.46), →+∞ 1 sin x √ x dx converge. ∗ Comme sin 2 x x = 1 − cos 2x 2x = 1 2x − cos 2x 2x , que →+∞ 1 1 x dx diverge et que, d’après un exemple classique, →+∞ 1 cos 2x 2x dx converge, par opération (raisonnement par l’absurde, par exemple), →+∞ 1 sin 2 x x dx diverge. ∗ Il existe a ∈ [1 ; +∞[ et C ∈ R+ tels que : ∀ x ∈ [a ; +∞[, O 1 x3/2 C x3/2 . D’après l’exemple de Riemann en +∞ (3/2 > 1) et le théo- rème de majoration pour des fonctions 0, x −→ O 1 x3/2 est intégrable sur [a ; +∞[, donc →+∞ 1 O 1 x3/2 dx converge absolument, donc converge. Par addition de deux convergentes et d’une divergente, on dé- duit que l’intégrale +∞ 1 f (x) dx diverge. Il n’est pas alors utile d’étudier 1 →0 f (x) dx. On conclut que l’intégrale →+∞ →0 sin x x + √ x sin x dx diverge. 1) Existence : Soit Q ∈ R[X]. • L’application f : x −→ e−x2 Q(x) est continue sur R. • On a : x2 f (x) = x2 Q(x) e−x2 −→ x−→±∞ 0, par prépondérance de l’exponentielle sur les polynômes. On a donc, pour |x| assez grand : |x2 f (x)| 1, d’où : 0 | f (x)| 1 x2 . D’après l’exemple de Riemann en ±∞ (2 > 1) et le théorème de majoration pour des fonctions 0, | f | est intégrable sur ] − ∞ ; −1] et sur [1 ; +∞[, donc f est intégrable sur R. Ceci montre que, pour tout polynôme Q de R[X], l’intégrale +∞ −∞ e−x2 Q(x) dx existe. En particulier, l’intégrale I = +∞ −∞ e−x2 P(x + a) dx existe. 2) Expression de I : En utilisant la formule de Taylor pour les polynômes et en no- tant N = deg (P), on a : I = +∞ −∞ e−x2 N k=0 P(k) (a) k! xk dx = N k=0 P(k) (a) k! +∞ −∞ e−x2 xk dx notée Ik où les intégrales Ik, existent, d’après 1). Si k est impair, comme x −→ e−x2 xk est impaire et intégrable sur R, on a Ik = 0. Supposons k pair, k = 2p, p ∈ N. Alors, comme x −→ e−x2 xk est paire et intégrable sur R, on a : Ik = 2 +∞ 0 e−x2 x2p dx . Cette dernière intégrale a été calculée dans l’exercice 3.4 (par intégration par parties et relation de récurrence), donc : Ik = (2p + 1)! 22p p! √ π. Finalement : I = √ π E N 2 p=0 2p + 1 22p p! P(2p) (a), où N = deg (P). Nous allons essayer d’appliquer le théorème de conti- nuité sous le signe intégrale. Considérons l’application : F : [0 ; +∞[ × ]0 ; 1[−→ R, (x,t) −→ 1 − tx 1 − t . • F est continue par rapport à x et continue par morceaux (car continue) par rapport à t • On a, pour tout (x,t) ∈ [0 ; 1/2]×]0 ; 1[ : |F(x,t)| = 1 − tx 1 − t 1 − t1/2 1 − t = 1 1 + t1/2 1 , et l’application constante 1 est continue par morceaux, 0, intégrable sur l’intervalle borné ]0 ; 1[. Ainsi, F vérifie HD sur [0 ; 1/2]×]0 ; 1[. D’après le théorème de continuité sous le signe intégrale, avec HD, l’application f : [0 ; 1/2] −→ R, x −→ f (x) = 1 0 1 − tx 1 − t dt est continue sur [0 ; 1/2]. 3.27 3.28
- 124. 114 En particulier : f (x) −→ x−→0 f (0) = 0. On conclut : lim x−→0 1 0 1 − tx 1 − t dt = 0. a) Soit x ∈ ]0 ; +∞[. • L’application g : t −→ ta et − 1 est continue sur [x ; +∞[, 0. • Étude en +∞ : On a : t2 g(t) = ta+2 et − 1 −→ t−→+∞ 0, donc, pour t assez grand : t2 g(t) 1, puis : 0 g(t) 1 t2 . D’après l’exemple de Riemann en +∞ (2 > 1) et le théorème de majoration pour des fonctions 0, g est intégrable sur [x ; +∞[. On conclut que, pour tout x ∈ ]0 ; +∞[, f (x) = +∞ x ta et − 1 dt existe. b) • Puisque g : t −→ ta et − 1 est continue sur ]0 ; +∞[, l’ap- plication G : x −→ x 1 g(t) dt est de classe C1 sur ]0 ; +∞[, donc a fortiori G est continue sur ]0 ; +∞[. Enfin, comme, pour tout x ∈ ]0 ; +∞[ : f (x) = 1 x g(t) dt + +∞ 1 g(t) dt = −G(x) + +∞ 1 g(t) dt , f est continue sur ]0 ; +∞[. • Étude en 0 : On a : g(t) = ta et − 1 ∼ t−→0 ta t = ta−1 . D’après l’exemple de Riemann en 0 (a − 1 > −1) et le théo- rème d’équivalence pour des fonctions 0, g est intégrable sur ]0 ; 1]. Il en résulte : 1 x g(t) dt −→ x−→0 1 0 g(t) dt, puis : f (x) = +∞ x g(t) dt −→ x−→0 +∞ 0 g(t) dt. Ainsi, f admet une limite finie en 0, donc f est intégrable sur ]0 ; 1] (faux problème). • Étude en +∞ : On a : et/2 ta et − 1 ∼ t−→+∞ ta et/2 −→ t−→+∞ 0, donc, pour t assez grand : et/2 ta et − 1 1, puis : ta et − 1 e−t/2 . On déduit, pour x assez grand : 0 f (x) = +∞ x ta et − 1 dt +∞ x e−t/2 dt = − 2 e −t/2 +∞ x = 2 e −x/2 . Comme x −→ e−x/2 est intégrable sur [1 ; +∞[, par théo- rème de majoration pour des fonctions 0, f est intégrable sur [1 ; +∞[. Puisque f est intégrable sur ]0 ; 1] et sur [1 ; +∞[, f est in- tégrable sur ]0 ; +∞[. a) Soit x ∈ R. • L’application gx : t −→ sin (xt) sin t est continue sur ]0 ; π/2]. • On a : gx (t) ∼ t−→0 xt t = x, d’où : gx (t) −→ t−→0 x, donc gx est intégrable sur ]0 ; π/2] (faux problème). On conclut que f est définie sur R. b) Nous allons essayer d’appliquer le théorème de dérivation sous le signe intégrale. Notons F : R×]0 ; π/2] −→ R, (x,t) −→ sin (xt) sin t . • Pour tout x ∈ R, F(x,·) est intégrable sur ]0 ; π/2] d’après a). • ∂F ∂x : (x,t) −→ t cos (xt) sin t existe sur R×]0 ; π/2], est conti- nue par rapport à x, continue par morceaux (car continue) par rapport à t. • Rappelons : ∀ u ∈ R, | sin u| |u| ∀ u ∈ [0 ; π/2], sin u 2u π . Soit a ∈ R+ fixé. On a donc, pour tout (x,t) ∈ [−a ; a]×]0 ; π/2] : ∂F ∂x (x,t) = | sin (xt)| sin t |xt| 2t π = π 2 |x| π 2 a et l’application constante π 2 a est intégrable sur l’intervalle borné ]0 ; π/2]. Ainsi, ∂F ∂x vérifie HDL. D’après le théorème de dérivation sous le signe intégrale, f est de classe C1 sur R et : ∀ x ∈ R, f (x) = π/2 0 t cos (xt) sin t dt . 3.30 3.29
- 125. 115 c) Comme plus haut, on a : | f (x)| = π/2 0 sin (xt) sin t dt π/2 0 | sin (xt)| sin t dt π/2 0 |xt| 2t π dt = π|x| 2 π/2 0 dt = π2 |x| 4 −→ x−→0 0, donc : f (x) −→ x−→0 0. Pour tout x ∈ [0 ; +∞[, f (x) = π/2 0 tx cos t dt existe comme intégrale d’une application continue (continue par morceaux si x = 0) sur un segment. 1) On a : f (0) = π/2 0 cos t dt = [ sin t] π/2 0 = 1 > 3 4 et f (1) = π/2 0 t cos t dt = ipp [t sin t] π/2 0 − π/2 0 sin t dt = π 2 + [ cos t] π/2 0 = π 2 − 1 < 3 4 . Ainsi, 3 4 , est compris entre deux valeurs de f. 2) Montrons que f est continue sur [0 ; +∞[, en essayant d’uti- liser le théorème de continuité sous le signe intégrale. Notons F : [0 ; +∞[×[0 ; π/2] −→ R, (x,t) −→ tx cos t. • F est continue par rapport à x et continue par morceaux (car continue) par rapport à t. • Soit a ∈ [0 ; +∞[. On a, pour tout (x,t) ∈ [0 ; a] × [0 ; π/2] : |F(x,t)| = |tx cos t| = tx cos t tx π 2 a et l’application constante π 2 a est intégrable sur le segment [0 ; π/2]. Ainsi, F vérifie HDL. D’après le théorème de continuité sous le signe intégrale, on déduit que f est continue sur [0 ; +∞[. 3) Puisque f est continue sur l’intervalle [0 ; +∞[ et que f (0) > 3 4 > f (1), d’après le théorème des valeurs intermé- diaires, il existe c ∈ ]0 ; 1[ tel que : f (c) = 3 4 . 1) Ensemble de définition : Soit x ∈ R. L’application gx : t −→ Arctan (x tan t) est continue sur [0 ; π/2[. • Étude en π/2 : On a : gx (t) −→ t−→π/2 π/2 si x > 0 0 si x = 0 −π/2 si x < 0, donc gx est intégrable sur [0 ; π/2[ (faux problème). On conclut : Déf ( f ) = R. 2) Parité : On a : ∀ x ∈ R, f (−x) = − f (x), donc f est impaire. On peut donc se limiter, dans la suite de l’étude, à x 0. 3) Continuité : Notons F : [0 ; +∞[×[0 ; π/2[−→ R, (x,t) −→ Arctan (x tan t) . • F est continue par rapport à x et continue par morceaux (car continue) par rapport à t. • On a, pour tout (x,t) ∈ [0 ; +∞[×[0 ; π/2[ : |F(x,t)| = Arctan (x tan t) π 2 , et l’application constante π/2 est intégrable sur l’intervalle borné [0 ; π/2[. Ainsi, F vérifie HD. D’après le théorème de continuité sous le signe intégrale, f est continue sur [0 ; +∞[. 4) Classe C1 , variations : Gardons les notations de 3). • Pour tout x ∈ [0 ; +∞[, F(x,·) est intégrable sur [0 ; π/2[ d’après 1). • ∂F ∂x : (x,t) −→ tan t 1 + x2tan2t existe sur [0 ; +∞[×[0 ; π/2[, est continue par rapport à x, continue par morceaux (car conti- nue) par rapport à t. • Soit (a,b) ∈ R2 tel que 0 < a < b. On a, pour tout (x,t) ∈ [a ; b] × [0 ; π : 2[ : ∂F ∂x (x,t) = tan t 1 + x2tan2t tan t 1 + a2tan2t notée ϕa(t) . L’application ϕa est continue par morceaux (car continue), 0, intégrable sur [0 ; π/2[ car ϕa(t) ∼ t−→π/2 tan t a2tan2t = 1 a2tan t −→ t−→π/2 0 (faux problème). Ainsi, ∂F ∂x vérifie HDL sur ]0 ; +∞[×[0 ; π/2[. D’après le théorème de dérivation sous le signe intégrale, avec HDL, f est de classe C1 sur]0 ; +∞[ et : 3.31 3.32
- 126. 116 ∀ x ∈ ]0 ; +∞[, f (x) = π/2 0 tan t 1 + x2tan2t dt . Puisque l’application tan t 1 + x2tan2t est continue sur [0 ; π/2[, 0, et n’est pas l’application nulle, on a : ∀ x ∈ ]0 ; +∞[, f (x) > 0 . Comme, de plus, f est continue en 0, on conclut que f est strictement croissante sur [0 ; +∞[. 5) Classe C2 , convexité : Par la même démarche qu’en 4), on montre que f est de classe C2 sur ]0 ; +∞[ et que : ∀ x ∈ ]0 ; +∞[, f (x) = − +∞ 0 2x tan3 t (1 + x2tan2t)2 dt 0 , donc f est concave sur ]0 ; +∞[. 6) Étude en 0 : 1re méthode : On a, pour tout x ∈ ]0 ; +∞[ : f (x) = π/2 0 tan t 1 + x2tan2t dt Arctan 1 x 0 tan t 1 + x2tan2t dt Arctan 1 x 0 tan t 2 dt = − 1 2 [ln cos t] Arctan 1 x 0 = − 1 2 ln cos Arctan 1 x = − 1 2 ln 1 1 + 1 x2 = 1 4 ln 1 + 1 x2 −→ x−→0+ +∞, donc : f (x) −→ x−→0+ +∞. • 2è méthode : Nous allons exprimer f (x) pour x ∈ ]0 ; +∞[, sans symbole d’intégrale, ce qui permettra d’étudier f (x) lorsque x −→ 0+ . Soit x ∈ ]0 ; +∞[. On a, par le changement de variable u = tan t : f (x) = π/2 0 tan t 1 + x2tan2t dt = +∞ 0 u 1 + x2u2 du 1 + u2 , puis, par le changement de variable v = u2 , dv = 2u du : f (x) = 1 2 +∞ 0 dv (1 + x2v)(1 + v) . Pour x =/ 1, on effectue une décomposition en éléments simples : 1 (1 + x2X)(1 + X) = a 1 + x2X + b 1 + X , (a,b) ∈ R2 . En multipliant par 1 + x2 X, puis en remplaçant X par − 1 x2 , on obtient : a = 1 1 − 1 x2 = x2 x2 − 1 . En multipliant par 1 + X, puis en remplaçant X par −1, on ob- tient : b = 1 1 − x2 . D’où : f (x) = 1 2(x2 − 1) +∞ 0 x2 1 + x2v − 1 1 + v dv = 1 2(x2 − 1) ln 1 + x2 v 1 + v +∞ 0 = 1 2(x2 − 1) ln x2 = ln x x2 − 1 . Il s’ensuit : f (x) −→ x−→0+ +∞. La courbe représentative de f admet Oy pour demi-tangente en O. 7) Valeurs remarquables : On a : f (1) = π/2 0 Arctan (tan t) dt = π/2 0 t dt = t2 2 π/2 0 = π2 8 et : f (1) = π/2 0 tan t 1 + tan2t dt = π/2 0 sin t cos t dt = 1 2 π/2 0 sin 2t dt = 1 2 − cos 2t 2 π/2 0 = 1 2 . 8) Étude en +∞ : Transformons l’écriture de f (x), pour x ∈ ]0 ; +∞[ fixé, par le changement de variable u = π/2 − t : f (x) = π/2 0 Arctan (xtan t) dt = π/2 0 Arctan x tan u du = π/2 0 π 2 − Arctan tan u x du = π2 4 − π/2 0 Arctan 1 x tan u du = π2 4 − f 1 x . Comme f (y) −→ y−→0+ 0, on déduit : f (x) −→ x−→+∞ π2 4 . La courbe représentative de f admet donc une asymptote d’équation y = π2 4 .
- 127. 117 9) Tracé de la courbe représentative de f : On déduit que hx est intégrable sur [2 ; +∞[ si et seulement si x > 1. Par théorème d’équivalence pour des fonctions 0, gx est intégrable sur [1 ; +∞[ si et seulement si x > 1. On conclut que f (x) existe si et seulement si x ∈ ]1 ; +∞[, ou encore : Déf ( f ) = ]1 ; +∞[. b) Nous allons essayer d’appliquer le théorème de dérivation sous le signe intégrale. Notons F : ]1 ; +∞[×[1 ; +∞[−→ R, (x,t) −→ 1 tx (1 + ln t) . • Pour tout x ∈ ]1 ; +∞[, F(x,·) est intégrable sur [1 ; +∞[, d’après a). • ∂F ∂x : (x,t) −→ (−ln t)t−x 1 + ln t existe sur ]1 ; +∞[×[1 ; +∞[, est continue par rapport à x, continue par morceaux (car conti- nue) par rapport à t. • Soit a ∈ ]1 ; +∞[. On a : ∀ (x,t) ∈ [a ; +∞[×[1 ; +∞[, ∂F ∂x (x,t) = ln t 1 + ln t t−x t−x t−a et t −→ t−a est continue par morceaux (car continue), 0, intégrable sur [1 ; +∞[, car a > 1. Ainsi, ∂F ∂x vérifie HDL. D’après le théorème de dérivation sous le signe intégrale, pour tout x ∈ ]1 ; +∞[, ∂F ∂x (x,·) est intégrable sur [1 ; +∞[, f est de classe C1 sur ]1 ; +∞[ et, pour tout x ∈ ]1 ; +∞[ : f (x) = − +∞ 1 ln t 1 + ln t t−x dt . Puisque l’application t −→ ln t 1 + ln t t−x est continue sur [1 ; +∞[, 0, et n’est pas l’application nulle, on a : ∀ x ∈ ]1 ; +∞[, f (x) < 0 , donc f est strictement décroissante sur ]1 ; +∞[. De même, on montre, par le même raisonnement, que f est de classe C2 sur ]1 ; +∞[ et que : ∀ x ∈ ]1 ; +∞[, f (x) = +∞ 1 (ln t)2 1 + ln t t−x dt . De plus : ∀ x ∈ ]1 ; +∞[, f (x) 0, donc f est convexe. c) • Étude en 1 : On a, pour tout x ∈ ]1 ; +∞[ : f (x) = +∞ 1 1 tx (1 + ln t) dt +∞ e 1 tx (1 + ln t) dt y x y = f(x) π 4 2 π 8 2 1 O 1 a) Soit x ∈ R. • L’application gx : t −→ 1 tx (1 + ln t) est continue sur [1 ; +∞[, et gx 0. • On a : gx (t) ∼ t−→+∞ 1 tx ln t . D’après l’exemple de Bertrand en +∞, l’application hx : t −→ 1 tx ln t est intégrable sur [2 ; +∞[ si et seulement si x > 1. Redémontrons-le. ∗ Si x > 1, alors, comme t x+1 2 hx (t) = 1 t x−1 2 ln t −→ t−→+∞ 0, on a, pour t assez grand, t x+1 2 hx (t) 1, donc : 0 hx (t) 1 t x+1 2 . D’après l’exemple de Riemann en +∞ (x+1 2 > 1) et le théo- rème de majoration pour des fonctions 0, hx est intégrable sur [2 ; +∞[. ∗ Si x < 1, alors, comme t hx (t) = t1−x ln t −→ t−→+∞ +∞, on a, pour t assez grand, t hx (t) 1, donc hx (t) 1 t 0. D’après l’exemple de Riemann en +∞ et le théorème de mi- noration pour des fonctions 0, hx n’est pas intégrable sur [2 ; +∞[. ∗ Si x = 1, comme X 2 1 t ln t dt = [ ln ln t]X 2 = ln lnX − ln ln2 −→ X−→+∞ +∞ , hx n’est pas intégrable sur [2 ; +∞[. 3.33
- 128. 118 +∞ e 1 tx 2 ln t dt = u= ln t +∞ 1 1 exu2u eu du = 1 2 +∞ 1 e−(x−1)u u du = v = (x − 1)u 1 2 +∞ x−1 e−v v dv. L’application h : v −→ e−v v est continue sur ]0 ; +∞[, 0, intégrable sur [1 ; +∞[, car 0 h(v) e−v , et non inté- grable sur ]0 ; 1], car h(v) ∼ v−→0 1 v . Il en résulte : +∞ x−1 e−v v dv −→ x−→1+ +∞, puis : f (x) −→ x−→1+ +∞. • Étude en +∞ : On a : 0 f (x) = +∞ 1 1 tx (1 + ln t) dt +∞ 1 1 tx dt = t−x+1 −x + 1 +∞ 1 = 1 x − 1 −→ x−→+∞ 0, d’où : f (x) −→ x−→+∞ 0. d) • H est continue par rapport à X et continue par morceaux (car continue) par rapport à u. • Soit a ∈ [0 ; 1[. On a, pour tout (X,u) ∈ [0 ; a] × (1 ; +∞[ : |H(X,u)| = uX−2 1 + X ln u uX−2 ua−2 , et u −→ ua−2 est intégrable sur [1 ; +∞[. Ainsi, H vérifie HDL. D’après le théorème de continuité sous le signe intégrale, l’ap- plication h : X −→ +∞ 1 H(X,u) du est continue sur [0 ; 1[. En particulier : +∞ 1 uX−2 1 + X ln u du = h(X) −→ X−→0 h(0) = +∞ 1 u−2 du = [−u−1 ]+∞ 1 = 1. Il en résulte : +∞ 1 u 1 x −2 1 + 1 x ln u du −→ x−→+∞ 1, et on conclut : f (x) ∼ x−→+∞ 1 x . a) 1) Nous allons essayer d’appliquer le théorème de dé- rivation sous le signe intégrale. Notons G : R × [0 ; +∞[−→ R, (p,t) −→ f (t) e−pt . • Pour tout p ∈ R, G(p,·) est intégrable sur [0 ; +∞[ par hy- pothèse. • Pour tout k ∈ {1,2}, ∂k G ∂pk : (p,t) −→ (−t)k f (t) e−pt est dé- finie sur R × [0 ; +∞[, continue par rapport à p, continue par morceaux (car continue) par rapport à t. • On a, pour tout k ∈ {1,2} et tout a ∈ R : ∀ (p,t) ∈ [a ; +∞[×[0 ; +∞[, ∂k G ∂pk (p,t) = (−t)k f (t) e−pt = tk | f (t)| e−pt tk | f (t)| e−at = tk e −t | f (t)| e −(a−1)t notée ϕk,a(t) . L’application h : t −→ tk e−t est continue sur [0 ; +∞[ et h(t) −→ t−→+∞ 0, par prépondérance de l’exponentielle sur les po- lynômes, donc, classiquement, h est bornée sur [0 ; +∞[. D’autre part, par hypothèse, t −→ f (t)e−(a−1)t est intégrable sur [0 ; +∞[. y = f(x) y xO 1 e) Essayons de nous ramener à la recherche d’une limite. Soit x ∈ ]1 ; +∞[. On a, par le changement de variable u = tx , t = u 1 x , dt = 1 x u 1 x −1 du : f (x) = +∞ 1 1 tx (1 + ln t) dt = +∞ 1 1 x u 1 x −1 u 1 + 1 x ln u du = 1 x +∞ 1 u 1 x −2 1 + 1 x ln u du. Considérons l’application H : [0 ; 1[×[1 ; +∞[−→ R, (X,u) −→ uX−2 1 + X ln u . 3.34
- 129. 119 Il en résulte que ϕk,a est intégrable sur [0 ; +∞[. Ainsi, ∂k G ∂pk vérifie HDL. D’après le théorème de dérivation sous le signe intégrale, on conclut que F est de classe C2 sur R et que, pour tout p ∈ R : F (p) = +∞ 0 −t f (t) e−pt dt , F (p) = +∞ 0 t2 f (t) e−pt dt . 2) On a donc, pour tout p ∈ R : F (p) 2 = +∞ 0 (−t) f (t) e−pt dt 2 +∞ 0 t| f (t)| e−pt dt 2 = +∞ 0 f (t) e− pt 2 notée u(t) t f (t) e− pt 2 notée v(t) dt 2 . Les applications u et v sont de carrés intégrables sur [0 ; +∞[, d’où, d’après l’inégalité de Cauchy et Schwarz : F (p) 2 +∞ 0 u(t) 2 dt +∞ 0 v(t) 2 dt = +∞ 0 f (t) e−pt dt +∞ 0 t2 f (t) e−pt dt = F(p)F (p) . b) On suppose, de plus, que f =/ 0. Puisque, pour tout p ∈ R, l’application t −→ f (t)e−pt est continue, 0 et n’est pas l’application nulle, on a : ∀ p ∈ R, F(p) > 0 . Alors, ln ◦ F, est de classe C2 et : (ln ◦ F) = F F , ( ln ◦ F) = F F − F 2 F2 0 , donc ln ◦ F est convexe sur R. 1) Existence : L’application f : (x,y) −→ e−px−qy sin (x + y) est continue sur [0 ; +∞[2 et : ∀ (x,y) ∈ [0 ; +∞[2 , | f (x,y)| e−px e−qy . L’application g : (x,y) −→ e−px e−qy est continue sur [0 ; +∞[2 et g 0. On a, pour tout (a,b) ∈ [0 ; +∞[2 : [0 ;a]×[0 ;b] g(x,y) dx dy = a 0 e−px dx b 0 e−qy dy = e−px −p a 0 e−qy −q b 0 = 1 − e−pa p 1 − e−qb q 1 pq . Il en résulte, par définition, que g est intégrable sur [0 ; +∞[2 . Ensuite, par théorème de majoration pour des fonctions 0, f est intégrable sur [0 ; +∞[2 . On conclut que l’intégrale proposée F(p,q) existe. 2) Calcul : En développant sin (x + y) et en faisant apparaître des inté- grales doubles de fonctions intégrables (pour la même raison qu’en 1), on a : F(p,q) = [0 ;+∞[2 e−px−qy sin x cos y + cos x sin y dx dy = [0 ;+∞[2 (e−px sin x)(e−qy cos y) dx dy + [0 ;+∞[2 (e−px cos x)(e−qy sin y) dx dy = +∞ 0 e−px sin x dx notée S(p) +∞ 0 e−qy cos y dy notée C(q) + S(q)C(p). On a, en passant par les nombres complexes : +∞ 0 e−px ei x dx = +∞ 0 e(−p+i)x dx = e(−p+i)x −p + i +∞ 0 = 1 p − i = p + i p2 + 1 . D’où, en séparant la partie réelle et la partie imaginaire : C(p) = p p2 + 1 et S(p) = 1 p2 + 1 , et de même pour q. D’où : F(p,q) = 1 p2 + 1 q q2 + 1 + p p2 + 1 1 q2 + 1 = p + q (p2 + 1)(q2 + 1) . Remarque : Les calculs de C(p) et S(p) sont les calculs des transformées de Laplace de cos et sin. a) Étude de I et J : 1) Existence : • L’application f : x −→ ln sin x est continue sur ]0 ; π/2] et f 0. On a, au voisinage de 0 : − f (x) = −ln sin x = −ln x + o(x) = −ln x 1 + o(1) = −ln x + ln 1 + o(1) = −ln x + o(1) ∼ x−→0 − ln x. 3.35 3.36
- 130. 120 D’après le cours, x −→ − ln x est intégrable sur ]0 ; 1]. Par théorème d’équivalence pour des fonctions 0, − f est intégrable sur ]0 ; 1], donc sur ]0 ; π/2], puis f l’est aussi. Ceci montre que l’intégrale I = π/2 0 ln sin x dx existe. • Par le changement de variable t = π 2 − x, puisque I existe, J existe aussi et : J = π/2 0 ln cos x dx = 0 π/2 ln sin t (−dt) = I . 2) Calcul : On a : 2I = I + J = π/2 0 (ln sin x + ln cos x) dx = π/2 0 ln (sin x cos x) dx = π/2 0 ln 1 2 sin 2x dx = − π 2 ln 2 + π 2 0 ln sin 2x dx notée I1 . On a, par le changement de variable u = 2x, puis par la rela- tion de Chasles : I1 = 1 2 π 0 ln sin u du = 1 2 π 2 0 ln sin u du + π π 2 ln sin u du = v = π − u 1 2 I + 0 π 2 ln sin v (−dv) = 1 2 (I + I) = I. On obtient ainsi 2I = − π 2 ln 2 + I, d’où : I = J = − π 2 ln 2. b) Étude de K : 1) Existence : • L’application g : x −→ x tan x est continue sur ]0 ; π/2[, et g 0. • On a g(x) −→ x−→0 1 et g(x) −→ x−→π/2 0, donc g est intégrable sur ]0 ; π/2[ (faux problèmes). Ceci montre que l’intégrale K = π/2 0 x tan x dx existe. 2) Calcul : Soit ε ∈ ]0 ; π/2[ fixé. On a, par intégration par parties pour des applications de classe C1 : π/2 ε x tan x dx = π/2 ε x cos x sin x dx = x ln sin x]π/2 ε − π/2 ε ln sin x dx = −ε ln sin ε − π/2 ε ln sin x dx. On a : ε ln sin ε ∼ ε−→0 sin ε ln sin ε −→ ε−→0 0, d’où, en passant à la la limite : K = − π/2 0 ln sin x dx = −I = π 2 ln 2 . c) Étude de L : On a, pour tout x ∈ ]0 ; π[ : x sin x 1 − cos x = x 2 sin x 2 cos x 2 2 sin 2 x 2 = x tan x 2 . Comme K existe, par le changement de variable t = x 2 , il en résulte que L existe et que : L = π 0 x sin x 1 − cos x dx = π 0 x tan x 2 dx = π/2 0 2t tan t 2 dt = 4K = 2π ln 2. d) Étude de M : Partant de K, par le changement de variable u = tan x : K = π/2 0 x tan x dx = +∞ 0 Arctan u u du 1 + u2 . Ceci montre que l’intégrale proposée M existe et que : M = +∞ 0 Arctan x x(1 + x2) dx = K = π 2 ln 2 . L’application x −→ e−x Q(x) est de classe C1 sur R et, pour tout x de R : d dx e−x Q(x) = e−x − Q(x) + Q (x) = −e−x P(x). Il existe donc C ∈ R tel que : ∀ x ∈ R, e−x Q(x) = − x 0 e−t P(t) d t + C. Comme t −→ e−t P(t) est continue sur [0 ; +∞[ et que e−t P(t) = o t→+∞ 1 t2 , l’application t −→ e−t P(t) est in- tégrable sur [0 ; +∞[. On déduit, en faisant tendre x vers +∞ dans le résultat précédent : C = +∞ 0 e−t P(t)dt. 3.37
- 131. 121 Ainsi : ∀x ∈ R, Q(x) = ex +∞ x e−t P(t) dt. Comme : ∀x ∈ R, P(x) 0, il est alors clair que : ∀x ∈ R, Q(x) 0. 1) Existence : Soit n ∈ N∗ . • L’application fn : x −→ xn−1 (1 + x)n+1 est continue sur [1 ; +∞[, et fn 0. • On a : fn(x) ∼ x−→+∞ xn−1 xn+1 = 1 x2 . D’après l’exemple de Riemann en +∞ (2 > 1) et le théorème d’équivalence pour des fonctions 0, fn est intégrable sur [1 ; +∞[. On conclut que l’intégrale In = +∞ 1 xn−1 (1 + x)n+1 dx existe. 2) Calcul : • 1re méthode : Essayons d’obtenir une relation de récurrence, à l’aide d’une intégration par parties. Soit n ∈ N∗ tel que n 2. Soit X ∈ [1 ; +∞[. On a, par intégration par parties pour des applications de classe C1 : X 1 xn−1 (1 + x)n+1 dx = X 1 xn−1 (1 + x)−n−1 dx = xn−1 (1 + x)−n −n X 1 − X 1 (n − 1)xn−2 (1 + x)−n −n dx = − Xn−1 n(1 + X)n + 1 n2n + n − 1 n X 1 xn−2 (1 + x)n dx. On obtient, en faisant X −→ +∞ : In = 1 n2n + n − 1 n In−1 , ou encore : nIn = 1 2n + (n − 1)In−1. En notant Jn = nIn pour tout n ∈ N∗ , on a donc : ∀ n 2, Jn = 1 2n + Jn−1 . d’où, en réitérant : Jn = 1 2n + 1 2n−1 + · · · + 1 22 + J1 . Et : J1 = +∞ 1 1 (1 + x)2 dx = − 1 1 + x +∞ 1 = 1 2 . D’où : Jn = 1 2n + · · · + 1 2 = n k=1 1 2k = −1 + n k=0 1 2 k = −1 + 1 − 1 2 n+1 1 − 1 2 = −1 + 2 − 1 2n = 1 − 1 2n . On conclut : ∀ n ∈ N∗ , In = 1 n 1 − 1 2n . • 2è méthode : Par le changement de variable t = x + 1, puis développement du binôme de Newton, en amenant des intégrales de fonctions intégrables par l’exemple de Riemann en +∞, on a : In = +∞ 1 xn−1 (1 + x)n+1 dx = +∞ 2 (t − 1)n−1 tn+1 dt = +∞ 2 1 tn+1 n−1 k=0 n − 1 k tk (−1)n−1−k dt = n−1 k=0 n − 1 k (−1)n−1−k +∞ 2 tk−n−1 dt = n−1 k=0 n − 1 k (−1)n−1−k tk−n k − n +∞ 2 = n−1 k=0 n − 1 k (−1)n−1−k 1 (n − k)2n−k = n−1 k=0 (−1)n−1−k (n − 1)! k!(n − k)! 1 2 n−k = − 1 n n−1 k=0 n k − 1 2 n−k = − 1 n 1 − 1 2 n − 1 = 1 n 1 − 1 2n . Pour évaluer Min x, 1 √ t , 1 t2 , il nous faut comparer x, 1 √ t , 1 t2 , pour x fixé dans [0 ; +∞[ et t variant ensuite dans ]0 ; +∞[. Soit x ∈ ]0 ; +∞[. Notons gx : t −→ Min x, 1 √ t , 1 t2 . 3.38 3.39
- 132. 122 • Si x = 0, alors : ∀ t ∈ ]0 ; +∞[, gx (t) = g0(t) = 0, donc gx est intégrable sur ]0 ; +∞[, et f (x) = 0. • Si 0 < x 1, alors : gx (t) = x si t 1 √ x 1 t2 si 1 √ x t. L’application gx est donc continue sur [0 ; +∞[, et, d’après l’exemple de Riemann en +∞ (2 > 1), gx est intégrable sur [1 ; +∞[, puis sur [0 ; +∞[. On a : f (x) = 1√ x 0 x dt + +∞ 1√ x 1 t2 dt = x 1 √ x + − 1 t +∞ 1√ x = 2 √ x. • Si 1 x, alors : gx (t) = x si t 1 x2 1 √ t si 1 x2 t 1 1 t2 si t 1. Comme dans le cas précédent, gx est intégrable sur [0 ; +∞[. On a : f (x) = 1 x2 0 x dt + 1 1 x2 1 √ t dt + +∞ 1 1 t2 dt = x 1 x2 + [2 √ t]1 1 x2 + − 1 t +∞ 1 = 1 x + 2 − 2 x + 1 = 3 − 1 x . On conclut : ∀ x ∈ [0 ; +∞[, f (x) = 2 √ x si x 1 3 − 1 x si x > 1. Une étude immédiate de f (études en 0 et en 1) montre que f est de classe C0 sur [0 ; +∞[ et de classe C1 sur ]0 ; +∞[. 1) Si f est intégrable sur [0 ; +∞[, alors, comme : ∀ x ∈ [0 ; +∞[, g(x) = f (x)| sin x| f (x) h(x) = f (x)| cos x| f (x), d’après le théorème de majoration pour des fonctions 0, g et h sont intégrables sur [0 ; +∞[. 2) Supposons g intégrable sur [0 ; +∞[. Comme : ∀ x ∈ [0 ; +∞[, 0 f (x) sin 2 x f (x)| sin x| = g(x) , par théorème de majoration pour des fonctions 0, l’appli- cation s : x −→ f (x) sin 2 x est intégrable sur [0 ; +∞[. D’autre part, puisque f est décroissante : ∀ x ∈ [π/2 ; +∞[, 0 f (x) cos 2 x = f (x) sin 2 x − π 2 f x − π 2 sin 2 x − π 2 = s x − π 2 . Comme s est intégrable sur [0 ; +∞[, par changement de va- riable affine, x −→ s x − π 2 est intégrable sur [π/2 ; +∞[, puis, par théorème de majoration pour des fonctions 0, l’ap- plication c : x −→ f (x) cos 2 x est intégrable sur [π/2 ; +∞[, donc sur [0 ; +∞[. Puisque s et c sont intégrables sur [0 ; +∞[, par addition, on déduit que f l’est aussi. Ceci montre que, si g est intégrable sur |[0 ; +∞[, alors f l’est aussi. 3) Par la même méthode qu’en 2), on montre que, si h est in- tégrable sur [0 ; +∞[, alors f l’est aussi. On conclut que les intégrabilités de f,g,h sont deux à deux équi- valentes. On a : | f f | 1 2 ( f 2 + f 2 ). Puisque f 2 et f 2 sont intégrables sur [0 ; +∞[, par opéra- tions, 1 2 ( f 2 + f 2 ) l’est aussi, puis, par théorème de majora- tion pour des fonctions 0, | f f | l’est aussi, et donc f f l’est aussi. Mais, pour tout X ∈ [0 ; +∞[ : X 0 f f = 1 2 f 2 X 0 = 1 2 f 2 (X) − f 2 (0) . On a donc : 1 2 f 2 (X) − f 2 (0) −→ X−→+∞ +∞ 0 f f 1 O 1 2 3 y y = f(x) x 3.40 3.41
- 133. 123 et il en résulte que f 2 (X) admet une limite finie en +∞, notée L. Si L =/ 0, alors f 2 n’est pas intégrable sur [0 ; +∞[, contra- diction. On a donc : L = 0. On déduit : f 2 (X) −→ X−→+∞ 0 et on conclut : f (x) −→ x−→+∞ 0. a) Puisque f est décroissante et intégrable sur ]0 ; 1], on a : ∀ n 2, ∀ k ∈ {1,. . . ,n − 1}, k+1 n k n f 1 n f k n k n k−1 n f, d’où, par sommation et relation de Chasles : ∀ n 2, 1 1 n f 1 n n−1 k=1 f k n 1− 1 n 0 f . Comme 1 n −−−→ n ∞ 0, 1 − 1 n −−−→ n ∞ 1, et que f est intégrable sur ]0 ; 1], on déduit, par théorème d’encadrement : 1 n n−1 k=1 f k n −−−→ n ∞ 1 0 f . Enfin, comme 1 n f (1) −−−→ n ∞ 0 on peut remplacer l’indice su- périeur, n − 1 par n, et conclure : 1 n n k=1 f k n −−−→ n ∞ 1 0 f . b) Notons, pour tout n ∈ N∗ : Sn = n k=1 n (k + n) √ k(k + 2n) . On a : Sn = 1 n n k=1 1 k n + 1 k n k n + 2 . Considérons l’application f : ]0 ; 1] −→ R, x −→ 1 (x + 1) √ x(x + 2) . Il est clair que f est continue par morceaux (car continue), décroissante, 0. On a : f (x) ∼ x−→0 1 √ 2x1/2 , donc, d’après l’exemple de Riemann en 0 (1/2 < 1) et le théorème d’équi- valence pour des fonctions 0, f est intégrable sur ]0 ; 1]. On peut donc appliquer a) à f : Sn −−−→ n ∞ 1 0 f notée I . Il reste à calculer I. Par le changement de variable t = 1 x + 1 , x = 1 t − 1, dx = dt t2 : I = 1 0 1 (x + 1) √ x(x + 2) dx = 1/2 1 t 1 t 1 t + 2 − dt t2 = 1 1/2 dt √ 1 + 2t = [ √ 1 + 2t]1 1/2 = √ 3 − √ 2. On conclut : lim n∞ n k=1 n (k + n) √ k(k + 2n) = √ 3 − √ 2. 1) Existence : Soit x ∈ ] − ∞ ; 0[. L’application fx : t −→ x − t ex − et est continue sur [0 ; +∞[, et fx 0. On a : t2 fx (t) = t2 (x − t) ex − et ∼ t−→+∞ t3 e−t −→ t−→+∞ 0, donc, pour t assez grand : t2 fx (t) 1, puis : 0 fx (t) 1 t2 . D’après l’exemple de Riemann en +∞ (2 > 1) et le théorème de majoration pour des fonctions 0, fx est intégrable sur [0 ; +∞[. Ceci montre que, pour tout x ∈ ] − ∞ ; 0[, l’intégrale propo- sée I (x) = +∞ 0 x − t ex − et dt existe. 2) Limite : Soit x ∈ ] − ∞ ; 0[. On a, par le changement de variable u = t − x : I (x) = +∞ 0 x − t ex − et dt = +∞ −x −u ex − ex+u du = e−x +∞ −x u eu − 1 du. Comme x < 0, on a [−x ; +∞[⊂ ]0 ; +∞[, donc : +∞ −x u eu − 1 du +∞ −x u eu u = +∞ −x ue−u du = (−u − 1)e −u +∞ −x = (−x + 1)e x . 3.42 3.43
- 134. 124 d’où : I (x) e −x (−x + 1)e x = −x + 1 −→ x−→−∞ +∞. On conclut : +∞ 0 x − t ex − et dt −→ x−→−∞ +∞. a) Soit x ∈ ]0 ; +∞[. Soit X ∈ [x ; +∞[. On a, par intégration par parties pour des fonctions de classe C1 : X x e−t2 dt = X x 1 2t 2t e−t2 d = 1 2t (−e−t2 ) X x − X x − 1 2t2 (−e−t2 ) dt = e−x2 2x − e−X2 2X − 1 2 X x 1 t2 e−t2 dt. Les applications t −→ e−t2 et t −→ 1 t2 e−t2 sont continues sur [x ; +∞[ et négligeables devant t −→ 1 t2 lorsque t −→ +∞, donc ces deux applications sont intégrables sur [x ; +∞[, d’où, en faisant X −→ +∞ : +∞ x e−t2 dt = e−x2 2x − 1 2 +∞ x 1 t2 e−t2 dt . On a : 0 +∞ x 1 t2 e−t2 dt 1 x2 +∞ x e−t2 dt et 1 x2 −→ x−→+∞ 0, donc : +∞ x 1 t2 e−t2 dt = o x−→+∞ +∞ x e−t2 dt . On conclut : +∞ x e−t2 dt ∼ x−→+∞ e−x2 2x . b) Notons, pour tout n ∈ N∗ : In = b a e−nt2 dt et un = I 1 n n . On a, par le changement de variable u = √ n t : In = 1 √ n b √ n a √ n e−u2 du = 1 √ n +∞ a √ n e−u2 du − +∞ b √ n e−u2 du . D’après a) : +∞ a √ n e−u2 du ∼ n∞ e−a2n 2a √ n et +∞ b √ n e−u2 du ∼ n∞ e−b2n 2b √ n . Comme 0 < a < b, on a : e−b2n 2b √ n = o e−a2n 2a √ n , d’où : In = e−a2 n 2an 1 + o(1) . On déduit : ln un = 1 n ln In = 1 n − a2 n − ln(2an) + ln 1 + o(1) = −a2 − ln(2an) n + o 1 n −−−→ n ∞ − a2 , et on conclut : b a e−nt2 dt 1 n −−−→ n ∞ e−a2 . Soit x ∈ ]0 ; 1] fixé. On a, par le changement de variable u = t + x : 1 0 et x + t dt = x+1 x eu−x u du = e−x x+1 x eu u du = e−x x+1 x eu − 1 u du + x+1 x 1 u du = e−x x+1 x eu − 1 u du + e−x ln(x + 1) − ln x . L’application f : u −→ eu − 1 u est continue sur ]0 ; 2], 0, et f (u) −→ u−→0 1, donc f est intégrable sur ]0 ; 2]. On a donc : x+1 x f (t) dt = x+1 0 f (t) dt − x 0 f (t) dt −→ x−→0 1 0 f (t) dt = I. D’où : 1 0 et x + t dt = e−x I + o(1) + e−x ln(x + 1) − ln x = 1 + o(1) I + o(1) + 1 − x + o(x) − ln x + o(1) = −ln x + I + o(1) . 1) Cas α > 1 Puisque : ∀x ∈ [1; +∞[, sin x xα 1 xα et que x −→ 1 xα est intégrable sur [1; +∞[, l’application x −→ sin x xα est in- tégrable sur [1; +∞[, et par conséquent, →+∞ 1 sin x xα dx est absolument convergente, donc convergente. De même, x −→ cos x xα est intégrable sur [1; +∞[, et →+∞ 1 cos x xα dx est absolument convergente. 3.44 3.45 3.46
- 135. 125 2) Cas 0 < α 1 • On obtient, par une intégration par parties, pour tout X de [1; +∞[ : X 1 sin x xα dx = − cos X Xα + cos 1 − α X 1 cos x xα+1 dx. Comme α + 1 > 1, d’après 1), x −→ cos x xα+1 est intégrable sur [1; +∞[, d’où : X 1 sin x xα dx −−−→ X→+∞ cos 1 − α +∞ 1 cos x xα+1 dx. Ceci montre que →+∞ 1 sin x xα dx est convergente, et que : +∞ 1 sin x xα dx = cos 1 − α +∞ 1 cos x xα+1 dx. De même, →+∞ 1 cos x xα dx est convergente. • Remarquons : ∀x ∈ [1; +∞[, |sin x| sin2 x, d’où : ∀x ∈ [1; +∞[, sin x xα sin2 x xα = 1 2xα − cos 2x 2xα . D’après l’étude précédente (et l’utilisation du changement de variable défini par y = 2x), →+∞ 1 cos 2x 2xα dx converge. D’autre part, comme α 1, la fonction positive x −→ 1 2xα n’est pas intégrable sur [1; +∞[. Il en résulte : X 1 sin x xα dx −−−→ X→+∞ + ∞ , et donc x −→ sin x xα n’est pas intégrable sur [1; +∞[. De même, x −→ cos x xα n’est pas intégrable sur [1; +∞[. 3) Cas α 0 On a, pour tout n de N∗ : 2nπ+ 3π 4 2nπ+ π 4 sin x xα d x 2nπ+ 3π 4 2nπ+ π 4 1 √ 2 dx = π 2 √ 2 , donc : 2nπ+ 3π 4 2nπ+ π 4 sin x xα dx −→/ n ∞ 0. Il en résulte que →+∞ 1 sin x xα dx diverge, et donc x −→ sin x xα n’est pas intégrable sur [1; +∞[. De même, →+∞ 1 cos x xα dx diverge et x −→ cos x xα n’est pas intégrable sur [1; +∞[. α) Soient x ∈ R − πZ, n ∈ N. On a : n k=0 e 2ikx = e 2i(n+1)x − 1 e 2ix − 1 = e i(n+1)x e i(n+1)x − e −i(n+1)x e ix (e ix − e −ix ) = e inx 2i sin (n + 1)x 2i sin x = e inx sin (n + 1)x sin x , d’où, en prenant la partie réelle : n k=0 cos 2kx = cos nx sin(n + 1)x sin x = sin(2n + 1)x + sin x 2 sin x , et donc : 1 2 + n k=1 cos 2kx = − 1 2 + n k=0 cos 2kx = sin(2n + 1)x 2 sin x . β) Soit n ∈ N. L’application x −→ sin(2n + 1)x sin x est conti- nue sur 0; π 2 et admet une limite finie (qui est 2n + 1) en 0+ , donc est intégrable sur 0; π 2 . On a, d’après α) : π 2 0 sin(2n + 1)x sin x dx = π 2 0 1 + 2 n k=1 cos 2kx dx = π 2 + 2 n k=1 π 2 0 cos 2kx dx = π 2 + 2 n k=1 sin 2kx 2k π 2 0 = π 2 . b) Il s’agit d’un cas particulier du lemme de Riemann-Lebesgue. Une intégration par parties fournit, pour tout n de N∗ : b a ϕ(x) sin nx dx = −ϕ(x) cos nx n b a + b a ϕ (x) cos nx n dx. D’une part : − ϕ(x) cos nx n b a |ϕ(b)| |cos nb| n + |ϕ(a)| |cos na| n 2||ϕ||∞ n . D’autre part : b a ϕ (x) cos nx x dx b a |ϕ (x)| |cos nx| n dx 1 n b a |ϕ (x)| dx . Il en résulte : b a ϕ(x)sin nx dx −−−→ n∞ 0. 3.47
- 136. 126 c) α) • D’après les théorèmes généraux, f est de classe C1 sur 0; π 2 . • f (x) = sin x − x x sin x ∼ x→0+ − x 6 −−−→ x→0+ 0 = f (0) , donc f est continue en 0. • f (x) = x2 cos x − sin2 x x2sin2 x = x2 1 − x2 2 + o(x2 ) − x2 − x4 3 + o(x4 ) x2sin2 x −−−→ x→0+ − 1 6 , donc, d’après le théorème limite de la dérivée, f est de classe C1 sur 0; π 2 . β) On a : ∀n ∈ N, ∀x ∈ 0; π 2 , sin(2n + 1)x x = f (x) sin(2n + 1)x + sin(2n + 1)x sin x . Comme f est continue sur 0; π 2 et que x −→ sin(2n + 1)x sin x est intégrable sur 0; π 2 , il en résulte que x −→ sin(2n + 1)x x est intégrable sur 0; π 2 et que : ∀n ∈ N, π 2 0 sin(2n + 1)x x dx = π 2 0 f (x) sin(2n + 1)x dx + π 2 0 sin(2n + 1)x sin x dx. En utilisant a) β) et b), on déduit : π 2 0 sin(2n + 1)x x dx −−−→ n∞ π 2 . d) On a, pour tout n de N, à l’aide du changement de variable défini par x = u 2n + 1 : (2n+1) π 2 0 sin u u du = π 2 0 sin(2n + 1)x x dx. Comme l’intégrale impropre →+∞ →0 sin u u du converge (cf. exercice 3.46) et en utilisant c) β), on conclut : +∞ 0 sin x x dx = π 2 . a) α) Étude de +∞ 0 1 − cos x x2 dx : 1) Existence : • L’application f : x −→ 1 − cos x x2 est continue sur ]0 ; +∞[, et f 0. • On a : f (x) −→ x−→0 1 2 , donc f est intégrable sur ]0 ; 1] (faux problème). • On a : ∀ x ∈ [1 ; +∞[, | f (x)| 2 x2 . D’après l’exemple de Riemann en +∞ (2 > 1) et le théorème de majoration pour des fonctions 0, f est intégrable sur [1 ; +∞[. Puisque f est intégrable sur ]0 ; 1] et sur [1 ; +∞[, f est in- tégrable sur ]0 ; +∞[. Ceci montre que l’intégrale proposée +∞ 0 1 − cos x x2 dx existe. 2) Calcul : On a, pour tout (ε,X) ∈ ]0 ; +∞[2 tel que ε X, par intégra- tion par parties pour des applications de classe C1 : X ε (1 − cos x) 1 x2 dx = (1 − cos x) − 1 x X ε − X ε sin x − 1 x dx = − 1 − cos X X + 1 − cos ε ε + X ε sin x x dx. On a : • 1 − cos X X 2 X −→ X−→+∞ 0, donc 1 − cos X X −→ X−→+∞ 0. • 1 − cos ε ε ∼ ε−→0 ε 2 −→ ε−→0 0. Il s’ensuit, en faisant ε −→ 0 et X −→ +∞ : +∞ 0 1 − cos x x2 dx = +∞ 0 sin x x dx = π 2 . β) Étude de +∞ 0 sin x x 2 dx : On a, en utilisant le changement de variable t = x 2 : +∞ 0 1 − cos x x2 dx = +∞ 0 2 sin 2 x 2 x2 dx = +∞ 0 2 sin 2 t 4t2 2dt = +∞ 0 sin 2 t t2 dt. Ceci montre que l’intégrale proposée +∞ 0 sin x x 2 dx existe (ce que l’on pouvait aussi montrer comme en α)) et que : +∞ 0 sin x x 2 dt = +∞ 0 1 − cos x x2 dx = π 2 . 3.48
- 137. 127 b) Soit λ ∈ R. α) Si λ > 0, à partir de +∞ 0 sin t t dt, on a, par le changement de variable x = t λ : +∞ 0 sin t t dt = +∞ 0 sin λx λx λ dx = +∞ 0 sin λx x dx . Le cas λ < 0, se ramène au cas λ > 0 par imparité. Le cas λ = 0 est d’étude immédiate. On conclut : ∀ λ ∈ R, +∞ 0 sin λx x dx = π 2 sgn (x), où sgn est la fonction signe, définie par : sgn (λ) = −1 si λ < 0 0 si λ = 0 1 si λ > 0. β) Si λ > 0, on a, par le changement de variable x = t λ : +∞ 0 1 − cos t t2 dt = +∞ 0 1 − cos λx λ2 x2 λ dx = 1 λ +∞ 0 1 − cos λx x2 dx, donc : +∞ 0 1 − cos λx x2 dx = λ π 2 . Le cas λ < 0 se ramène au cas λ > 0 par parité. Le cas λ = 0 est d’étude immédiate. On conclut : ∀ λ ∈ R, +∞ 0 1 − cos λx x2 dx = π 2 |λ|. c) Les intégrales proposées existent, par exemple par des rai- sonnements analogues aux précédents. Soit (a,b) ∈ R2 . α) +∞ 0 sin ax sin bx x2 dx = +∞ 0 cos (a − b)x − cos (a + b)x 2x2 dx = 1 2 +∞ 0 1 − cos (a + b)x x2 dx − 1 − cos (a − b)x x2 dx = 1 2 +∞ 0 1 − cos (a + b)x x2 dx − +∞ 0 1 − cos (a − b)x x2 dx = 1 2 π 2 |a + b| − π 2 |a − b| = π 4 |a + b| − |a − b| . β) +∞ 0 1 − cos ax cos bx x2 dx = +∞ 0 2 − cos (a + b)x + cos (a − b)x 2x2 dx = 1 2 +∞ 0 1 − cos (a + b)x x2 dx + +∞ 0 1 − cos (a − b)x x2 dx = 1 2 π 2 |a + b| + π 2 |a − b| = π 4 |a + b| + |a − b| . d) 1) Existence : • L’application f : x −→ sin x x(π − x) est continue sur R sauf en 0 et en π. • Étude en 0 : On a : f (x) = sin x x 1 π − x −→ x−→0 1 π , donc f est prolongeable par continuité en 0. • Étude en π : On a : f (x) = sin (π − x) π − x 1 x −→ x−→π 1 π , donc f est prolongeable par continuité en π. En posant f (0) = f (π) = 1 π , f est donc continue sur R. • Étude en ±∞ : On a : | f (x)| = sin x x(π − x) 1 |x(π − x)| ∼ x−→±∞ 1 x2 . D’après l’exemple de Riemann en ±∞ (2 > 1), le théorème d’équivalence et le théorème de majoration pour des fonctions positives, f est intégrable sur ] − ∞ ; −1] et sur [4 ; +∞[, donc sur ] − ∞ ; 0] et sur [0 ; +∞[. Puisque f est intégrable sur ] − ∞ ; 0] et sur [0 ; +∞[, f est intégrable sur R. On conclut que l’intégrale I = +∞ −∞ sin x x(π − x) dx existe. 2) Calcul : On a, par une décomposition en éléments simples immédiate : I = +∞ −∞ sin x x(π − x) dx = 1 π +∞ −∞ sin x 1 x + 1 π − x dx . On sait (cf. aussi l’exercice 3.46) que l’intégrale impropre J = +∞ −∞ sin x x dx converge. Par différence, comme I et J convergent, l’intégrale impropre K = +∞ −∞ sin x π − x dx converge, et on a : I = 1 π (J + K).
- 138. 128 D’après l’exercice 3.47 et par parité : J = π. Par le changement de variable t = π − x : K = +∞ −∞ sin x π − x dx = +∞ −∞ sin t t dt = J. On obtient : I = 2 π π = 2. 1) Existence : Soit x ∈ R. 1er cas : x > 0 : • L’application gx : t −→ ln(x + t2 ) 1 + t2 est continue sur [0 ; +∞[. • On a : gx (t) = ln(x + t2 ) 1 + t2 = 2 ln t + ln 1 + x t2 1 + t2 ∼ t−→+∞ 2 ln t t2 , donc : t3/2 gx (t) ∼ t−→+∞ 2 ln t t1/2 −→ t−→+∞ 0. On a donc, pour t assez grand : 0 t3/2 gx (t) 1, d’où : 0 gx (t) 1 t3/2 . D’après l’exemple de Riemann en +∞ (3/2 > 1) et les théo- rèmes de majoration et d’équivalence pour des fonctions 0, gx est intégrable sur [0 ; +∞[. 2è cas x = 0 : • L’application g0 : t −→ ln(t2 ) 1 + t2 est continue sur ]0 ; +∞[. • Comme dans le premier cas, g0 est intégrable sur [1 ; +∞[. • On a : g0(t) ∼ t−→0 2 ln t. D’après le cours, t −→ − ln t est intégrable sur ]0 ; 1], donc, par théorème d’équivalence pour des fonctions 0, −g0 l’est aussi, puis g0 l’est aussi. Ainsi, g0 est intégrable sur ]0 ; 1] et sur ]1 ; +∞[, donc sur ]0 ; +∞[. 3è cas : x < 0 : L’application gx : t −→ ln(x + t2 ) 1 + t2 n’est pas définie sur [0 ; √ −x [, donc f (x) n’existe pas. On conclut que f (x) existe si et seulement si x 0. On suppose dorénavant x 0. 2) Calcul : Nous allons essayer d’utiliser le théorème de dérivation sous le signe intégrale. Considérons l’application F : [0 ; +∞[× ]0 ; +∞[−→ R, (x,t) −→ ln(x + t2 ) 1 + t2 . α) Expression de f (x) pour x ∈ ]0 ; +∞[ • Pour tout x ∈ [0 ; +∞[, F(x,·) est intégrable sur ]0 ; +∞[, d’après 1). • ∂F ∂x : (x,t) −→ 1 (x + t2)(1 + t2) existe sur [0 ; +∞[×]0 ; +∞[, est continue par rapport à x et conti- nue par morceaux (car continue) par rapport à t. Soit a ∈]0 ; +∞[. On a : ∀ (x,t) ∈ [a ; +∞[×]0 ; +∞[, ∂F ∂x (x,t) = 1 (x + t2)(1 + t2) 1 a(1 + t2) notée ψa(t) et ψa est continue par morceaux (car continue), 0, intégrable sur [0 ; +∞[ car ψa(t) ∼ t−→+∞ 1 at2 . Ainsi, ∂F ∂x vérifie HDL sur ]0 ; +∞[×]0 ; +∞[. D’après le théorème de dérivation sous le signe intégrale, f est de classe C1 sur ]0 ; +∞[ et : ∀ x ∈ ]0 ; +∞[, f (x) = +∞ 0 1 (x + t2)(1 + t2) dt . β) Continuité de f sur [0 ; +∞[ • F est continue par rapport à x et continue par morceaux (car continue) par rapport à t. • Soit b ∈ [0 ; +∞[. On a : ∀ (x,t) ∈ [0 ; b]×]0 ; +∞[, |F(x,t)| = |ln(x + t2 )| 1 + t2 Max |ln(t2 )|, |ln(b + t2 )| 1 + t2 = |g0(t)| + |gb(t)| notée ϕb(t) et ϕb est continue par morceaux (car continue), 0. D’après 1), g0 et gb sont intégrables sur ]0 ; +∞[, donc ϕb l’est aussi. Ainsi, F vérifie HDL sur [0 ; +∞[×]0 ; +∞[. D’après le théorème de continuité sous le signe intégrale, f est continue sur [0 ; +∞[. En particulier, f est continue en 0. γ) Calcul de f (x) pour x ∈ ]0 ; +∞[ On a, par une décomposition en éléments simples, si x =/ 1 : f (x) = +∞ 0 dt (x + t2)(1 + t2) = 1 1 − x +∞ 0 1 x + t2 − 1 1 + t2 dt 3.49
- 139. 129 = 1 1 − x 1 √ x Arctan t √ x − Arctan t +∞ 0 = 1 1 − x 1 √ x π 2 − π 2 = π 2 √ x 1 − √ x 1 − x = π 2 √ x(1 + √ x) . Comme les applications f et x −→ π 2 √ x(1 + √ x) sont continues sur ]0 ; +∞[ et coïncident sur ]0 ; +∞[−{1}, elles coïncident sur ]0 ; +∞[, d’où : ∀ x ∈ ]0 ; +∞[, f (x) = π 2 √ x(1 + √ x) . δ) Calcul de f (x) Par le changement de variable u = √ x, on a : 1 √ x(1 + √ x) dx = 1 u(1 + u) 2u du = 2 1 + u du = 2 ln (1 + u) + Cte = 2 ln (1 + √ x) + Cte. Il existe donc C ∈ R tel que : ∀ x ∈ ]0 ; +∞[, f (x) = π ln(1 + √ x) + C . Puisque f et le second membre ci-dessus sont continus en 0, l’égalité est aussi vraie pour x = 0, d’où : ∀ x ∈ [0 ; +∞[, f (x) = π ln(1 + √ x) + C . En particulier, C = f (0) π , et : f (0) = +∞ 0 ln(t2 ) 1 + t2 dt = u = 1 t 0 +∞ ln 1 u2 1 + 1 u2 − 1 u2 du = − +∞ 0 ln(u2 ) 1 + u2 du = − f (0), d’où : f (0) = 0. On conclut : ∀ x ∈ [0 ; +∞[, f (x) = π ln(1 + √ x). a) Soit x ∈ ]0 ; +∞[. L’application g : t −→ e−t t est continue sur [x ; +∞[, et g 0. On a : t2 g(t) = te−t −→ t−→+∞ 0, donc, pour t assez grand : t2 g(t) 1, d’où : 0 g(t) 1 t2 . D’après l’exemple de Riemann en +∞ (2 > 1) et le théorème de majoration pour des fonctions 0, g est intégrable sur [x ; +∞[. Ceci montre que, pour tout x ∈ ]0 ; +∞[, l’intégrale f (x) = +∞ x e−t t dt existe. b) 1) On a : ∀ x ∈ ]0 ; +∞[, f (x) = 1 x e−t t dt + +∞ 1 e−t t dt . Puisque l’application t −→ e−t t est continue sur ]0 ; +∞[, d’après le cours sur les primitives, f est de classe C1 sur ]0 ; +∞[, donc a fortiori f est continue sur ]0 ; +∞[. 2) On a, pour tout x ∈ [1 ; +∞[ : 0 f (x) = +∞ x e−t t dt +∞ x e−t dt = [−e−t ]+∞ x = e−x , et x −→ e−x est intégrable sur ]0 ; +∞[, donc, par théorème de majoration pour des fonctions 0, f est intégrable sur ]0 ; +∞[. 3) D’après le théorème de Fubini, on a alors, pour tout x ∈ ]0 ; +∞[ : +∞ 0 f (x) dx = +∞ 0 +∞ x e−t t dt dx = +∞ 0 t 0 dx e−t t dt = +∞ 0 t e−t t dt = +∞ 0 e−t dt = [−e−t ]+∞ 0 = 1. Soit a ∈]0; +∞[ fixé. Notons F : R × [0 ; +∞[−→ C, (x,t) −→ e −at2 e ixt . • Pour tout x ∈ R, F(x,·) est intégrable sur [0 ; +∞[, car : t2 F(x,t) = t2 e −at2 −→ t→+∞ 0. • ∂F ∂x : (x,t) −→ ite−at2 eixt existe sur R × [0 ; +∞[, est continue par rapport à x, continue par morceaux (car continue) par rapport à t et vérifie HD sur R × [0 ; +∞[ car, en notant ψ : [0 ; +∞[−→ R t −→ te−at2 , ψ est continue, 0, intégrable sur [0; +∞[, et : ∀(x,t) ∈ R × [0; +∞[, ∂F ∂x (x,t) (=)ψ(t). D’après le théorème de dérivation sous le signe +∞ 0 , l’ap- plication f : R −→ C définie par : ∀x ∈ R, f (x) = +∞ 0 e−at2 eixt dt, 3.50 3.51
- 140. est de classe C1 sur R et : ∀x ∈ R, f (x) = +∞ 0 ite−at2 eixt dt. Une intégration par parties donne, pour tout T de [0 ; +∞[ : T 0 ite−at2 eixt dt = − i 2a e−at2 eixt T 0 + T 0 i 2a e−at2 ixeixt d t, d’où, en faisant tendre T vers +∞ : f (x) = i 2a − x 2a f (x). Considérons l’équation différentielle linéaire : (E) y + x 2a y = i 2a , d’inconnue y : R −→ C. L’équation sans second membre associée : (E0) y + x 2a y = 0 admet pour solution générale x −→ λ e− x2 4a , λ ∈ C. D’après la méthode de variation de la constante, on cherche une solution y de (E) sous la forme : x −→ y(x) = λ(x) e− x2 4a . Cette application y est solution de (E) si et seulement si : ∀x ∈ R, λ (x) = i 2a e x2 4a , d’où la solution générale de (E) : y : x −→ y(x) = i 2a e− x2 4a x 0 e t2 4a dt + λ e− x2 4a , λ ∈ C. Comme λ = f (0) = +∞ 0 e−ax2 dx = u = x √ a 1 √ a +∞ 0 e−u2 du = √ π 2 √ a , on conclut : ∀(a,x) ∈]0; +∞[×R, +∞ 0 e−at2 eixt dt = i 2a e− x2 4a x 0 e t2 4a dt + √ π 2 √ a e− x2 4a . En prenant la partie réelle et la partie imaginaire, on obtient, pour tout (a,x) de ]0; +∞[×R : +∞ 0 e−at2 cos xt dt = √ π 2 √ a e− x2 4a et +∞ 0 e−at2 sin xt dt = 1 2a e− x2 4a x 0 e t2 4a dt. 1) Existence : Soient x ∈ ]0 ; +∞[, z ∈ C tel que Ré (z) < 0. • L’application f : t −→ tx−1 ezt est continue sur ]0 ; +∞[. • Étude en 0 : On a : | f (t)| = tx−1 eRé (z)t ∼ t−→0 tx−1 , donc, d’après l’exemple de Riemann en 0 (x − 1 > −1) et le théorème d’équivalence pour des fonctions 0, f est intégrable sur ]0 ; 1]. • Étude en +∞ : On a : t2 | f (t)| = tx+1 eRé (z)t −→ t−→+∞ 0, donc f est intégrable sur [1 ; +∞[. On déduit que f est intégrable sur ]0 ; +∞[, et on conclut que l’intégrale proposée existe. 2) Calcul : Fixons x ∈ ]0 ; +∞[ et notons u = −Ré (z) > 0. En notant v = Im (z) ∈ R, on a donc : +∞ 0 tx−1 ezt dt = +∞ 0 tx−1 e−ut ei vt dt . Notons F : R×]0 ; +∞[−→ C, (v,t) −→ tx−1 e−ut ei vt . • Pour tout v ∈ R, F(v,·) est intégrable sur ]0 ; +∞[, d’après 1). • ∂F ∂v : (v,t) −→ tx−1 e−ut i t ei vt existe sur R×]0 ; +∞[, est continue par rapport à v, continue par morceaux (car continue) par rapport à t. • On a : ∀ (v,t) ∈ R×]0 ; +∞[, ∂F ∂v (v,t) = tx e−ut et t −→ tx e−ut est indépendant de v, continue par morceaux (car continue), 0, intégrable sur ]0 ; +∞[. Ainsi, ∂F ∂v vérifie HD. D’après le théorème de dérivation sous le signe intégrale, l’application g : v −→ +∞ 0 tx−1 e−ut ei vt dt est de classe C1 sur R et, pour tout v ∈ R : g (v) = +∞ 0 tx−1 e−ut i tei vt dt = i +∞ 0 tx e−ut ei vt dt . Nous allons montrer que g satisfait une EDL1, en utilisant une intégration par parties. On a, par intégration par parties, pour tout (ε,T) ∈ R2 tel que 0 < ε T : T ε tx e−ut ei vt dt = T ε tx e(−u+i v)t dt = tx e(−u+i v)t −u + i v T 0 − T ε xtx−1 e(−u+i v)t −u + i v dt 130 3.52
- 141. 131 = T x e(−u+i v)T −u + i v − εx e(−u+i v)ε −u + i v + x u − i v T ε tx−1 e(−u+i v)t dt. En faisant ε −→ 0 et T −→ +∞, on déduit : g (v) = i x u − i v +∞ 0 tx−1 e−ut ei vt dt = i x u − i v g(v) . Pour résoudre cette EDL1 sans second membre, on calcule une primitive : i x u − i v dv = i x u + i v u2 + v2 dv = i x u u2 + v2 dv − x v u2 + v2 dv = i Arctan v u − x 2 ln(u2 + v2 ) + Cte. Et : g(0) = +∞ 0 tx−1 e−ut dt = s = ut +∞ 0 s u x−1 e−s ds u = 1 ux +∞ 0 sx−1 e−s ds = 1 ux (x). On obtient : g(v) = g(0) exp − v 0 i x u − i w dw = (x) ux exp − i xArctan v u + x 2 ln(u2 + v2 ) = (x) ux e−i xArctan v u (u2 + v2 ) x 2 . En notant Arg (z) = Arctan v u ∈ ] − π/2 ; π/2[, on conclut : +∞ 0 tx−1 ezt dt = (x) ux e−i xArg (z) |z|x . I. a) Soit ε ∈ ]0 ; +∞[. Soit X ∈ [0 ; +∞[ tel que ε X. On a, par linéarité de l’intégration, par des changements de va- riable, et par la relation de Chasles : X ε f (ax) − f (bx) x dx = X ε f (ax) x − X ε f (bx) x dx = aX aε f (u) u du − bX bε f (v) v dv = b a f (εt) t dt − bX aX f (u) u du. Puisque l’intégrale impropre →+∞ 1 f (x) x dx converge, on a : bX aX f (u) u du = bX 1 f (x) x dx − bX 1 f (x) x dx −→ X−→+∞ +∞ 1 f (u) u du − +∞ 1 f (u) u du = 0. Il en résulte que l’intégrale →+∞ ε f (ax) − f (bx) x dx converge et que : +∞ ε f (ax) − f (bx) x dx = b a f (εt) t dt . b) Pour obtenir la limite de cette dernière intégrale lorsque ε −→ 0, nous allons utiliser le théorème de continuité sous le signe intégrale. Notons F : [0 ; 1] × [a ; b] −→ R, (ε,t) −→ f (εt) t . • F est continue par rapport à ε, continue par morceaux (car continue) par rapport à t. • On a : ∀ (ε,t) ∈ [0 ; 1] × [a ; b], |F(εt)| = f (εt) t || f ||[0 ;b] ∞ a , et l’application constante || f ||[0 ;b] ∞ a est intégrable sur le seg- ment [a ; b]. Ainsi, F vérifie HD. D’après le théorème de continuité sous le signe intégrale, l’ap- plication ε −→ b a f (εt) t t est continue sur [0 ; 1]. En particulier : b a f (εt) t dt −→ ε−→0 b a f (0) t dt = f (0) ln b a . Il en résulte que l’intégrale →+∞ →0 f (ax) − f (bx) x dx converge et que : +∞ 0 f (ax) − f (bx) x dx = f (0) ln b a . II. a)1) Puisque f : x −→ cos x est continue sur [0 ; +∞[ et que l’intégrale →+∞ 1 cos x x dx converge (cf. exercice 3.46), d’après I. b), pour tout (a,b) ∈ (R∗ +)2 , l’intégrale →+∞ →0 cos ax − cos bx x dx converge et : +∞ 0 cos ax − cos bx x dx = f (0) ln b a = ln b a . 3.53
- 142. 132 2) De même, l’intégrale →+∞ →0 e−ax − e−bx x dx converge et : +∞ 0 e−ax − e−bx x dx = ln b a . 3) Puisque f : x −→ 1 − th x est continue sur [0 ; +∞[ et que l’intégrale impropre →+∞ 1 1 − th x x dx converge, l’intégrale impropre proposée converge et : +∞ 0 th ax − th bx x dx = +∞ 0 (1 − th bx) − (1 − th ax) x dx = ln a b . 4) L’application f : x −→ π2 4 − (Arctan x)2 est continue sur [0 ; +∞[ et, pour tout x ∈ ]0 ; +∞[ : f (x) = π 2 − Arctan x π 2 + Arctan x = Arctan 1 x π 2 + Arctan x ∼ x−→+∞ π x , donc →+∞ 1 π2 4 − (Arctan x)2 x dx converge. D’après I. b), pour tout (a,b) ∈ (R∗ +)2 , l’intégrale impropre pro- posée converge et : +∞ 0 Arctan (ax) 2 − Arctan (bx) 2 x dx = +∞ 0 1 x π2 4 − (Arctan ax)2 − π2 4 − (Arctan bx)2 dx = +∞ 0 f (bx) − f (ax) x dx = f (0) ln a b = π2 4 ln a b . b) On a, pour tout x ∈ R et tout t ∈ ]0 ; +∞[ : sh xt t e−t = ext − e−xt 2t e−t = e−(1−x)t − e−(1+x)t 2t . Il s’agit donc de a) 2), en prenant a = 1 − x et b = 1 + x, où (a,b) ∈ (R∗ +)2 car x ∈ ] − 1 ; 1[. Il en résulte que l’intégrale proposée converge et que : +∞ 0 sh (xt) t e−t dt = 1 2 ln 1 + x 1 − x . c) Par le changement de variable t = e−x , dans le résultat de a) 2), on a : ln b a = +∞ 0 e−ax − e−bx x dx = 0 1 ta − tb −ln t − dt t = − 1 0 ta−1 − tb−1 ln t dt . Il en résulte que l’intégrale proposée converge et que : 1 0 xa − xb ln x dx = − ln b + 1 a + 1 . d) Soit (a,b) ∈ ]0 ; +∞[2 . L’application g : x −→ 1 − e−ax x 1 − e−bx x est continue sur ]0 ; +∞[, g 0, g(x) −→ x−→0 ab, g(x) ∼ x−→+∞ 1 x2 , donc g est intégrable sur ]0 ; +∞[, l’intégrale proposée existe. On a, pour tout (ε,X) ∈ R2 tel que 0 < ε X, par intégration par parties : X ε (1 − e−ax )(1 − e−bx ) 1 x2 dx = (1 − e−ax )(1 − e−bx ) − 1 x X ε + X ε a e−ax + b e−bx − (a + b) e−(a+b)x 1 x dx. On a : (1 − e−aX )(1 − e−bX ) − 1 X −→ X−→+∞ 0 et (1 − e−aε )(1 − e−bε ) − 1 ε ∼ ε−→0 aεbε − 1 ε = −abε −→ ε−→0 0. Enfin, comme plus haut, la fonction x −→ a e−ax + b e−bx − (a + b) e−(a+b)x 1 x est intégrable sur ]0 ; +∞[. On déduit, en faisant ε −→ 0 et X −→ +∞ : +∞ 0 (1 − e −ax )(1 − e −bx ) 1 x2 dx = +∞ 0 a e −ax + b e −bx − (a + b)e −(a+b)x 1 x dx = a +∞ 0 e −ax − e −(a+b)x x dx + b +∞ 0 e −bx − e −(a+b)x x dx
- 143. 133 = a ln a + b a + b ln a + b b = (a + b) ln (a + b) − a ln a − b ln b. D’abord, pour tout x ∈ [0 ; 1[, π/2 0 dt √ 1 − x cos 2t existe comme intégrale d’une application continue sur un seg- ment. a) On a, par le changement de variable u = tan t : f (x) = +∞ 0 du 1 + u2 1 − x 1 1 + u2 = +∞ 0 du √ 1 + u2 √ 1 + u2 − x . Notons, pour tout x ∈ [0 ; 1[ : g(x) = 1 0 du √ 1 + u2 √ 1 − x + u2 h(x) = 1 0 du √ 1 − x + u2 . On a : f (x) g(x) 1 √ 2 h(x) et : h(x) = 1 √ 1 − x 1 0 du 1 + u √ 1 − x 2 = Argsh u √ 1 − x 1 0 = Argsh 1 √ 1 − x −→ x−→1− +∞. On conclut, par minoration : f (x) −→ x−→1− +∞. b) • On a, pour tout x ∈ [0 ; 1[ : 0 f (x) − g(x) = +∞ 1 du √ 1 + u2 √ 1 − x + u2 +∞ 1 du u2 = − 1 u +∞ 1 = 1. Comme f (x) −→ x−→1− +∞, il en résulte : f (x) ∼ x−→1− g(x) . • On a, pour tout x ∈ [0 ; 1[ : 0 h(x) − g(x) = 1 0 1 − 1 √ 1 + u2 1 √ 1 − x + u2 du = 1 0 u2 √ 1 + u2 √ 1 + u2 + 1 √ 1 − x + u2 du 1 0 u2 1 · 2 · u du = u2 4 1 0 = 1 4 . Comme g(x) ∼ x−→1− +∞, il en résulte : g(x) ∼ x−→1− h(x) . Ainsi : f (x) ∼ x−→1− g(x) ∼ x−→1− h(x) = Argsh 1 √ 1 − x = ln 1 √ 1 − x + 1 + 1 1 − x = ln 1 + √ 2 − x √ 1 − x = ln (1 + √ 2 − x) − 1 2 ln (1 − x) ∼ x−→1− − 1 2 ln(1 − x) . a) Puisque f est continue sur [0 ; +∞[, f admet des primitives sur [0 ; +∞[. Notons F : [0 ; +∞[−→ R, x −→ x 0 f (t) dt la primitive de f qui s’annule en 0. L’application F est de classe C1 sur [0 ; +∞[ et F = f. Puisque : ∀ x ∈ ]0 ; +∞[, g(x) = F(x) x , g est continue sur ]0 ; +∞[ (et même, g est de classe C1 sur ]0 ; +∞[). On a : g(x) = F(x) − F(0) x −→ x−→0 F (0) = f (0) = g(0), donc g est continue en 0. On conclut que g est continue sur [0 ; +∞[. b) 1) Cas où f est à valeurs dans R+ : Alors, par sa définition, g est aussi à valeurs dans R+ . Effectuons, pour 0 < ε X fixés, une intégration par parties, pour des applications de classe C1 : X ε g2 (x) dx = X ε 1 x2 x 0 f 2 dx = X ε 1 x2 F(x) 2 dx = − 1 x F(x) 2 X ε − X ε − 1 x 2F(x)F (x) dx = − F(X) 2 X 0 + F(ε) 2 ε + 2 X ε g(x) f (x) dx. 3.54 3.55
- 144. 134 • F(ε) 2 ε = F(ε) − F(0) ε F(ε) −→ ε−→0 f (0)F(0). = f (0) · 0 = 0 • D’après l’inégalité de Cauchy et Schwarz : X ε g(x) f (x) dx X ε g2 (x) dx 1 2 X ε f 2 (x) dx 1 2 X 0 g2 (x) dx 1 2 +∞ 0 f 2 (x) dx 1 2 . On déduit, en faisant ε −→ 0 : X 0 g2 2 X 0 g2 1 2 +∞ 0 f 2 1 2 . Si X 0 g2 =/ 0, on obtient : X 0 g2 1 2 2 +∞ 0 f 2 1 2 . Et, si X 0 g2 = 0, l’inégalité ci-dessus est triviale. On a donc : ∀ X ∈ ]0 ; +∞[, X 0 g2 4 +∞ 0 f 2 . Comme g2 0, il en résulte que g2 est intégrable sur [0 ; +∞[ et que : +∞ 0 g2 4 +∞ 0 f 2 . 2) Cas général : Nous supposons maintenant que f est à valeurs dans C. Considérons u = | f | et v associée à u, comme g est associée à f, c’est-à-dire : ∀ x ∈ [0 ; +∞[, v(x) = 1 x x 0 u(t) dt si x =/ 0 u(0) si x = 0. Il est clair que u est continue sur [0 ; +∞[. Puisque f 2 est de carré intégrable sur [0 ; +∞[ et que u2 = | f |2 , u2 est aussi de carré intégrable sur [0 ; +∞[. D’après 2), v2 est donc de carré intégrable sur [0 ; +∞[ et : +∞ 0 v2 4 +∞ 0 u2 . Mais, pour tout x ∈ ]0 ; +∞[ : |g(x)| = 1 x x 0 f (t) dt 1 x x 0 | f | = 1 x x 0 u = v(x) et : |g(0)| = | f (0)| = u(0) = v(0) . On a donc : ∀ x ∈ [0 ; +∞[, |g(x)| v(x), d’où : ∀ x ∈ [0 ; +∞[, |g(x)|2 v2 (x). Comme v2 est intégrable sur [0 ; +∞[, par théorème de ma- joration pour des fonctions 0, |g|2 est intégrable sur [0 ; +∞[, puis, par définition, g2 est intégrable sur [0 ; +∞[. Et on a : +∞ 0 |g|2 +∞ 0 v2 4 +∞ 0 u2 = 4 +∞ 0 | f |2 .
- 145. 135 4CHAPITRE 4Séries Thèmes abordés dans les exercices • Détermination de la nature d’une série à termes 0 • Détermination de la nature d’une série à termes réels de signes quelconques ou complexes • Nature d’une suite par intervention d’une série • Calcul de la somme d’une série convergente • Étude d’un produit infini • Manipulation d’exponentielles dans une algèbre normée complète • Étude d’intégrabilité d’une fonction, quand celle-ci peut se ramener à une étude de convergence pour une série • Recherche d’un équivalent ou d’un développement asymptotique, pour une somme partielle de série divergente, pour un reste de série convergente • Recherche d’un équivalent ou d’un développement asymptotique, pour le terme général d’une suite définie par une relation de récurrence • Convergence d’un série double et calcul éventuel de la somme • Obtention de l’égalité des sommes de deux séries par intervention d’une série double. Points essentiels du cours pour la résolution des exercices • Définition, propriétés générales, propriétés relatives aux opérations et à l’ordre, pour la convergence et la divergence des séries • Le lien suite/série • Le lemme fondamental pour les séries à termes 0 • Pour les séries à termes 0, l’exemple de Riemann, le théorème de majora- tion, de minoration, le théorème d’équivalence, la règle nα un par sa méthode, la règle de d’Alembert • La comparaison somme/intégrale, ou série/intégrale • La définition de l’absolue convergence et son lien avec la convergence • Le théorème spécial à certaines séries alternées (TSCSA) Les méthodes à retenir 136 Énoncés des exercices 140 Du mal à démarrer ? 149 Corrigés 154 Plan ©Dunod.Laphotocopienonautoriséeestundélit.
- 146. Chapitre 4 • Séries 136 • La constante d’Euler (à la limite extérieure du programme) : n k=1 1 k = ln n + γ + o n∞ (1) • La formule de Stirling : n! ∼ n∞ n e n √ 2πn • Les théorèmes de sommation des relations de comparaison • Pour les séries doubles, le théorème d’interversion dans le cas de R+, théorè- me de Fubini dans le cas général. Les méthodes à retenir Essayer de : • majorer un par le terme général d’une série convergente, lorsqu’on conjecture que la série de terme général un converge ➥ Exercices 4.1 a), c), 4.2 a), 4.10, 4.16 • minorer un par le terme général d’une série divergente, lorsqu’on conjecture que la série de terme général un diverge ➥ Exercices 4.1 b), 4.2 b), 4.10 • trouver un équivalent simple de un , puis appliquer le théorème d’équivalence ➥ Exercices 4.1 d), h), i), 4.11, 4.30, 4.31 b), 4.45 d) Pour obtenir un équivalent simple de un , il pourra être nécessaire d’ef- fectuer, de façon intermédiaire, des développements asymptotiques ➥ Exercices 4.9 a), d), e), f), j), 4.13 • appliquer la règle nα un, lorsque un n’admet apparemment pas d’équivalent simple ➥ Exercices 4.2 c), d), 4.9 b), c) • mélanger l’utilisation d’équivalents et de majorants (ou d’équiva- lents et de minorants) ➥ Exercices 4.1 e), f) • appliquer la règle de d’Alembert, lorsque l’écriture de un fait inter- venir des factorielles ou des exponentielles ➥ Exercices 4.1 g), 4.9 g), k), 4.27 • utiliser une comparaison série/intégrale ➥ Exercices 4.2 e), f). Pour étudier la nature d’une série n 0 un à termes dans R+, sur un exemple
- 147. Les méthodes à retenir 137 Pour déduire la convergence d’une série n un, à termes réels 0 à partir de la convergence d’une série n vn, à termes réels 0 Dans un cadre théorique, essayer de : • comparer, par inégalité, par équivalence, un à vn ➥ Exercices 4.3, 4.4, 4.14, 4.36 • sinon, comparer, par inégalité, les sommes partielles de la série n un, aux sommes partielles de la série n vn, ➥ Exercice 4.15. Pour étudier la nature d’une série n 0 un, à termes 0, dans un cadre théorique Essayer d’appliquer le lemme fondamental, ou sa contraposée ➥ Exercices 4.21, 4.55. Pour montrer qu’une série n un diverge En plus des méthodes déjà évoquées plus haut, essayer de : • montrer que la suite (un)n ne converge pas vers 0, c’est-à-dire que la série n un diverge grossièrement ➥ Exercice 4.18 • montrer qu’un paquet de termes ne tend pas vers 0 ➥ Exercice 4.60. Pour étudier la nature d’une suite (an)n On peut, surtout si an apparaît comme une sommation, étudier la na- ture de la série n (an+1 − an), puis appliquer le lien suite/série ➥ Exercices 4.6, 4.25, 4.27. Pour étudier la nature d’une série n 0 un à termes de signes quelconques ou complexes, sur un exemple ©Dunod.Laphotocopienonautoriséeestundélit. Essayer de : • voir si la série n 0 un, est absolument convergente ➥ Exercices 4.5 a), 4.18 • appliquer le TSCSA, si un contient (−1)n en facteur et si l’autre fac- teur ne contient pas de (−1)n dans son écriture ➥ Exercices 4.5 b), 4.17, 4.31 b), 4.45 e) • utiliser un développement asymptotique, en particulier si un contient (−1)n en facteur et si l’autre facteur contient encore (−1)n dans son écriture ➥ Exercices 4.5 c), d), 4.28, 4.37.
- 148. Chapitre 4 • Séries 138 Pour étudier une série dont le terme général un a une expression différente selon la parité de n, ou selon une périodicité plus générale Essayer d’étudier les sommes partielles S2p, S2p+1, d’indice pair, d’indice impair ➥ Exercices 4.22, 4.38, 4.42. Attention : la somme partielle S2p = 2p k=0 uk, est une sommation se ter- minant par un terme d’indice pair (le terme u2p), mais cette somma- tion fait intervenir tous les termes, d’indices pairs ou impairs, situés avant u2p. Pour étudier l’intégrabilité d’une application f : [0 ; +∞[−→ R, telle que f(x) présente une oscillation lorsque x −→ +∞ Essayer, en plus des méthodes vues dans le chapitre 3, de relier la question à la convergence d’une série du genre n 0 (n+1)π nπ f, si f s’annule en chaque nπ, par exemple ➥ Exercice 4.43. Pour évaluer Hn = n k=1 1 k , n ∈ N∗ Se rappeler, suivant le contexte : • Hn ∼ n∞ ln n, obtenu par comparaison série/intégrale ➥ Exercices 4.31 a), 4.52 • Hn = ln n + γ + o n∞ (1), où γ est la constante d’Euler, obtenu par étude de la suite de terme général Hn − ln n et intervention du lien suite/série ➥ Exercice 4.56. Pour évaluer n! ou ln (n!) Essayer d’utiliser : • la formule de Stirling : n! ∼ n∞ n e n √ 2πn, • le développement asymptotique obtenu en passant au logarithme : ln (n!) = n ln n − n + 1 2 ln n + 1 2 ln(2π) + o n∞ (1). ➥ Exercices 4.12, 4.24 En particulier : ln (n!) ∼ n∞ n ln n, ce que l’on peut montrer plus sim- plement par comparaison somme/intégrale ➥ Exercice 4.41.
- 149. Les méthodes à retenir 139 Pour étudier finement la série harmonique alternée n 1 (−1)n n , ou des séries s’y ramenant Essayer d’exploiter : 1 n = 1 0 xn−1 dx ➥ Exercices 4.37, 4.44, 4.57. Pour montrer la convergence et calculer la somme d’une série n 0 un Essayer de : • montrer d’abord la convergence par des arguments qualitatifs (utili- sation de majoration, équivalent, règle nα un,... , en travaillant éven- tuellement sur |un|), puis calculer les sommes partielles n k=0 uk, et enfin chercher la limite de celles-ci lorsque l’entier n tend vers l’infini ➥ Exercices 4.7, 4.19, 4.20, 4.33, 4.46, 4.47 • ou bien former directement les sommes partielles et déterminer leur limite ➥ Exercices 4.29, 4.32, 4.34. Pour calculer les sommes partielles, il faudra souvent amener un téles- copage, et, à cet effet : • si un est une fraction rationnelle en n, utiliser une décomposition en éléments simples • si un est une fonction Arctan, sin , cos , tan,. . . essayer de mettre un par exemple sous la forme an+1 − an , où an est assez simple et res- semble un peu à un , en utilisant des formules de trigonométrie. D’autre part, on connaît directement certaines sommes de séries, par exemple, celle de l’exponentielle ➥ Exercice 4.8. Pour obtenir des comparaisons (o, O, ∼) sur des sommes partielles de séries divergentes ou sur des restes de séries convergentes ©Dunod.Laphotocopienonautoriséeestundélit. Essayer de faire intervenir : • une comparaison série/intégrale ➥ Exercices 4.23, 4.26, 4.51 • un télescopage ➥ Exercices 4.49, 4.50 • un théorème de sommation des relations de comparaison ➥ Exercices 4.49 à 4.52, 4.59.
- 150. Chapitre 4 • Séries 140 Pour étudier une série double Essayer de faire intervenir : • le théorème d’interversion des sommations, dans le cas 0 ➥ Exercice 4.48 • le théorème d’interversion dans le cas général, c’est-à-dire le théo- rème de Fubini ➥ Exercice 4.58. Pour établir qu’une somme de série convergente +∞ p=0 αp est égale à une autre somme de série convergente ∞ q=0 βq Essayer de faire intervenir une suite double (up,q)(p,q)∈N2 de façon que : ∀ p ∈ N, αp = +∞ q=0 up,q et ∀ q ∈ N, βq = +∞ p=0 up,q et voir si on peut appliquer le théorème de Fubini. Ainsi, formellement : +∞ p=0 αp = +∞ p=0 +∞ q=0 up,q = +∞ q=0 +∞ p=0 up,q = +∞ q=0 βq. ➥ Exercice 4.58. Énoncés des exercices Exemples de détermination de la nature d’une série numérique Déterminer la nature de la série de terme général un dans les exemples suivants : a) | sin n| n2 b) √ n − √ n − 1 c) 1 2 + 1 n n d) ln n2 + 2n + 3 n2 + 2n + 2 e) 1 − cos sin n n f) n 1 n2 − 1 g) 2n n! h) (n + 1)a − na nb , (a,b) ∈ R2 . Exemples de séries de Bertrand Déterminer la nature de la série de terme général un dans les exemples suivants : a) 1 n2 ln n b) ln n n c) ln n n2 d) 1 √ n ln n e) 1 n ln n f) 1 n( ln n)2 . Convergence d’une série par encadrement du terme général Soient n 0 un, n 0 vn deux séries réelles convergentes et n 0 wn une série réelle telle que : ∀ n ∈ N, un wn vn. Montrer que la série n 0 wn converge. Natures de séries déduites d’autres séries Soit n 0 an une série à termes dans R∗ +, convergente. Déterminer la nature des séries de termes généraux : un = an 1 + an , vn = ch an − 1 an , wn = a2 n. 4.1 4.2 4.3 4.4
- 151. Énoncés des exercices 141 Exemples de détermination de la nature d’une série alternée Déterminer la nature de la série de terme général un dans les exemples suivants : a) (−1)n n n3 + n + 1 , b) (−1)n √ n , c) (−1)n n + (−1)n , d) (−1)n √ n + (−1)n . Nature d’une suite par étude d’une série Soit a ∈ ] − 1 ; +∞[ fixé. On note, pour tout n ∈ N∗ : un = n k=1 1 a + k − ln n. Montrer que la suite (un)n∈N∗ converge. Exemple de calcul de la somme d’une série convergente, utilisation d’une décomposition en éléments simples Existence et calcul de +∞ n=1 un où un = 2(2n2 + n − 3) n(n + 1)(n + 2)(n + 3) . Exemple de calcul de la somme d’une série convergente, utilisation de la série de l’expo- nentielle On note, pour tout n ∈ N : un = n3 + 6n2 − 5n − 2 n! . a) Montrer que la série n 0 un converge. b) Montrer que B = 1, X, X(X − 1), X(X − 1)(X − 2) est une base de R3[X] et décompo- ser linéairement P = X3 + 6X2 − 5X − 2 sur B. c) En déduire +∞ n=0 un. On rappelle que : +∞ n=0 1 n! = e. Exemples de détermination de la nature d’une série numérique Déterminer la nature de la série de terme général un dans les exemples suivants : a) n sin 1 n na , a ∈ R, b) e−(lnn)λ , λ ∈ R, c) − 1 n 1 n+2 ex ln x dx d) sin 1 n + a tan 1 n + b ln n + 1 n − 1 , (a,b) ∈ R2 e) 1 + a n n − n n + 1 ea , a ∈ R, f) n2 + n + 3 + a n2 + n + 1 + b n2 + n + 2, (a,b) ∈ R2 g) (n!)a nn , a ∈ R h) a 0 xn 3 √ 1 + x2 dx, a ∈ R+, i) 2 √ n + an 3 √ n + bn , (a,b) ∈ (R+)2 j) n √ a − 2 n √ b + n √ c, (a,b,c) ∈ (R∗ +)3 , k) (ln n)n n! . Exemples de détermination de la nature d’une série Déterminer la nature des séries de termes généraux : un = 1 0 tan (xn ) dx, vn = 1 0 tan (xn2 ) dx . ©Dunod.Laphotocopienonautoriséeestundélit. 4.5 4.6 4.7 4.8 4.9 4.10
- 152. Chapitre 4 • Séries 142 Exemples de détermination de natures de séries Déterminer la nature des séries de termes généraux : un = 1 (n + 1)! n k=0 k! , vn = 1 (n + 2)! n k=0 k! . Nature d’une série faisant intervenir des factorielles, utilisation de la formule de Stirling Déterminer la nature de la série de terme général un = n! (2n)! 1 n . Recherche de paramètres pour la convergence d’une série Déterminer les polynômes P ∈ R[X] tels que la série de terme général un = (n4 + 3n2 )1/4 − P(n) 1/3 , est convergente. Exemple de détermination de la nature d’une série définie à partir d’une autre série Soit (un)n une suite réelle. On suppose que les séries n un et n u2 n convergent. a) Montrer que, à partir d’un certain rang, un = −1. b) Établir que la série n un 1 + un converge. Nature d’une série déduite d’une autre série Soit n 1 un une série à termes dans R+, convergente. Montrer que la série n 1 √ un n converge. Nature d’une série faisant intervenir une suite récurrente On considère la suite réelle (un)n 1 définie par u1 > 0 et : ∀ n 1, un+1 = ln 1 + un n . Déterminer, pour α ∈ R∗ + fixé, la nature de la série n 1 uα n . Exemple de détermination de la nature d’une série alternée, avec paramètre Déterminer, pour (a,b) ∈ R2 fixé, la nature de la série de terme général un = (−1)n na (n + 1)b . Exemples de détermination de natures de séries à termes complexes Déterminer la nature des séries de termes généraux : un = (2 + 3i)n + 2 − i (3 + 4i)n + 3 + i n , vn = (2 + 3i)n + 2 − i (3 + 2i)n + 3 + i n . 4.11 4.12 4.13 4.14 4.15 4.16 4.17 4.18
- 153. Énoncés des exercices 143 Existence et calcul de la somme d’une série convergente Existence et calcul de +∞ n=1 un où : un = 1 n √ n + 2 + (n + 2) √ n . Exemple de calcul de la somme d’une série convergente Existence et calcul de +∞ n=2 ln 1 − 2 n(n + 1) . Calcul de la somme d’une série convergente déduite d’une autre série Soit (un)n 1 une suite à termes dans R+. On note, pour tout n 1 : vn = un (1 + u1) · · · (1 + un) . a) Montrer : ∀ n 1, n k=1 vk = 1 − 1 (1 + u1) · · · (1 + un) . b) En déduire la nature de la série n 1 vn. Calcul de la somme d’une série convergente déduite de la série harmonique On note, pour tout n ∈ N∗ : un = 1 n si n ≡ 0 [3] −2 n si n ≡ 0 [3]. Montrer que la série n 1 un converge et calculer sa somme. Exemple de détermination d’un équivalent de la somme d’une série convergente à para- mètre Montrer : +∞ n=1 1 n(n + x) ∼ x−→+∞ ln x x . Recherche d’un équivalent d’une expression faisant intervenir un reste de série conver- gente Trouver un équivalent simple de un = +∞ k=n 1 k! 1 n , lorsque l’entier n tend vers l’infini. Étude d’une série construite à partir d’une suite Soit (an)n∈N une suite dans R∗ +. On considère la suite réelle (un)n∈N définie par u0 ∈ 0 ; π 2 , et : ∀ n ∈ N, un+1 = Arctan (an + tan un). a) Montrer que la suite (un)n∈N converge et que, en notant = lim n∞ un, on a : ∈ 0 ; π 2 . ©Dunod.Laphotocopienonautoriséeestundélit. 4.19 4.20 4.21 4.22 4.23 4.24 4.25
- 154. Chapitre 4 • Séries 144 b) Montrer que la série n∈N an converge si et seulement si : =/ π 2 . Exemple de recherche d’un équivalent simple d’une somme double On note, pour tout n ∈ N − {0,1} : Sn = 1 p<q n 1 √ pq . a) Montrer : ∀ n ∈ N − {0,1}, Sn = 1 2 (A2 n − Bn), où on a noté : An = n p=1 1 √ p , Bn = n p=1 1 p . b) En déduire un équivalent simple de Sn lorsque l’entier n tend vers l’infini. Utilisation d’une série pour étudier une suite Soit (λn)n∈N une suite à termes dans R∗ +, telle que λn −−−→ n ∞ + ∞, et (un)n∈N la suite réelle défi- nie par (u0,u1) ∈ R2 et : ∀ n ∈ N, un+2 = un + λnun+1 1 + λn . Démontrer que la suite (un)n∈N converge. Étude d’une série dont le terme général fait intervenir une fonction Soit f : [−1 ; 1] −→ C de classe C3 . On note, pour tout n ∈ N∗ : un = n f 1 n − f − 1 n − 2 f (0) . Montrer que la série n∈N∗ un, converge. Convergence et somme d’une série définie à partir d’une suite récurrente du type un+1 = f(un) Soit (un)n∈N la suite réelle définie par u0 = 5 et : ∀ n ∈ N, un+1 = u2 n − 5un + 8. a) Montrer que (un)n∈N est croissante et que un −−−→ n ∞ + ∞. b) Montrer : ∀ n ∈ N, (−1)n un − 3 = (−1)n un − 2 − (−1)n+1 un+1 − 2 . c) Déterminer la nature et la somme de la série n 0 (−1)n un − 3 . Exemple de nature d’une série, le terme général étant défini par récurrence On considère la suite réelle (un)n∈N définie par u0 ∈ R et : ∀ n ∈ N, (n + 2)2 un+1 = (n + 1)un + n . Quelle est, pour a ∈ R fixé, la nature de la série n ua n ? 4.26 4.27 4.28 4.29 4.30
- 155. Énoncés des exercices 145 Étude de séries définies à partir de suites récurrentes On considère la suite réelle (un)n 1 définie par u1 = 1 et : ∀ n 1, un+1 = u2 n + 1 n . a) Déterminer la limite de un et un équivalent simple de un lorsque l’entier n tend vers l’infini. b) Déterminer la nature des séries de termes généraux 1 un et (−1)n un . Convergence et somme d’une série définie à partir d’une suite récurrente du type un+1 = f(un) On considère la suite réelle (un)n∈N définie par u0 ∈ ]1 ; +∞[ et : ∀ n ∈ N, un+1 = u2 n − un + 1 . a) Montrer : un −−−→ n ∞ + ∞. b) Existence et calcul de +∞ n=0 1 un . Exemple de calcul de la somme d’une série convergente, utilisation d’une décomposition en éléments simples Existence et calcul de +∞ n=1 3n − 2 n3 + 3n2 + 2n . Exemple de calcul de la somme d’une série convergente faisant intervenir la suite de Fibonacci On considère la suite de Fibonacci (φn)n 0 définie par φ0 = 0, φ1 = 1 et : ∀ n ∈ N, φn+2 = φn+1 + φn . a) Montrer : ∀ n ∈ N, φ2 n+1 − φnφn+2 = (−1)n . b) En déduire : ∀ n ∈ N∗ , (−1)n φnφn+1 = φn+1 φn − φn+2 φn+1 . c) Existence et calcul de +∞ n=1 (−1)n φnφn+1 . Exemples de détermination de la nature d’une série numérique Déterminer la nature de la série de terme général un dans les exemples suivants : a) tan π 2 (7 + 4 √ 3)n b) 1 0 xn 1 + x + · · · + xn dx c) 2n k=n 1 (k + n)2 − k2 . Nature d’une série déduite de deux autres séries Soient (a,b) ∈ (R∗ +)2 , n 0 un, n 0 vn deux séries à termes dans R∗ + , convergentes. Quelle est la nature de la série de terme général wn = u2 nv2 n au3 n + bv3 n ? ©Dunod.Laphotocopienonautoriséeestundélit. 4.31 4.32 4.33 4.34 4.35 4.36
- 156. Chapitre 4 • Séries 146 Exemple de détermination de la nature d’une série dont le terme général fait intervenir les sommes partielles d’une série Déterminer la nature de la série de terme général un = ln exp n k=0 (−1)k k + 1 − 1 . Exemple de détermination de la nature d’une série dont le terme général un est donné selon la parité de n Déterminer la nature de la série de terme général : un = sin 1 n si n est impair, n 1 − sh 1 n si n est pair, n 2. Étude des séries convergentes dont le terme général décroît Soit (un)n 1 une suite à termes dans R∗ +, décroissante, telle que la série n 1 un converge. a) Montrer : nun −−−→ n ∞ 0. b) En déduire la nature des séries de termes généraux : vn = nu2 n, wn = un 1 − nun . Étude de la nature d’une série par comparaison a) Soit (un)n∈N∗ une suite à termes dans R∗ +, telle qu’il existe a ∈ ]1 ; +∞[ tel que : ∀ n ∈ N∗ , un+1 un n n + 1 a . Montrer que la série n 1 un converge. b) Application : déterminer la nature de la série de terme général un = 1 · 3 · · · (2n − 1) 2 · 4 · · · (2n) · 1 2n + 1 . Exemple de recherche d’une limite de suite à l’aide d’une série Trouver lim n∞ +∞ k=n 1 k! 1 n ln n . Utilisation de groupements de termes pour étudier la nature d’une série Déterminer, pour α ∈ R fixé, la nature de la série de terme général un = (−1) n(n+1) 2 nα . Étude d’intégrabilité se ramenant à la nature d’une série Est-ce que l’application f : x −→ (1 + x4 sin 2 x)−3 est intégrable sur [0 ; +∞[ ? Exemple de recherche d’un équivalent du reste d’une série alternée convergente Trouver un équivalent simple de Rn = +∞ k=n+1 (−1)k k lorsque l’entier n tend vers l’infini. 4.37 4.38 4.39 4.40 4.41 4.42 4.43 4.44
- 157. Énoncés des exercices 147 Nature de séries définies à partir d’une suite On considère la suite réelle (un)n 0 définie par u0 0 et : ∀ n ∈ N, un+1 = √ n + un. a) Montrer : un −−−→ n ∞ + ∞. b) Établir que (un)n 0 est croissante à partir d’un certain rang. c) Trouver un équivalent simple de un lorsque l’entier n tend vers l’infini. d) Quelle est la nature, pour α ∈ ]0 ; +∞[ fixé, de la série de terme général 1 uα n ? e)} Quelle est la nature, pour β ∈ ]0 ; +∞[ fixé, de la série de terme général (−1)n u β n ? Convergence et somme d’une série, intervention de la formule de Stirling Existence et calcul de +∞ n=1 un, où un = n ln 1 + 1 n − 1 − 1 2n . Calcul de la somme d’une série convergente, utilisation d’une décomposition en éléments simples Existence et calcul de +∞ n=1 un, où un = 1 n(2n + 1) . Exemple de calcul de la somme d’une série double Existence et calcul de +∞ p=0 +∞ q=1 1 (p + q2)(p + q2 + 1) . Exemple de recherche d’un équivalent du reste d’une série convergente Trouver un équivalent simple de Rn = +∞ k=n+1 √ k 2−k lorsque l’entier n tend vers l’infini. Exemple de recherche d’un équivalent de la somme partielle d’une série divergente· Trouver un équivalent simple de Sn = n k=1 ek k lorsque l’entier n tend vers l’infini. Exemple de recherche d’un développement asymptotique de la somme partielle d’une série divergente Former un développement asymptotique de Sn = n k=1 Arctan √ k, à la précision o( √ n) lorsque l’entier n tend vers l’infini. Exemple de recherche d’un équivalent du terme général d’une suite définie par une relation de récurrence, utilisation d’une série On considère la suite réelle (un)n 1 définie par u1 ∈ ]0 ; +∞[ et : ∀ n ∈ N∗ , un+1 = un + 1 nun . Montrer : a) un −−−→ n ∞ + ∞ b) un ∼ n∞ √ 2 ln n. ©Dunod.Laphotocopienonautoriséeestundélit. 4.45 4.46 4.47 4.48 4.49 4.50 4.51 4.52
- 158. Chapitre 4 • Séries 148 Détermination d’une limite par utilisation d’un théorème de sommation des relations de comparaison Soient a, b, α, β ∈ R∗ +, (un)n 1, (vn)n 1 deux suites à termes dans R∗ + telles que : un ∼ n∞ a nα et vn ∼ n∞ b nβ. Trouver lim n∞ n k=1 ukvk 2 n k=1 u2 k n k=1 v2 k . Nature de la série des inverses des nombres premiers On note pn le n-ème nombre premier (p1 = 2). Montrer que la série n 1 1 pn diverge. Nature des séries n un Sα n , n un rα n a) Soit n 1 un une série divergente, à termes réels > 0. On note, pour tout n 1 : Sn = n k=1 uk. Étudier, pour tout α ∈ R∗ + fixé, la nature de la série n 1 un Sα n . b) Soit n 1 un une série convergente, à termes réels > 0. On note, pour tout n 1 : rn = +∞ k=n uk. Étudier, pour tout α ∈ R∗ + fixé, la nature de la série n 1 un rα n . Exemple d’étude de produit infini On note, pour tout n ∈ N∗ : un = n k=1 1 + 1 k + 1 k2 . Montrer qu’il existe C ∈ R∗ + tel que un ∼ n∞ Cn, et montrer : 1 C 3. On pourra utiliser la constante d’Euler γ, définie par : n k=1 1 k = ln n + γ + o n∞ (1). Étude de séries dont le terme général est défini à partir d’un reste de série convergente a) Montrer que la série n 1 (−1)n−1 n converge et que, pour tout n ∈ N, son reste Rn = +∞ k=n+1 (−1)k−1 k vérifie : Rn = (−1)n 1 0 xn 1 + x dx. b) Montrer que la série n 0 Rn converge et que, pour tout n ∈ N, son reste ρn vérifie : ρn = (−1)n+1 1 0 xn+1 (1 + x)2 dx. c) Quelles sont les natures des séries n 0 ρn, n 0 (−1)n ρn ? En cas de convergence, quelle est la somme ? 4.53 4.54 4.55 4.56 4.57
- 159. Du mal à démarrer ? 149 Égalité de deux sommes de séries par intervention d’une série double Établir, pour tout a ∈ ]0 ; +∞[ : +∞ n=0 1 ch (2n + 1)a = +∞ n=0 (−1)n sh (2n + 1)a . Recherche d’un développement asymptotique du terme général d’une suite du type un+1 = f(un) On considère la suite réelle (un)n 0 définie par u0 ∈ ]0 ; +∞[ et : ∀ n ∈ N, un+1 = un + 1 un . Montrer : a) un −−−→ n ∞ + ∞ b) un ∼ n∞ √ 2n c) un = √ 2n + 1 4 √ 2 ln n √ n + o n∞ ln n √ n . Nature de la série n 1 ϕ(n) n2 Soit ϕ : N∗ −→ N∗ injective. Montrer que la série n 1 ϕ(n) n2 diverge. ©Dunod.Laphotocopienonautoriséeestundélit. 4.58 4.59 4.60 Du mal à démarrer ? Il s’agit de séries à termes réels 0. Essayer d’appliquer (dans l’ordre) le théorème de majoration ou de minoration,le théorème d’équivalence,la règle nαun,la règle de d’Alembert, une comparaison série/intégrale. a) Majoration. b) Expression conjuguée, puis minoration. c) Majoration. d) Équivalent. e) Équivalent, puis majoration. f) Équivalent, puis règle nαun. g) Règle de d’Alembert. h) Équivalent, si a = 0. Il s’agit d’exemples de séries de Bertrand n 2 1 nα(ln n)β , (α,β) ∈ R2 fixé. Mais le résultat général sur les séries de Bertrand n’est pas au programme. Essayer d’appliquer :le théorème de majoration ou le théorème de minoration, la règle nαun, une comparaison série/intégrale. a),b) Majoration, minoration. c),d) Règle nαun. e),f) Comparaison série/intégrale. Faire apparaître des réels 0 et utiliser le théorème de majoration pour des séries à termes 0. Il s’agit de séries à termes 0. Remarquer d’abord : an −−−→ n∞ 0. Utiliser ensuite une majoration ou un équivalent. Il s’agit de séries alternées. a) Convergence absolue. b) TSCSA. c),d) Utiliser un développement asymptotique. Utiliser le lien suite/série : la suite (un)n∈N∗ converge si et seulement si la série n∈N∗ (un+1 − un) converge. 1) Existence : Équivalent. 2) Calcul :Décomposition en éléments simples,puis télescopage. 4.1 4.2 4.3 4.4 4.5 4.6 4.7
- 160. Chapitre 4 • Séries 150 a) Équivalent et règle de d’Alembert. b) • Degrés successifs. • Faire apparaître X(X − 1)(X − 2) dans P, puis faire apparaître X(X − 1),… c) Décomposer en somme de séries convergentes. Il s’agit de séries à termes réels 0. Essayer d’appliquer (dans l’ordre) le théorème de majoration ou de minoration,le théorème d’équivalence,la règle nαun,la règle de d’Alembert, une comparaison série/intégrale. Si le terme général un fait intervenir un ou des paramètres, on pourra être amené à former un développement asymptotique de un,qui permettra,selon les valeurs des paramètres,d’obtenir un équivalent de un, ou une estimation de un. a) Effectuer un développement asymptotique de n sin 1 n , puis de un. b) Traiter d’abord les cas λ < 0, λ = 0. Pour λ > 0, utiliser la règle nαun. c) Majoration et règle nαun. d), e), f), j) Former un développement asymptotique de un à la précision O 1 n2 . g),k) Règle de d’Alembert. h) Séparer en cas selon la position de a par rapport à 1, à cause de la présence de xn dans l’intégrale. Utiliser ensuite une majo- ration ou une minoration. i) Séparer en cas selon la position de a et b par rapport à 1,et uti- liser des équivalents. Il s’agit de séries à termes 0. Pour obtenir des inégalités sur un, vn , utiliser un encadrement de tan t, en montrant : ∀ t ∈ [0 ; 1], t tan t 2t . Commencer par chercher un équivalent simple de n k=0 k! . Puisque k! croît très vite, on peut conjecturer que n k=1 k!, est équivalent à n! lorsque l’entier n tend vers l’infini. Utiliser la formule de Stirling : n! ∼ n∞ n e n√ 2πn pour déduire un développement asymptotique de ln un , puis un équivalent simple de un lorsque l’entier n tend vers l’infini. • Montrer d’abord que, si la série n un converge, alors nécessairement P est de degré 3 et de coefficient dominant égal 1. • Pour P = X3 + aX2 + bX + c, (a,b,c) ∈ R3 ,calculer un déve- loppement asymptotique de un. b) Étudier un 1 + un − un. La présence de racines carrées dans une sommation (ou dans une intégrale) fait penser à l’inégalité de Cauchy et Schwarz. Appliquer celle-ci, dans RN usuel, pour N fixé, afin d’obtenir une majoration des sommes partielles. Obtenir une majoration convenable de un. Traiter les cas immédiats a > b, a = b. Pour a < b, montrer que le TSCSA s’applique. • Majorer |un| par le terme général d’une série géométrique convergente. • Évaluer ln|vn| et montrer que ln|vn| ne tend pas vers 1 lorsque l’entier n tend vers l’infini. 1) Existence : Équivalent. 2) Calcul : En utilisant une expression conjuguée, amener un télescopage dans le calcul des sommes partielles. 1) Existence : Équivalent. 2) Calcul : Amener un télescopage dans le calcul des sommes partielles. a) Récurrence sur n, ou télescopage. b) D’après a),la suite des sommes partielles de la série de terme général vn est majorée (par 1). Calculer 3p n=1 un, puis déterminer sa limite lorsque l’entier p tend vers l’infini, par exemple en utilisant le théorème sur les sommes de Riemann. Relier avec 3p+1 n=1 un et avec 3p+2 n=1 un. Effectuer une comparaison série/intégrale, à l’aide, pour x ∈ ]0 ; +∞[ fixé, de l’application [1 ; +∞[−→ R, t −→ 1 t(t + x) . • Montrer : +∞ k=n 1 k! ∼ n∞ 1 n! . • En utilisant la formule de Stirling n! ∼ n∞ n e n√ 2πn, en dédui- re un équivalent simple de un lorsque l’entier n tend vers l’infini. 4.8 4.9 4.10 4.11 4.12 4.13 4.14 4.15 4.16 4.17 4.18 4.19 4.20 4.21 4.22 4.23 4.24
- 161. Du mal à démarrer ? 151 ©Dunod.Laphotocopienonautoriséeestundélit. a) Étudier, pour la suite (un)n∈N : existence, situation, monotonie éventuelle, majoration/minoration. b) Utiliser le lien suite/série. a) Remarquer que p et q jouent des rôles symétriques dans 1 √ pq , d’où 2Sn = 1 p=q n 1 √ pq , puis rajouter et retran- cher les termes correspondant à p = q. b) Par comparaison somme/intégrale, obtenir des équivalents pour An et pour Bn. Utiliser le lien suite/série et la règle de d’Alembert. Utiliser la formule de Taylor-Young pour obtenir un déve- loppement asymptotique de un lorsque l’entier n tend vers l’in- fini. a) Montrer, par récurrence : ∀ n ∈ N, un 5. Ayant montré que (un)n∈N est croissante, pour obtenir un −−−→ n∞ + ∞, raisonner par l’absurde, en supposant un −−−→ n∞ ∈ R. c) Faire apparaître un télescopage dans le calcul des sommes partielles de la série, en utilisant b). Il s’agit d’abord d’obtenir un équivalent simple de un lorsque l’entier n tend vers l’infini. À cet effet, obtenir des ren- seignements de plus en plus précis sur un : un = O n∞ (n), puis (en réinjectant) un = O n∞ (1), puis un −−−→ n∞ 0, puis un ∼ n∞ 1 n . a) Exprimer u2 n à l’aide de u2 n−1, puis sommer pour faire apparaître un télescopage. Rappeler : Hn = n k=1 1 k ∼ n∞ ln n. Obtenir : un ∼ n∞ √ ln n. b) 1) La première série est à termes 0 : utiliser un équivalent. 2) La deuxième série relève du TSCSA. a) Montrer que (un)n 0 est croissante et ne peut pas avoir de limite finie. b) Amener un télescopage dans le calcul des sommes partielles, en calculant 1 un+1 − 1 − 1 un − 1 . 1) Existence : Équivalent. 2) Calcul : Amener un télescopage dans le calcul des sommes partielles, en utilisant une décomposition en éléments simples. a) Récurrence sur n (d’autres méthodes sont possibles). c) Faire apparaître un télescopage dans le calcul des sommes partielles, en utilisant b). a) Noter an = (7 + 4 √ 3)n et considérer bn = (7 − 4 √ 3)n . Évaluer an + bn en utilisant la formule du binôme de Newton,et en déduire : un = − tan bn . b) Il s’agit d’évaluer 1 + x + · · · + xn . Le remplacement par 1 − xn+1 1 − x ne semble pas simplifier la question. Utiliser la com- paraison entre la moyenne arithmétique et la moyenne géomé- trique, pour obtenir : 1 + x + · · · + xn (n + 1)x n+1 2 . c) Écrire un sous une autre forme, avec changement d’indice, pour faire apparaître une somme de Riemann. Il s’agit de comparer wn avec une expression simple formée à partir de un et vn. Obtenir : w2 n un + vn ab . Exprimer n k=0 (−1)k k + 1 à l’aide d’intégrales, en utilisant : 1 k + 1 = 1 0 tk dt. En déduire : un = 2an + o(a2 n), où an = (−1)n 1 0 tn+1 1 + t dt. Remarquer d’abord : un −−−→ n∞ 0. Grouper les termes deux par deux. a) En notant Rn = +∞ k=1 uk, et en utilisant la décroissance de la suite (un)n 1, évaluer 2nu2n et (2n + 1)u2n+1. b) Remarquer vn = (nun)un et wn ∼ n∞ un. a) Réitérer l’inégalité de l’énoncé et utiliser le théorème de majoration pour des séries à termes 0. b) Former un développement asymptotique de un+1 un et un développement asymptotique de n n + 1 a . Choisir convena- blement a pour pouvoir appliquer le résultat de la question a). Chercher un équivalent simple de Rn = +∞ k=n 1 k! lorsque l’entier n tend vers l’infini. En utilisant la formule de Stirling n! ∼ n∞ n e n√ 2πn, en déduire un développement asymptotique de ln un , puis un équivalent de un. 4.25 4.26 4.27 4.28 4.29 4.30 4.31 4.32 4.33 4.34 4.35 4.36 4.37 4.38 4.39 4.40 4.41
- 162. Chapitre 4 • Séries 152 Traiter d’abord le cas α 0, d’étude immédiate. Pour α > 0, grouper les termes quatre par quatre, puisque la suite (−1) n(n+1) 2 n 0 est périodique de période 4. En notant, pour tout n ∈ N, un = (n+1)π nπ f, montrer d’abord que l’intégrabilité de f est équivalente à la convergence de la série n 0 un. Évaluer un par changements de variables et inégalités. Exprimer Rn à l’aide d’une intégrale, en utilisant 1 k = 1 0 tk−1 dt, et en commençant par travailler sur p k=n+1 (−1)k k puis en faisant tendre p vers l’infini. Pour déterminer un équivalent simple de 1 0 tn 1 + t dt, utiliser une intégration par parties. b) Remarquer d’abord que (un)n 0 ne peut pas être décroissante. Sachant un0+1 un0 pour n0 fixé, déduire que (un)n n0 est croissante. c) Considérer, pour tout n ∈ N, Pn = X2 − X − n et situer un+1 par rapport aux deux zéros de Pn . En déduire : un = o(n), puis : un ∼ n∞ √ n. d) Équivalent. e) TSCSA. 1) Existence : Équivalent, par l’intermédiaire d’un dévelop- pement limité. 2) Écrire une somme partielle,amener un télescopage,et utiliser la formule de Stirling : n! ∼ n∞ n e n√ 2πn. 1) Existence : Équivalent. 2) Calcul : Utiliser une décomposition en éléments simples et la constante d’Euler : N n=1 1 n = ln N + γ + o N∞ (1). L’existence et le calcul se montrent simultanément,en uti- lisant le théorème d’interversion de deux sommations, dans le cas des réels 0. Utiliser une décomposition en éléments simples du terme général. Montrer d’abord que la série k √ k 2−k converge. Considérer,pour tout n ∈ N : vn = un − un+1 et utiliser un théo- rème de sommation des relations de comparaison. En notant un = en n , étudier un+1 − un et utiliser un théo- rème de sommation des relations de comparaison. Commencer par transformer l’écriture de Sn de façon que Arctan s’applique à un élément près de 0. Utiliser ensuite un théorème de sommation des relations de comparaison. a) Étudier la nature de la série n 1 (un+1 − un) et utiliser le lien suite/série. b) Étudier u2 n+1 − u2 n et utiliser un théorème de sommation des relations de comparaison. Utiliser un théorème de sommation des relations de com- paraison, pour obtenir des équivalents des différentes somma- tions qui apparaissent dans l’énoncé. Remarquer : 1 pn ∼ n∞ ln 1 1 − 1 pn , et étudier les sommes partielles de la série de terme général ln 1 1 − 1 pn , en développant 1 1 − 1 pn en série géométrique et en utilisant la décomposition de tout entier ( 2) en produit de nombres premiers. a) Séparer en cas selon la position de α par rapport à 1. Si α = 1, supposer que la série n un Sn converge et déduire une contradiction, en utilisant un Sn ∼ n∞ −ln 1 − un Sn . Si α ∈ ]0 ; 1[, utiliser une minoration et le résultat du cas précé- dent. Si α ∈ ]1 ; +∞[, remarquer : un Sα n Sn Sn−1 1 xα dx. 1) Existence de C : Noter vn = n k=1 ln 1 + 1 k + 1 k2 et wn = n k=1 1 k . En utilisant des développements limités, montrer que la série k 1 ln 1 + 1 k + 1 k2 − 1 k converge. 2) Évaluation de C : Utiliser : 1 + 1 k + 1 k2 1 + 1 k , et, pour k 2 : 1 + 1 k + 1 k2 1 + 1 k − 1 . 4.42 4.43 4.44 4.45 4.46 4.47 4.48 4.49 4.50 4.51 4.52 4.53 4.54 4.55 4.56
- 163. Du mal à démarrer ? 153 ©Dunod.Laphotocopienonautoriséeestundélit. a) Remplacer, dans Rn, 1 k par 1 0 xk−1 dx. b) Se déduit de a). c) 1) Pour calculer n k=0 ρk, raisonner comme en b). 2) Ne pas oublier que (−1)nρn est, en fait, de signe fixe. Faire apparaître une série double, en remplaçant ch (2n + 1)a par son expression à l’aide d’exponentielles, et appliquer le théorème de Fubini. a) Montrer d’abord que (un)n 0 est croissante. Raisonner ensuite par l’absurde. b) Montrer : u2 n+1 − u2 n ∼ n∞ 2 et utiliser un théorème de sommation des relations de compa- raison. c) Considérer vn = u2 n − 2n, former vn+1 − vn et utiliser encore un théorème de sommation des relations de comparaison. Minorer convenablement 2n k=n+1 ϕ(k) k pour déduire que cette somme ne tend pas vers 0 lorsque l’entier n tend vers l’in- fini. 4.58 4.59 4.60 4.57
- 164. a) On a : 0 | sin n| n2 1 n2 . D’après l’exemple de Riemann (2 > 1) et le théorème de ma- joration pour des séries à termes 0, on conclut que la série n un converge. b) On a, en utilisant une expression conjuguée : un = √ n − √ n − 1 = 1 √ n + √ n − 1 1 2 √ n = 1 2n 1 2 . D’après l’exemple de Riemann (1/2 1) et le théorème de mi- noration pour des séries à termes 0, on conclut que la série n un diverge. c) On a, pour n 3 : 0 1 2 + 1 n n 5 6 n . Puisque 0 5 6 < 1, la série géométrique n 5 6 n converge. Par théorème de majoration pour des séries à termes 0, on conclut que la série n un converge. d) On a : ln n2 + 2n + 3 n2 + 2n + 2 = ln 1 + 1 n2 + 2n + 2 ∼ n∞ 1 n2 + 2n + 2 ∼ n∞ 1 n2 . D’après l’exemple de Riemann (2 > 1) et le théorème d’équi- valence pour des séries à termes 0, on conclut que la série n un converge. e) Comme sin n n −−−→ n ∞ 0 et que 1 − cos x ∼ x−→0 x2 2 , on a : 1 − cos sin n n ∼ n∞ 1 2 sin n n 2 . Et : 0 sin n n 2 1 n2 . D’après l’exemple de Riemann (2 > 1 ), la série n 1 n2 converge. Par théorème de majoration pour des séries à termes 0, la série n sin n n 2 converge. Par théorème d’équiva- lence pour des séries à termes 0, on conclut que la série n un converge. f) On a : n 1 n2 − 1 = e ln n n2 − 1 ∼ n∞ ln n n2 . Pour étudier la nature de la série n ln n n2 , nous allons essayer d’utiliser la règle nαun. On a : n3/2 ln n n2 = ln n n1/2 −−−→ n ∞ 0, par prépondérance classique. D’où, à partir d’un certain rang : n3/2 ln n n2 1, donc : 0 ln n n2 1 n3/2 . D’après l’exemple de Riemann (3/2 > 1), la série n 1 n3/2 converge. Par théorème de majoration pour des séries à termes 0, la série n ln n n2 converge. On conclut, par théorème d’équivalence pour des séries à termes 0, que la série n un converge. g) On a : ∀ n ∈ N, un > 0 et : un+1 un = 2n+1 (n + 1)! n! 2n = 2 n + 1 −−−→ n ∞ 0 < 1 . D’après la règle de d’Alembert, on conclut que la série n un converge. h) On a : un = (n + 1)a − na nb = na−b 1 + 1 n a − 1 = na−b a n + o 1 n . • Si a =/ 0, alors : un ∼ n∞ na−b a n = ana−b−1 . Il en résulte, d’après l’exemple de Riemann et le théorème d’équivalence pour des séries à termes 0, que la série n un converge si et seulement si a − b − 1 < −1, c’est-à-dire a < b. • Si a = 0, alors un = 0 pour tout n ∈ N∗ , donc la série n un converge. Finalement, la série n un converge si et seulement si : a < b ou a = 0. Il s’agit de cas particuliers de la série de Bertrand n 2 1 nα(ln n)β , (α,β) ∈ R2 fixé. Comme le résultat 154 Corrigés des exercices 4.1 4.2
- 165. Ainsi, f n’est pas intégrable sur [2 ; +∞[ et on conclut que la série n 1 n ln n diverge. f) Considérons l’application g : [2 ; +∞[−→ R, x −→ 1 x(ln x)2 . Il est clair que g est continue, décroissante, 0. D’après le cours sur la comparaison série/intégrale, la série n un converge si et seulement si l’application g est intégrable sur [2 ; +∞[. On a, pour tout X ∈ [2 ; +∞[ : X 2 g(x) dx = X 2 1 x(ln x)2 dx = y= ln x ln X ln 2 1 y2 dy = − 1 y ln X ln 2 = − 1 ln X + 1 ln 2 −→ X−→+∞ 1 ln 2 . Ainsi, g est intégrable sur [2 ; +∞[, et on conclut que la série n 1 n(ln n)2 converge. On a : ∀ n ∈ N, 0 wn − un vn − un. Comme les séries de termes généraux un et vn convergent, par opération, la série de terme général vn − un converge, puis, par théorème de majoration pour des séries à termes 0, la série de terme général wn − un converge. Enfin, comme : ∀ n ∈ N, wn = (wn − un) + un et que les séries de termes généraux wn − un et un convergent, par addition, la série de terme général wn converge. • On a, pour tout n : 0 un = an 1 + an an. Comme la série n an converge, par théorème de majoration pour des séries à termes 0, on conclut que la série n un converge. • Puisque la série n an converge, on a : an −−−→ n ∞ 0, donc : vn = ch an − 1 an ∼ n∞ 1 2 a2 n an = 1 2 an 0. Comme la série n an converge, par théorème d’équivalence pour des séries à termes 0, on conclut que la série n vn converge. • Puisque la série n an converge, on a : an −−−→ n ∞ 0, donc, à partir d’un certain rang : 0 an 1, d’où : 0 wn = a2 n an . 155 n 2 1 nα(ln n)β converge⇐⇒ α > 1 ou α = 1 et β > 1 est hors-programme, il nous faut ici étudier chaque cas pro- posé. a) On a, pour n 3 : 0 1 n2 ln n 1 n2 . D’après l’exemple de Riemann (2 > 1) et le théorème de ma- joration pour des séries 0, on conclut que la série n 1 n2 ln n converge. b) On a, pour n 3 : ln n n 1 n 0. D’après l’exemple de Riemann et le théorème de minoration pour des séries à termes 0, on conclut que la série n ln n n diverge. c) On a : n3/2 un = n3/2 ln n n2 = ln n n1/2 −−−→ n ∞ 0, par prépondérance classique, d’où, à partir d’un certain rang : n3/2 un 1, et donc : 0 un 1 n3/2 . D’après l’exemple de Riemann (3/2 > 1) et le théorème de ma- joration pour des séries à termes 0, on conclut que la série n ln n n2 converge. d) On a : nun = n 1 √ n ln n = √ n ln n −−−→ n ∞ + ∞, par prépondérance classique, d’où, à partir d’un certain rang : nun 1, et donc : un 1 n 0. D’après l’exemple de Riemann et le théorème de minoration pour des séries à termes 0, on conclut que la série n 1 √ n ln n diverge. e) Considérons l’application f : [2 ; +∞[−→ R, x −→ 1 x ln x . Il est clair que f est continue, décroissante, 0. D’après le cours sur la comparaison série/intégrale, la série n un converge si et seulement si l’application f est intégrable sur [2 ; +∞[. On a, pour tout X ∈ [2 ; +∞[ : X 2 f (x) dx = X 2 1 x ln x dx = y = ln x ln X ln 2 1 y dy = [ ln y]ln X ln 2 = ln ln X − ln ln 2 −→ X−→+∞ +∞. 4.3 4.4
- 166. Comme la série n an converge, par théorème de majoration pour des séries à termes 0, on conclut que la série n wn converge. a) On a : ∀ n ∈ N, |un| = n n3 + n + 1 n n3 = 1 n2 . D’après l’exemple de Riemann (2 > 1) et le théorème de ma- joration pour des séries à termes 0, la série n |un| converge. Ainsi, la série n un converge absolument, donc converge. b) La série n 1 un est alternée, un −−−→ n ∞ 0 et la suite (|un|)n 1 est décroissante, donc, d’après le TSCSA, la série n 1 un converge. c) Effectuons un développement asymptotique : un = (−1)n n + (−1)n = (−1)n n 1 + (−1)n n −1 = (−1)n n 1 + O 1 n = (−1)n n + O 1 n2 . D’après le TSCSA, la série n 1 (−1)n n converge. Par théorème de comparaison, puisque la série n 1 n2 converge et est à termes 0, la série n O 1 n2 converge absolument, donc converge. Par addition de deux séries convergentes, on conclut que la série n un converge. d) Effectuons un développement asymptotique : un = (−1)n √ n + (−1)n = (−1)n √ n 1 + (−1)n √ n −1 = (−1)n √ n 1 − (−1)n √ n + O 1 n = (−1)n √ n − 1 n + O 1 n3/2 . D’après le TSCSA, la série n 1 (−1)n √ n converge. La série n 1 1 n diverge. Par théorème de comparaison, puisque la série n 1 1 n3/2 converge et est à termes 0, la série n O 1 n3/2 est abso- lument convergente, donc convergente. Par addition d’une série divergente et de deux séries conver- gentes, on conclut que la série n un diverge. Nous allons utiliser le lien suite/série. On a, pour n 1 : un+1 − un = 1 a + n + 1 − ln(n + 1) + ln n = 1 n 1 1 + a + 1 n − ln 1 + 1 n = 1 n 1 + O 1 n − 1 n + O 1 n2 = O 1 n2 . D’après l’exemple de Riemann (2 > 1 ), la série n 1 n2 converge. Par théorème de comparaison, il en résulte que la série n O 1 n2 converge absolument, donc converge. Ceci montre que la série n (un+1 − un) converge. D’après le lien suite/série, on conclut que la suite (un)n∈N∗ converge. 1) Existence : On a : un = 2(2n2 + n − 3) n(n + 1)(n + 2)(n + 3) ∼ n∞ 4n2 n4 = 4 n2 0 . D’après l’exemple de Riemann (2 > 1) et le théorème d’équi- valence pour des séries à termes 0, on conclut que la série n un converge, donc S = +∞ n=1 un existe. 2) Calcul : • Effectuons une décomposition en éléments simples. Il existe (a,b,c,d) ∈ R4 tel que : F = 2(2X2 + X − 3) X(X + 1)(X + 2)(X + 3) = a X + b X + 1 + c X + 2 + d X + 3 . Par multiplication par X, puis remplacement de X par 0, on obtient : a = −6 6 = −1. Par multiplication par X + 1, puis remplacement de X par −1, on obtient : b = −4 −2 = 2. 156 4.5 4.6 4.7
- 167. Par multiplication par X + 2, puis remplacement de X par −2, on obtient : c = 6 2 = 3. Par multiplication par X + 3, puis remplacement de X par −3, on obtient : d = 24 −6 = −4. On obtient : F = − 1 X + 2 X + 1 + 3 X + 2 − 4 X + 3 . • D’où, pour tout N ∈ N∗ (tel que N 4), par télescopage : N n=1 un = − N n=1 1 n + 2 N n=1 1 n + 1 + 3 N n=1 1 n + 2 − 4 N n=1 1 n + 3 = − N n=1 1 n + 2 N+1 n=2 1 n + 3 N+2 n=3 1 n − 4 N+3 n=4 1 n = − 1 + 1 2 + 1 3 + N n=4 1 n + 2 1 2 + 1 3 + N n=4 1 n + 1 N + 1 + 3 1 3 + N n=4 1 n + 1 N + 1 + 1 N + 2 − 4 N n=4 1 n + 1 N + 1 + 1 N + 2 + 1 N + 3 = 5 6 + 2 N + 1 + 3 1 N + 1 + 1 N + 2 − 4 1 N + 1 + 1 N + 2 + 1 N + 3 −→ N∞ 5 6 . On conclut que la série n 1 un converge et que sa somme est : +∞ n=1 un = 5 6 . a) On a : un = n3 + 6n2 − 5n − 2 n! ∼ n∞ n3 n! , noté vn. On a : ∀ n ∈ N∗ , vn > 0 et : vn+1 vn = (n + 1)3 (n + 1)! n! n3 = (n + 1)2 n3 ∼ n∞ 1 n −−−→ n ∞ 0 < 1 . D’après la règle de d’Alembert, la série n vn converge. Par théorème d’équivalence pour des séries à termes 0, on conclut que la série n un converge. b) • En notant P0 = 1, P1 = X, P2 = X(X − 1), P3 = X(X − 1)(X − 2) , on a : ∀ i ∈ {0,. . . ,3}, deg (Pi ) = i, donc, d’après le cours, B = (P0, P1, P2, P3) est une base de R3[X]. • Exprimons P sur la base B. On a, en développant : P0 = 1, P1 = X, P2 = X2 − X, P3 = X3 − 3X2 + 2X . D’où, en faisant apparaître successivement P3, P2, P1, P0 dans P : P = X3 + 6X2 − 5X − 2 = (X3 − 3X2 + 2X) + 9X2 − 7X − 2 = P3 + 9(X2 − X) + 2X − 2 = P3 + 9P2 + 2P1 − 2P0 . c) On a, en manipulant des sommes de séries toutes conver- gentes (d’après la règle de d’Alembert, par exemple) : S = +∞ n=0 un = +∞ n=0 1 n! P3(n) + 9P2(n) + 2P1(n) − 2P0(n) = +∞ n=0 P3(n) n! + 9 +∞ n=0 P2(n) n! + 2 +∞ n=0 P1(n) n! − 2 +∞ n=0 P0(n) n! . Calculons ces différentes sommes de séries convergentes. • +∞ n=0 P0(n) n! = +∞ n=0 1 n! = e. • +∞ n=0 P1(n) n! = +∞ n=0 n n! = +∞ n=1 1 (n − 1)! = +∞ p=0 1 p! = e • +∞ n=0 P2(n) n! = +∞ n=0 n(n − 1) n! = +∞ n=2 1 (n − 2)! = +∞ p=0 1 p! = e • +∞ n=0 P3(n) n! = +∞ n=0 n(n − 1)(n − 2) n! = +∞ n=3 1 (n − 3)! = +∞ p=0 1 p! = e. d’où : +∞ n=0 un = e + 9 e + 2 e − 2 e = 10 e. a) Effectuons un développement asymptotique : n sin 1 n = n 1 n − 1 6n3 + o 1 n3 = 1 − 1 6n2 + o 1 n2 , puis : ln un = na ln n sin 1 n = na ln 1 − 1 6n2 + o 1 n2 = na − 1 6n2 + o 1 n2 = − 1 6 na−2 + o(na−2 ) . • Si a < 2, alors ln un −−−→ n ∞ 0, un −−−→ n ∞ 1, un −−−→ n ∞ / 0 , donc la série n un diverge grossièrement. 157 4.8 4.9
- 168. • Si a = 2, alors ln un −−−→ n ∞ − 1 6 ,un −−−→ n ∞ e− 1 6 ,un −−−→ n ∞ / 0, donc la série n un diverge grossièrement. • Supposons a > 2. On a alors : n2 un = e2 ln n− 1 6 na−2+o(na−2) −−−→ n ∞ 0 , par prépondérance classique. On a donc, à partir d’un certain rang : n2 un 1, d’où : 0 un 1 n2 . D’après l’exemple de Riemann (2 > 1) et le théorème d’équivalence pour des séries à termes 0, on conclut que la série n un converge. Finalement, la série n un converge si et seulement si : a > 2. b) • Si λ < 0, alors (ln n)λ −−−→ n ∞ 0, un −−−→ n ∞ 1, un −−−→ n ∞ / 0 , donc la série n un diverge grossièrement. • Si λ = 0, alors (ln n)λ = 1, un −−−→ n ∞ e−1 , un −−−→ n ∞ / 0 , donc la série n un diverge grossièrement. • Supposons λ > 0. Essayons d’utiliser la règle nαun. Soit α ∈ R fixé, à choisir ultérieurement. On a : nα un = nα e−(ln n)λ = eαln n−(ln n)λ . Pour comparer α ln n et (ln n)λ, il nous faut connaître la po- sition de λ par rapport à 1. ∗ Si λ < 1, alors, en prenant α = 1, on a : nun = eln n−(ln n)λ −−−→ n ∞ + ∞ , donc, à partir d’un certain rang : nun 1, donc : un 1 n 0, D’après l’exemple de Riemann et le théorème de minoration pour des séries à termes 0, on conclut que la série n un diverge. ∗ Si λ = 1, alors un = e−ln n = 1 n , donc la série n un diverge. ∗ Si λ > 1, alors, en prenant α = 1 + λ 2 > 1, on a : nα un = eαln n−(ln n)λ −−−→ n ∞ 0, donc, à partir d’un certain rang, : nαun 1, d’où : 0 un 1 nα . D’après l’exemple de Riemann (α > 1) et le théorème de majoration pour des séries à termes 0, on conclut que la série n un converge. Finalement, la série n un converge si et seulement si : λ > 1. c) On a : 0 un = 1 n 1 n+2 ex (−ln x) dx 1 n − 1 n + 2 e 1 n − ln 1 n + 2 = 2 n(n + 2) e 1 n ln (n + 2) ∼ n∞ 2 ln n n2 . Pour déterminer la nature de la série de terme général vn = ln n n2 , utilisons la règle nαvn (cf. aussi l’exercice 4.2). On a : n3/2 vn = ln n n1/2 −−−→ n ∞ 0, donc, à partir d’un certain rang : n3/2 vn 1, d’où : 0 vn 1 n3/2 . D’après l’exemple de Riemann (3/2 > 1) et le théorème de majoration pour des séries à termes 0, la série n vn converge. D’après le théorème d’équivalence et le théorème de majoration pour des séries à termes 0, on conclut que la série n un converge. d) On a, en utilisant des développements limités : ln n + 1 n − 1 = ln 1 + 1 n − ln 1 − 1 n = 1 n + O 1 n2 − − 1 n + O 1 n2 = 2 n + O 1 n2 , d’où : un = sin 1 n + a tan 1 n + b ln n + 1 n − 1 = 1 n +O 1 n2 +a 1 n +O 1 n2 +b 2 n +O 1 n2 =(1 + a + 2b) 1 n + O 1 n2 . • Si 1 + a + 2b =/ 0, alors un ∼ n∞ (1 + a + 2b) 1 n , donc 1 1 + a + 2b un ∼ n∞ 1 n 0. D’après l’exemple de Riemann, par multiplication par un coefficient fixé non nul, et d’après le théo- rème d’équivalence pour des séries à termes 0, la série n un diverge. • Si 1 + a + 2b = 0, alors un = O 1 n2 . Il existe C ∈ R+ tel que, à partir d’un certain rang : |un| C n2 . D’après l’exemple de Riemann (2 > 1) et le théorème de ma- 158
- 169. joration pour des séries à termes 0, la série n O 1 n2 est convergente. Ainsi, la série n O 1 n2 est absolument convergente, donc convergente. Finalement, la série n un converge si et seulement si : 1 + a + 2b = 0. e) On a, par développements limités : 1 + a n n = exp n ln 1 + a n = exp n a n − a2 2n2 + O 1 n3 = exp a − a2 2n + O 1 n2 = ea exp − a2 2n + O 1 n2 = ea 1 − a2 2n + O 1 n2 et : n n + 1 ea = ea 1 + 1 n −1 = ea 1 − 1 n + O 1 n2 . D’où : un = 1 + a n a − n n + 1 ea = ea 1 − a2 2n + O 1 n2 − ea 1 − 1 n + O 1 n2 = ea (2 − a2 ) 2n + O 1 n2 . • Si a2 =/ 2, alors un ∼ n∞ ea (2 − a2 ) 2n . D’après l’exemple de Riemann, le produit par un coefficient fixé non nul, et le théorème d’équivalence pour des séries à termes 0, on conclut que la série n un est divergente. • Si a2 = 2, alors un = O 1 n2 . D’après l’exemple de Riemann (2 > 1) et le théorème de ma- joration pour des séries à termes 0, la série n O 1 n2 est convergente. La série n O 1 n2 est absolument convergente, donc convergente. Finalement, la série n un est convergente si et seulement si : a2 = 2. f) Effectuons un développement asymptotique : un = √ n2 + n + 3 + a √ n2 + n + 1 + b √ n2 + n + 2 = n 1 + 1 n + 3 n2 1/2 + a 1 + 1 n + 1 n2 1/2 + b 1 + 1 n + 2 n2 1/2 = n 1 + 1 2 1 n + 3 n2 − 1 8n2 + O 1 n3 + a 1 + 1 2 1 n + 1 n2 − 1 8n2 + O 1 n3 + b 1 + 1 2 1 n + 2 n2 − 1 8n2 + O 1 n3 = n (1 + a + b) + 1 2 (1 + a + b) 1 n + 11 8 + 3a 8 + 7b 8 1 n2 + O 1 n3 = (1 + a + b)n + 1 2 (1 + a + b) + 11 + 3a + 7b 8 1 n +O 1 n2 . • Si 1 + a + b =/ 0 , alors un ∼ n∞ (1 + a + b)n, donc |un| −−−→ n ∞ + ∞, un −−−→ n ∞ / 0, la série n un diverge grossiè- rement. • Si 1 + a + b = 0 et 11 + 3a + 7b =/ 0, alors un ∼ n∞ 11 + 3a + 7b 8 1 n , donc, par l’exemple de Riemann, par la multiplication par un coefficient fixé non nul, et par le théo- rème d’équivalence pour des séries à termes 0, on conclut que la série n un diverge. • Si 1 + a + b = 0 et 11 + 3a + 7b = 0, alors un = O 1 n2 . D’après l’exemple de Riemann (2 > 1) et le théorème de ma- joration pour des séries à termes 0, la série n O 1 n2 est convergente. La série n O 1 n2 est absolument conver- gente, donc convergente. On résout le système linéaire : 1 + a + b = 0 11 + 3a + 7b = 0 ⇐⇒ a = 1 b = −2. Finalement, la série n un converge si et seulement si : a = 1 et b = −2. g) On a : ∀ n ∈ N∗ , un = (n!)a nn > 0. Essayons d’utiliser la règle de d’Alembert : 159
- 170. un+1 un = (n + 1)! a (n + 1)n+1 nn (n!)a = (n + 1)a nn (n + 1)n+1 = (n + 1)a−1 1 + 1 n −n . Et : 1 + 1 n −n = exp − n ln 1 + 1 n = exp − n 1 n + o 1 n = exp − 1 + o(1) −−−→ n ∞ e −1 . On a donc : un+1 un ∼ n∞ e−1 (n + 1)a−1 . • Si a > 1, alors un+1 un −−−→ n ∞ + ∞ > 1, donc, d’après la règle de d’Alembert, la série n un diverge. • Si a = 1, alors un+1 un −−−→ n ∞ e−1 < 1, donc, d’après la règle de d’Alembert, la série n un converge. • Si a < 1, alors un+1 un −−−→ n ∞ 0 < 1, donc, d’après la règle de d’Alembert, la série n un converge. Finalement, la série n un converge si et seulement si : a 1. h) Comme le comportement de xn dépend de la position de x par rapport à 1, et que x varie entre 0 et a, séparons l’étude en cas selon la position de a par rapport à 1. • Cas 0 a < 1 : On a alors, pour tout n ∈ N : 0 un = a 0 xn 3 √ 1 + x2 dx a 0 xn dx = xn+1 n + 1 a 0 = an+1 n + 1 an+1 . Comme 0 a < 1, la série géométrique n an+1 converge. Par théorème de majoration pour des séries à termes 0, on conclut que la série n un converge. • Cas a 1 : On a alors, pour tout n ∈ N : un = a 0 xn 3 √ 1 + x2 dx 1 0 xn 3 √ 1 + x2 dx 1 0 xn 3 √ 2 dx = 1 3 √ 2 1 n + 1 ∼ n∞ 1 3 √ 2 1 n 0. D’après l’exemple de Riemann, le théorème d’équivalence pour des séries à termes 0, et le théorème de minoration pour des séries à termes 0, on conclut que la série n un diverge. On conclut que la série n un converge si et seulement si : a < 1. i) On veut comparer 2 √ n et an , et comparer 3 √ n et bn . Cette com- paraison dépend de la position de a et de b par rapport à 1. • Cas a > 1 et b > 1 : Alors : un ∼ n∞ an bn = a b n . La série géométrique n a b n converge si et seulement si : a b < 1. Par théorème d’équiva- lence pour des séries à termes 0, on conclut que la série n un converge si et seulement si : a b < 1. • Cas a 1 et b > 1 : Alors : un ∼ n∞ 2 √ n bn = e √ n ln 2−n ln b , donc : n2 un ∼ n∞ e2 ln n+ √ n ln 2−n ln b −−−→ n ∞ 0. Il en résulte, à partir d’un certain rang : n2 un 1, donc : 0 un 1 n2 . D’après l’exemple de Riemann (2 > 1) et le théorème de majoration pour des séries à termes 0, on conclut que la série n un converge. • Cas a > 1 et b 1 : Alors : un ∼ n∞ an 3 √ n = en ln a− √ n ln 3 −−−→ n ∞ + ∞, donc un −−−→ n ∞ / 0, la série n un diverge grossièrement. • Cas a 1 et b 1 : Alors : un ∼ n∞ 2 √ n 3 √ n = 2 3 √ n . On a : n2 un ∼ n∞ e2ln n+ √ n ln 2/3 −−−→ n ∞ 0, par prépondérance classique. On a donc, à partir d’un certain rang : n2 un 1, d’où : 0 un 1 n2 . D’après l’exemple de Riemann (2 > 1) et le théorème de ma- joration pour des séries à termes 0, on conclut que la série n un converge. Finalement, la série n un converge si et seulement si : a > 1, b > 1, a b < 1 ou a 1, b > 1 ou a 1, b 1 , ce qui revient à : a 1 ou 1 < a < b. 160
- 171. On peut représenter graphiquement l’ensemble des couples (a,b) ∈ (R+)2 tels que la série n un converge : On a : ln(n + 1) ln n = ln n + ln 1 + 1 n ln n = ln n + 1 n + o 1 n ln n = 1 + 1 n ln n + o 1 n ln n , puis : ln(n + 1) ln n n = exp n ln ln (n + 1) ln n = exp n ln 1 + 1 n ln n + o 1 n ln n = exp n 1 n ln n + o 1 n ln n = exp 1 ln n + o 1 ln n −−−→ n ∞ 1. D’autre part, par prépondérance classique : ln (n + 1) n + 1 −−−→ n ∞ 0 . On déduit : un+1 un −−−→ n ∞ 0 < 1. D’après la règle de d’Alembert, on conclut que la série n un converge. 1) • On sait (par exemple, par l’étude des variations de t −→ tan t − t), que : ∀ t ∈ 0 ; π 2 , tan t t . • D’où, pour tout n ∈ N : un = 1 0 tan (xn ) dx 1 0 xn dx = xn+1 n + 1 1 0 = 1 n + 1 . Comme la série n 1 n + 1 diverge (série décalée de la série har- monique), par théorème de minoration pour des séries à termes 0, on conclut que la série n un diverge. 2) • Montrons : ∀ t ∈ [0 ; 1], tan t 2t. L’application f : t −→ tan t − 2t est dérivable sur [0 ; 1] et : ∀ t ∈ [0 ; 1], f (t) = tan2 t − 1, d’où le tableau de variations de f : 161 1 1O b a j) Effectuons un développement asymptotique : un = n √ a − 2 n √ b + n √ c = e 1 n ln a − 2 e 1 n ln b + e 1 n ln c = 1 + 1 n ln a + O 1 n2 − 2 1 + 1 n ln b + O 1 n2 + 1 + 1 n ln c + O 1 n2 = 1 n ln ac b2 + O 1 n2 . • Si ac b2 =/ 1, alors ln ac b2 =/ 0, un ∼ n∞ ln ac b2 1 n . Comme la série n 1 n diverge, par multiplication par un coef- ficient fixé non nul, puis par théorème d’équivalence pour des séries à termes 0, la série n un diverge. • Si ac b2 = 1, alors un = O 1 n2 . D’après l’exemple de Riemann (2 > 1) et le théorème de ma- joration pour des séries à termes 0, la série n O 1 n2 converge. Ainsi, la série n O 1 n2 est absolument conver- gente, donc convergente. On conclut que la série n un converge si et seulement si : ac = b2 . k) Essayons d’utiliser la règle de d’Alembert. On a : ∀ n 2, un > 0 et : un+1 un = ln (n + 1) n+1 (n + 1)! n! ( ln n)n = ln (n + 1) ln n n ln (n + 1) n + 1 . 4.10
- 172. Et : f (1) = tan 1 − 2 −0,443 . . . < 0. On conclut : ∀ t ∈ [0 ; 1], tan t 2t. • D’où, pour tout n ∈ N : vn = 1 0 tan (xn2 ) dx 1 0 2xn2 dx = 2 xn2+1 n2 + 1 1 0 = 2 n2 + 1 2 n2 . D’après l’exemple de Riemann (2 > 1) et le théorème de ma- joration pour des séries à termes 0, on conclut que la série n vn converge. 1) Commençons par chercher un équivalent de n k=0 k!, lorsque l’entier n tend vers l’infini. On a, pour tout n ∈ N (tel que n 2) : 0 n k=0 k! − n! = n−1 k=0 k! = n−2 k=0 k! + (n − 1)! (n − 1)(n − 2)! + (n − 1)! = 2 (n − 1)! . Comme 2(n − 1)! n! = 2 n −−−→ n ∞ 0, on a : 2(n − 1)! = o(n!), et on obtient : n k=0 k! ∼ n∞ n! . 2) • On a : un = 1 (n + 1)! n k=0 k! ∼ n∞ n! (n + 1)! = 1 n + 1 0 . Comme la série n 1 n + 1 diverge (série décalée de la série har- monique), par théorème d’équivalence pour des séries à termes 0, on conclut que la série n un diverge. • On a : vn = 1 (n + 2)! n k=0 k! ∼ n∞ n! (n + 2)! = 1 (n + 1)(n + 2) ∼ n∞ 1 n2 . D’après l’exemple de Riemann (2 > 1) et le théorème d’équi- valence pour des séries à termes 0, on conclut que la série n vn converge. Essayons d’utiliser la formule de Stirling : n! ∼ n∞ n e n√ 2πn . On a donc : ln (n!) = n ln n − n + 1 2 ln (2πn) + o(1), d’où : ln un = 1 n ln (n!) − ln (2n)! = 1 n n ln n − n + 1 2 ln (2πn) + o(1) − 2n ln (2n) − 2n + 1 2 ln (2π2n) + o(1) = 1 n − n ln n + (1 − 2 ln 2)n − 1 2 ln 2 + o(1) = − ln n + (1 − 2 ln 2) + o(1). Puis : un = exp − ln n + (1 − 2 ln 2) + o(1) = 1 n e 1−2 ln 2 e o(1) ∼ n∞ e 1−2 ln 2 1 n = e 4n 0. D’après l’exemple de Riemann et le théorème d’équivalence pour des séries à termes 0, on conclut que la série n un diverge. Si la série n un converge, alors nécessairement un −−−→ n ∞ 0, donc : (n4 + 3n2 )1/4 − P(n) 1/3 = o(1), d’où : P(n) 1/3 = (n4 + 3n2 )1/4 + o(1) ∼ n∞ (n4 + 3n2 )1/4 ∼ n∞ n , et donc P(n) ∼ n∞ n3 , ce qui montre que P est de degré 3 et de coefficient dominant égal à 1. Notons donc P = X3 + aX2 + bX + c, (a,b,c) ∈ R3 . Effectuons un développement asymptotique : un = (n4 + 3n2 )1/4 − (n3 + an2 + bn + c)1/3 = n 1 + 3 n2 1/4 − 1 + a n + b n2 + c n3 1/3 = n 1 + 3 4n2 + O 1 n4 − 1 + 1 3 a n + b n2 + c n3 + 1 3 − 2 3 2! a2 n2 + O 1 n3 = − a 3 + 3 4 − b 3 + a2 9 1 n + O 1 n2 . 162 4.11 4.13 4.12t 0 π/4 1 f (t) − 0 + f (t) 0
- 173. • Si a =/ 0, alors un −−−→ n ∞ − a 3 =/ 0, donc la série n un diverge grossièrement. • Si a = 0 et 3 4 − b 3 + a2 9 noté C =/ 0, alors un ∼ n∞ C n . D’après l’exemple de Riemann, par multiplication par une constante non nulle, et par le théorème d’équivalence pour des séries à termes réels 0, on conclut que la série n un diverge. • Si a = 0 et C = 0, alors un = O 1 n2 . D’après l’exemple de Riemann (2 > 1) et le théorème de ma- joration pour des séries à termes 0, la série n O 1 n2 converge. Ainsi, la série n O 1 n2 est absolument conver- gente, donc convergente. Finalement, la série n un converge si et seulement si a = 0 et C = 0, ce qui revient à : a = 0 et b = 9 4 . On conclut : l’ensemble des polynômes P ∈ R[X] tels que la série de terme général un = (n4 + 3n2 )1/4 − P(n) 1/3 converge est X3 + 9 4 X + c ; c ∈ R . On remarque que, pour c ∈ R, un n’est défini qu’à partir d’un certain rang, mais que la série de terme général un est conver- gente, puisque l’énoncé n’impose pas l’indice de départ. a) Puisque la série n un, converge, on a : un −−−→ n ∞ 0, donc, à partir d’un certain rang : un =/ − 1. b) D’après a), la série de terme général vn = un 1 + un est bien définie à partir d’un certain rang. On a, pour tout n : |vn − un| = un 1 + un − un = u2 n |1 + un| ∼ n∞ u2 n . Comme la série de terme général u2 n converge, d’après le théo- rème d’équivalence pour des séries à termes 0, la série de terme général |vn − un| converge. Ainsi, la série de terme gé- néral vn − un est absolument convergente, donc convergente. Enfin, comme, pour tout n : vn = (vn − un) + un, par addition de deux séries convergentes, on conclut que la série de terme général vn est convergente. Rappelons l’inégalité de Cauchy-Schwarz, dans RN usuel, pour N ∈ N∗ fixé : ∀ (x1,. . . ,xN ), (y1, . . . ,yN ) ∈ RN , N n=1 xn yn N n=1 x2 n 1 2 N n=1 y2 n 1 2 . En appliquant ceci à √ un et 1 n , à la place respectivement de xn et yn, on obtient : ∀ N ∈ N∗ , 0 N n=1 √ un n N n=1 un 1 2 N n=1 1 n2 1 2 . Puisque les séries n un et n 1 n2 sont convergentes et à termes 0, on a, pour tout N ∈ N∗ : N n=1 un +∞ n=1 un et N n=1 1 n2 +∞ n=1 1 n2 . D’où : ∀ N ∈ N∗ , 0 N n=1 √ un n +∞ n=1 un 1 2 +∞ n=1 1 n2 1 2 . Ceci montre que les sommes partielles de la série à termes 0, n 1 √ un n , sont majorées. D’après un lemme du cours, on conclut que la série n 1 √ un n converge. • Une récurrence immédiate montre que, pour tout n ∈ N∗ , un existe et un > 0. • On a : ∀ n 1, un+1 = ln 1 + un n un n , car on sait : ∀ x ∈ ] − 1 ; +∞[, ln(1 + x) x. Il en résulte, par une récurrence immédiate : ∀ n 1, 0 < un u1 (n − 1)! , puis : ∀ n 1, 0 < uα n uα 1 (n − 1)! α , noté vn. On a : ∀ n 1, vn > 0, et : vn+1 vn = (n − 1)! α (n!)α = 1 nα −−→ n ∞ 0 < 1 . D’après la règle de d’Alembert, la série n 1 vn converge. 163 4.14 4.15 4.16
- 174. = 13 25 n2 + 2 13 n + 5 13 n2 + 26 25 n + 10 25 n 2 13 25 n 2 = 13 25 n . Comme 0 13 25 < 1, la série géométrique n 13 25 n converge. Par théorème de majoration pour des séries à termes 0, on déduit que la série n |un| converge. Ainsi, la série n un est absolument convergente, donc conver- gente. 2) On a de même, pour tout n ∈ N : |vn| = (2 + 3i)n + 2 − i (3 + 2i)n + 3 + i n = (2n + 2) + i (3n − 1) (3n + 3) + i (2n + 1) n = (2n + 2)2 + (3n − 1)2 (3n + 3)2 + (2n + 1)2 n 2 = 13n2 + 2n + 5 13n2 + 22n + 10 n 2 . D’où : ln |vn| = n 2 ln 13n2 + 2n + 5 13n2 + 22n + 10 = n 2 ln 1 − 20n + 5 13n2 + 22n + 10 ∼ n∞ n 2 −(20n + 5) 13n2 + 22n + 10 ∼ n∞ − 20n2 26n2 = − 20 26 −−−→ n ∞ − 20 26 = − 10 13 . Ainsi, ln |vn| −−−→ n ∞ / − ∞, vn −−−→ n ∞ / 0, donc la série n vn diverge grossièrement. 1) Existence : On a : un = 1 n √ n + 2 + (n + 2) √ n ∼ n∞ 1 2n3/2 0. D’après l’exemple de Riemann (3/2 > 1) et le théorème d’équivalence pour des séries à termes 0, la série n un converge, donc +∞ n=1 un existe. 2) Calcul : Essayons d’amener un télescopage. On a, pour tout n ∈ N∗ , par utilisation d’une expression conju- guée : un = 1 n √ n + 2 + (n + 2) √ n = n √ n + 2 − (n + 2) √ n n2(n + 2) − (n + 2)2n 164 4.17 4.18 4.19 Par théorème de majoration pour des séries à termes 0, on conclut que la série n 1 uα n converge, pour tout α ∈ R∗ + fixé. Commençons par étudier le comportement de |un| lorsque l’entier n tend vers l’infini. On a : |un| = na (n + 1)b ∼ n∞ na nb = na−b . • Si a > b, alors |un| −−−→ n ∞ + ∞, un −−−→ n ∞ / 0 , donc la série n un diverge grossièrement. • Si a = b, alors |un| −−−→ n ∞ 1, un −−−→ n ∞ / 0, donc la série n un diverge grossièrement. • Supposons a < b. La série n un est alternée et un −−−→ n ∞ 0. Nous allons montrer que la suite |un| n 1 est décroissante. Considérons l’application f : [1 ; +∞[−→ R, x −→ xa (x + 1)b = xa (x + 1)−b . L’application f est dérivable sur [1 ; +∞[ et, pour tout x ∈ [1 ; +∞[ : f (x) = axa−1 (x + 1)−b − xa b(x + 1)−b−1 = xa−1 (x + 1)−b−1 (a − b)x + a . Le signe de f (x) dépend de la position de x par rapport à a b − a . On a : ∀ x ∈ a b − a ; +∞ , f (x) 0 . Il en résulte que la suite |un| n est décroissante à partir d’un certain rang. D’après le TSCSA, on déduit que la série n un converge. On conclut que la série n un converge si et seulement si : a < b. 1) On a, pour tout n ∈ N : |un| = (2 + 3i)n + 2 − i (3 + 4i)n + 3 + i n = (2n + 2) + i (3n − 1) (3n + 3) + i (4n + 1) n = (2n + 2)2 + (3n − 1)2 (3n + 3)2 + (4n + 1)2 n 2 = 13n2 + 2n + 5 25n2 + 26n + 10 n 2
- 175. − ln 2 + ln 3 + N−1 n=4 ln n + ln N − ln 3 + N−1 n=4 ln n + ln N + ln (N + 1) = − ln 3 + ln (N + 2) − ln N = − ln 3 + ln 1 + 2 N −→ N∞ − ln 3 . On conclut : +∞ n=2 ln 1 − 2 n(n + 1) = − ln 3. Remarque : la partie 2) (calcul) montre que la série converge, et rend donc alors inutile la partie 1) (existence). a) Récurrence sur n. • Pour n = 1 : n k=1 vk = v1 = u1 1 + u1 = 1 − 1 1 + u1 , donc la propriété est vraie pour n = 1. • Supposons la propriété vraie pour un n ∈ N∗ : n k=1 vk = 1 − 1 (1 + u1) · · · (1 + un) . On a alors : n+1 k=1 vk = n k=1 vk + vn+1 = 1 − 1 (1 + u1) · · · (1 + un) + un+1 (1 + u1) · · · (1 + un+1) = 1 + −(1 + un+1) + un+1 (1 + u1) · · · (1 + un+1) = 1 − 1 (1 + u1) · · · (1 + un+1) , ce qui établit la formule pour n + 1. On conclut, par récurrence sur n : ∀ n 1, n k=1 vk = 1 − 1 (1 + u1) · · · (1 + un) . Remarque : On peut aussi obtenir le résultat en écrivant, pour tout n 2 : vn = 1 + un − 1 (1 + u1) · · · (1 + un) = 1 (1 + u1) · · · (1 + un−1) − 1 (1 + u1) · · · (1 + un) , et en réalisant un télescopage. 165 4.20 4.21 = n √ n + 2 − (n + 2) √ n −2n2 − 4n = n √ n + 2 − (n + 2) √ n −2n(n + 2) = 1 2 √ n − 1 2 √ n + 2 . On en déduit, pour tout N 3, par télescopage : N n=1 un = 1 2 N n=1 1 √ n − 1 √ n + 2 = 1 2 N n=1 1 √ n − N n=1 1 √ n + 2 = 1 2 N n=1 1 √ n − N+2 n=3 1 √ n = 1 2 1 + 1 √ 2 − 1 √ N + 1 − 1 √ N + 2 −→ N∞ 1 2 1 + 1 √ 2 . On conclut : +∞ n=1 un = 1 2 1 + 1 √ 2 = 2 + √ 2 4 . Remarque : la partie 2) (calcul) montre que la série converge, et rend donc alors inutile la partie 1) (existence). 1) Existence : On a : un = ln 1 − 2 n(n + 1) ∼ n∞ − 2 n(n + 1) ∼ n∞ − 2 n2 . D’après l’exemple de Riemann (2 > 1), par multiplication par un coefficient fixé (2), et d’après le théorème d’équivalence pour des séries à termes 0, on conclut que la série n un converge. 2) Calcul : Essayons d’amener un télescopage. On a, pour tout N ∈ N∗ (tel que N 5) : N n=2 ln 1 − 2 n(n + 1) = N n=2 ln n2 + n − 2 n(n + 1) = N n=2 ln (n − 1)(n + 2) n(n + 1) = N n=2 ln (n − 1)+ N n=2 ln(n + 2)− N n=2 ln n − N n=2 ln(n + 1) = N−1 n=1 ln n + N+2 n=4 ln n − N n=2 ln n − N+1 n=3 ln n = ln 1 + ln 2 + ln 3 + N−1 n=4 ln n + N−1 n=4 ln n + ln N + ln (N + 1) + ln (N + 2)
- 176. On conclut que la série n 1 un converge et que sa somme est égale à ln 3. • Soit x ∈ ]0 ; +∞[ fixé. Pour évaluer la somme de série proposée, nous allons utiliser une comparaison à une intégrale. L’application f : [1 ; +∞[−→ R, t −→ 1 t(t + x) est continue, décroissante, intégrable sur [1 ; +∞[, car f (t) ∼ t−→+∞ 1 t2 0. On déduit, par comparaison série/intégrale, que la série n 1 1 n(n + x) converge (ce qui était aussi visible en prenant un équivalent) et que : +∞ 1 f (t) dt +∞ n=1 1 n(n + x) f (1) + +∞ 1 f (t) dt . On calcule l’intégrale : +∞ 1 f (t) dt = +∞ 1 1 t(t + x) dt = +∞ 1 1 x 1 t − 1 t + x dt = 1 x ln t − ln (t + x) +∞ 1 = 1 x ln t t + x +∞ 1 = − 1 x ln 1 1 + x = ln (x + 1) x . On a donc, pour tout x ∈ ]0 ; +∞[ : ln(x + 1) x +∞ n=1 1 n(n + x) 1 1 + x + ln(x + 1) x . • Comme : 1 1 + x = o ln (x + 1) x + 1 =o ln (x + 1) x + 1 =o ln (x + 1) x , On a : 1 1 + x + ln(x + 1) x ∼ x−→+∞ ln(x + 1) x . On conclut, par encadrement : +∞ n=1 1 n(n + x) ∼ x−→+∞ ln (x + 1) x = 1 x ln x + ln 1 + 1 x ∼ x−→+∞ ln x x . • Commençons par chercher un équivalent simple de +∞ k=n 1 k! lorsque l’entier n tend vers l’infini. 166 4.22 4.23 4.24 b) D’après a), on a : ∀ n 1, n k=1 vk 1. Ainsi, la série n vn est à termes 0 et ses sommes partielles sont majorées. D’après un lemme du cours, on conclut que la série n 1 vn converge. • Groupons les termes trois par trois. On a, pour tout p ∈ N∗ : 3p n=1 un = 1 1 + 1 2 − 2 3 + 1 4 + 1 5 − 2 6 + · · · + 1 3p − 2 + 1 3p − 1 − 2 3p = 3p n=1 1 n − 3 p k=1 1 3k = 3p n=1 1 n − p n=1 1 n = 3p n=p+1 1 n = 2p i=1 1 p + i = 1 p 2p i=1 1 1 + i p . En notant q = 2p, on a donc : 3p n=1 un = 2 1 q q i=1 1 1 + 2i q . On reconnaît une somme de Riemann, pour la fonction f : x −→ 1 1 + 2 x , qui est continue sur le segment [0 ; 1]. On a donc : 1 q q i=1 1 1 + 2i q −→ q∞ 1 0 1 1 + 2x dx = 1 2 ln (1 + 2x) 1 0 = 1 2 ln 3. On a donc, par suite extraite : 3p n=1 un −→ p∞ ln 3. • Comme un −−−→ n ∞ 0, on a alors aussi : 3p+1 n=1 un = 3p n=1 un + u3p+1 −→ p∞ ln 3 , 3p+2 n=1 un = 3p n=1 un + u3p+1 + u3p+2 −→ p∞ ln 3 . Comme les 3p, 3p + 1, 3p + 2, p décrivant N∗ , recouvrent tous les entiers ( 3), on déduit : n k=1 uk −−−→ n ∞ ln 3 .
- 177. Comme : ∀ n ∈ N, un u0, on déduit, par passage à la limite : u0, et donc > 0 d’où ∈ ]0 ; π/2]. b) On a, pour tout n ∈ N : tan un+1 = an + tan un, donc an = tan un+1 − tan un. D’après le lien suite/série, il en résulte que la série n∈N anconverge si et seulement si la suite (tan un)n∈N converge. D’après a), si =/ π/2, alors la suite (tan un)n∈N converge vers tan , et, si = π/2, alors la suite (tan un)n∈N diverge. On déduit que la suite (tan un)n∈N converge si et seulement si =/ π/2 et on conclut que la série n∈N an converge si et seu- lement si =/ π/2. a) Soit n ∈ N − {0,1} fixé. On a, en échangeant les rôles de p et q : Sn = 1 p<q n 1 √ pq = 1 q<p n 1 √ qp , d’où, en additionnant : 2Sn = 1 p=/ n 1 √ pq = 1 p,q n 1 √ pq − 1 p=q n 1 √ pq = n p=1 1 √ p n q=1 1 √ q − n p=1 1 p = A2 n − Bn. On conclut : ∀ n ∈ N − {0,1}, Sn = 1 2 (A2 n − Bn). b) Essayons de trouver d’abord des équivalents simples de An et de Bn . • Par comparaison somme/intégrale, puisque l’application x ∈ [1 ; +∞[−→ 1 √ x ∈ R est continue et décroissante, on a, pour tout n ∈ N∗ : n 1 1 √ x dx An 1 + n 1 1 √ x dx . On calcule l’intégrale : n 1 1 √ x dx = [2 √ x]n 1 = 2( √ n − 1) . On a donc, pour tout n ∈ N − {0,1} : 2 √ n − 2 An 2 √ n − 1 . Comme 2 √ n − 2 ∼ n∞ 2 √ n, et 2 √ n − 1 ∼ n∞ 2 √ n, on déduit, par encadrement : An ∼ n∞ 2 √ n. • De même, on obtient : Bn ∼ n∞ ln n. • On a donc A2 n ∼ n∞ 4n et Bn ∼ n∞ ln n. 167 D’abord, d’après la règle de d’Alembert ou le cours sur la série de l’exponentielle, la série k 0 1 k! converge, donc, pour tout n ∈ N, +∞ k=n 1 k! existe. On a, pour tout n ∈ N : 0 +∞ k=n 1 k! − 1 n! = +∞ k=n+1 1 k! = 1 (n + 1)! 1 + 1 n + 2 + 1 (n + 2)(n + 3) + · · · 1 (n + 1)! 1 + 1 n + 2 + 1 (n + 2)2 + · · · = 1 (n + 1)! 1 1 − 1 n + 2 = 1 (n + 1)! n + 2 n + 1 = 1 n! n + 2 (n + 1)2 = o 1 n! . On a donc : +∞ k=n 1 k! = 1 n! + o 1 n! . • D’où : ln un = 1 n ln +∞ k=n 1 k! = 1 n ln 1 n! + o 1 n! = 1 n ln 1 n! + ln 1 + o(1) = 1 n − ln n! + o(1) . • De la formule de Stirling : n! ∼ n∞ n e n√ 2πn, on déduit : ln (n!) = n ln n − n + 1 2 ln (2πn) + o(1), d’où : ln un = 1 n − n ln n + n − 1 2 ln (2πn) + o(1) = − ln n + 1 + o(1), puis : un = e− ln n+1+o(1) = 1 n e eo(1) ∼ n∞ e n . On conclut : un ∼ n∞ e n . a) • D’abord, une récurrence immédiate montre que, pour tout n ∈ N, un existe et un ∈ [0 ; π/2[. • On a, pour tout n ∈ N : un+1 = Arctan ( an 0 +tan un) Arctan (tan un) = un , donc la suite (un)n∈N est croissante. • Puisque (un)n∈N est croissante et majorée par π/2, on conclut que (un)n∈N converge et que sa limite vérifie ∈ [0 ; π/2]. 4.25 4.26
- 178. Comme ln n = o(n), on conclut : Sn = 1 2 (A2 n − Bn) ∼ n∞ 2n . On a, pour tout n ∈ N : un+2 − un+1 = un + λnun+1 1 + λn − un+1 = un − un+1 1 + λn , d’où : |un+2 − un+1| = 1 1 + λn |un+1 − un|. Ainsi, en décalant l’indice, on a : ∀ n 1, |un+1 − un| = 1 1 + λn−1 |un − un−1| . • Si u1 = u0, alors : ∀ n ∈ N, un+1 = un, donc la suite (un)n 1 est constante, donc convergente. • Supposons u1 − u0 =/ 0. Alors : ∀ n 1, |un+1 − un| > 0. On a : |un+1 − un| |un − un−1| = 1 1 + λn−1 −−−→ n ∞ 0 < 1. D’après la règle de d’Alembert, la série n |un+1 − un| converge. Ainsi, la série n (un+1 − un) est absolument convergente, donc convergente. D’après le lien suite/série, on conclut que la suite (un)n converge. Remarque : on peut montrer de la même façon que la même conclusion est valable si on suppose que la suite (λn)n converge vers un réel > 0. Rappelons la formule de Taylor-Young pour f de classe C3 sur [−1 ; 1] : f (x) = f (0) + f (0)x + f (0) 2! x2 + f (0) 3! x3 + o x−→0 (x3 ) . En remplaçant x par 1 n , par − 1 n , on obtient, après simplifica- tions : un = n f 1 n − f − 1 n − 2 f (0) = f (0) 3n2 + o 1 n2 = O 1 n2 . D’après l’exemple de Riemann (2 > 1) et le théorème de ma- joration pour des séries à termes 0, la série n O 1 n2 converge. Ainsi, la série n∈N∗ un est absolument convergente, donc convergente. a) • Montrons, par récurrence sur n : ∀ n ∈ N, un 5 . C’est vrai pour n = 0, puisque u0 = 5. Si c’est vrai pour un n ∈ N, alors : un+1 = u2 n − 5un + 8 = un(un − 5) + 8 8 5 , donc c’est vrai pour n + 1. On conclut : ∀ n ∈ N, un 5. • On a, pour tout n ∈ N : un+1 − un = u2 n − 6un + 8 = (un − 3)2 − 1 3 0 , donc (un)n∈N est croissante. • Supposons un −−−→ n ∞ ∈ R.Alors, par passage à la limite dans la définition de la suite un : = 2 − 5 + 8, d’où facilement ∈ {2,4}. Mais : ∀ n ∈ N, un 5, donc, par passage à la li- mite, 5, contradiction. Ceci montre que la suite (un)n∈N diverge. Puisque (un)n∈N est croissante et divergente, on conclut : un −−−→ n ∞ + ∞. b) On a, pour tout n ∈ N : (−1)n+1 un+1 − 2 = (−1)n+1 u2 n − 5un + 6 = (−1)n+1 (un − 2)(un − 3) = (−1)n+1 1 un − 3 − 1 un − 2 = (−1)n+1 un − 3 + (−1)n un − 2 , d’où : (−1)n un − 3 = (−1)n un − 2 − (−1)n+1 un+1 − 2 . c) D’après b), on a, par télescopage, pour tout N 0 : N n=0 (−1)n un − 3 = N n=0 (−1)n un − 2 − (−1)n+1 un+1 − 2 = N n=0 (−1)n un − 2 − N n=0 (−1)n+1 un+1 − 2 = N n=0 (−1)n un − 2 − N+1 n=1 (−1)n un − 2 = 1 u0 − 2 − (−1)N+1 uN+1 − 2 −→ N∞ 1 u0 − 2 = 1 3 . Ceci montre que la série n 0 (−1)n un − 3 converge et que +∞ n=0 (−1)n un − 2 = 1 3 . 168 4.27 4.28 4.29
- 179. • Commençons par chercher un équivalent de un lorsque l’entier n tend vers l’infini. À cet effet, étudions le comporte- ment de un. 1) On a, pour tout n ∈ N : |un+1| = 1 (n + 2)2 (n + 1)un + n n + 1 (n + 2)2 |un| + n (n + 2)2 |un| + 1. On déduit, en réitérant et par addition : ∀ n ∈ N, |un| |u0| + n, d’où : un = O n∞ (n). 2) On a alors, en reportant : (n + 2)2 un+1 = (n + 1)un + n = O(n2 ) , donc : un+1 = O(n2 ) (n + 2)2 = O(1), puis, en décalant l’indice : un = O(1). 3) En reportant encore : (n + 2)2 un+1 = (n + 1)un + n = O(n) , donc : un+1 = O(n) (n + 2)2 = O 1 n . En particulier : un+1 −−−→ n ∞ 0, donc : un −−−→ n ∞ 0. 4) En reportant encore : (n + 2)2 un+1 = (n + 1)un + n = n 1 + 1 n un + 1 ∼ n∞ n, d’où : un+1 ∼ n∞ n (n + 2)2 ∼ n∞ 1 n , donc, en décalant : un ∼ n∞ 1 n − 1 ∼ n∞ 1 n . • On a alors : ua n ∼ n∞ 1 na 0. D’après l’exemple de Riemann et le théorème d’équivalence pour des séries à termes 0, on conclut que la série n ua n converge si et seulement si a > 1. a) • Une récurrence immédiate montre que, pour tout n 1, un existe et un 1. • On a, pour tout n 2 : u2 n = u2 n−1 + 1 n − 1 , d’où, en réitérant et en additionnant : u2 n = u2 1 + 1 1 + 1 2 + · · · + 1 n − 1 noté Hn−1 , d’où, puisque un > 0 : un = 1 + Hn−1. Comme Hn −−−→ n ∞ + ∞, on déduit : un −−−→ n ∞ + ∞. De plus, on sait : Hn−1 ∼ n∞ ln(n − 1) = ln n + ln 1 − 1 n ∼ n∞ ln n , donc : un ∼ n∞ √ ln n. b) 1) On a : 1 un ∼ n∞ 1 √ ln n 0. Comme n 1 √ ln n −−−→ n ∞ + ∞, à partir d’un certain rang : n 1 √ ln n 1, donc : 1 √ ln n 1 n . D’après l’exemple de Riemann et le théorème de minoration pour des séries à termes 0, on déduit que la série n 1 √ ln n diverge. D’après le théorème d’équivalence pour des séries à termes 0, on conclut que la série de terme général 1 un diverge. 2) La série n 1 (−1)n un , est alternée, son terme général tend vers 0 (car un −−−→ n ∞ + ∞) et la suite 1 un n 1 est décrois- sante, car : ∀ n 1, un+1 = u2 n + 1 n un . D’après le TSCSA, on conclut que la série de terme général (−1)n un converge. a) • Montrons, par récurrence sur n : ∀ n ∈ N, un > 1 . La propriété est vraie pour n = 0, car u0 ∈ ]1 ; +∞[. Si la propriété est vraie pour un n ∈ N, alors : un+1 = u2 n − un + 1 = (un − 1)2 0 + un >1 > 1 , donc la propriété est vraie pour n + 1. On conclut, par récurrence sur n : ∀ n ∈ N, un > 1. • On a alors : ∀ n ∈ N, un+1 − un = u2 n − 2un + 1 = (un − 1)2 0 , donc la suite (un)n∈N est croissante. • Supposons qu’il existe ∈ R tel que un −−−→ n ∞ . Alors, par passage à la limite dans la définition de la suite, on a : = 2 − + 1, d’où = 1. Mais, d’autre part : ∀ n ∈ N, un u0, d’où, par passage à la limite : u0 > 1, contradiction. 169 4.30 4.31 4.32
- 180. Ceci montre que la suite (un)n∈N diverge. Puisque (un)n∈N est croissante et divergente, on conclut : un −−−→ n ∞ + ∞. b) On remarque que, pour tout n ∈ N : 1 un+1 − 1 − 1 un − 1 = 1 u2 n − un − 1 un − 1 = 1 − un un(un − 1) = − 1 un . On a donc, pour tout N ∈ N, par télescopage : N n=0 1 un = N n=0 1 un − 1 − 1 un+1 − 1 = 1 u0 − 1 − 1 uN+1 − 1 −→ N∞ 1 u0 − 1 . On conclut que la série n 0 1 un converge et que : +∞ n=0 1 un = 1 u0 − 1 . Notons, pour tout n 1 : un = 3n − 2 n3 + 3n2 + 2n . 1) Existence : On a : un ∼ n∞ 3 n2 0. D’après l’exemple de Riemann (2 > 1) et le théorème d’équivalence pour des séries à termes 0, on conclut que la série n 1 un converge. 2) On va faire apparaître un télescopage, à l’aide d’une dé- composition en éléments simples d’une fraction rationnelle. • On a : F = 3X − 2 X3 + 3X2 + 2X = 3X − 2 X(X + 1)(X + 2) = a X + b X + 1 + c X + 2 , où (a,b,c) ∈ R3 est à calculer. On multiplie par X, puis on remplace X par 0, et on obtient : a = −2 2 = −1. On multiplie par X + 1, puis on remplace X par −1, et on ob- tient : b = −5 −1 = 5. On multiplie par X + 2, puis on remplace X par −2, et on ob- tient : c = −8 2 = −4. D’où la décomposition en éléments simples de F : F = − 1 X + 5 X + 1 − 4 X + 2 , et donc : ∀ n 1, un = − 1 n + 5 n + 1 − 4 n + 2 . • Formons les sommes partielles. On a, pour tout N ∈ N∗ (tel que N 5), par télescopage : N n=1 un = N n=1 − 1 n + 5 n + 1 − 4 n + 2 = − N n=1 1 n + 5 N n=1 1 n + 1 − 4 N n=1 1 n + 2 = − N n=1 1 n + 5 N+1 n=2 1 n − 4 N+2 n=3 1 n = − 1 + 1 2 + N n=3 1 n + 5 1 2 + N n=3 1 n + 1 N + 1 − 4 N n=3 1 n + 1 N + 1 + 1 N + 2 = 1 + 1 N + 1 − 4 N + 2 −→ N∞ 1. Ceci montre que la série proposée converge (ce que l’on avait déjà obtenu par une autre méthode, plus directe, en 1)) et que sa somme est : +∞ n=1 3n − 2 n3 + 3n2 + 2 = 1 . a) Récurrence sur n (d’autres méthodes sont possibles). La propriété est vraie pour n = 0, car : φ2 1 − φ0φ2 = 1 = (−1)0 . Si la propriété est vraie pour un n ∈ N, alors : φ2 n+2 − φn+1φn+3 = φn+2(φn+1 + φn) − φn+1(φn+2 + φn+1) = φn+2φn − φ2 n+1 = −(−1)n = (−1)n+1 , donc la propriété est vraie pour n + 1. On conclut, par récurrence sur n : ∀ n ∈ N, φ2 n+1 − φnφn+2 = (−1)n . b) On a, pour tout n ∈ N∗ : φn+1 φn − φn+2 φn+1 = φ2 n+1 − φnφn+2 φnφn+1 = (−1)n φnφn+1 . 170 4.33 4.34
- 181. c) On en déduit, pour tout N ∈ N∗ , par télescopage : N n=1 (−1)n φnφn+1 = N n=1 φn+1 φn − φn+2 φn+1 = N n=1 φn+1 φn − N n=1 φn+2 φn+1 = N n=1 φn+1 φn − N+1 n=2 φn+1 φn = φ2 φ1 − φN+2 φN+1 . Et : φ1 = 1, φ2 = φ1 + φ0 = 1 . Pour obtenir la limite de φN+2 φN+1 , lorsque l’entier N tend vers l’in- fini, calculons φn en fonction de n, pour tout n ∈ N. La suite (φn)n 0 est une suite récurrente linéaire du second ordre, à coefficients constants et sans second membre. D’après le cours, nous disposons d’une méthode de calcul du terme général. L’équation caractéristique r2 − r − 1 = 0 admet deux solu- tions réelles distinctes : r1 = 1 − √ 5 2 , r2 = 1 + √ 5 2 . D’après le cours, il existe donc (λ1,λ2) ∈ R2 tel que : ∀ n ∈ N, un = λ1rn 1 + λ2rn 2 . On calcule λ1,λ2 à l’aide des données initiales φ0 et φ1: λ1 + λ2 = φ0 = 0 λ1r1 + λ2r2 = φ1 = 1. On obtient, par résolution de ce système linéaire : λ1 = −1 r2 − r1 = − 1 √ 5 , λ2 = −1 r1 − r2 = 1 √ 5 . D’où : ∀ n ∈ N, φn = 1 √ 5 1 + √ 5 2 n − 1 − √ 5 2 n . Comme 1 + √ 5 2 > 1 et 1 − √ 5 2 < 1, on déduit : φn ∼ n∞ 1 √ 5 1 + √ 5 2 n . D’où : φN+2 φN+1 −→ N∞ 1 + √ 5 2 . On conclut : +∞ n=1 (−1)n φnφn+1 = 1 − 1 + √ 5 2 = 1 − √ 5 2 . a) Notons, sous réserve d’existence, pour tout n ∈ N : un = tan π 2 (7 + 4 √ 3)n , et considérons, sous réserve d’existence, pour tout n ∈ N : vn = tan π 2 (7 − 4 √ 3)n . Notons aussi : an = (7 + 4 √ 3)n , bn = (7 − 4 √ 3)n . • On a, par la formule du binôme de Newton : an = n k=0 n k 7n−k (4 √ 3)k , bn = n k=0 n k 7n−k (−1)k (4 √ 3)k . En additionnant, les termes d’indices impairs se simplifient, les termes d’indices pairs se doublent, et on obtient : an + bn = 2 E(n/2) p=0 n 2p 7n−2p 42p 3p entier ∈ 2Z . On a donc : π 2 an + π 2 bn ∈ πZ. D’autre part, comme 0 7 − 4 √ 3 < 1, on a : ∀ n ∈ N, π 2 (7 − 4 √ 3)n ∈ 0 ; π 2 , donc vn existe pour tout n ∈ N. Il en résulte que, pour tout n ∈ N, un existe aussi et un = −vn . • Puisque 0 7 − 4 √ 3 < 1, on a : (7 − 4 √ 3)n −−−→ n ∞ 0, donc : vn ∼ n∞ π 2 (7 − 4 √ 3)n 0. La série géométrique n (7 − 4 √ 3)n converge, donc, par théorème d’équivalence pour des séries à termes 0, la série n vn converge. En passant aux opposés, on conclut que la série n un converge. b) Il est clair que, pour tout n ∈ N, un existe et un 0. Pour obtenir une inégalité portant sur un, essayons d’en former une portant sur 1 + x + · · · xn , pour tout x ∈ [0 ; 1]. Rappelons la comparaison entre la moyenne arithmétique et la moyenne géométrique de n réels 0 : ∀ n ∈ N∗ , ∀ a1,. . . ,an ∈ R+, 1 n n k=1 ak moyenne arithmétique n k=1 ak 1 n moyenne géométrique . 171 4.35
- 182. Appliquons ceci à 1,. . . ,xn (et n + 1 à la place de n) : ∀ n ∈ N, ∀ x ∈ [0 ; 1], 1 n + 1 (1 + x + · · · + xn ) (1 · x · · · xn ) 1 n+1 = x1+···+n 1 n+1 = x n(n+1) 2 1 n+1 = x n 2 , d’où, pour tout n ∈ N : 0 un 1 0 xn (n + 1)x n 2 dx = 1 n + 1 1 0 x n 2 dx = 1 n + 1 x n 2 +1 n 2 + 1 1 0 = 2 (n + 1)(n + 2) 2 n2 . On a donc : ∀ n ∈ N∗ , 0 un 2 n2 . D’après l’exemple de Riemann (2 > 1) et le théorème d’équi- valence pour des séries à termes 0, on conclut que la série n un converge. c) On a, pour tout n 2 : un = 2n k=n 1 (k + n)2 − k2 = 2n k=n 1 2kn + n2 = 1 n 2n k=n 1 2k + n = p=k−n 1 n n p=0 1 2(p + n) + n = 1 n n p=0 1 3n + 2p = 1 n 1 n n p=0 1 3 + 2 p n noté vn . On reconnaît en vn une somme de Riemann. L’application x ∈ [0 ; 1] −→ 1 3 + 2x est continue sur le seg- ment [0 ; 1]. D’après le cours sur les sommes de Riemann : vn −−−→ n ∞ 1 0 1 3 + 2x dx = 1 2 ln(3 + 2x) 1 0 = 1 2 ln 5 3 noté C . On a donc : un ∼ n∞ C n , où C > 0 est fixé. D’après l’exemple de Riemann et puisque C =/ 0, la série n C n diverge. Par théorème d’équivalence pour des séries à termes 0, on conclut que la série n un diverge. Essayons de comparer wn avec un terme simple formé à partir de un et vn. On a, pour tout n 0 : wn = u2 nv2 n au3 n + bv3 n u2 nv2 n au3 n = v2 n aun u2 nv2 n bv3 n = u2 n bvn , d’où, par produit : w2 n u2 nv2 n abunvn = unvn ab . Il est clair, par développement, que : ∀ (α,β) ∈ R2 , αβ 1 2 (α + β)2 . d’où : ∀ n ∈ N, w2 n (un + vn)2 2ab , puis : ∀ n ∈ N, 0 wn un + vn √ 2ab . Par addition de deux séries convergentes, la série de terme gé- néral un + vn converge. Par théorème de majoration pour des séries à termes 0, on conclut que la série de terme général wn converge. • Essayons d’exprimer n k=0 (−1)k k + 1 à l’aide d’une inté- grale. On a, pour tout n ∈ N : n k=0 (−1)k k + 1 = n k=0 (−1)k 1 0 tk dt = 1 0 n k=0 (−t)k dt = 1 0 1 − (−t)n+1 1 − (−t) dt = 1 0 1 1 + t dt + (−1)n 1 0 tn+1 1 + t dt notée an = ln 2 + an. • D’où, pour tout n ∈ N : exp n k=0 (−1)k k + 1 − 1 = eln 2+an − 1 = 2 ean − 1 . On a : |an| = 1 0 tn+1 1 + t dt 1 0 tn+1 dt = tn+2 n + 2 1 0 = 1 n + 2 −−−→ n ∞ 0, d’où : an −−−→ n ∞ 0. On en déduit un développement asymptotique de un : un = ln (2 ean − 1) = ln 2 1 + an + O(a2 n) − 1 = ln 1 + 2an + O(a2 n) = 2an + O(a2 n) . 172 4.36 4.37
- 183. Étudions maintenant les séries de termes généraux an et O(a2 n). • La série n 0 an , est alternée, son terme général an tend vers 0 lorsque l’entier n tend vers l’infini, et la suite |an| n 0 décroît, car, pour tout n ∈ N : |an+1| = 1 0 tn+2 1 + t dt 1 0 tn+1 1 + t dt = |an|. D’après le TSCSA, la série de terme général an converge. • On a vu plus haut : ∀ n ∈ N∗ , |an| 1 n + 2 1 n , donc : O(a2 n) = O 1 n2 . D’après l’exemple de Riemann (2 > 1) et le théorème de ma- joration pour des séries à termes 0, la série n O 1 n2 converge. Ainsi, la série n O 1 n2 est absolument conver- gente, donc convergente. Les séries de termes généraux an et O(a2 n) convergent. On conclut, par addition de deux séries convergentes, que la série de terme général un converge. 1) On a : ∀ n ∈ N∗ , |un| Max sin 1 n , sh 1 n = sh 1 n , donc : un −−−→ n ∞ 0. 2) Essayons de grouper les termes deux par deux. Notons, pour tout p ∈ N∗ : vp = u2p−1 + u2p . On a : vp = sin 1 2p − 1 − sh 1 2p = 1 2p − 1 + O 1 p2 − 1 2p + O 1 p2 = 1 2p − 1 − 1 2p + O 1 p2 = 1 (2p − 1)(2p) + O 1 p2 = O 1 p2 . D’après l’exemple de Riemann (2 > 1) et le théorème de ma- joration pour des séries à termes 0, la série n O 1 p2 converge. Ainsi, la série n O 1 p2 est absolument conver- gente, donc convergente. Ceci montre que la série p vp converge. 3) Étudions les sommes partielles de la série n 1 un en liaison avec les sommes partielles de la série p 1 vp. On a, pour tout N ∈ N∗ : 2N−1 n=1 un = N−1 p=1 vp + u2N−1, 2N n=1 un = N p=1 vp . Comme u2N−1 −→ N∞ 0 et que la série p 1 vp converge, il s’en- suit, en notant S = +∞ p=1 vp : 2N−1 n=1 un −→ N∞ S et 2N n=1 un −→ N∞ S , donc : N n=1 un −→ N∞ S. Ceci montre que la série de terme général un converge. a) Notons, pour tout n 1, Rn = +∞ k=n+1 uk, qui existe, puisque la série n 1 un converge. Puisque la suite (un)n 1 décroît, on a, pour tout n 1 : 0 2nu2n 2 2n k=n+1 uk 2Rn 0 (2n + 1)u2n+1 2(n + 1)u2n+1 2 2n+1 k=n+1 uk 2Rn. Comme Rn −−−→ n ∞ 0, on déduit, par encadrement : 2nu2n −−−→ n ∞ 0 et (2n + 1)u2n+1 −−−→ n ∞ 0 . Il en résulte : nun −−−→ n ∞ 0. b) 1) On remarque : ∀ n 1, vn = nu2 n = (nun)un. Puisque nun −−−→ n ∞ 0, on a, à partir d’un certain rang, 0 nun 1, d’où : 0 vn un. Comme la série n un converge, par théorème de majoration pour des séries à termes 0, on conclut que la série n vn converge. 2) • Puisque nun −−−→ n ∞ 0, on a, à partir d’un certain rang, 0 nun < 1, donc wn = un 1 − nun est défini à partir d’un cer- tain rang. 173 4.38 4.39
- 184. • On a : wn = un 1 − nun ∼ n∞ un 0. Puisque la série n un converge, par théorème d’équivalence pour des séries à termes 0, on conclut que la série n wn converge. a) On a, en réitérant l’hypothèse, pour tout n : un un−1 n − 1 n a , . . . , u2 u1 1 2 a , d’où, par produit et télescopage multiplicatif : un u1 n − 1 n a · · · 1 2 a = 1 na . On a donc : ∀ n 1, 0 un u1 1 na . D’après l’exemple de Riemann (a > 1) et le théorème de ma- joration pour des séries à termes 0, on conclut que la série n un converge. b) Dans l’exemple, lesun sont tous> 0, et on a, pour toutn 1 : un+1 un = 1 · 3 · · · (2n + 1) 2 · 4 · · · (2n + 2) 1 2n + 3 2 · 4 · · · (2n) 1 · 3 · · · (2n − 1) (2n + 1) = (2n + 1)2 (2n + 2)(2n + 3) = 1 + 1 2n 2 1 + 1 n 1 + 3 2n = 1 + 2 2n + o 1 n 1 − 1 n + o 1 n 1 − 3 2n + o 1 n = 1 − 3 2n + o 1 n . D’autre part, pour tout a ∈ ]1 ; +∞[ fixé, on a : n n + 1 a = 1 + 1 n −a = 1 − a n + o 1 n , d’où : un+1 un − n n + 1 a = a − 3 2 1 n + o 1 n . En choisissant, par exemple, a = 5 4 , on a a ∈ ]1 ; +∞[ et : un+1 un − n n + 1 a ∼ n∞ − 1 4n < 0, donc, à partir d’un certain rang : un+1 un − n n + 1 a 0, d’où : un+1 un n n + 1 a . D’après a), on conclut que la série de terme général un converge. Pour tout n ∈ N, Rn = +∞ k=n 1 k! existe, puisque la série k 0 1 k! converge. • Essayons d’obtenir un équivalent simple de Rn lorsque l’en- tier n tend vers l’infini. Puisque 1 k! −→ k∞ 0 très vite, on peut espérer que Rn soit équivalent à son premier terme, qui est 1 n! . On a : 0 Rn − 1 n! = +∞ k=n+1 1 k! = 1 (n + 1)! 1 + 1 n + 2 + 1 (n + 2)(n + 3) + · · · 1 (n + 1)! 1 + 1 n + 2 + 1 (n + 2)2 + · · · = 1 (n + 1)! 1 1 − 1 n + 2 = 1 (n + 1)! n + 2 n + 1 ∼ n∞ 1 (n + 1)! = 1 n + 1 1 n! = o 1 n! . On a donc : Rn ∼ n∞ 1 n! , ou encore : Rn = 1 n! + o 1 n! . • Notons, pour tout n 2 : un = R 1 n ln n n . On a, pour tout n 2 : ln un = 1 n ln n ln Rn = 1 n ln n ln 1 n! + o 1 n! = 1 n ln n − ln (n!) + ln 1 + o(1) = 1 n ln n − ln (n!) + o(1) = − ln (n!) n ln n + o 1 n ln n . Pour évaluer ln (n!), on peut faire une comparaison somme/in- tégrale, à l’aide de l’application x −→ ln x, qui est croissante sur [1 ; +∞[. On obtient classiquement : ln (n!) ∼ n∞ n ln n. D’où : ln un −−−→ n ∞ − 1et donc : un −−−→ n ∞ e−1 . 174 4.40 4.41
- 185. Il en résulte que f est intégrable sur [0 ; +∞[ si et seulement la série n 0 un converge. On a, pour tout n ∈ N : un = (n+1)π nπ (1 + x4 sin 2 x)−3 dx = t = x − nπ π 0 1 + (nπ + t)4 sin 2 t −3 dt. Afin d’utiliser l’encadrement connu ∀ t ∈ 0 ; π 2 , 2t π sin t t, scindons l’intégrale précédente, à l’aide de la relation de Chasles : un = vn + wn, où : vn = π 2 0 1 + (nπ + t)4 sin 2 t −3 dt, wn = π π 2 1 + (nπ + t)4 sin 2 t −3 dt = s=π−t π 2 0 1 + (nπ + π − s)4 sin 2 s −3 ds. On en déduit, pour tout n ∈ N : αn un βn, où on a noté : αn = 2 π 2 0 1 + (nπ + π)4 t2 −3 dt βn = 2 π 2 0 1 + (nπ)4 2t π 2 −3 dt . Par les changements de variable y = (nπ + π)2 t pour αn, et y = (nπ)2 2t π pour βn , on obtient : αn = 2 (nπ + π)2 (nπ+π)2π/2 0 (1 + y2 )−3 dy , βn = π (nπ)2 (nπ)2 0 (1 + y2 )−3 dy. L’application g : y ∈ [0 ; +∞[−→ (1 + y2 )−3 est continue, 0, et g(y) ∼ y−→+∞ 1 y6 , donc, d’après l’exemple de Riemann en +∞ (6 > 1) et le théorème d’équivalence pour des fonc- tions 0, g est intégrable sur [0 ; +∞[. Il en résulte, en notant L = +∞ 0 (1 + y2 )−3 dy > 0 : (nπ+π)2 π 2 0 (1 + y2 )−3 dy −−−→ n ∞ L , (nπ)2 0 (1 + y2 )−3 dy −−−→ n ∞ L . 175 4.42 Si α 0, alors un −→/ n∞ 0, donc n 1 un diverge. Supposons α > 0 ; alors un −−−→ n∞ 0. Groupons par paquets de quatre termes consécutifs, en no- tant, pour p ∈ N : vp = u4p+1 + u4p+2 + u4p+3 + u4p+4 . On a : vp = − 1 (4p + 1)α − 1 (4p + 2)α + 1 (4p + 3)α + 1 (4p + 4)α = 1 (4p)α − 1 + 1 4p −α − 1 + 2 4p −α + 1 + 3 4p −α + 1 + 1 p −α = 1 (4p)α − 1 − α 4p − 1 − 2α 4p + 1 − 3α 4p + 1 − α p + O 1 p = 1 (4p)α − α p + O 1 p ∼ p∞ −α 4α pα+1 < 0. Comme α + 1 > 1, p 1 1 pα+1 converge, et donc p vp converge. Les sommes partielles de la série n un ne diffèrent de celles de p vp que par la somme d'au plus trois des un. Comme p vp converge et que un −−−→ n∞ 0, il en résulte que n un converge. Puisque f est continue et 0, l’intégrabilité de f sur [0 ; +∞[ est équivalente à l’existence d’une limite finie en +∞ pour l’application X −→ X 0 f. Notons, pour tout n ∈ N : un = (n+1)π nπ f. On a alors, puisque f 0 : ∀ X ∈ [0 ; +∞[, X 0 f E(X/π)+1 n=0 un ∀ N ∈ N, N n=0 un (=) (N+1)π 0 f . 4.43
- 186. On déduit : αn ∼ n∞ 2L π2 1 n2 et βn ∼ n∞ L π 1 n2 . D’après l’exemple de Riemann (2 > 1) et le théorème d’équi- valence pour des séries à termes 0, la série n βn converge, puis, par théorème de majoration pour des séries à termes 0, la série n un converge. L’intervention de αn est alors inutile, mais on ne pouvait guère le prévoir. Finalement, f est intégrable sur [0 ; +∞[. D’abord, pour tout n ∈ N, Rn = +∞ k=n+1 (−1)k k existe, car la série k 1 (−1)k k converge. 1) Essayons d’obtenir une expression simple de Rn, faisant in- tervenir une intégrale au lieu d’une série. • Soient n,p ∈ N∗ fixés tels que p > n. On a : p k=n+1 (−1)k k = p k=n+1 (−1)k 1 0 tk−1 dt = − 1 0 p k=n+1 (−t)k−1 dt = − 1 0 (−t)n p−n−1 q=0 (−t)q dt = − 1 0 (−t)n 1 − (−t)p−n 1 − (−t) dt = − 1 0 (−t)n − (−t)p 1 + t dt = (−1)n−1 1 0 tn 1 + t dt + (−1)p 1 0 t p 1 + t dt . • Soit n ∈ N∗ fixé. Comme : 0 1 0 t p 1 + t dt 1 0 t p dt = t p+1 p + 1 1 0 = 1 p + 1 −→ p∞ 0, on déduit du résultat précédent, en faisant tendre l’entier p vers l’infini : ∀ n ∈ N, Rn = (−1)n−1 1 0 tn 1 + t dt. Il nous reste à trouver un équivalent simple de cette dernière intégrale, lorsque l’entier n tend vers l’infini. 2) Notons, pour tout n ∈ N : In = 1 0 tn 1 + t dt. Effectuons une intégration par parties, pour des applications de classe C1 sur le segment [0 ; 1] : In = tn+1 n + 1 1 1 + t 1 0 − 1 0 tn+1 n + 1 −1 (1 + t)2 dt = 1 2(n + 1) + 1 n + 1 1 0 tn+1 (1 + t)2 dt. Comme 0 1 0 tn+1 (1 + t)2 dt 1 0 tn+1 dt = 1 n + 2 −−−→ n ∞ 0 , on déduit : In = 1 2(n + 1) + 1 n + 1 o(1) = 1 2n + o 1 n + o 1 n = 1 2n + o 1 n ∼ n∞ 1 2n . On conclut : Rn ∼ n∞ (−1)n−1 2n . a) • Une récurrence immédiate montre que, pour tout n ∈ N, un existe et un 0. • On a donc : ∀ n ∈ N, un+1 = √ n + un √ n −−−→ n ∞ + ∞ , d’où : un+1 −−−→ n ∞ + ∞, puis, par décalage d’indice : un −−−→ n ∞ + ∞. b) Puisque un −−−→ n ∞ + ∞, la suite (un)n∈N n’est pas décrois- sante. Il existe donc n0 ∈ N tel que : un0+1 un0. Montrons, par récurrence : ∀ n n0, un+1 un. • La propriété est vraie pour n0. • Si la propriété est vraie pour un n ∈ N tel que n n0, alors : un+2 = (n + 1) + un+1 √ n + un = un+1 , donc la propriété est vraie pour n + 1. Ceci montre, par récurrence sur n : ∀ n n0, un+1 un , donc la suite (un)n n0 est croissante. c) Considérons, pour tout n ∈ N, le polynôme Pn = X2 − X − n ∈ R[X] . On a, pour tout n n0 : Pn(un+1) = u2 n+1 − un+1 − n = (n + un) − un+1 − n = −(un+1 − un) 0. Il en résulte que un+1 est compris entre les deux zéros de Pn : 1 − √ 1 + 4n 2 0 un+1 1 + √ 1 + 4n 2 . Ainsi : ∀ n n0, 0 un+1 1 + √ 1 + 4n 2 , 176 4.44 4.45
- 187. donc : un+1 = O n∞ ( √ n) = o(n), puis, par décalage d’indice : un = o(n − 1) = o(n). En reportant dans la formule définissant la suite, on a donc : un+1 = √ n + un ∼ n∞ √ n, puis, par décalage d’indice : un ∼ n∞ √ n − 1 ∼ n∞ √ n. d) Pour α ∈ ]0 ; +∞[ fixé, on a : un ∼ n∞ 1 n α 2 . D’après l’exemple de Riemann et le théorème d’équivalence pour des séries à termes réels 0, on conclut : la série de terme général 1 uα n converge si et seulement si α 2 > 1, c’est-à-dire si et seulement si : α > 2. e) La série de terme général (−1)n u β n est alternée, puisque u β n > 0. Son terme général tend vers 0, puisque un −−−→ n ∞ + ∞ et β > 0. La suite 1 u β n n 0 est décroissante à partir d’un certain rang, puisque la suite (un)n 0 est croissante à partir d’un certain rang. D’après le TSCSA, on conclut que la série de terme général (−1)n u β n converge, pour tout β ∈ ]0 ; +∞[ fixé. 1) Existence : On a, par développements limités : un = n ln 1 + 1 n − 1 − 1 2n = n 1 n − 1 2n2 + O 1 n3 − 1 − 1 2n = O 1 n2 . D’après l’exemple de Riemann 2 > 1) et le théorème de ma- joration pour des séries à termes 0, la série n O 1 n2 converge. Ainsi, la série n O 1 n2 est absolument convergente, donc convergente. On conclut que la série n un converge. 2) Calcul : Essayons de calculer les sommes partielles , en amenant un té- lescopage. On a, pour tout N ∈ N∗ : N n=1 un = N n=1 n ln 1 + 1 n − 1 − 1 2n = N n=1 n ln(n + 1) − ln n − N + 1 2 N n=1 1 n et : N n=1 n ln (n + 1) − ln n = N n=1 n ln (n + 1) − N n=1 n ln n = N+1 n=2 (n − 1) ln n − N n=1 n ln n = − N+1 n=2 ln n + N+1 n=2 n ln n − N n=1 n ln n = − ln (N + 1)! + (N + 1) ln (N + 1). D’où : N n=1 un = − ln (N + 1)! + (N + 1) ln (N + 1) − N + 1 2 N n=1 1 n . D’après la formule de Stirling n! ∼ n∞ n e n√ 2πn, on a : (N + 1)N+1 e−N (N + 1)! ∼ N∞ e √ 2πN . D’où : ln (N + 1)N+1 e−N (N + 1)! = ln e √ 2πN 1 + o N∞ (1) = 1 − 1 2 ln (2π) − 1 2 ln N + o(1). D’autre part, en utilisant la constante d’Euler, on a : N n=1 1 n = ln N + γ + o(1) . On obtient : N n=1 un = 1 − 1 2 ln(2π) − 1 2 ln N + 1 2 (ln N + γ) + o(1) = 1 − 1 2 ln(2π) + 1 2 γ + o(1) . On conclut que la série n 1 un, converge (ce qui a déjà été éta- bli en 1) plus directement) et que : +∞ n=1 un = 1 − 1 2 ln(2π) + 1 2 γ 0,366 365 . . . 177 4.46
- 188. 1) Existence : On a : un = 1 n(2n + 1) ∼ n∞ 1 2n2 0. D’après l’exemple de Riemann (2 > 1) et le théorème d’équi- valence pour des séries à termes 0, on conclut que la série n 1 un converge. 2) Calcul : Essayons de faire apparaître un télescopage dans l’expression des sommes partielles, en utilisant une décomposition en élé- ments simples d’une fraction rationnelle. On a facilement la décomposition en éléments simples : 1 X(2X + 1) = 1 X − 2 2X + 1 . D’où, pour tout N 1 : N n=1 un = N n=1 1 n − 2 2n + 1 = N n=1 1 n − 2 N n=1 1 2n + 1 = N n=1 1 n − 2 2N+1 p=2 1 p − N n=1 1 2n = 2 N n=1 1 n − 2 2N+1 n=2 1 n = 2 ln N + γ + o N∞ (1) − 2 ln (2N + 1) + γ + o(1) + 2 = 2 ln N 2N + 1 + 2 + o(1) −→ N∞ 2 ln 1 2 + 2 = 2 − 2 ln 2 . On conclut que la série n 1 un converge (ce qui était déjà ac- quis d’après 1)), et que : +∞ n=1 un = 2 − 2 ln 2. Notons, pour tout (p,q) ∈ N × N∗ : up,q = 1 (p + q2)(p + q2 + 1) 0. Soit q ∈ N∗ fixé. On a, par une décomposition en éléments simples immédiate : ∀ p ∈ N, up,q = 1 p + q2 − 1 p + q2 + 1 . On en déduit, par sommation et télescopage, pour P ∈ N : P p=0 up,q = 1 q2 − 1 P + q2 + 1 −→ P∞ 1 q2 . Ceci montre que la série p 0 up,q converge et que +∞ p=0 up,q = 1 q2 . La série q 1 +∞ p=0 up,q converge, d’après l’exemple de Riemann (2 > 1). D’après le théorème d’interversion de deux sommations, pour le cas des séries doubles à termes 0, on déduit : * pour tout p ∈ N, la série q 1 up,q converge * la série p 0 +∞ q=1 up,q converge * +∞ p=0 +∞ q=1 up,q = +∞ q=1 +∞ p=0 up,q . On conclut : +∞ p=0 +∞ q=1 1 (p + q2)(p + q2 + 1) = +∞ q=1 1 q2 = π2 6 . On va essayer d’utiliser un théorème de sommation des relations de comparaison. • Notons, pour tout n ∈ N : un = √ n 2−n . On a : ∀ n ∈ N∗ , un > 0, et : un+1 un = √ n + 1 2 √ n −−−→ n ∞ 1 2 < 1. D’après la règle de d’Alembert, on conclut que la série n un converge. Il en résulte que, pour tout n ∈ N, le reste Rn = +∞ k=n+1 √ k 2−k existe. • Considérons, pour tout n ∈ N : vn = un − un+1 . On a : vn = √ n 2−n − √ n + 1 2−(n+1) = 2−(n+1) √ n 2 − 1 + 1 n ∼ n∞ 2−(n+1) √ n = 1 2 un . Ainsi : un ∼ n∞ 2vn. Puisque : ∀ n ∈ N, un 0 , un ∼ n∞ 2vn, n un converge , d’après un théorème de sommation des relations de comparaison, on a : Rn = +∞ k=n+1 uk ∼ n∞ +∞ k=n+1 2vk. Mais, par télescopage, pour tout n ∈ N fixé : N k=n+1 (uk − uk+1) = un+1 − uN+1 −→ N∞ un+1 . 178 4.47 4.48 4.49
- 189. On déduit : +∞ k=n+1 (uk − uk+1) = un+1, d’où : Rn ∼ n∞ 2un+1 = 2 √ n + 1 2−(n+1) ∼ n∞ √ n 2−n . Nous allons essayer d’utiliser un théorème de somma- tion des relations de comparaison. Notons, pour tout n ∈ N : un = en n . On a : un+1 − un = en+1 n + 1 − en n = en n(n + 1) ne − (n + 1) = en n(n + 1) (e − 1)n − 1 ∼ n∞ (e − 1)en n noté an . Puisque : ∀ n ∈ N∗ , an 0 , un+1 − un ∼ n∞ an, n an diverge, d’après un théorème de sommation des relations de comparaison, on a : n k=1 (uk+1 − uk) ∼ n∞ n k=1 ak = n k=1 (e − 1)ek k . On a, par télescopage : n k=1 (uk+1 − uk) = un+1 − u1 = en+1 n + 1 − e ∼ n∞ en+1 n . On conclut : n k=1 ek k ∼ n∞ en+1 (e − 1)n . Essayons d’abord de nous ramener à des termes plus pe- tits. On a, pour tout n ∈ N∗ : Sn = n k=1 Arctan √ k = n k=1 π 2 − Arctan 1 √ k = πn 2 − n k=1 Arctan 1 √ k noté vn . Pour obtenir une évaluation de vn, essayons d’appliquer un théo- rème de sommation des relations de comparaison. On a : Arctan 1 √ k ∼ k∞ 1 √ k 0 et la série k 1 1 √ k diverge d’après l’exemple de Riemann (1/2 1). D’après un théorème de sommation des relations de compa- raison, on déduit : n k=1 Arctan 1 √ k ∼ n∞ n k=1 1 √ k . Pour obtenir une évaluation de cette dernière somme, nous al- lons utiliser une comparaison somme/intégrale. L’application t ∈ [1 ; +∞[−→ 1 √ t ∈ R est continue et dé- croissante, d’où : ∀ n ∈ N∗ , n+1 1 1 √ x dx n k=1 1 √ k 1 + n 1 1 √ x dx . Et : n 1 1 √ x dx = [2 √ x]n 1 = 2 √ n − 2. On a donc : n+1 1 1 √ x dx = 2 √ n + 1 − 2 ∼ n∞ 2 √ n et 1 + n 1 1 √ x dx = 2 √ n − 1 ∼ n∞ 2 √ n. Par encadrement, on déduit : n k=1 1 √ k ∼ ∞ 2 √ n, et donc : vn ∼ n∞ 2 √ n. Autrement dit : vn = 2 √ n + o( √ n). En reportant dans l’égalité liant Sn et vn, on conclut : Sn = π 2 n − 2 √ n + o( √ n). a) • Par une récurrence immédiate, pour tout n ∈ N∗ , un existe et un > 0. • On a : ∀ n ∈ N∗ , un+1 − un = 1 nun > 0, donc (un)n 1 est (strictement) croissante. • Supposons que (un)n 1 converge, et notons = lim n∞ un. Comme (un)n 1 est croissante, on a : u0 > 0, donc > 0. D’où : un+1 − un = 1 nun ∼ n∞ 1 n > 0. D’après l’exemple de Riemann et le théorème d’équivalence pour des séries à termes 0, la série n 1 (un+1 − un) diverge. D’après le lien suite/série, on conclut que la suite (un)n 1 di- verge, contradiction. Ainsi, la suite (un)n 1 est croissante et divergente, donc : un −−−→ n ∞ + ∞. b) Nous allons essayer d’utiliser un théorème de sommation des relations de comparaison. On a, pour tout n ∈ N∗ : u2 n+1 = un + 1 nun 2 = u2 n + 2 n + 1 n2u2 n , 179 4.50 4.51 4.52
- 190. d’où : u2 n+1 − u2 n = 2 n + 1 n2u2 n . Comme un −−−→ n ∞ + ∞, on a : 1 n2u2 n = o 1 n , d’où : u2 n+1 − u2 n ∼ n∞ 2 n 0. Puisque la série n 1 2 n est divergente et à termes 0, d’après un théorème de sommation des relations de comparaison : n−1 k=1 (u2 k+1 − u2 k) ∼ n∞ n−1 k=1 2 k . D’une part, par télescopage : n−1 k=1 (u2 k+1 − u2 k) = u2 n − u2 1 ∼ n∞ u2 n . D’autre part, par comparaison série/intégrale, puisque l’appli- cation t ∈ [1 ; +∞[−→ 1 t est continue et décroissante, on ob- tient : n−1 k=1 1 k ∼ n∞ ln(n − 1) = ln n + ln 1 − 1 n ∼ n∞ ln n . On déduit : u2 n ∼ n∞ 2 ln n, puis, comme les un sont tous 0 : un ∼ n∞ √ 2 ln n. On a : un ∼ n∞ anα, donc : u2 n ∼ n∞ a2 n2α. Comme la série n 1 a2 n2α est divergente et à termes 0, d’après un théorème de sommation des relations de comparaison, on a : n k=1 u2 k ∼ n∞ n k=1 a2 k2α . Une classique comparaison somme/intégrale montre : n k=1 k2α ∼ n∞ n 1 t2α dt = t2α+1 2α + 1 n 1 = n2α+1 − 1 2α + 1 ∼ n∞ n2α+1 2α + 1 . D’où : n k=1 u2 k ∼ n∞ a2 n2α+1 2α + 1 . De même : n k=1 v2 k ∼ n∞ b2 n2β+1 2β + 1 et n k=1 ukvk ∼ n∞ ab nα+β+1 α + β + 1 . D’où : n k=1 ukvk 2 n k=1 u2 k n k=1 v2 k ∼ n∞ ab nα+β+1 α + β + 1 2 a2 n2α+1 2α + 1 b2 n2β+1 2β + 1 = (2α + 1)(2β + 1) (α + β + 1)2 . On conclut : lim n∞ n k=1 ukvk 2 n k=1 u2 k n k=1 v2 k = (2α + 1)(2β + 1) (α + β + 1)2 . Les séries n 1 1 pn et n 1 ln 1 1 − 1 pn sont de même nature, puisque : ln 1 1 − 1 pn = −ln 1 − 1 pn ∼ ∞ 1 pn > 0. Soit N ∈ N∗ . On a : N n=1 ln 1 1 − 1 pn = ln N n=1 1 1 − 1 pn . Pour chaque n de {1,. . . ,N}, on a, en utilisant une série géo- métrique : 1 1 − 1 pn = +∞ kn=0 1 pkn n . Tout entier v de {2,. . . ,pN } admet une décomposition primaire v = pr1 1 . . . p rN N , où r1,. . . ,rN sont des entiers naturels. De plus, pour tout n de {1,. . . ,N} : pN v prn n 2rn , donc : rn ln pN ln 2 . En notant ρN = E ln pN ln2 + 1, on a donc : ∀ n ∈ {1,. . . ,N}, 1 1 − 1 pn ρN kn=0 1 pkn n , puis : N n=1 1 1 − 1 pn N n=1 ρN kn=0 1 pkn n . Comme, tout entier v tel que 2 v pN admet une décom- position primaire dont les facteurs premiers sont tous pN , on a : 180 4.53 4.54
- 191. N n=1 ρN kn=0 1 pkn n pN v=1 1 v . Puisque la série harmonique v 1 1 v est divergente et à termes > 0, et que pN −−−→ N∞ + ∞, on a : pN v=1 1 v −−−→ N∞ + ∞. Il en résulte N n=1 1 1 − 1 pn −−−→ N∞ + ∞, N n=1 ln 1 1 − 1 pn −−−→ N∞ + ∞, et enfin N n=1 1 pn −−−→ N∞ + ∞. Finalement, la série n 1 1 pn diverge. Remarque : Le résultat est immédiat si on sait que pn ∼ n∞ n ln n (résultat très difficile à obtenir). a) 1er cas : α = 1 : Raisonnons par l’absurde : supposons que la série n un Sn converge. Alors, nécessairement un Sn −−−→ n ∞ 0, donc : 0 < un Sn ∼ n∞ − ln 1 − un Sn = ln Sn Sn−1 . On a, par télescopage, pour tout N 2 : N n=2 ln Sn Sn−1 = N n=2 ln Sn − ln Sn−1 = ln SN − ln S1 . Comme la série n un diverge et est à termes 0, on a : SN −→ N∞ +∞, d’où : N n=2 ln Sn Sn−1 −→ N∞ +∞. Ceci montre que la série n 2 ln Sn Sn−1 diverge. Par théorème d’équivalence pour des séries à termes 0, on conclut que la série n un Sn diverge, contradiction. On conclut que la série n un Sn diverge. 2e cas : α ∈ ]0 ; 1[ : Comme Sn −−−→ n ∞ + ∞, on a, pour n assez grand : Sα n Sn, donc un Sα n un Sn 0. Puisque la série n un Sn diverge (cf. 1er cas), on conclut, par théorème de minoration pour des séries à termes 0, que la série n un Sα n diverge. 3e cas : α ∈ ]1 ; +∞[ : On remarque que, pour tout n ∈ N∗ : un Sα n = Sn − Sn−1 Sα n = Sn Sn−1 1 Sα n dx Sn Sn−1 1 xα dx . D’où, par addition et relation de Chasles, pour tout N 2 : N n=2 un Sα n N n=2 Sn Sn−1 1 xα dx = SN S1 1 xα dx +∞ S1 1 xα dx. Ceci montre que les sommes partielles de la série n un Sα n sont majorées et donc, puisqu’il s’agit d’une série à termes 0, on conclut que la série n un Sα n converge. Finalement : la série n un Sα n converge si et seulement si : α > 1. b) Même méthode qu’en a). On obtient : la série n 1 un rα n converge si et seulement si : α > 1. 1) Existence de C : D’abord, il est clair que, pour tout n ∈ N∗ , un existe et un > 0. Notons, pour tout n ∈ N∗ : vn = ln un = n k=1 ln 1 + 1 k + 1 k2 . On a : ln 1 + 1 k + 1 k2 ∼ k∞ 1 k . Considérons, pour tout n ∈ N∗ : wn = n k=1 1 k . On a, d’après l’étude de la constante d’Euler : wn = ln n + γ + o n∞ (1) . D’autre part : vn − wn = n k=1 ln 1 + 1 k + 1 k2 − 1 k noté ak . Et, en utilisant des développements limités : ak = 1 k + 1 k2 − 1 2k2 + o 1 k2 − 1 k = 1 2k2 + o 1 k2 ∼ k∞ 1 2k2 0. 181 4.55 4.56
- 192. D’après l’exemple de Riemann et le théorème d’équivalence pour des séries à termes 0, la série k ak converge. Notons S = +∞ k=1 ak. On a donc : vn − wn = n k=1 ak = S + o(1), d’où : vn = wn + S + o(1) = ln n + γ + S + o(1), puis : un = evn = eln n+γ+S+o(1) = n eγ+S eo(1) ∼ n∞ eγ+S n . En notant C = eγ+S > 0, on conclut : un ∼ n∞ Cn. 2) Évaluation de C : • On a, pour tout n ∈ N∗ : un = n k=1 1 + 1 k + 1 k2 n k=1 1 + 1 k = n k=1 k + 1 k = 2 · 3 · · · (n + 1) 1 · 2 · · · n = n + 1 n. Ainsi : ∀ n ∈ N∗ , un n 1. Comme un n −−−→ n ∞ C, on déduit : C 1. • On a, pour tout n ∈ N∗ − {1} : un = n k=1 1 + 1 k + 1 k2 = 3 n k=2 1 + 1 k + 1 k2 . Et, pour tout k 2 : (1) 1 + 1 k + 1 k2 1 + 1 k − 1 . En effet : (1) ⇐⇒ 1 k2 1 k − 1 − 1 k ⇐⇒ 1 k2 1 (k − 1)k , et cette dernière inégalité est vraie. On déduit : un 3 n k=2 1 + 1 k − 1 = 3 n k=2 k k − 1 = 3 2 · · · n 1 · · · (n − 1) = 3n. Ainsi : ∀ n 2, un n 3. Comme un n −−−→ n ∞ C, on déduit : C 3. Finalement : 1 C 3. a) Calculons les sommes partielles de la série n 1 (−1)n−1 n en faisant intervenir des intégrales. On a, pour tout n ∈ N∗ : n k=1 (−1)k−1 k = n k=1 (−1)k−1 1 0 xk−1 dx = 1 0 n k=1 (−x)k−1 dx = 1 0 n−1 k=0 (−x)k dx = 1 0 1 − (−x)n 1 − (−x) dx = 1 0 1 1 + x dx + (−1)n−1 1 0 xn 1 + x dx. On a : 0 1 0 xn 1 + x dx 1 0 xn dx = 1 n + 1 −−−→ n ∞ 0. Donc : n k=1 (−1)k−1 k −−−→ n ∞ 1 0 1 1 + x dx = [ln(1 + x)]1 0 = ln 2 . Ceci montre que la série n 1 (−1)n−1 n converge (ce que l’on pouvait montrer plus directement par le TSCSA) et que, pour tout n ∈ N, son reste Rn = +∞ k=n+1 (−1)k−1 k est donné par : Rn = +∞ k=1 (−1)k−1 k − n k=1 (−1)k−1 k = 1 0 1 1 + x dx − 1 0 1 1 + x dx + (−1)n−1 1 0 xn 1 + x dx = (−1)n 1 0 xn 1 + x dx. b) De même qu’en a), on a, pour tout n ∈ N∗ : n k=0 Rk = n k=0 (−1)k 1 0 xk 1 + x dx = 1 0 1 1 + x n k=0 (−x)k dx = 1 0 1 1 + x 1 − (−x)n+1 1 − (−x) dx = 1 0 1 (1 + x)2 dx + (−1)n 1 0 xn+1 (1 + x)2 dx. 182 4.57
- 193. De la même façon qu’en a), on déduit que la série n 0 Rn converge et que, pour tout n ∈ N, son reste ρn = +∞ k=n+1 Rk vérifie : ρn = (−1)n+1 1 0 xn+1 (1 + x)2 dx. c) 1) On effectue une troisième fois le même type de calcul. On obtient, pour tout n ∈ N : n k=0 ρk = − 1 0 x (1 + x)3 dx + (−1)n+1 1 0 xn+2 (1 + x)3 dx , la série n ρn converge, et : +∞ n=0 ρn = − 1 0 x (1 + x)3 dx = y = 1 + x − 2 1 y − 1 y3 dy = − 2 1 1 y2 − 1 y3 dy = 1 y − 1 2y2 2 1 = − 1 8 . 2) On a, pour tout n ∈ N : −(−1)n ρn = 1 0 xn+1 (1 + x)2 dx 1 0 xn+1 22 dx = 1 4(n + 2) ∼ n∞ 1 4n 0. D’après l’exemple de Riemann, le théorème d’équivalence pour des séries à termes 0, et le théorème de majoration pour des séries à termes 0, on déduit que la série n −(−1)n ρn diverge. Par passage à l’opposée, on conclut que la série n (−1)n ρn diverge. Attention : Malgré les notations, la suite (ρn)n est alternée, et la suite (−1)n ρn n est à termes de signe fixe (tous négatifs). Nous allons essayer de faire intervenir une série double. On a, pour tout n ∈ N : 1 ch (2n + 1)a = 2 e(2n+1)a + e−(2n+1)a = 2 e(2n+1)a 1 1 + e−2(2n+1)a = 2 e−(2n+1)a +∞ p=0 (−1)p e−2(2n+1)pa = 2 +∞ p=0 (−1)p e−(2n+1)(2p+1)a . Notons, pour tout (n,p) ∈ N2 : un,p = 2(−1)p e−(2n+1)(2p+1)a . • Par un calcul analogue au précédent, pour tout n ∈ N, la série p 0 |un,p| converge et : +∞ p=0 |un,p| = 2 e(2n+1)a 1 1 − e−2(2n+1)a = 1 sh (2n + 1)a . • Comme 1 sh (2n + 1)a ∼ n∞ 2 e(2n+1)a = 2e−a (e−2a )n 0 , et que la série géométrique n 0 (e−2a )n converge (car a > 0), par théorème d’équivalence pour des séries à termes 0, la série n 0 1 sh (2n + 1)a converge. D’après le théorème de Fubini, on en déduit : * pour tout p ∈ N, la série n 0 un,p converge (absolument) * la série p 0 +∞ n=0 un,p converge (absolument) * +∞ n=0 +∞ p=0 un,p = +∞ p=0 +∞ n=0 un,p. Enfin, pour tout p ∈ N, comme au début de la solution : +∞ n=0 un,p = +∞ n=0 2(−1)p e−(2n+1)(2p+1)a = 2(−1)p e−(2p+1)a +∞ n=0 e−2(2p+1)a n = 2(−1)p e−(2p+1)a 1 1 − e−2(2p+1)a = (−1)p 2 e(2p+1)a − e−(2p+1)a = (−1)p sh (2p + 1)a . On conclut, en revenant à un même indice : +∞ n=0 1 ch (2n + 1)a = +∞ n=0 (−1)n sh (2n + 1)a . a) • Une récurrence immédiate montre que, pour tout n 0, un existe et un > 0. • On a : ∀ n ∈ N, un+1 − un = 1 un > 0, donc (un)n 0 est strictement croissante. • Supposons que (un)n 0 converge. Notons = lim n∞ un ∈ R. Puisque : ∀ n 0, un u0, 183 4.58 4.59
- 194. on a, par passage à la limite : u0 > 0, donc : > 0. D’où, en passant à la limite dans l’égalité de définition de la suite (un)n 0 : = + 1 , contradiction. Ceci montre que (un)n 0 diverge. Puisque (un)n 0 est croissante et divergente, on conclut : un −−−→ n ∞ + ∞. b) On a, pour tout n 0 : u2 n+1 = un + 1 un 2 = u2 n + 2 + 1 u2 n , d’où : u2 n+1 − u2 n = 2 + 1 u2 n −−−→ n ∞ 2. Ainsi : u2 n+1 − u2 n ∼ n∞ 2. Comme la série n 0 2 est divergente et à termes 0, d’après un théorème de sommation des relations de comparaison, on a : n−1 k=0 (u2 k+1 − u2 k) ∼ n∞ n−1 k=0 2 = 2n. Mais, par télescopage : n−1 k=0 (u2 k+1 − u2 k) = u2 n − u2 0 ∼ n∞ u2 n . D’où : u2 n ∼ n∞ 2n, puis, comme un 0, on conclut : un ∼ n∞ √ 2n . c) Considérons, pour tout n 0 : vn = u2 n − 2n. On a : vn+1 − vn = u2 n+1 − 2(n + 1) − (u2 n − 2n) = (u2 n+1 − u2 n) − 2 = 1 u2 n ∼ n∞ 1 2n . Comme la série n 1 1 2n est divergente et à termes 0, d’après un théorème de sommation des relations de comparaison, on a : n−1 k=1 (vk+1 − vk) ∼ n∞ n−1 k=1 1 2k . D’une part, par comparaison somme/intégrale, puisque l’ap- plication t ∈ [1 + ∞[−→ 1 t ∈ R est décroissante et continue, on obtient : n−1 k=1 1 k ∼ n∞ ln (n − 1) = ln n + ln 1 − 1 n ∼ n∞ ln n . D’autre part, par télescopage : n−1 k=1 (vk+1 − vk) = vn − v1 . On a donc : vn − v1 ∼ n∞ 1 2 ln n. Il en résulte vn −−−→ n ∞ + ∞, puis : vn ∼ n∞ 1 2 ln n. Ainsi : vn = 1 2 ln n + o(ln n), d’où : un = √ 2n + vn = 2n + 1 2 ln n + o( ln n) 1 2 = √ 2n 1 + 1 4 ln n n + o ln n n 1 2 = √ 2n 1 + 1 8 ln n n + o ln n n = √ 2n + 1 4 √ 2 ln n √ n + o ln n √ n . Notons, pour tout n ∈ N∗ : un = ϕ(n) n2 . On a, pour tout n ∈ N∗ : 2n k=n+1 uk 2n k=n+1 ϕ(k) 4n2 = 1 4n2 2n k=n+1 ϕ(k) . Puisque les entiers ϕ(n + 1),. . . ,ϕ(2n), sont deux à deux dis- tincts et 1, on a : 2n k=n+1 ϕ(k) n i=1 i = n(n + 1) 2 . d’où : 2n k=n+1 uk n + 1 8n 1 8 . Si la série k 1 uk convergeait, on aurait alors, en notant S = +∞ k=1 ϕ(k) k : 2n k=n+1 uk = 2n k=1 uk − n k=1 uk −−−→ n ∞ S − S = 0 , contradiction. On conclut que la série n 1 ϕ(n) n2 diverge. 184 4.60
- 195. 185 5CHAPITRE 5Suites et séries d’applications Thèmes abordés dans les exercices • Étude des convergences (simple, uniforme) d’une suite d’applications • Recherche de limites d’intégrales, d’équivalents d’intégrales, de développe- ments asymptotiques d’intégrales • Approximation uniforme de fonctions par des fonctions d’un type donné • Étude des convergences (simple, absolue, normale, uniforme) d’une série d’applications • Étude de la somme d’une série d’applications : ensemble de définition, conti- nuité, limites, classe, variations, tracé de la courbe représentative • Obtention d’égalités du type intégrale = série. Points essentiels du cours pour la résolution des exercices • Pour une suite d’applications : définition des convergences (simple, uniforme), lien logique C.U. ⇒ C.S., caractérisation de la C.U. de ( fn)n vers f par : || fn − f ||∞ −→ n∞ 0 • Théorèmes du cours pour les suites d’applications : C.U. et limite, C.U. et continuité en un point, C.U. et continuité sur un intervalle, C.U. et intégra- tion sur un segment, C.U. et dérivation • Théorème de convergence dominée • Les deux théorèmes de Weierstrass • Pour une série d’applications : définition des convergences (simple, absolue, normale, uniforme), liens logiques C.N. ⇒ C.U. ⇒ C.S., C.N. ⇒ C.A. ⇒ C.S., lien logique C.U. ⇒ (|| fn||∞ −→ n∞ 0), carac- térisation de la C.U. par : ||Rn||∞ −→ n∞ 0 • Théorèmes du cours sur les séries d’applications : C.U. et limite, C.U. et continuité en un point, C.U. et continuité sur un intervalle, C.U. et intégra- tion sur un segment, C.U. et dérivation • Théorème du cours sur l’intégration sur un intervalle quelconque pour une série d’applications. Les méthodes à retenir 186 Énoncés des exercices 192 Du mal à démarrer ? 201 Corrigés 205 Plan ©Dunod.Laphotocopienonautoriséeestundélit.
- 196. Chapitre 5 • Suites et séries d’applications 186 Les méthodes à retenir Fixer x ∈ X quelconque, étudier la convergence de la suite fn(x) n∈N dans E, et, si celle-ci converge, déterminer sa limite f (x). ➥ Exercices 5.1, 5.8, 5.13, 5.27 Dans des exemples faciles, on peut quelquefois montrer directement la convergence uniforme, ce qui entraîne la convergence simple. ➥ Exercice 5.1 a). Sachant déjà que ( fn)n converge simplement sur X vers une certaine application f : X −→ E, voir si, à partir d’un certain rang, fn − f est bornée, et, si c’est le cas, on a : fn C.U. −→ n∞ f ⇐⇒ || fn − f ||∞ −−→ n ∞ 0 . On essaiera de calculer || fn − f ||∞, souvent en étudiant les varia- tions de fn − f. ➥ Exercices 5.1 c), d) Si le calcul de || fn − f ||∞ ne paraît pas facile, étudier || fn − f ||∞. À cet effet : ∗ pour montrer la convergence uniforme, majorer || fn − f ||∞ par un terme tendant vers 0 lorsque l’entier n tend vers l’infini. ➥ Exercices 5.1 a), b), 5.8 c), 5.13, 5.27 b), c) ∗ pour montrer la non-convergence uniforme, minorer || fn − f ||∞ par un terme ne tendant pas vers 0 lorsque l’entier n tend vers l’infi- ni, par exemple, en évaluant | fn − f | en un point convenable dépen- dant de n. ➥ Exercices 5.1 e) à h), 5.8 a), b), d), 5.27 a), d) Pour montrer la non-convergence uniforme, on pourra parfois mettre en défaut une propriété qu’aurait transmise à f la convergence unifor- me de la suite ( fn)n. Par exemple, si les fn sont toutes continues, si fn C.S −→ n∞ f et si f est discontinue, alors la convergence n’est pas unifor- me. ➥ Exercices 5.1 g), 5.27 b) Si fn C.S. −→ n∞ f et fn C.U. −→ n∞ / f, on cherche alors éventuellement des parties convenables Y de X telles que fn |Y C.U. −→ n∞ f |Y. ➥ Exercices 5.1 e) à h). Pour étudier la convergence simple d’une suite d’applications (fn : X −→ E)n∈N , dans un exemple Pour étudier la convergence uniforme d’une suite d’applications (fn : X −→ E)n∈N , dans un exemple
- 197. Les méthodes à retenir 187 • Évaluer || fn − f ||∞ et établir || fn − f ||∞ −−→ n ∞ 0, souvent par une majoration convenable. ➥ Exercices 5.9 à 5.12. • Ne revenir à la définition en ε et N qu’en dernier recours. Essayer d’appliquer le théorème du cours sur continuité et conver- gence uniforme sur tout segment de l’intervalle d’étude, ou le théo- rème du cours sur la dérivation pour une suite d’applications. ➥ Exercice 5.46 c). Essayer de : • appliquer une méthode élémentaire : si , pour x ∈ I fixé, la suite fn(x) n admet une limite, notée f (x), voir si f est intégrable sur I, former I fn − I f , et, par majorations élémentaires (utilisant sou- vent : linéarité de l’intégration, relation de Chasles, changement de variable, intégration par parties, expression conjuguée, majorations classiques), obtenir I fn − I f −−→ n ∞ 0, d’où I fn −−→ n ∞ I f. ➥ Exercice 5.18 a) • appliquer le théorème du cours sur convergence uniforme et inté- gration sur un segment, dans le cas où : ∗ I = [a ; b] est un segment ∗ pour tout n, fn est continue sur [a ; b] ∗ ( fn)n converge uniformément sur [a ; b] vers une certaine f • appliquer le théorème de convergence dominée dont on rappelle les hypothèses : ∗ pour tout n, fn est continue par morceaux sur I ∗ fn C.S. −→ n∞ f sur I ∗ f est continue par morceaux sur I ∗ il existe ϕ : I −→ R continue par morceaux, 0, intégrable sur I, telle que : ∀ n ∈ N, ∀ x ∈ I, | fn(x)| ϕ(x). ➥ Exercices 5.3, 5.4, 5.16, 5.17, 5.42, 5.43. Essayer de : • se ramener à une question de continuité, et appliquer le théorème de continuité sous le signe intégrale ➥ Exercice 5.30 • combiner le théorème de convergence dominée et la caractérisation séquentielle des limites. ➥ Exercice 5.30. Dans un cadre abstrait, pour montrer fn C.U. −→ n∞ f sur X Pour montrer qu’une application, obtenue comme limite d’une suite d’applications, est continue, est de classe C1 , Ck , C∞ Pour permuter intégrale et limite en vue d’obtenir une formule du genre lim n∞ I fn(x) dx = I lim n∞ fn(x) dx Pour permuter intégrale et limite pour un réel, en vue d’obtenir une formule du genre : lim x−→a I f(x,t) dt = I lim x−→a f(x,t) dt ©Dunod.Laphotocopienonautoriséeestundélit.
- 198. Chapitre 5 • Suites et séries d’applications 188 Essayer de se ramener à une recherche de limite d’intégrale, sur un intervalle fixe, par transformation de l’écriture de l’énoncé, utilisant les méthodes usuelles : linéarité de l’intégration, relation de Chasles, intégration par parties. ➥ Exercices 5.18, 5.19, 5.30 à 5.32. Appliquer le premier théorème de Weierstrass, puis modifier les poly- nômes obtenus, de façon à en construire d’autres, vérifiant la condi- tion supplémentaire, et convergeant uniformément encore vers f. ➥ Exercice 5.15. Essayer d’utiliser le fait que, pour N ∈ N fixé, RN [X] est de dimen- sion finie. En particulier, RN [X] est complet, donc fermé, et toutes les normes sur RN [X] sont équivalentes entre elles. ➥ Exercice 5.28. Se rappeler d’abord, avec des abréviations évidentes : C.N. ⇒ C.U. ⇒ C.S. , C.N. ⇒ C.A. ⇒ C.S . Suivre, sauf exception, le plan de travail proposé dans le cours : • Est-ce que n fn converge simplement sur X ? Si non, remplacer X par la partie de X formée des x ∈ X tels que la série numérique n fn(x) onverge, puis passer à l’étape suivante. Si oui, passer à l’étape suivante. • Est-ce que n fn converge normalement sur X ? Si oui, alors, d’après le cours, n fn converge uniformément, abso- lument, simplement sur X, et l’étude est finie. Si non, voir si n fn converge normalement sur des parties conve- nables de X (en option), et, d’autre part, passer à l’étape suivante. • Est-ce que || fn||∞ −−→ n ∞ 0 ? Si non, alors, d’après le cours, n fn ne converge pas uniformément sur X. Si oui, passer à l’étape suivante. • Est-ce que ||Rn||∞ −−→ n ∞ 0 ? Si oui, alors n fn converge uniformément sur X. Si non, alors n fn ne converge pas uniformément sur X. ➥ Exercices 5.5, 5.6 a), 5.7 a), 5.20, 5.21 a), 5.22 a), 5.24 a), 5.33, 5.34 a), 5.35 a), 5.38 a), 5.44 a), 5.45. Pour trouver un équivalent simple d’une intégrale In fn, lorsque l’en- tier n tend vers l’infini, dans laquelle, a priori, l’intervalle et la fonction dépendent de n Pour obtenir une approximation uniforme par des polynômes satisfaisant une condition supplémentaire Pour faire intervenir une condition de majoration des degrés des polynômes d’une suite convergeant, en un certain sens, vers une fonction Pour étudier les convergences d’une série d’applications n (fn : X −→ K)
- 199. Les méthodes à retenir 189 Étudier, pour x ∈ X fixé, la nature de la série numérique n fn(x). ➥ Exercices 5.5, 5.6 a), 5.7 a), 5.20, 5.33, 5.35 a), 5.38 a), 5.44 a), 5.45 a). Étudier, pour x ∈ X fixé, la nature de la série numérique n | fn(x)|. ➥ Exercices 5.5, 5.6 a), 5.33 c). Étudier la nature de la série n || fn||∞. S’il n’existe pas N ∈ N tel que, pour tout n N, fn soit bornée, alors n fn ne converge pas normalement sur X. ➥ Exercices 5.20 a), 5.33 a) S’il existe N ∈ N tel que, pour tout n N, fn soit bornée, alors, d’après le cours : n fn C.N. ⇐⇒ n || fn||∞ converge. ➥ Exercices 5.5, 5.6 a), 5.20 b), 5.33 a), b), d), e), 5.34 a), 5.35 a), 5.38 a), 5.44 a), 5.45 b). Se rappeler d’abord : C.N. ⇒ C.U. En pratique, on aura déjà montré que n fn converge simplement et ne converge pas normalement. Si || fn||∞ −−→ n ∞ / 0, alors, d’après le cours, n fn ne converge pas uniformément sur X. ➥ Exercices 5.5 c), 5.20, 5.33 a), d), 5.44 a) Si || fn||∞ −−→ n ∞ 0, former le reste d’ordre n : Rn : X −→ K, x −→ Rn(x) = +∞ k=n+1 fk(x), et résoudre la question : ||Rn||∞ −−→ n ∞ 0 ? À cet effet, évaluer Rn(x), puis ||Rn||∞. Pour cela, essayer d’utiliser : ∗ une comparaison série/intégrale, lorsque les fn(x) sont tous 0 et que, pour x fixé, la suite n −→ fn(x) s’extrapole simplement en une fonction ϕx : t −→ ϕx (t), qui soit décroissante, continue, intégrable, et pour laquelle l’intégrale +∞ 1 ϕx (t) dt soit calculable ou éva- luable. ➥ Exercice 5.33 b) Pour étudier la convergence simple d’une série d’applications n (fn : X −→ K) Pour étudier la convergence absolue d’une série d’applications n (fn : X −→ K) Pour étudier la convergence normale d’une série d’applications n (fn : X −→ K) Pour étudier la convergence uniforme d’une série d’applications n (fn : X −→ K) ©Dunod.Laphotocopienonautoriséeestundélit.
- 200. Chapitre 5 • Suites et séries d’applications 190 ∗ une majoration géométrique, si n fn(x) ressemble à une série géométrique. ∗ le TSCSA si, pour chaque x ∈ X, la série n fn(x) relève du TSCSA. On aura alors : ∀ x ∈ X, ∀ n ∈ N, |Rn(x)| | fn+1(x)|, puis : ∀ n ∈ N, ||Rn||∞ || fn+1||∞. ➥ Exercices 5.5 g), 5.6 a), 5.33 c) * une minoration du reste, si tous ses termes sont 0, par une somme de n termes (par exemple), que l’on minorera encore, si possible. ➥ Exercices 5.33 a), d), e). Essayer d’appliquer les théorèmes du cours : • théorème sur convergence uniforme et limite • théorème sur convergence uniforme et continuité en un point • théorème sur convergence uniforme sur tout segment et continuité sur l’intervalle de départ. ➥ Exercices 5.21 b), 5.22 b), 5.24 b), 5.34 b), 5.35 b), 5.38 b), 5.46 c). Essayer de : • minorer convenablement S(x). ➥ Exercice 5.44 c) • revenir à la définition d’une limite infinie. Si, pour tout n ∈ N, 0 fn(x) −→ x−→a n et si la série n n, diverge, alors, pour tout A > 0, il existe N ∈ N tel que N n=0 n A + 1, puis, au voisinage de a : S(x) = +∞ n=1 fn(x) N n=1 fn(x) A . Essayer de : • appliquer le théorème sur convergence uniforme et intégration sur un segment, dans le cas où : ∗ I = [a ; b] est un segment ∗ pour tout n ∈ N, fn est continue sur [a ; b] ∗ n fn converge uniformément sur [a ; b]. • appliquer le théorème du cours sur l’intégration sur un intervalle quelconque pour une série d’applications, dont on rappelle les hypo- thèses : ∗ pour tout n ∈ N, fn est intégrable sur I Pour montrer que la somme d’une série d’applications admet une limite en un point, ou est continue en un point, ou est continue sur son ensemble de définition Pour montrer S(x) −→ x−→a +∞, où S(x) = +∞ n=1 fn(x) Pour permuter intégrale et série, en vue d’obtenir une formule du genre : +∞ n=0 I fn(x) dx= I +∞ n=0 fn(x) dx
- 201. Les méthodes à retenir 191 ∗ n fn converge simplement sur I ∗ +∞ n=0 fn est continue par morceaux sur I ∗ la série numérique n 0 I | fn(x)| dx converge. ➥ Exercices 5.25, 5.26, 5.37, 5.38 c), 5.39 • montrer que l’intégrale du reste tend vers 0. En notant, pour tout n ∈ N, Sn = n k=0 fk la n-ème somme partielle, S = +∞ k=0 fk la somme totale (la convergence simple doit être déjà acquise), Rn = S − Sn = +∞ k=n+1 fk le n-ème reste, les applications Sn, S, Rn sont intégrables sur I (déjà acquis pour fn, puis pour Sn par somme d’un nombre fini d’applications intégrables sur I, pour S par un raisonnement approprié à l’exemple, pour Rn par différence), et : I S = I Sn + I Rn = n k=0 I fk + I Rn . Si I Rn −−→ n ∞ 0, on déduit que la série k 0 I fk converge et que I S = +∞ k=0 I fk, d’où le résultat voulu. Pour montrer que l’intégrale du reste tend vers 0, essayer d’utiliser les méthodes classiques d’évaluation des restes des séries conver- gentes : comparaison série/intégrale, majoration géométrique, TSCSA. ➥ Exercices 5.40, 5.41. Développer la fonction sous l’intégrale en somme d’une série de fonctions (souvent par utilisation d’une série géométrique, ou d’une série entière voir ch. 6, ou d’une série de Fourier voir ch. 7), justifier la permutation intégrale/série, et calculer le terme général de la série apparaissant. ➥ Exercices 5.25, 5.26. Essayer d’appliquer le théorème du cours sur la dérivation pour une série d’applications, éventuellement de façon répétée. ➥ Exercices 5.7 b), 5.23 b), 5.34 d), 5.44 b). Pour établir une égalité du type intégrale = somme de série Pour montrer que la somme d’une série d’applications est de classe C1 , Ck , C∞ ©Dunod.Laphotocopienonautoriséeestundélit.
- 202. Chapitre 5 • Suites et séries d’applications 192 Énoncés des exercices Exemples d’étude de suites de fonctions, convergence simple, convergence uniforme Étudier (convergence simple, convergence uniforme, convergence uniforme sur des parties de l’en- semble de départ) les suites d’applications suivantes : a) fn : R −→ R, x −→ n + 1 n2 + x2 , n ∈ N∗ b) fn : [0 ; 1] −→ R, x −→ nx2 1 + nx , n ∈ N∗ c) fn : R −→ R, x −→ x x2 + n2 , n ∈ N∗ d) fn : [0 ; 1] −→ R, x −→ xn (1 − x), n ∈ N∗ e) fn : [0 ; +∞[−→ R, x −→ nx3 1 + n2x , n ∈ N f) fn : [0 ; 1[−→ R, x −→ Min n, 1 √ 1 − x , n ∈ N g) fn : [−1 ; 1] −→ R, x −→ n|x| − n + 1 si |x| > 1 − 1 n 0 si |x| 1 − 1 n n ∈ N, n 2 h) fn : R −→ R, x −→ x2 sin 1 nx si x =/ 0 0 si x = 0 n ∈ N∗ . Convergence simple et : croissance, convexité, lipschitzianité Soient I un intervalle de R, ( fn : I −→ R)n∈N une suite d’applications, f : I −→ R une appli- cation, k ∈ R+. Montrer que, si ( fn)n∈N converge simplement vers f sur I et si, pour tout n ∈ N, fn est croissante (resp. convexe, resp. k-lipschitzienne), alors f est croissante (resp. convexe, resp. k-lipschitzienne). Exemples de recherche de limites d’intégrales Déterminer les limites suivantes, lorsque l’entier n tend vers l’infini : a) lim n∞ +∞ 0 e− x n 1 + x2 dx b) lim n∞ +∞ 1 n nx2 + ex dx c) lim n∞ +∞ 0 xn x2n + xn + 1 dx. Exemple d’utilisation du théorème de convergence dominée Soit f : [0 ; 1] −→ C continue par morceaux. Montrer : 1 0 f (x) 1 − x n n dx −−−→ n ∞ 1 0 f (x) e−x dx . Exemples d’étude de convergence pour une série d’applications Étudier (convergences simple, absolue, normale, uniforme) les séries d’applications n fn sui- vantes : 5.1 5.2 5.3 5.4 5.5
- 203. Énoncés des exercices 193 a) fn : R −→ R, x −→ sin (nx) n2 + x2 , n ∈ N∗ b) fn : [0 ; 1] −→ R, x −→ n2 xn (1 − x)n , n ∈ N c) fn : [0 ; +∞[−→ R, x −→ nx2 n3 + x2 , n ∈ N∗ d) fn : [0 ; +∞[−→ R, x −→ x n e−n2x2 , n ∈ N∗ e) fn : [0 ; +∞[−→ R, x −→ n + x x2 + n2 , n ∈ N∗ f) fn : [0 ; +∞[−→ R, x −→ (−1)n x2 + n2 , n ∈ N∗ g) fn : [0 ; +∞[−→ R, x −→ (−1)n x2 + n , n ∈ N∗ . Étude de la somme d’une série de fonctions, continuité On note, pour tout n ∈ N∗ : fn : [0 ; +∞[−→ R, x −→ (−1)n e−nx n + x . a) Étudier les convergences de la série d’applications n 1 fn. b) Montrer que la somme S = +∞ n=1 fn est continue sur [0 ; +∞[. Étude de la somme d’une série de fonctions, classe C2 On note, pour tout n ∈ N∗ : fn : [0 ; +∞[−→ R, x −→ ln(n + x) n2 . a) Étudier la convergence simple de la série d’applications n 1 fn. On note S la somme. b) Montrer que S est de classe C2 sur [0 ; +∞[ et exprimer, pour tout x ∈ [0 ; +∞[, S (x) et S (x) sous forme de sommes de séries. c) En déduire que S est strictement croissante sur [0 ; +∞[ et que S est concave sur [0 ; +∞[. Exemples d’étude de suites de fonctions, convergence simple, convergence uniforme Étudier (convergence simple, convergence uniforme, convergence uniforme sur des parties de l’en- semble de départ) les suites d’applications suivantes : a) fn : [0 ; 1] −→ R, x −→ n(1 − x) sin πx 2 n , n ∈ N b) fn : R −→ R, x −→ sin n + 1 n x , n ∈ N∗ c) fn : [0 ; +∞[−→ R, x −→ ln 1 + nx2 1 + nx , n ∈ N d) fn : ]0 ; +∞[−→ R, x −→ (nx) x n , n ∈ N∗ . ©Dunod.Laphotocopienonautoriséeestundélit. 5.6 5.7 5.8
- 204. Chapitre 5 • Suites et séries d’applications 194 Exemple de convergence uniforme et composition Soient X un ensemble non vide, ( fn : X −→ R+)n∈N une suite d’applications, f : X −→ R+ une application. On suppose : fn C.U. −→ n∞ f. Montrer : ln(1 + fn) C.U. −→ n∞ ln(1 + f ). Convergence uniforme pour une suite de fonctions définies à partir d’une fonction donnée Soit f : R −→ R de classe C3 , telle que f (3) est bornée. On note, pour tout n ∈ N∗ : gn : R −→ R, x −→ n2 f x + 1 n − 2 f (x) + f x − 1 n . Montrer : gn C.U. −→ n∞ f sur R. Convergence d’une suite de fonctions définies par récurrence Soit f0 : R −→ R, bornée, 0. Étudier la convergence simple et la convergence uniforme de la suite d’applications ( fn : R −→ R)n∈N définie par : ∀ n ∈ N, ∀ x ∈ R, fn+1(x) = 1 + fn(x). Convergence d’une suite de fonctions définies par récurrence Soit f0 : R −→ R, bornée, 0. Étudier la convergence simple et la convergence uniforme de la suite d’applications ( fn : R −→ R)n∈N définie par : ∀ n ∈ N, ∀ x ∈ R, fn+1(x) = ln 1 + fn(x) . Limites d’intégrales issues de la fonction d’Euler Étudier la convergence simple et la convergence uniforme des suites d’applications ( fn, gn : [0 ; +∞[−→ R)n∈N définies, pour tout n ∈ N et tout x ∈ [0 ; +∞[, par : fn(x) = 1 n! x 0 tn e−t dt, gn(x) = 1 n! +∞ x tn e−t dt . Une application classique du premier théorème de Weierstrass Soient (a,b) ∈ R2 tel que a < b, f : [a ; b] −→ C continue. On suppose : ∀ n ∈ N, b a xn f (x) dx = 0. Démontrer : f = 0. Recherche d’une suite de polynômes convergeant uniformément vers une fonction donnée et vérifiant une condition supplémentaire Soient (a,b) ∈ R2 tel que a < b,f : [a ; b] −→ C continue, c ∈ [a ; b]. Montrer qu’il existe une suite (Pn)n∈N de polynômes telle que : Pn C.U. −→ n∞ f sur [a ; b] ∀ n ∈ N, Pn(c) = f (c). Exemples de recherche de limites d’intégrales Déterminer les limites suivantes, lorsque l’entier n tend vers l’infini : 5.9 5.10 5.11 5.12 5.13 5.14 5.15 5.16
- 205. Énoncés des exercices 195 a) lim n∞ 1 0 n e x n+x − 1 dx b) lim n∞ +∞ 0 (x2 + 1) n + x n + x2 e−x dx c) lim n∞ +∞ −∞ n sin nx n2 + x4 dx d) lim n∞ π 0 √ π − x sin n x dx e) lim n∞ +∞ 0 e−(x+a)n √ x dx, a ∈ [0 ; 1[ f) lim n∞ n√ n 0 √ 1 + xn dx. Exemple d’utilisation du théorème de convergence dominée Montrer, pour tout a ∈ [0 ; +∞[ fixé : a 0 1 x 1 + x n n − 1 dx −−−→ n ∞ a 0 ex − 1 x dx. Exemple de recherche d’un équivalent d’une intégrale Soit f : R −→ R continue par morceaux, bornée sur R, continue en 0, telle que f (0) =/ 0. Trouver un équivalent simple de In = +∞ −∞ f (x) e−n2x2 dx lorsque l’entier n tend vers l’infini. Comportement asymptotique d’une intégrale On note, pour tout n ∈ N∗ : In = 1 0 √ 1 − xn dx. a) Montrer : In −−−→ n ∞ 1. b) Trouver un équivalent simple de In − 1 lorsque l’entier n tend vers l’infini. Exemples d’étude de convergence pour une série d’applications Étudier (convergences simple, absolue, normale, uniforme) les séries d’applications n fn sui- vantes : a) fn : [0 ; +∞[−→ R, x −→ ln 1 + x n − x n , n ∈ N∗ b) fn : [0 ; +∞[−→ R, x −→ e−x x n − ln 1 + x n , n ∈ N∗ . Étude de la somme d’une série d’applications, limite On note, pour tout n ∈ N∗ : fn : [0 ; +∞[−→ R, x −→ Arctan n + x 1 + n3x . a) Montrer que n 1 fn converge simplement sur ]0 ; +∞[ et converge normalement sur [1 ; +∞[. On note S la somme. b) Montrer : S(x) −→ x−→+∞ L = +∞ n=1 Arctan 1 n3 , et calculer une valeur approchée décimale de L à 10−3 près. Étude de la somme d’une série d’applications, développement asymptotique On note, pour tout n ∈ N : fn : [0 ; +∞[−→ R, x −→ (−1)n √ 1 + nx . ©Dunod.Laphotocopienonautoriséeestundélit. 5.17 5.18 5.19 5.20 5.21 5.22
- 206. Chapitre 5 • Suites et séries d’applications 196 a) Montrer que n 1 fn converge simplement sur ]0 ; +∞[ et converge uniformément sur [1 ; +∞[. On note S la somme. b) Montrer : S(x) −→ x−→+∞ 0. c) On note a = +∞ n=1 (−1)n √ n . Établir : S(x) = a √ x + O x−→+∞ 1 x √ x . Fonction ζ de Riemann On note, sous réserve d’existence, pour x ∈ R : ζ(x) = +∞ n=1 1 nx . a) Montrer : Déf (ζ) = ]1 ; +∞[. b) Établir que ζ est de classe C∞ sur ]1 ; +∞[ et exprimer, pour tout k ∈ N et tout x ∈ ]1 ; +∞[, ζ(k) (x) sous forme de somme d’une série. c) Étudier les variations et la convexité de ζ. d) Montrer : ∀ x ∈ ]1 ; +∞[, 1 x − 1 ζ(x) 1 + 1 x − 1 , et en déduire : ζ(x) ∼ x−→1+ 1 x − 1 , puis : ζ(x) −→ x−→1+ +∞. e) Montrer : ζ(x) −→ x−→+∞ 1, et ζ(x) − 1 ∼ x−→+∞ 1 2x . f) Dresser le tableau de variations de ζ et tracer la courbe représentative de ζ. Étude de la somme d’une série d’applications, continuité On note, pour tout n ∈ N∗ : fn : ]0 ; +∞[−→ R, x −→ (−1)n nx . a) Étudier les convergences simple, absolue, normale, normale sur certaines parties, uniforme, uni- forme sur certaines parties, de la série d’applications n 1 fn. On note : T : ]0 ; +∞[−→ R, x −→ +∞ n=1 (−1)n nx . b) Montrer que T est continue sur ]0 ; +∞[. c) Exprimer, pour tout x ∈ ]0 ; +∞[, T(x) à l’aide de ζ(x), où ζ est la fonction de Riemann (cf. exercice 5.23). Calcul d’une intégrale à l’aide de ζ et Montrer : ∀ α ∈ ]0 ; +∞[, +∞ 0 xα−1 x − ln(ex − 1) dx = ζ(α + 1) (α), où ζ est la fonction de Riemann : ζ : ]1 ; +∞[−→ R, α −→ +∞ n=1 1 nα et la fonction d’Euler : : ]0 ; +∞[−→ R, s −→ (s) = +∞ 0 ts−1 e−t dt. 5.23 5.24 5.25
- 207. Énoncés des exercices 197 Calcul d’une intégrale par utilisation d’une série Existence et calcul de I = +∞ 0 x sh x dx. On admettra : +∞ n=1 1 n2 = π2 6 . Exemples d’étude de suites de fonctions, convergence simple, convergence uniforme Étudier (convergence simple, convergence uniforme, convergence uniforme sur des parties de l’en- semble de départ) les suites d’applications suivantes : a) fn : [0 ; +∞[−→ R, x −→ ln(1 + nx2 ) nx si x =/ 0 0 si x = 0 b) fn : ]0 ; +∞[−→ R, x −→ ln 2 + (lnx)2n 1 + (lnx)2n , n ∈ N c) fn : R −→ R, x −→ (2n + |x|n ) 1 n , n ∈ N∗ d) fn : ]0 ; +∞[2 −→ R, (x,y) −→ ln x + y n , n ∈ N∗ . Convergence simple d’une suite de polynômes de degrés majorés Soient N ∈ N, (Pn)n∈N une suite de polynômes de C[X] de degrés N, qui converge simplement sur un intervalle I (de longueur > 0) vers une application f. Montrer que f est un polynôme, de degré N. Limite uniforme, sur un segment, d’une suite de polynômes à degrés majorés Soient (a,b) ∈ R2 tel que a < b, N ∈ N∗ , (Pn : [a ; b] −→ R)n∈N une suite de polynômes convergeant uniformément vers une application f, et telle que : ∀ n ∈ N, deg (Pn) N. Montrer que f est un polynôme et que deg ( f ) N. Exemple de recherche d’un équivalent d’une intégrale à paramètre réel Trouver un équivalent simple de I (x) = +∞ 0 sin (xt) 1 + t4 dt, lorsque x −→ 0+ . Recherche d’équivalents d’intégrales à paramètre entier naturel Trouver un équivalent simple, lorsque l’entier n tend vers l’infini, de : a) 1 0 ln(1 + xn ) dx, on admettra : 1 0 ln(1 + t) t dt = π2 12 b) 1 0 xn ln(1 + xn ) dx c) +∞ 0 ln 1 + x n x(1 + x2) dx. Recherche d’un développement asymptotique d’une intégrale dépendant d’un paramètre entier Former un développement asymptotique à la précision o 1 n de In = 1 0 nxn 1 + x2n dx, lorsque l’entier n tend vers l’infini. On laissera un des coefficients sous forme d’une intégrale. ©Dunod.Laphotocopienonautoriséeestundélit. 5.26 5.27 5.28 5.29 5.30 5.31 5.32
- 208. Chapitre 5 • Suites et séries d’applications 198 Exemples d’étude de convergence pour une série d’applications Étudier (convergences simple, absolue, normale, uniforme) les séries d’applications n fn sui- vantes : a) fn : ]0 ; +∞[−→ R, x −→ xa (n + x)b , (a,b) ∈ (R∗ +)2 fixé, n ∈ N∗ b) fn : [0 ; +∞[−→ R, x −→ x e−nx ln n , n ∈ N, n 2 c) fn : [0 ; +∞[−→ R, x −→ (−1)n x x2 + n , n ∈ N∗ d) fn : R −→ R, x −→ Arctan (x + n) − Arctan n, n ∈ N e) fn : [0 ; +∞[−→ R, x −→ nx 1 + n3x2 , n ∈ N. Étude de la somme d’une série d’applications, classe C1 On note, pour tout n ∈ N∗ : fn : [0 ; +∞[−→ R, x −→ Arctan (xn+1 ) n(n + 1) . a) Étudier les convergences de la série d’applications n 1 fn. On note S la somme. b) Montrer que S est continue sur [0 ; +∞[. c) Établir : ∀ x ∈ ]0 ; +∞[, S(x) = π 2 − S 1 x . d) Montrer que S est de classe C1 sur [0 ; 1[, que S est strictement croissante sur [0 ; 1], calculer S(1), et déterminer lim x−→1− S (x). e) Déterminer lim x−→+∞ S(x). f) Dresser le tableau de variation de S et tracer la courbe représentative de S. Étude de la somme d’une série d’applications, intégrabilité On note, pour tout n ∈ N∗ : fn : ]0 ; +∞[−→ R, x −→ 1 x2(n4 + x2) . a) Montrer que la série d’applications n 1 fn converge simplement sur ]0 ; +∞[, et converge nor- malement sur [a ; +∞[, pour tout a ∈ ]0 ; +∞[ fixé. b) Établir que S est continue sur ]0 ; +∞[. c) Est-ce que S est intégrable sur ]0 ; 1] ? sur [1 ; +∞[ ? Équivalent d’une somme d’une série d’applications Montrer : +∞ n=0 xn 1 + xn ∼ x−→1− ln 2 1 − x . 5.33 5.34 5.35 5.36
- 209. Énoncés des exercices 199 Série d’intégrales On note, pour tout n ∈ N∗ : un = +∞ 0 xn e−nx dx. Convergence et somme de la série n 1 un. On exprimera le résultat sous forme d’une intégrale. Étude de la somme d’une série d’applications, intégrabilité On note, pour tout n ∈ N∗ : fn : ]0 ; +∞[−→ R, x −→ 1 (1 + nx)(n + x) . a) Montrer que la série d’applications n 1 fn converge simplement sur ]0 ; +∞[, et converge nor- malement sur [a ; +∞[ pour tout a ∈ ]0 ; +∞[ fixé. On note S la somme. b) Montrer que S est continue sur ]0 ; +∞[. c) Montrer que S est intégrable sur ]0 ; +∞[ et que : +∞ 0 S(x) dx = 1 + 2 +∞ n=2 lnn n2 − 1 . Égalité entre une intégrale et une somme de série Soit (a,b) ∈ R2 tel que 0 < a < b. Montrer : +∞ −∞ sh ax sh bx dx = 4a +∞ n=0 1 (2n + 1)2b2 − a2 . Calcul d’une intégrale à l’aide de T et Établir : ∀ x ∈ ]0 ; +∞[, +∞ 0 tx−1 et + 1 dt = (x)T(x), où est la fonction d’Euler : : ]0 ; +∞[−→ R, x −→ +∞ 0 tx−1 e−t dt et T est définie par : T : ]0 ; +∞[−→ R, x −→ T(x) = +∞ n=1 (−1)n−1 nx . Égalité entre une intégrale et une somme de série Soit (an)n∈N une suite à termes dans R∗ +, croissante, de limite +∞. Montrer : 1 0 +∞ n=0 (−1)n xan dx = +∞ n=0 (−1)n 1 + an . Comportement d’une transformée de Laplace, en +∞, en 0 Soit f : [0 ; +∞[−→ C continue par morceaux. a) On suppose ici que f est bornée sur [0 ; +∞[. Montrer : x +∞ 0 e−xt f (t) dt −→ x−→+∞ f (0+ ). b) On suppose ici que f admet une limite finie en +∞. Montrer : x +∞ 0 e−xt f (t) dt −→ x−→0+ . ©Dunod.Laphotocopienonautoriséeestundélit. 5.37 5.38 5.39 5.40 5.41 5.42
- 210. Chapitre 5 • Suites et séries d’applications 200 Théorème de Scheffé Soient I un intervalle de R, ( fn : I −→ R)n∈N une suite d’applications intégrables sur I, à valeurs 0, f : I −→ R une application intégrable sur I. On suppose : fn C.S. −→ n∞ f sur I et I fn −−−→ n ∞ I f. Démontrer : I | fn − f | −−−→ n ∞ 0. Étude de la somme d’une série d’applications, classe C1 , équivalent On note, pour tout n ∈ N : fn : [0 ; 1] −→ R, x −→ ln(1 + xn ). a) Étudier les convergences de la série d’applications n 0 fn. On note S la somme. b) Montrer que S est de classe C1 sur [0 ; 1[ et que S est strictement croissante sur [0 ; 1[. c) 1) Montrer : ∀ n ∈ N, ∀ x ∈ [0 ; 1[, n k=0 fk(x) ln n k=0 xk . 2) En déduire : S(x) −→ x−→1− +∞. d) En utilisant une comparaison série/intégrale, montrer : S(x) ∼ I−→1− I 1 − x , où I = +∞ 0 ln(1 + e−u ) du. Convergences d"une série d’applications dépendant d’une suite numérique Soit (an)n∈N∗ une suite à termes dans [0 ; +∞[, décroissante. On note, pour tout n ∈ N∗ : fn : [0 ; 1] −→ R, x −→ an xn (1 − x). a) Montrer que n 1 fn converge simplement sur [0 ; 1]. b) Montrer que n 1 fn converge normalement sur [0 ; 1] si et seulement si la série n 1 an n converge. c) Montrer que n 1 fn converge uniformément sur [0 ; 1] si et seulement si : an −−−→ n ∞ 0. Étude d’une suite de fonctions définies à l’aide d’intégrales, intervention de séries a) Montrer qu’il existe une suite d’applications ( fn : [0 ; 1] −→ R)n∈N et une seule telle que f0 = 1 et : ∀ n ∈ N, ∀ x ∈ [0 ; 1], fn+1(x) = 1 + x 0 fn(t − t2 ) dt, et montrer que, pour tout n ∈ N, fn est un polynôme. b) 1) Montrer : ∀ n ∈ N, ∀ x ∈ [0 ; 1], 0 fn(x) fn+1(x) ex . 2) En déduire que ( fn)n∈N converge simplement sur [0 ; 1] vers une application notée f. c) Établir que la suite ( fn)n∈N converge uniformément vers f sur [0 ; 1], que f est continue sur [0 ; 1], et que : ∀ x ∈ [0 ; 1], f (x) = 1 + x 0 f (t − t2 ) dt. d) 1) Montrer que f est de classe C1 sur [0 ; 1] et que : ∀ x ∈ [0 ; 1], f (x) = f (x − x2 ). 2) Montrer que f est de classe C∞ sur [0 ; 1]. 5.43 5.44 5.45 5.46
- 211. Du mal à démarrer ? 201 ©Dunod.Laphotocopienonautoriséeestundélit. Du mal à démarrer ? • Pour étudier la convergence simple d’une suite d’appli- cations ( fn)n , on fixe x et on étudie la suite fn(x) n . • Pour étudier la convergence uniforme d’une suite d’applica- tions ( fn)n ,après avoir montré que ( fn)n converge simplement vers une certaine f, on étudie la convergence vers 0 de la suite || fn − f ||∞)n. Si || fn − f ||∞ n’est pas facilement calculable, soit on essaie de majorer || fn − f ||∞ par un terme tendant vers 0, soit on essaie de minorer || fn − f ||∞ par un terme ne tendant pas vers 0. • Si ( fn)n ne converge pas uniformément vers f sur tout l’en- semble d’étude X, déterminer des parties de X sur lesquelles ( fn)n converge uniformément. f) Pour x ∈ [0 ; 1[ fixé, la suite fn(x) n 0 est stationnaire. h) Pour la convergence uniforme sur tout[−a ; a], a ∈ [0 ; +∞[ fixé, utiliser l’inégalité connue : ∀ t ∈ R, | sin t| |t| . Pour des éléments fixés dans l’ensemble de départ des fn, passer à la limite lorsque l’entier n tend vers l’infini, dans la condition d’hypothèse des fn. Appliquer le théorème de convergence dominée. Appliquer le théorème de convergence dominée. Utiliser, de manière générale, le plan d’étude d’une série d’applications : C.S., C.A., C.N., C.U. Cependant, dans des cas très simples, il se peut que l’étude de la convergence normale soit facile et qu’il y ait convergence normale, auquel cas l’étude des autres convergences est inutile. • Pour étudier la convergence simple d’une série d’applications n fn,on fixe x et on étudie la série n fn(x). • Pour étudier la convergence absolue d’une série d’applications n fn,on fixe x et on étudie la série n | fn(x)|. Lorsque les fn(x) sont tous 0 (pour tout n et pour tout x),la convergence absolue revient à la convergence simple. • Pour étudier la convergence normale d’une série d’applica- tions n fn, on étudie la série numérique n || fn||∞. • Pour étudier la convergence uniforme d’une série d’applica- tions n fn, si || fn||∞ −→ n∞ 0, on étudie le reste Rn, et on résout la question : est-ce que ||Rn||∞ −→ n∞ 0 ? g) Pour l’étude du reste dans la convergence uniforme,utiliser le TSCSA. a) • Pour l’étude de la convergence normale sur ]0 ; +∞[, remarquer : ∀ n ∈ N∗ , || fn||∞ = 1 n . • Pour l’étude de la convergence uniforme sur [0 ; +∞[, utiliser le TSCSA. a) Pour la convergence simple, avec x fixé, utiliser un équi- valent lorsque l’entier n tend vers l’infini. b) Appliquer deux fois le théorème de dérivation pour une série d’applications. a) Pour montrer la non-convergence uniforme sur [0 ; 1], évaluer, par exemple, fn 1 − 1 n . b) • Pour montrer la non-convergence uniforme sur R, évaluer, par exemple, f2n − f )(nπ) , où f : x −→ sin x. • Pour montrer la convergence uniforme sur [−a ; a], a ∈ [0 ; +∞[ fixé, transformer la différence de deux sinus, puis utiliser l’inégalité connue : ∀ t ∈ R, | sin t| |t|. c) Pour étudier la convergence uniforme, utiliser l’inégalité des accroissements finis, appliquée à t −→ ln(1 + t) entre x et nx2 1 + nx . d) Pour étudier la convergence uniforme, étudier les variations de gn = fn − f. Appliquer l’inégalité des accroissements finis à t −→ ln(1 + t) entre f (x) et fn(x). Utiliser l’inégalité de Taylor-Lagrange appliquée à f entre x et x + 1 n ,entre x et x − 1 n ,puis combiner par l’inégalité trian- gulaire. Obtenir : ∀ n ∈ N∗ , ||gn − f ||∞ M3 3n , où M3 = Sup t∈R | f (3) (t)|. Montrer que l’application ϕ : [0 ; +∞[−→ R, t −→ √ 1 + t admet un point fixe et un seul, noté α, et calculer α. Majorer ensuite | fn+1(x) − α|,puis || fn − α||∞ .Faire apparaître une suite géométrique. La méthode utilisée pour la résolution de l’exercice 5.11 (majoration géométrique) ne s’applique pas ici. Montrer que la suite || fn||∞ n est décroissante et minorée, et montrer qu’elle converge vers 0. 5.1 5.2 5.3 5.4 5.5 5.6 5.7 5.8 5.9 5.10 5.11 5.12
- 212. Chapitre 5 • Suites et séries d’applications 202 Commencer par l’étude de ( fn)n 0. Remarquer ensuite : ∀ n ∈ N, ∀ x ∈ [0 ; +∞[, gn(x) = 1 − fn(x) , après un calcul faisant éventuellement intervenir la fonction d’Euler. Montrer d’abord : ∀ P ∈ C[X], b a P(x) f (x) dx = 0 , en utilisant la décomposition additive de P, ou encore une linéarité. Utiliser le premier théorème de Weierstrass. Utiliser le premier théorème de Weierstrass pour avoir une suite (Qn)n de polynômes convergeant uniformément vers f sur [a ; b], puis modifier Qn pour obtenir Pn . Appliquer le théorème de convergence dominée. a) Pour la domination, après avoir obtenu : ∀ n ∈ N∗ , ∀ x ∈ [0 ; 1], | fn(x)| n e 1 n − 1 , remarquer que la suite de terme général n e 1 n − 1 est conver- gente, donc bornée. b) Une fois appliqué le théorème de convergence dominée, pour calculer I = +∞ 0 (x2 + 1) e−x dx, on peut utiliser la fonc- tion d’Euler. c) Pour la domination, utiliser l’inégalité classique : ∀ (a,b) ∈ (R+)2 , a2 + b2 2ab. f) Remarquer que la borne n √ n dépend de n et que n √ n = e 1 n ln n −→ n∞ 1+ .Décomposer,par la relation de Chasles,l’in- tégrale de l’énoncé en somme d’une intégrale de 0 à 1 (à laquel- le on pourra appliquer le théorème de convergence dominée) et d’une intégrale de 1 à n √ n (dont on montrera qu’elle tend vers 0). Appliquer le théorème de convergence dominée. Pour la domination, utiliser l’inégalité classique : ∀ t ∈ ] − 1 ; +∞[, ln(1 + t) t. Montrer d’abord l’existence de In , en utilisant par exemple la règle x2 f (x) en +∞. Pour obtenir un équivalent,effectuer le changement de variable t = nx, puis appliquer le théorème de convergence dominée à l’intégrale obtenue après mise en facteur de 1 n . a) Majorer convenablement |In − 1|. b) Obtenir : In − 1 = − 1 0 xn 1 + √ 1 − xn dx, effectuer le changement de variable t = xn , et appliquer le théorème de convergence dominée à l’intégrale obtenue après mise en facteur de 1 n . a) Pour l’étude de la convergence normale sur [0 ; a], a ∈ [0 ; +∞[ fixé, utiliser l’encadrement classique : ∀ t ∈ [0 ; +∞[, − t2 2 ln(1 + t) − t 0 . b) Pour l’étude de la convergence normale, utiliser le même encadrement que ci-dessus. a) Montrer que n 1 fn converge normalement sur [1 ; +∞[. b) Pour obtenir une valeur approchée décimale de L, étudier le reste Rn, en utilisant une majoration et une comparaison série/intégrale. a) Pour la convergence uniforme,utiliser la majoration de la valeur absolue du reste venant du TSCSA. b) Montrer d’abord que a existe. Considérer, pour tout n ∈ N∗ : gn : [1 ; +∞[−→ R, x −→ (−1)n √ nx et majorer | fn(x) − gn(x)|, puis S(x) − a √ x . b) Appliquer, de façon réitérée, le théorème de dérivation pour une série d’applications. Pour obtenir des convergences simples ou des convergences uniformes, on sera amené à mon- trer que, pour tout k ∈ N∗ et tout x ∈ ]1 ; +∞[, la série n 1 (ln n)k nx converge. À cet effet, utiliser la règle nαun, avec un α bien choisi, α = x + 1 2 . d) Utiliser une comparaison série/intégrale,en considérant,pour x ∈ ]1 ; +∞[ fixé : ϕx : [1 ; +∞[−→ R, t −→ 1 tx . e) Pour le deuxième point, considérer ζ(x) − 1 − 1 2x et majorer +∞ n=3 1 nx grâce à une comparaison série/intégrale. a) Pour la convergence uniforme sur tout [b ; +∞[, b ∈ ]0 ; +∞[ ,utiliser la majoration de la valeur absolue du reste venant du TSCSA. b) Former ζ(x) + T(x) et remarquer qu’alors les termes d’in- dices impairs sont nuls. 5.13 5.14 5.15 5.16 5.17 5.18 5.19 5.20 5.21 5.22 5.23 5.24
- 213. Du mal à démarrer ? 203 ©Dunod.Laphotocopienonautoriséeestundélit. Développer la fonction sous l’intégrale en une somme de série de fonctions, puis permuter intégrale et série en montrant qu’on peut appliquer le théorème du cours sur l’intégration sur un intervalle quelconque pour une série de fonctions. 1) S’assurer d’abord que l’intégrale proposée existe. 2) Développer la fonction sous l’intégrale en une somme de série de fonctions (en faisant apparaître une série géométrique) puis permuter intégrale et série en montrant qu’on peut appli- quer le théorème du cours sur l’intégration sur un intervalle quelconque pour une série de fonctions. Pour calculer +∞ n=0 1 (2n + 1)2 sachant que +∞ n=1 1 n2 = π2 6 , décom- poser, pour N ∈ N∗ fixé, 2N+1 k=1 1 k2 en termes d’indices pairs, termes d’indices impairs, puis faire tendre l’entier N vers l’infini. a) Pour l’étude de la convergence uniforme, comme le signe de fn(x) ne paraît pas facile à déterminer, et puisque 1 + nx2 intervient,séparer en deux cas selon la position de x par rapport à 1 √ n , obtenir une bonne majoration dans chaque cas, puis regrouper en une seule majoration. b) 1) Pour l’étude de la convergence simple, on sera amené à séparer en cas selon la position de x par rapport à e−1 et à e. 2) Pour l’étude de la convergence uniforme, remarquer que les fn sont continues sur ]0 ; +∞[ et que la limite simple f est dis- continue en e−1 et en e. D’autre part, montrer qu’il y a convergence uniforme sur des intervalles de ]0 ; +∞[ décollés de e−1 et de e. c) 1) Pour obtenir la limite de fn(x) n 1 ,où x est fixé,séparer en cas selon la position de |x| par rapport à 2. 2) Pour étudier la convergence uniforme, utiliser l’inégalité des accroissements finis,appliquée à ϕ : [0 ; +∞[−→ R, t −→ t 1 n , entre 2n et 2n + |x|n , entre |x|n et 2n + |x|n . d) 2) Montrer qu’il y a convergence uniforme sur ]0 ; a] × [b ; +∞[, pour tout (a,b) ∈ ]0 ; +∞[2 fixé. Utiliser les polynômes d’interpolation de Lagrange (Li )0 i N sur des points x0,. . . ,xN, deux à deux distincts, et l’égalité du cours : ∀ P ∈ CN [X], P = N i=0 P(xi )Li . Montrer que le sev F de C([a ; b] ; R), formé des poly- nômes de degré N, est de dimension finie, donc complet, donc fermé. • Commencer par montrer que l’intégrale proposée existe. • Comme,pour tout t ∈ [0 ; +∞[ fixé, sin (xt) ∼ x−→0+ xt,on peut conjecturer que I (x) ressemble, lorsque x −→ 0+ , à +∞ 0 xt 1 + t4 dt. 1re méthode : transformer l’écriture de I (x), en utilisant φ : u −→ sin u u si u = 0 1 si u = 0, mettre x en facteur dans I (x), puis appliquer le théorème de continuité sous le signe intégrale. 2e méthode : utiliser le théorème de convergence dominée et la caractérisation séquentielle des limites. a) Utiliser le changement de variable t = xn , mettre 1 n en facteur dans l’intégrale, puis utiliser le théorème de convergen- ce dominée. b) 1re méthode : comme pour a). 2e méthode : considérer Kn = 1 0 xn−1 ln(1 + xn ) dx. Utiliser une intégration par parties, puis le changement de variable t = xn , et le théorème de convergence dominée. a) • Étudier d’abord la convergence simple. • Pour la convergence normale, étudier les variations de fn,n ∈ N∗ fixé, calculer|| fn||∞, et déterminer la nature de la série n 1 || fn||∞. • Pour la convergence uniforme, dans le cas a b − 1, minorer convenablement le reste. Former finalement une réponse claire à la question posée, don- nant les CNS sur (a,b) pour les différentes convergences. b) • Pour la convergence normale, étudier les variations de fn,n 2 fixé. Montrer que la série n 2 1 n ln n diverge, par com- paraison, série/intégrale. • Pour la convergence uniforme, étudier le reste, en faisant une comparaison série/intégrale, pour x ∈ ]0 ; +∞[ fixé, à l’aide de : ϕx : [2 ; +∞[−→ R, t −→ e−tx ln t . c) • Pour la convergence uniforme, utiliser la majoration de la valeur absolue du reste venant du TSCSA. d) • Montrer que, si x + n 0, on peut transformer l’écriture de l’énoncé en : fn(x) = Arctan x 1 + n(x + n) . Utiliser l’inégalité connue : ∀ t ∈ R, |Arctan t| |t|. 5.25 5.26 5.27 5.28 5.29 5.30 5.31 5.32 5.33
- 214. Chapitre 5 • Suites et séries d’applications 204 • Pour la convergence normale, étudier les variations de fn, n ∈ N fixé. • Pour montrer la non-convergence uniforme sur R, minorer convenablement le reste. e) • Pour la convergence normale, étudier les variations de fn, n ∈ N∗ fixé. • Pour la non-convergence uniforme sur [0 ; +∞[, minorer convenablement le reste. a) Par une majoration convenable, montrer qu’il y a convergence normale. c) Former S(x) + S 1 x et utiliser la formule connue,pour tout t ∈ R∗ + : Arctan t + Arctan 1 t = π 2 . Pour calculer +∞ n=1 1 n(n + 1) , faire apparaître un télescopage. d) • Appliquer le théorème de dérivation pour une série d’appli- cations. • Le calcul de S(1) se ramène à la série vue plus haut. • Pour montrer S (x) −→ x−→1+ +∞, minorer convenablement S (x), pour x ∈ [0 ; 1[. c) • Pour l’étude en 0+ , considérer la série d’applications n 1 x −→ 1 n4 + x2 et montrer S(x) ∼ x−→0+ C x2 , où C est une constante > 0. • Pour l’étude en +∞,montrer 0 S(x) C x2 . Pour x ∈ [0 ; 1[,pour évaluer +∞ n=0 xn 1 + xn ,utiliser une com- paraison série/intégrale, à l’aide de : ϕx : [0 ; +∞[−→ R, t −→ xt 1 + xt . Appliquer le théorème du cours sur l’intégration sur un intervalle quelconque pour une série d’applications. c) Appliquer le théorème du cours sur l’intégration sur un intervalle quelconque pour une série d’applications. Développer la fonction sous l’intégrale en une somme de série de fonctions (à l’aide d’une série géométrique), puis per- muter intégrale et série en montrant qu’on peut appliquer le théorème du cours sur l’intégration sur un intervalle quel- conque pour une série de fonctions. Développer la fonction sous l’intégrale en une somme de série de fonctions (à l’aide d’une série géométrique), puis per- muter intégrale et série en montrant que l’intégrale du reste tend vers 0. Le théorème du cours sur l’intégration sur un inter- valle quelconque pour une série d’applications ne s’applique pas ici, car la série n 1 +∞ 0 | fn(x)| dx diverge. Développer la fonction sous l’intégrale en une somme de série de fonctions (à l’aide d’une série géométrique), puis per- muter intégrale et série en montrant que l’intégrale du reste tend vers 0.Le théorème du cours sur l’intégration sur un inter- valle quelconque pour une série d’applications ne s’applique pas ici, car la série n 0 1 0 | fn(x)| dx peut diverger. a) Utiliser le théorème de convergence dominée et la caractérisation séquentielle des limites. b) Même méthode qu’en a). 1) Considérer,pour n ∈ N, gn = ( fn − f )− .Montrer que le théorème de convergence dominée s’applique à (gn)n. En déduire : I gn −→ n∞ 0. 2) Utiliser : ( fn − f )+ = ( fn − f ) + gn puis : | fn − f | = ( fn − f )+ + ( fn − f )− . c) 2) Utiliser : n k=0 xk = 1 − xn+1 1 − x . a) Utiliser le théorème de majoration pour des séries à termes 0. b) Étudier les variations de fn, pour n ∈ N∗ fixé, et calculer || fn||∞, puis un équivalent simple de || fn||∞ lorsque l’entier n tend vers l’infini. c) 1) En supposant an −→ n∞ 0, majorer convenablement Rn(x), puis ||Rn||∞. 2) Réciproquement, si n 0 fn, converge uniformément sur [0 ; 1], raisonner par l’absurde : supposer an −→ n∞ / 0. Ne pas oublier que (an)n 0 est décroissante.Minorer convenablement Rn(x), puis ||Rn||∞ et conclure. a) Récurrence sur n. b) 1) Récurrence sur n. c) Remarquer : ∀ t ∈ [0 ; 1], t − t2 ∈ [0 ; 1/4]. Noter, pour tout n ∈ N : Mn = || fn+1 − fn||[0 ;1] ∞ , mn = || fn+1 − fn|| [0 ;1/4] ∞ . Majorer convenablement | fn+1(x) − fn(x)|, puis || fn+1 − fn||∞,et obtenir une majoration géométrique pour mn, pour Mn. Utiliser le lien suite/série pour la convergence uniforme. 5.34 5.35 5.36 5.37 5.38 5.39 5.40 5.41 5.42 5.43 5.44 5.45 5.46
- 215. 205 a) 1) Convergence simple : On a, pour tout x ∈ R fixé : fn(x) = n + 1 n2 + x2 −−−→ n ∞ 0, donc : fn C.S. −→ n∞ 0. 2) Convergence uniforme : On a : ∀ n ∈ N∗ , ∀ x ∈ R, | fn(x)| = n + 1 n2 + x2 n + 1 n2 , donc : || fn||∞ n + 1 n2 −−−→ n ∞ 0. On conclut : fn C.U. −→ n∞ 0, et donc fn C.S. −→ n∞ 0, ce qui rend l’étude de 1) inutile, à condition de prévoir que la limite sera 0. b) 1) Convergence simple : Soit x ∈ [0 ; 1]. Si x =/ 0, alors : fn(x) = nx2 1 + nx ∼ n∞ nx2 nx = x, donc : fn(x) −−−→ n ∞ x. Si x = 0, alors : fn(x) = 0 −−−→ n ∞ 0. On conclut : fn C.S. −→ n∞ f, où : f : [0 ; 1] −→ R, x −→ x. 2) Convergence uniforme : On a : ∀ n ∈ N∗ , ∀ x ∈ [0 ; 1], | fn(x) − f (x)| = nx2 1 + nx − x = x 1 + nx 1 n , donc : || fn − f ||∞ 1 n −−−→ n ∞ 0. On conclut : fn C.U. −→ n∞ f, ce qui semble rendre l’étude de 1) in- utile. Cependant, pour former || fn − f ||∞, il faut d’abord connaître f, ce qui nécessite l’étude de la convergence simple. c) 1) Convergence simple : On a, pour tout x ∈ R fixé : fn(x) = x x2 + n2 −−−→ n ∞ 0, donc : fn C.S. −→ n∞ 0. 2) Convergence uniforme : 1re méthode : Soit n ∈ N∗ . L’application fn est impaire, de classe C1 sur R, et, pour tout x ∈ [0 ; +∞[ : fn(x) = x2 + n2 − x(2x) (x2 + n2)2 = n2 − x2 (x2 + n2)2 , d’où le tableau des variations de fn (sur [0 ; +∞[) : x 0 n +∞ fn(x) + 0 − fn(x) 0 0 On a donc : || fn||∞ = fn(n) = n 2n2 = 1 2n −−−→ n ∞ 0, et on conclut : fn C.U. −→ n∞ 0, donc fn C.S. −→ n∞ 0, ce qui rend l’étude de 1) inutile. 2e méthode : Soit n ∈ N∗ . Rappelons : ∀ (a,b) ∈ (R+)2 , a2 + b2 2ab. On a donc : ∀ x ∈ R∗ +, 0 fn(x) = x x2 + n2 x 2nx = 1 2n , d’où, puisque fn(0) = 0 et que fn est impaire : || fn||∞ 1 2n , et on termine comme dans la 1re méthode. d) 1) Convergence simple : Soit x ∈ [0 ; 1] fixé. Si x =/ 1, alors : fn(x) = xn (1 − x) −−−→ n ∞ 0. Si x = 1, alors : fn(x) = 0 −−−→ n ∞ 0. On conclut : fn C.S. −→ n∞ 0. 2) Convergence uniforme : Soit n ∈ N∗ . L’application fn est de classe C1 sur [0 ; 1] et, pour tout x ∈ [0 ; 1] : fn(x) = nxn−1 − (n + 1)xn = xn−1 n − (n + 1)x , d’où le tableau des variations de fn : x 0 n n + 1 1 fn(x) + 0 − fn(x) 0 0 Corrigés des exercices 5.1
- 216. 206 On a donc : || fn||∞ = fn n n + 1 = n n + 1 n 1 n + 1 1 n + 1 −−−→ n ∞ 0, et on conclut : fn C.U. −→ n∞ 0, ce qui rend l’étude de 1) inutile. e) 1) Convergence simple : Soit x ∈ [0 ; +∞[ fixé. Si x =/ 0, alors : fn(x) = nx3 1 + n2x ∼ n∞ x2 n −−−→ n ∞ 0. Si x = 0, alors : fn(x) = 0 −−−→ n ∞ 0. On conclut : fn C.S. −→ n∞ 0. 2) Convergence uniforme : • On remarque que, pour tout n ∈ N, fn − 0 n’est pas bornée sur [0 ; +∞[, car fn(x) −→ x−→+∞ +∞, donc : fn C.U. −→ n∞ / 0 sur [0 ; +∞[. • Soit b ∈ [0 ; +∞[ fixé. On a : ∀ n ∈ N∗ , ∀ x ∈ [0 ; b], | fn(x)| = nx3 1 + n2x x2 n b2 n , donc : || fn||[0 ;b] ∞ b2 n −−−→ n ∞ 0. On conclut : fn C.U. −→ n∞ 0 sur tout [a ; b], b ∈ [0 ; +∞[ fixé. f) 1) Convergence simple : Soit x ∈ [0 ; 1[ fixé. En notant Nx = E 1 √ 1 − x + 1, on a : ∀ n Nx , fn(x) = Min n, 1 √ 1 − x = 1 √ 1 − x , donc la suite fn(x) n∈N stationne sur 1 √ 1 − x , d’où : fn(x) −−−→ n ∞ 1 √ 1 − x . Notons : f : [0 ; 1[−→ R, x −→ 1 √ 1 − x . On conclut : fn C.S. −→ n∞ f sur [0 ; 1[. 2) Convergence uniforme : • Pour tout n ∈ N fixé, l’application | fn − f | n’est pas bor- née sur [0 ; 1[, car, pour x assez près de 1 : | fn(x) − f (x)| = 1 √ 1 − x − n −→ x−→1− +∞ . Il en résulte, d’après le cours : fn C.U. −→ n∞ / f sur [0 ; 1[. Soit a ∈ [0 ; 1[ fixé. En notant N = E 1 √ 1 − a + 1, on a : ∀ n N, ∀ x ∈ [0 ; a], fn(x) = 1 √ 1 − x , d’où : ∀ n N, ∀ x ∈ [0 ; a], fn(x) − f (x) = 0. Ceci montre que ( fn − f ) |[0 ;a] n∈N est stationnaire nulle, donc : fn C.U. −→ n∞ f sur [0 ; a]. g) 1) Convergence simple : Soit x ∈ [−1 ; 1] fixé. Si |x| < 1, alors, pour tout n assez grand (précisément, pour n 1 1 − |x| ), fn(x) = 0, donc la suite fn(x) n 2 stationne sur 0, donc : fn(x) −−−→ n ∞ 0. Si |x| = 1, alors : fn(x) = 1 −−−→ n ∞ 1. On conclut : fn C.S. −→ n∞ f, où : f : [−1 ; 1] −→ R, x −→ 0 si |x| < 1 1 si |x| = 1. 2) Convergence uniforme : • Étude sur [−1 ; 1] : 1re méthode : y x fn 1 11 1 + 1 n 1 1 n O y x fn 1 11 1 + 1 n 1 1 n O f
- 217. 207 On a : ∀ n 2, || fn − f ||∞ = 1, donc : || fn − f ||∞ −−−→ n ∞ / 0, et on conclut : fn C.U. −→ n∞ / 0 sur [−1 ; 1]. 2e méthode : Puisque les fn sont continues sur [−1 ; 1], et que f n’est pas continue sur [−1 ; 1], d’après le cours, on conclut : fn C.U. −→ n∞ / 0 sur [−1 ; 1]. • Étude sur [−a ; a], a ∈ [0 ; 1[ fixé : On a, pour n assez grand (précisément : n 1 1 − a ) : ∀ x ∈ [−a ; a], fn(x) = 0 = f (x), d’où : || fn − f ||[−a ;a] ∞ = 0 −−−→ n ∞ 0. On conclut : fn C.U. −→ n∞ f sur tout [−a ; a], a ∈ [0 ; 1[ fixé. h) 1) Convergence simple : Soit x ∈ R. Si x =/ 0, alors : fn(x) = x2 sin 1 nx −−−→ n ∞ 0. Si x = 0, alors : fn(x) = 0 −−−→ n ∞ 0. On conclut : fn C.S. −→ n∞ 0 sur R. 2) Convergence uniforme : • Étude sur R : On remarque : || fn||∞ fn(n) = n2 sin 1 n2 −−−→ n ∞ 1, donc : || fn||∞ −−−→ n ∞ / 0, fn C.U. −→ n∞ / 0 sur R. • Étude sur [−a ; a], a ∈ [0 ; +∞[ fixé : Soit a ∈ [0 ; +∞[ fixé. On a : ∀ n ∈ N∗ , ∀ x ∈ [−a ; a], | fn(x)| = x2 sin 1 nx x2 1 nx = |x| n a n , donc : ∀ n ∈ N∗ , || fn||[−a ;a] ∞ a n , d’où : || fn||[−a ;a] ∞ −−−→ n ∞ 0. On conclut : fn C.U. −→ n∞ 0 sur tout [−a ; a], a ∈ [0 ; +∞[ fixé. 1) Supposons que, pour tout n ∈ N, fn soit croissante. Soit (x,y) ∈ I2 tel que x < y. On a : ∀ n ∈ N, fn(x) fn(y). Comme fn C.S. −→ n∞ f, on déduit, par passage à la limite lorsque l’en- tier n tend vers l’infini : f (x) f (y). On conclut que f est croissante. 2) Supposons que, pour tout n ∈ N, fn soit convexe. Soient λ ∈ [0 ; 1], (x,y) ∈ I2 . On a : ∀ n ∈ N, fn λx + (1 − λ)y λ fn(x) + (1 − λ) fn(y) . Comme fn C.S. −→ n∞ f, on déduit, par passage à la limite lorsque l’en- tier n tend vers l’infini : f λx + (1 − λ)y λ f (x) + (1 − λ) f (y) . On conclut que f est convexe. 3) Supposons que, pour tout n ∈ N, fn est k-lipschitzienne, où k ∈ R+ est fixé, indépendamment de n. Soit (x,y) ∈ I2 . On a : ∀ n ∈ N, | fn(x) − fn(y)| k|x − y| . Comme fn C.S. −→ n∞ f, on déduit, par passage à la limite lorsque l’en- tier n tend vers l’infini : | f (x) − f (y)| k|x − y|. On conclut que f est k-lipschitzienne. Nous allons essayer, dans ces exemples, d’appliquer le théorème de convergence dominée. a) Notons, pour tout n ∈ N∗ : fn : [0 ; +∞[−→ R, x −→ e− x n 1 + x2 . • Pour tout n ∈ N∗ , fn est continue par morceaux (car conti- nue) sur [0 ; +∞[. • Pour tout x ∈ [0 ; +∞[ fixé : fn(x) = e− x n 1 + x2 −−−→ n ∞ 1 1 + x2 . En notant f : [0 ; +∞[−→ R, x −→ 1 1 + x2 , on a donc : fn C.S. −→ n∞ f. • f est continue par morceaux (car continue) sur [0 ; +∞[. • On a : ∀ n ∈ N∗ , ∀ x ∈ [0 ; +∞[, | fn(x)| = e− x n 1 + x2 1 1 + x2 et l’application x −→ 1 1 + x2 est continue par morceaux (car continue), 0, intégrable sur [0 ; +∞[ car 1 1 + x2 ∼ x−→+∞ 1 x2 , exemple de Riemann en +∞ (2 > 1) et théorème d’équivalence pour des fonctions 0. 5.2 5.3
- 218. 208 Ainsi, ( fn)n∈N∗ vérifie l’hypothèse de domination. D’après le théorème de convergence dominée, f est intégrable sur [0 ; +∞[ et : +∞ 0 fn −−−→ n ∞ +∞ 0 f = +∞ 0 1 1 + x2 dx = [Arctan x]+∞ 0 = π 2 . On conclut : lim n∞ +∞ 0 e− x n 1 + x2 ] dx = π 2 . b) Notons, pour tout n ∈ N : fn : [1 ; +∞[−→ R, x −→ n nx2 + ex . • Pour tout n ∈ N, fn est continue par morceaux (car continue) sur [1 ; +∞[. • On a, pour tout x ∈ [1 ; +∞[ fixé : fn(x) = n nx2 + ex = 1 x2 + ex n −−−→ n ∞ 1 x2 . Ainsi : fn C.S. −→ n∞ f, où : f : [1 ; +∞[−→ R, x −→ 1 x2 . • f est continue par morceaux (car continue) sur [1 ; +∞[. • On a : ∀ n ∈ N, ∀ x ∈ [1 ; +∞[, | fn(x)| = n nx2 + ex 1 x2 , et x −→ 1 x2 est continue par morceaux (car continue), 0, intégrable sur [1 ; +∞[ (exemple de Riemann en +∞, 2 > 1). Ceci montre que ( fn)n∈N vérifie l’hypothèse de domination. D’après le théorème de convergence dominée, on déduit : +∞ 1 fn −−−→ n ∞ +∞ 1 f = +∞ 1 1 x2 dx = − 1 x +∞ 1 = 1 . On conclut : lim n∞ +∞ 1 n nx2 + ex dx = 1. c) Notons, pour tout n ∈ N∗ : fn : [0 ; +∞[−→ R, x −→ xn x2n + xn + 1 . • Pour tout n ∈ N, fn est continue par morceaux (car continue) sur [0 ; +∞[. • Soit x ∈ [0 ; +∞[. Si 0 x < 1, alors : fn(x) = xn x2n + xn + 1 −−−→ n ∞ 0. Si x = 1, alors : fn(x) = 1 3 −−−→ n ∞ 1 3 . Si x > 1, alors : fn(x) = xn x2n + xn + 1 ∼ n∞ xn x2n = x−n −−−→ n ∞ 0 . Ainsi : fn C.S. −→ n∞ f sur [0 ; +∞[, où : f : [0 ; +∞[−→ R, x −→ 0 si x =/ 1 1/3 si x = 1. • f est continue par morceaux sur [0 ; +∞[. • Soient n ∈ N∗ , x ∈ [0 ; +∞[. Si 0 x 1, alors : 0 fn(x) = xn x2n + xn + 1 xn 1. Si x > 1, alors : 0 fn(x) xn x2n = 1 xn 1 x2 si n 2 . Ainsi : ∀ n ∈ N∗ − {1}, ∀ x ∈ [0 ; +∞[, | fn(x)| ϕ(x), où : ϕ : [0 ; +∞[−→ R, x −→ 1 si 0 x 1 1 x2 si 1 < x. L’application ϕ est continue par morceaux, 0, intégrable sur [0 ; +∞[ (exemple de Riemann en +∞, 2 > 1). Ceci montre que ( fn)n 2 vérifie l’hypothèse de domination. D’après le théorème de convergence dominée, on déduit : +∞ 0 fn −−−→ n ∞ +∞ 0 f = 0. On conclut : lim n∞ +∞ 0 xn x2n + xn + 1 dx = 0. Essayons d’appliquer le théorème de convergence do- minée. Notons, pour tout n ∈ N∗ : fn : [0 ; 1] −→ C, x −→ fn(x) = f (x) 1 − x n n . • Pour tout n ∈ N∗ , fn est continue par morceaux, comme pro- duit de deux applications continues par morceaux. • Pour tout x ∈ [0 ; 1], et pour n 2 : fn(x) = f (x) exp n ln 1 − x n = f (x) exp n − x n + o n∞ 1 n = f (x) exp − x + o(1) −−→ n ∞ f (x) e−x . En notant g : [0 ; 1] −→ C, x −→ f (x) e−x , on a donc : fn C.S. −→ n∞ g sur [0 ; 1]. 5.4
- 219. 209 • L’application g est continue par morceaux, comme produit de deux applications continues par morceaux. • On a, pour tout n ∈ N∗ et tout x ∈ [0 ; 1] : | fn(x)| = | f (x)| 1 − x n n | f (x)| , et | f | est continue par morceaux, 0, intégrable sur [0 ; 1] car continue par morceaux sur ce segment. Du théorème de convergence dominée, on déduit : 1 0 fn −−−→ n ∞ 1 0 f, c’est-à-dire : 1 0 f (x) 1 − x n n dx −−−→ n ∞ 1 0 f (x) e−x dx . a) On a, pour tout n ∈ N∗ et tout x ∈ R : | fn(x)| = | sin nx| n2 + x2 1 n2 + x2 1 n2 , d’où : ∀ n ∈ N∗ , || fn||∞ 1 n2 . D’après l’exemple de Riemann (2 > 1 ), la série n 1 1 n2 converge. Il en résulte, d’après le théorème de majoration pour des séries à termes 0, que la série n 1 || fn||∞ converge. On conclut que n 1 fn converge normalement sur R, donc uni- formément, absolument, simplement. b) L’étude des variations de x −→ x(1 − x) sur [0 ; 1] montre : ∀ x ∈ [0 ; 1], |x(1 − x)| 1 4 . On a donc : ∀ n ∈ N, ∀ x ∈ [0 ; 1], | fn(x)| n2 4n , d’où : ∀ n ∈ N, || fn||∞ n2 4n . Notons, pour tout n ∈ N : un = n2 4n . On a : ∀ n ∈ N∗ , un > 0 et : un+1 un = (n + 1)2 4n+1 4n n2 = (n + 1)2 n2 1 4 −−−→ n ∞ 1 4 < 1. D’après la règle de d’Alembert, la série n 1 un converge. D’après le théorème de majoration pour des séries à termes 0, la série n 1 || fn||∞ converge. Ceci montre que la série n 0 fn converge normalement sur [0 ; 1], donc uniformément, absolument, simplement. c) 1) Convergence simple, convergence absolue : La convergence absolue revient à la convergence simple, puisque les fn sont toutes 0. Soit x ∈ [0 ; +∞[. On a : ∀ n ∈ N∗ , fn(x) = nx2 n3 + x2 nx2 n3 = x2 n2 . D’après l’exemple de Riemann (2 > 1) et le théorème de ma- joration pour des séries à termes 0, la série n 1 fn(x) converge. Ceci montre que n 1 fn converge simplement et absolument sur [0 ; +∞[. 2) Convergence normale, convergence uniforme : • On a : || fn||∞ | fn(n)| = n3 n3 + n2 = n n + 1 −−−→ n ∞ 1, donc : || fn||∞ −−−→ n ∞ / 0. D’après le cours, il en résulte que n 1 fn ne converge pas uni- formément sur [0 ; +∞[, donc ne converge pas normalement sur [0 ; +∞[. • Soit a ∈ [0 ; +∞[ fixé. On a : ∀ n ∈ N∗ , ∀ x ∈ [0 ; a], | fn(x)| = nx2 n3 + x2 na2 n3 = a2 n2 , donc : ∀ n ∈ N∗ , || fn||[0 ;a] ∞ a2 n2 . Il en résulte, d’après l’exemple de Riemann (2 > 1) et le théo- rème de majoration pour des séries à termes 0, que la série n 1 || fn||[0 ;a] ∞ converge. Ceci montre que n 1 fn converge normalement, donc unifor- mément, sur tout [0 ; a], a ∈ [0 ; +∞[ fixé. d) 1) Convergence simple, convergence absolue : La convergence absolue revient à la convergence simple, puisque les fn sont toutes 0. Soit x ∈ [0 ; +∞[. Si x > 0, alors, pour tout n ∈ N∗ : 0 fn(x) = x n e−n2x2 x e−nx2 = x(e−x2 )n . Puisque |e−x2 | < 1, la série géométrique n 1 (e−x2 )n converge, donc, par théorème de majoration pour des séries à termes 0, la série n 1 fn(x) converge. 5.5
- 220. 210 Si x = 0, alors : ∀ n ∈ N∗ , fn(x) = 0, donc la série n 1 fn(x) converge. Ceci montre que n 1 fn converge simplement et absolument sur [0 ; +∞[. 2) Convergence normale, convergence uniforme : Soit n ∈ N∗ . L’application fn est de classe C1 sur [0 ; +∞[ et, pour tout x ∈ [0 ; +∞[ : fn(x) = 1 n (1 − 2n2 x2 )e−n2x2 , d’où le tableau des variations de fn : x 0 1 n √ 2 +∞ fn(x) + 0 − fn(x) 0 0 On a donc : ∀ n ∈ N∗ , || fn||∞ = fn 1 n √ 2 = 1 n2 √ 2 e− 1 2 = 1 n2 √ 2 e . D’après l’exemple de Riemann (2 > 1), la série n 1 || fn||∞ converge. Ceci montre que n 1 fn converge normalement, donc unifor- mément, sur [0 ; +∞[, et rend l’étude de 1) inutile. e) 1) Convergence simple, convergence absolue : La convergence absolue revient à la convergence simple, puisque les fn sont toutes 0. Soit x ∈ [0 ; +∞[ fixé. On a : fn(x) = n + x n3 + x2 ∼ n∞ 1 n2 0. D’après l’exemple de Riemann (2 > 1) et le théorème d’équi- valence pour des séries à termes 0, la série n 1 fn(x) converge. Ceci montre que n 1 fn converge absolument et simplement sur [0 ; +∞[. 2) Convergence normale, convergence uniforme : 1re méthode : Soit n ∈ N∗ . L’application fn est de classe C1 sur [0 ; +∞[ et, pour tout x ∈ [0 ; +∞[ : fn(x) = (n3 + x2 ) − (n + x)2x (n3 + x2)2 = − x2 + 2nx − n3 (n3 + x2)2 . Par résolution d’une équation du second degré, on déduit le tableau de variations de fn, en notant xn = −n + √ n3 + n2 : x 0 xn +∞ fn(x) + 0 − fn(x) 1 n2 0 On a donc : || fn||∞ = fn(xn) = √ n3 + n2 2n3 + 2n2 − 2n √ n3 + n2 = 1 2 √ n3 + n2 − n = 1 2n3/2 1 + 1 n − 1 √ n ∼ n∞ 1 2n3/2 0. D’après l’exemple de Riemann (3/2 > 1) et le théorème d’équivalence pour des séries à termes 0, la série n 1 || fn||∞ converge. Ceci montre que n 1 fn converge normalement sur [0 ; +∞[, donc uniformément, absolument, simplement, et rend inutile l’étude de 1). 2e méthode : Soit n ∈ N∗ . Vu le dénominateur n3 + x2 , séparons en cas selon la position relative de n3 et de x2 , c’est-à-dire selon la position de x par rapport à n3/2 : • si x n3/2 , alors : | fn(x)| = n + x n3 + x2 n + x x2 n3/2 + x x2 2x x2 2 n3/2 • si x n3/2 , alors : | fn(x)| = n + x n3 + x2 n + x n3 n + n3/2 n3 2n3/2 n3 = 2 n3/2 . On a donc : ∀ n ∈ N∗ , ∀ x ∈ [0 ; +∞[, | fn(x)| 2 n3/2 , d’où : ∀ n ∈ N∗ , || fn||∞ 2 n3/2 . D’après l’exemple de Riemann (3/2 > 1) et le théorème de ma- joration pour des séries à termes 0, la série n 1 || fn||∞ converge. Ceci montre que n 1 fn converge normalement sur [0 ; +∞[, donc uniformément, absolument, simplement.
- 221. f) On a : ∀ n ∈ N∗ , ∀ x ∈ [0 ; +∞[, | fn(x)| = 1 x2 + n2 1 n2 , donc : ∀ n ∈ N∗ , || fn||∞ 1 n2 . D’après l’exemple de Riemann (2 > 1) et le théorème de ma- joration pour des séries à termes 0, la série n 1 || fn||∞ converge. Ceci montre que n 1 fn converge normalement sur [0 ; +∞[, donc uniformément, absolument, simplement. g) 1) Convergence simple : Soit x ∈ [0 ; +∞[ fixé. La série n 1 (−1)n x2 + n est alternée, (−1)n x2 + n −−−→ n ∞ 0, et la suite 1 x2 + n n 1 est décroissante. D’après le TSCSA, la série n 1 fn(x) converge. Ceci montre que n 1 fn converge simplement sur [0 ; +∞[. 2) Convergence absolue, convergence normale : Soit x ∈ [0 ; +∞[ fixé. On a : | fn(x)| = 1 x2 + n ∼ n∞ 1 n 0. D’après l’exemple de Riemann et le théorème d’équivalence pour des séries à termes 0, la série n 1 | fn(x)| diverge. Ceci montre que n 1 fn ne converge absolument sur aucune par- tie non vide de [0 ; +∞[. Il en résulte que n 1 fn ne converge normalement sur aucune partie non vide de [0 ; +∞[. 3) Convergence uniforme : Soit n ∈ N∗ fixé. Puisque, pour tout x ∈ [0 ; +∞[, la série n 1 fn(x) relève du TSCSA, en notant Rn(x) le reste d’ordre n, on a, pour tout x ∈ [0 ; +∞[ : |Rn(x)| | fn+1(x)| = 1 x2 + (n + 1) 1 n + 1 , donc : ||Rn||∞ 1 n + 1 . Il en résulte : ||Rn||∞ −−−→ n ∞ 0, et on conclut, d’après le cours, que n 1 fn converge uniformément sur [0 ; +∞[. a) 1) Convergence simple : Soit x ∈ [0 ; +∞[ fixé. La série n 1 fn(x) est alternée, | fn(x)| = e−nx n + x −−−→ n ∞ 0, et la suite | fn(x)| n 1 est décroissante. D’après le TSCSA, il en résulte que la série n 1 fn(x) converge. On conclut : n 1 fn converge simplement sur [0 ; +∞[. 2) Convergence absolue : Soit x ∈ [0 ; +∞[ fixé. • Cas x =/ 0. On a : ∀ n ∈ N∗ , | fn(x)| = e−nx n + x e−nx = (e−x )n . Comme |e−x | < 1, la série géométrique n 1 (e−x )n converge. Par théorème de majoration pour des séries à termes 0, la série n 1 | fn(x)| converge. • Cas x = 0. On a : ∀ n ∈ N∗ , | fn(x)| = 1 n , donc la série n 1 | fn(x)| diverge. On conclut : n 1 fn converge absolument sur ]0 ; +∞[, mais non sur [0 ; +∞[. 3) Convergence normale : • Étude sur ]0 ; +∞[ : Soit n ∈ N∗ . Comme | fn(x)| = e−nx n + x −→ x−→0+ 1 n , on a : || fn||∞ 1 n , et donc, d’après l’exemple de Riemann et le théorème de minoration pour des séries à termes 0, la série n 1 || fn||]0 ;+∞[ ∞ diverge. Ceci montre que n 1 fn ne converge pas normalement sur ]0 ; +∞[. • Étude sur [a ; +∞[, a ∈ ]0 ; +∞[ fixé : Soit a ∈ ]0 ; +∞[ fixé. On a : ∀ n ∈ N∗ , ∀ x ∈ [a ; +∞[, | fn(x)| = e−nx n + x e−nx n e−nx e−na , d’où : ∀ n ∈ N∗ , || fn||[a ;+∞[ ∞ (e−a )n . Puisque |e−a | < 1, la série géométrique n 1 (e−a )n converge. 211 5.6
- 222. 212 Par théorème de majoration pour des séries à termes 0, on conclut que n 1 fn converge normalement sur [a ; +∞[, pour tout a ∈ ]0 ; +∞[ fixé. 4) Convergence uniforme : Puisque, pour tout x ∈ [0 ; +∞[, la série n 1 fn(x) relève du TSCSA, on a, en notant Rn le reste d’ordre n : ∀ n ∈ N∗ , ∀ x ∈ [0 ; +∞[, |Rn(x)| | fn+1(x)| = e−(n+1)x (n + 1) + x 1 n + 1 , d’où : ∀ n ∈ N∗ , ||Rn||∞ 1 n + 1 , puis : ||Rn||∞ −−−→ n ∞ 0. Ceci montre que n 1 fn converge uniformément sur [0 ; +∞[. b) Puisque, pour tout n ∈ N∗ , fn est continue sur [0 ; +∞[ et que n 1 fn converge uniformément sur [0 ; +∞[, d’après un théorème du cours, on conclut que la somme S est continue sur [0 ; +∞[. a) Soit x ∈ [0 ; +∞[ fixé. On a : fn(x) = ln(n + x) n2 = ln n + ln 1 + x n n2 ∼ n∞ ln n n2 0 . Puisque la série n 1 ln n n2 converge (cf. Exercice 4.2, utilisation de la règle n3/2 un ), par théorème d’équivalence pour des sé- ries à termes 0, la série n 1 fn(x) converge. On conclut : n 1 fn converge simplement sur [0 ; +∞[. b) • Pour tout n ∈ N∗ , fn est de classe C2 sur [0 ; +∞[ et, pour tout x ∈ [0 ; +∞[ : fn(x) = 1 (n + x)n2 , fn (x) = − 1 (n + x)2n2 . • Puisque : ∀ n ∈ N∗ , || fn ||∞ = 1 n4 , d’après l’exemple de Riemann (4 > 1), la série n 1 fn converge normalement, donc uniformément, sur [0 ; +∞[. • Puisque : ∀ n ∈ N∗ , || fn||∞ = 1 n3 , d’après l’exemple de Riemann (3 > 1), la série n 1 fn converge normalement, donc uniformément, sur [0 ; +∞[. • On a vu en a) que n 1 fn converge simplement sur [0 ; +∞[. D’après le théorème de dérivation pour les séries d’applications, on conclut que S est de classe C2 sur [0 ; +∞[ et que, pour tout x ∈ [0 ; +∞[ : S (x) = +∞ n=1 1 (n + x)n2 , S (x) = +∞ n=1 − 1 (n + x)2n2 . c) 1) D’après b), S est de classe C1 sur [0 ; +∞[ et, pour tout x ∈ [0 ; +∞[, S (x) est la somme d’une série à termes tous > 0, donc S (x) > 0. On conclut que S est strictement crois- sante sur [0 ; +∞[. 2) D’après b), S est de classe C2 sur [0 ; +∞[, et, pour tout x ∈ [0 ; +∞[, S (x) est la somme d’une série à termes tous 0, donc S (x) 0. On conclut que S est concave sur [0 ; +∞[. a) 1) Convergence simple : Soit x ∈ [0 ; 1] fixé. • Si x =/ 1, alors : 0 sin πx 2 < 1, donc, par prépondérance de la suite géométrique sur les puis- sances : fn(x) = n(1 − x) sin πx 2 n −−−→ n ∞ 0. • Si x = 1, alors : fn(x) = 0 −−−→ n ∞ 0. Ceci montre : fn C.S. −→ n∞ 0. 2) Convergence uniforme : L’étude des variations de fn paraît malcommode, car le signe de fn(x) ne paraît pas facile à déterminer. • Étude sur [0 ; 1] : Soit n ∈ N∗ . Remarquons : fn 1 − 1 n = sin π 2 − π 2n n = cos π 2n n = exp n ln cos π 2n = exp n ln 1 − π2 8n2 + o 1 n2 = exp n − π2 8n2 + o 1 n2 = exp − π2 8n + o 1 n −−−→ n ∞ 1. Il en résulte : || fn − 0||∞ fn 1 − 1 n −−−→ n ∞ / 0. Ceci montre que ( fn)n 0 ne converge pas uniformément vers 0 sur [0 ; 1]. • Étude sur [0 ; a], a ∈ [0 ; 1[ fixé : Soit a ∈ [0 ; 1[ fixé. On a : ∀ n ∈ N∗ , ∀ x ∈ [0 ; a], 5.7 5.8
- 223. 213 | fn(x)| = n(1 − x) sin πx 2 n n sin πa 2 n , donc : || fn||[0 ;a] ∞ n sin πa 2 n −−−→ n ∞ 0, d’où : || fn||[0 ;a] ∞ −−−→ n ∞ 0. Ceci montre que la suite ( fn)n 0 converge uniformément vers 0 sur [0 ; a], pour tout a ∈ [0 ; 1[ fixé. b) 1) Convergence simple : Pour tout x ∈ R : fn(x) = sin n + 1 n x −−−→ n ∞ sin x. Ceci montre : fn C.S. −→ n∞ f, où f : R −→ R, x −→ sin x. 2) Convergence uniforme : • Étude sur R : Soit n ∈ N∗ . Remarquons que, par exemple : ( f2n − f )(nπ) = sin 2n + 1 2n nπ − sin (nπ) = |(−1)n − 0| = 1. On a donc : || f2n − f ||∞ 1, d’où : || f2n − f ||∞ −−−→ n ∞ / 0, puis || fn − f ||∞ −−−→ n ∞ / 0. Ceci montre que ( fn)n 1 ne converge pas uniformément vers f sur R. • Étude sur [−a ; a], a ∈ [0 ; +∞[ fixé : Soit a ∈ [0 ; +∞[ fixé. On a, en utilisant une formule de trigonométrie : ∀ n ∈ N∗ , ∀ x ∈ [−a ; a], | fn(x) − f (x)| = sin n + 1 n x − sin x = 2 sin 1 2 n + 1 n x − x cos 1 2 n + 1 n x + x = 2 sin x 2n cos (2n + 1)x 2n 2 sin x 2n 2 x 2n = |x| n a n , d’où : || fn − f ||[−a ;a] ∞ a n −−−→ n ∞ 0. Ceci montre que la suite ( fn)n 1 converge uniformément vers f sur [−a ; a], pour tout a ∈ (0 ; +∞[ fixé. c) 1) Convergence simple : Soit x ∈ [0 ; +∞[ fixé. Si x =/ 0, alors : fn(x) = ln 1 + nx2 1 + nx −−−→ n ∞ ln(1 + x) . Si x = 0, alors : fn(x) = 0 −−−→ n ∞ 0. Ceci montre : fn C.S. −→ n∞ f, où : f : [0 ; +∞[−→ R, x −→ ln(1 + x) . 2) Convergence uniforme : Soit n ∈ N∗ . Le calcul de ( fn − f ) paraissant compliqué, nous allons es- sayer, pour x ∈ [0 ; +∞[, de majorer | fn(x) − f (x)| en utili- sant l’inégalité des accroissements finis. L’application ϕ : t −→ ln(1 + t) est de classe C1 sur [0 ; +∞[ et : ∀ t ∈ [0 ; +∞[, ϕ (t) = 1 1 + t . D’où, d’après l’inégalité des accroissements finis, appliquée à ϕ entre x et nx2 1 + nx : | fn(x) − f (x)| = ϕ nx2 1 + nx − ϕ(x) Sup t∈[0 ;+∞[ |ϕ (t)| nx2 1 + nx − x = x 1 + nx 1 n . On a donc : || fn − f ||∞ 1 n −−−→ n ∞ 0, et on conclut : fn C.U. −→ n∞ f sur [0 ; +∞[. Remarque : Ce résultat entraîne la convergence simple. Cependant, on ne pouvait pas se passer de l’étude de la conver- gence simple, car, pour étudier la convergence uniforme, on a besoin de former fn − f, donc de connaître f, issue de l’étude de la convergence simple. d) 1) Convergence simple : Soit x ∈ ]0 ; +∞[ fixé. On a : fn(x) = (nx) x n = exp x n ln (nx) −−−→ n ∞ 1 . On conclut : fn C.S. −→ n∞ f, où f = 1 (application constante). 2) Convergence uniforme : Soit n ∈ N∗ . L’application gn = fn − f est de classe C1 sur ]0 ; +∞[ et, pour tout x ∈ ]0 ; +∞[ : gn(x) = fn(x) = fn(x) 1 n ln (nx) + x n 1 x = 1 n fn(x) ln (nx) + 1 . On en déduit le tableau de variations de gn : x 0 1 en +∞ gn(x) − 0 + gn(x) 0 +∞
- 224. 214 Et : gn(x) = fn(x) − 1 = exp x n ln (nx) − 1 −→ x−→0+ 0 , gn(x) −→ x−→+∞ +∞, gn 1 en = 1 e 1 en2 − 1 = e − 1 en2 − 1 . • Pour tout n ∈ N∗ , gn = fn − f n’est pas bornée sur ]0 ; +∞[, donc ( fn)n 1 ne converge pas uniformément sur ]0 ; +∞[. • Soit b ∈ ]0 ; +∞[ fixé. On a, d’après le tableau de variations de gn = fn − f : || fn − f ||]0 ;b] ∞ Max − gn 1 en , gn(b) = Max e− 1 en2 − 1, gn(b) −−→ n ∞ 0, car e − 1 en2 −−−→ n ∞ 1 et, par convergence simple, gn(b) = fn(b) − f (b) −−−→ n ∞ 0. Ceci montre que la suite ( fn)n 1 converge uniformément sur tout ]0 ; b], b ∈ ]0 ; +∞[ fixé. L’application ϕ : [0 ; +∞[−→ R, t −→ ln(1 + t) est dérivable sur [0 ; +∞[ et : ∀ t ∈ [0 ; +∞[, ϕ (t) = 1 1 + t , donc ϕ est bornée et Sup t∈[0 ;+∞[ |ϕ (t)| = 1. D’après l’inégalité des accroissements finis, on a alors : ∀ (u,v) ∈ [0 ; +∞[2 , |ϕ(u) − ϕ(v)| Sup t∈[0 ;+∞[ |ϕ (t)| |u − v| = |u − v|, donc : ∀ (u,v) ∈ [0 ; +∞[2 , ln(1 + u) − ln(1 + v) |u − v| . D’où, ici : ∀ n ∈ N, ∀ x ∈ X, ln 1 + fn(x) − ln 1 + f (x) | fn(x) − f (x)| || fn − f ||∞. Il en résulte : ∀ n ∈ N, ||ln(1 + fn) − ln(1 + f )||∞ || fn − f ||∞ . Comme fn C.U. −→ n∞ f, on a || fn − f ||∞ −−−→ n ∞ 0, donc, par encadrement, ||ln(1 + fn) − ln(1 + f )||∞ −−−→ n ∞ 0, et on conclut : ln(1 + fn) C.U. −→ n∞ ln(1 + f ). Puisque f est de classe C3 sur R, d’après l’inégalité de Taylor-Lagrange, en notant M3 = Sup t∈R | f (3) (t)|, on a, pour tout x ∈ R et tout n ∈ N∗ : f x + 1 n − f (x) + 1 n f (x) + 1 2n2 f (x) 1 6n3 M3 f x − 1 n − f (x) − 1 n f (x) + 1 2n2 f (x) 1 6n3 M3, d’où, en utilisant l’inégalité triangulaire : f x + 1 n − 2 f (x) + f x − 1 n − 1 n2 f (x) = f x + 1 n − f (x) + 1 n f (x) + 1 2n2 f (x) + f x − 1 n − f (x) − 1 n f (x) + 1 2n2 f (x) 2 1 6n3 M3 = M3 3n3 , puis : |gn(x) − f (x)| = n2 f x + 1 n − 2 f (x) + f x − 1 n − 1 n2 f (x) M3 3n . Ceci montre que gn − f est bornée et que : ∀ n ∈ N∗ , ||gn − f ||∞ M3 3n . Comme M3 3n −−−→ n ∞ 0, il en résulte, par encadrement : ||gn − f ||∞ −−−→ n ∞ 0, et on conclut : gn C.U. −→ n∞ f sur R. Une récurrence immédiate montre que, pour tout n ∈ N et tout x ∈ R, fn(x) existe et fn(x) 0. Considérons l’application ϕ : [0 ; +∞[−→ R, t −→ √ 1 + t et cherchons les éventuels points fixes de ϕ. On a, pour tout t ∈ [0 ; +∞[, ϕ(t) 0 et : ϕ(t) = t ⇐⇒ 1 + t = t2 ⇐⇒ t2 − t − 1 = 0 ⇐⇒ t = 1 + √ 5 2 , noté α. Essayons de montrer que la suite ( fn)n∈N converge uniformé- ment sur R vers la fonction constante α. Soient n ∈ N, x ∈ R. On a, par utilisation d’une expression conjuguée : | fn+1(x) − α| = 1 + fn(x) − √ 1 + α = | fn(x) − α| √ 1 + fn(x) + √ 1 + α 1 2 | fn(x) − α|. 5.9 5.10 5.11
- 225. 215 Une récurrence immédiate montre : ∀ x ∈ R, ∀ n ∈ N, | fn(x) − α| 1 2n | f0(x) − α| , d’où : ∀ x ∈ R, ∀ n ∈ N, | fn(x) − α| 1 2n f0(x) + α 1 2n (|| f0||∞ + α). Il en résulte que, pour tout n ∈ N, fn est bornée et que : || fn − α||∞ 1 2n (|| f0||∞ + α) −−−→ n ∞ 0. On conclut : fn C.U. −→ n∞ α sur R, où α est la fonction constante égale à α. • Montrons, par récurrence sur n, que, pour tout n ∈ N, fn existe, est 0 et est bornée sur R. La propriété est vraie pour n = 0 par hypothèse. Si la propriété est vraie pour un n ∈ N, alors fn+1 existe, et, comme : ∀ x ∈ R, 0 fn(x) || fn||∞, on a : ∀ x ∈ R, 0 ln 1 + fn(x) ln (1 + || fn||∞), donc fn+1 est 0 et bornée. On a ainsi montré, par récurrence sur n, que, pour tout n ∈ N, fn existe, est 0 et est bornée. • On a : ∀ n ∈ N, ∀ x ∈ R, 0 fn+1(x) = ln 1 + fn(x) ln(1 + || fn||∞), donc : ∀ n ∈ N, || fn+1||∞ ln(1 + || fn||∞). Notons, pour tout n ∈ N, un = || fn||∞ , et étudions la suite (un)n∈N. On a : ∀ n ∈ N, un+1 ln(1 + un) un, donc (un)n∈N est décroissante. De plus, comme : ∀ n ∈ N, un 0, la suite (un)n∈N est minorée par 0. Il en résulte que (un)n∈N converge et que sa limite vérifie 0. De plus, comme : ∀ n ∈ N, un+1 ln(1 + un), on a, par passage à la limite : ln(1 + ). L’étude des variations de la fonction t −→ ln(1 + t) − t sur [0 ; +∞[ montre que : ln(1 + ) ⇐⇒ = 0. Ceci montre : un −−−→ n ∞ 0, c’est-à-dire || fn||∞ −−−→ n ∞ 0, et on conclut : fn C.U. −→ n∞ 0. a) Étude de ( fn)n∈N : 1) Convergence simple : Soit x ∈ [0 ; +∞[ fixé. On a : | fn(x)| = 1 n! x 0 tn e−t dt 1 n! xxn = xn+1 n! −−−→ n ∞ 0 , par prépondérance classique. On conclut : fn C.S. −→ n∞ 0 sur [0 ; +∞[. 2) Convergence uniforme : • Étude sur [0 ; +∞[ : On a, pour tout n ∈ N, d’après l’étude de la fonction d’Euler : fn(x) = 1 n! x 0 tn e−t dt −→ x−→+∞ 1 n! +∞ 0 tn e−t dt = 1 n! (n + 1) = 1 n! n! = 1. Il en résulte : ∀ n ∈ N, || fn||∞ 1, et donc : fn C.U −→ n∞ / 0 sur [0 ; +∞[. • Étude sur [0 ; a], a ∈ [0 ; +∞[ fixé : Soit a ∈ [0 ; +∞[ fixé. On a : ∀ n ∈ N, ∀ x ∈ [0 ; a], | fn(x)| = 1 n! x 0 tn e−t dt 1 n! a 0 tn e−t dt = fn(a), d’où : ∀ n ∈ N, || fn||[0 ;a] ∞ fn(a). Comme fn(a) −−−→ n ∞ 0, on déduit || fn||[0 ;a] ∞ −−−→ n ∞ 0 et on conclut : fn C.U. −→ n∞ 0 sur tout [0 ; a], a ∈ [0 ; +∞[ fixé. b) Étude de (gn)n∈N : On a : ∀ n ∈ N, ∀ x ∈ [0 ; +∞[, gn(x) = 1 n! +∞ x tn e−t dt = 1 n! +∞ 0 tn e[−t dt − x 0 tn e−t dt = 1 n! (n + 1) − fn(x) = 1 − fn(x). On déduit de a) les résultats suivants : • gn C.S. −→ n∞ 1 sur [0 ; +∞[ • gn C.U. −→ n∞ 1 sur tout [0 ; a], a ∈ [0 ; +∞[ fixé • gn C.U −→ n∞ / 1 sur [0 ; +∞[. • Soit P = N k=0 akXk ∈ C[X]. On a : b a P(x) f (x) dx = b a N k=0 ak xk f (x) dx = N k=0 ak b a xk f (x) dx = 0 = 0. 5.12 5.13 5.14
- 226. 216 • D’après le premier théorème deWeierstrass, il existe une suite (Pn)n∈N de polynômes de C[X] convergeant uniformément vers f sur [a ; b]. On a, pour tout n ∈ N, en utilisant le résultat pré- cédent : 0 b a | f (x)|2 dx = b a f (x) f (x) dx = b a f (x) f (x) dx − b a Pn(x) f (x) dx =0 = b a f (x) − Pn(x) f (x) dx (b − a)|| f − Pn||∞|| f ||∞. Comme || f − Pn||∞−−−→ n ∞ 0, on déduit : b a | f (x)|2 dx = 0. Puisque f est continue sur [a ; b], il en résulte f = 0. D’après le premier théorème deWeierstrass, il existe une suite (Qn)n∈N de polynômes de C[X] telle que : Qn C.U. −→ n∞ f sur [a ; b]. Notons, pour tout n ∈ N : Pn = Qn − Qn(c) + f (c). Il est clair que (Pn)n∈N est une suite de polynômes de C[X] et que : ∀ n ∈ N, Pn(c) = f (c). On a, pour tout n ∈ N : ∀ x ∈ [a ; b], |Pn(x) − f (x)| |Pn(x) − Qn(x)| + |Qn(x) − f (x)| = |Qn(c) − f (c)| + |Qn(x) − f (x)| 2||Qn − f ||∞, d’où : ||Pn − f ||∞ 2||Qn − f ||∞. Comme Qn C.U. −→ n∞ f, on a : ||Qn − f ||∞ −−−→ n ∞ 0, puis, par encadrement : ||Pn − f ||∞ −−−→ n ∞ 0 , d’où : Pn C.U. −→ n∞ f. Ainsi, la suite (Pn)n∈N convient. a) Notons, pour tout n ∈ N∗ : fn : [0 ; 1] −→ R, x −→ n e x n+x − 1 . • Pour tout n ∈ N∗ , fn est continue par morceaux (car conti- nue) sur [0 ; 1]. • Soit x ∈ [0 ; 1] fixé. Si x =/ 0, alors : fn(x) = n e x n+x − 1 ∼ n∞ n x n + x ∼ n∞ x, donc : fn(x) −−−→ n ∞ x. Si x = 0, alors : fn(x) = 0 −−−→ n ∞ 0. Ainsi : fn C.S. −→ n∞ f, où : f : [0 ; 1] −→ R, x −→ x. • f est continue par morceaux (car continue) sur [0 ; 1]. • On a : ∀ n ∈ N∗ , ∀ x ∈ [0 ; 1], | fn(x)| = n e x n+x − 1 n e 1 n − 1 . Notons, pour tout n ∈ N∗ : an = n e 1 n − 1 . On a : an −−−→ n ∞ 1. Puisque (an)n∈N∗ est convergente, (an)n∈N∗ est bornée. Il existe donc C ∈ R+ tel que : ∀ n ∈ N∗ , |an| C. On a alors : ∀ n ∈ N∗ , ∀ x ∈ [0 ; 1], | fn(x)| C, et l’application constante C est intégrable sur le segment [0 ; 1]. Ceci montre que ( fn)n∈N∗ vérifie l’hypothèse de domination. D’après le théorème de convergence dominée, on déduit : 1 0 fn −−−→ n ∞ 1 0 f = 1 0 x dx = x2 2 1 0 = 1 2 . On conclut : lim n∞ 1 0 n e x n+x − 1 dx = 1 2 . b) Notons, pour tout n ∈ N∗ : fn : [0 ; +∞[−→ R, x −→ (x2 + 1) n + x n + x2 e−x . • Pour tout n ∈ N∗ , fn est continue par morceaux (car conti- nue) sur [0 ; +∞[. • Pour tout x ∈ [0 ; +∞[ : fn(x) −−−→ n ∞ (x2 + 1) e−x , donc fn C.S. −→ n∞ f, où : f : [0 ; +∞[−→ R, x −→ (x2 + 1) e−x . • f est continue par morceaux (car continue) sur [0 ; +∞[. • On a, pour tout n ∈ N∗ et tout x ∈ [0 ; +∞[ : | fn(x)| = (x2 + 1) n + x n + x2 e−x = (x2 + 1) 1 + x n 1 + x2 n e−x (x2 + 1)(1 + x) e−x , car x n x et x2 n 0. L’application ϕ : [0 ; +∞[−→ R, x −→ (x2 + 1)(1 + x) e−x est continue par morceaux (car continue), 0, intégrable sur [0 ; +∞[ car : x2 ϕ(x) ∼ x−→+∞ x5 e−x −→ x−→+∞ 0, donc, pour x assez grand : x2 ϕ(x) 1, 0 ϕ(x) 1 x2 , exemple de Riemann en +∞ (2 > 1) et théorème de majora- tion pour des fonctions 0. Ceci montre que ( fn)n∈N∗ vérifie l’hypothèse de domination. 5.16 5.15
- 227. 217 D’après le théorème de convergence dominée, f est intégrable sur [0 ; +∞[ et : +∞ 0 fn −→ +∞ 0 f notée I . Il reste à calculer I. On a, en utilisant des intégrales de fonctions intégrables : I = +∞ 0 (x2 + 1) e−x dx = +∞ 0 x2 e−x dx + +∞ 0 e−x dx = (3) + (1) = 2! + 0! = 3 . On conclut : lim n∞ +∞ 0 (x2 + 1) n + x n + x2 e−x dx = 3. c) Notons, pour tout n ∈ N∗ : fn : R −→ R, x −→ n sin nx n2 + x4 . • Pour tout n ∈ N∗ , fn est continue par morceaux (car conti- nue) sur R. • Soit x ∈ R fixé. On a, pour tout n ∈ N∗ : | fn(x)| = n| sin nx| n2 + x4 n n2 + x4 n n2 = 1 n , donc : fn(x) −−−→ n ∞ 0. Ceci montre : fn C.S. −→ n∞ 0 sur R. • 0 est continue par morceaux sur R. • Soient n ∈ N∗ , x ∈ R. On a : | fn(x)| = n| sin nx| n2 + x4 n n2 + x4 . Rappelons : ∀ (a,b) ∈ (R+)2 , a2 + b2 2ab, d’où ici : n2 + x4 2nx2 , et donc, si x =/ 0 : | fn(x)| n 2nx2 = 1 2x2 . D’autre part, si |x| 1 : | fn(x)| n n2 + x4 n n2 = 1 n 1 . Ainsi : ∀ n ∈ N∗ , ∀ x ∈ R, | fn(x)| ϕ(x), où : ϕ : R −→ R, x −→ 1 si |x| 1 1 2x2 si |x| > 1. L’application ϕ est continue par morceaux, 0, intégrable sur R (exemple de Riemann en ±∞, 2 > 1). Ceci montre que ( fn)n∈N∗ vérifie l’hypothèse de domination. D’après le théorème de convergence dominée, on déduit : +∞ −∞ fn −−−→ n ∞ +∞ −∞ 0 = 0. On conclut : lim n∞ +∞ −∞ n sin nx n2 + x4 dx = 0. d) Notons, pour tout n ∈ N∗ : fn : [0 ; π] −→ R, x −→ √ π − x sin n x . • Pour tout n ∈ N∗ , fn est continue par morceaux (car conti- nue) sur [0 ; π]. • Soit x ∈ [0 ; π]. Si x =/ π 2 , alors sin x ∈ [0 ; 1[, donc sin n x −−−→ n ∞ 0 puis : fn(x) −−−→ n ∞ 0. Si x = π 2 , alors : fn(x) = π 2 −−−→ n ∞ π 2 . Ceci montre : fn C.S. −→ n∞ f, où : f : [0 ; π] −→ R, x −→ 0 si x =/ π/2 √ π/2 si x = π/2. • f est continue par morceaux sur [0 ; π]. • On a : ∀ n ∈ N∗ , ∀ x ∈ [0 ; π], | fn(x)| = √ π − x sin n x √ π − x √ π et l’application constante x −→ √ π est continue par morceaux, 0, intégrable sur le segment [0 ; π]. Ainsi, la suite ( fn)n∈N∗ vérifie l’hypothèse de domination. D’après le théorème de convergence dominée, on déduit : π 0 fn −−−→ n ∞ π 0 f = 0 . On conclut : lim n∞ π 0 √ π − x sin n x dx = 0. e) Notons, pour tout n ∈ N∗ : fn : ]0 ; +∞[−→ R, x −→ e−(x+a)n √ x . • Pour tout n ∈ N∗ , fn est continue par morceaux (car conti- nue) sur ]0 ; +∞[ • Soit x ∈ ]0 ; +∞[. Si x < 1 − a, alors 0 < x + a < 1, (x + a)n −−−→ n ∞ 0 , donc fn(x) −−−→ n ∞ 1 √ x . Si x = 1 − a, alors : fn(x) = e−1 √ 1 − a −−−→ n ∞ e−1 √ 1 − a . Si x > 1 − a, alors x + a > 1, (x + a)n −−−→ n ∞ + ∞, donc fn(x) −−−→ n ∞ 0. Ceci montre : fn C.S. −→ n∞ f sur ]0 ; +∞[, où l’application f : ]0 ; +∞[−→ R est définie, pour tout x ∈ ]0 ; +∞[, par : f (x) = 1 √ x si 0 < x < 1 − a e−1 √ 1 − a si x = 1 − a 0 si x > 1 − a.
- 228. • f est continue par morceaux sur ]0 ; +∞[. • Soient n ∈ N∗ , x ∈ ]0 ; +∞[. Si x ∈ ]0 ; 1], alors : 0 fn(x) = e−(x+a)n √ x 1 √ x . Si x ∈ ]1 ; +∞[, alors : 0 fn(x) = e−(x+a)n √ x e−(x+a)n e−xn e−x . Ainsi : ∀ n ∈ N∗ , ∀ x ∈ ]0 ; +∞[, | fn(x)| ϕ(x), en notant : ϕ : ]0 ; +∞[−→ R, x −→ 1 √ x si 0 < x 1 e−x si 1 < x. L’application ϕ est continue par morceaux, 0, intégrable sur ]0 ; +∞[ (exemple de Riemann en 0, 1/2 < 1 ; exemple du cours en +∞). Ceci montre que la suite ( fn)n 1 vérifie l’hy- pothèse de domination. D’après le théorème de convergence dominée, f est intégrable sur ]0 ; +∞[ et : +∞ 0 fn −−−→ n ∞ +∞ 0 f = 1−a 0 1 √ x dx = [2 √ x]1−a 0 = 2 √ 1 − a. On conclut : lim n∞ +∞ 0 e−(x+a)n √ x dx = 2 √ 1 − a. f) Remarquons que la borne n √ n dépend de n et que n √ n = e 1 n ln −−−→ n ∞ 1 par valeurs supérieures à 1. On a, pour tout n ∈ N∗ : n√ n 0 √ 1 + xn dx = 1 0 √ 1 + xn dx notée vn + n√ n 1 √ 1 + xn dx notée wn . 1) Étude de vn : Notons, pour tout n ∈ N∗ : fn : [0 ; 1] −→ R, x −→ √ 1 + xn . • Pour tout n ∈ N∗ , fn est continue par morceaux (car conti- nue) sur [0 ; 1]. • On a : fn C.S −→ n∞ f sur [0 ; 1], où : f : [0 ; 1] −→ R, x −→ 1 si 0 x < 1 √ 2 si x = 1. • f est continue par morceaux sur [0 ; 1]. • On a : ∀ n ∈ N∗ , ∀ x ∈ [0 ; 1], | fn(x)| = √ 1 + xn √ 2 , et l’application constante √ 2 est intégrable sur le segment [0 ; 1]. Ceci montre que la suite ( fn)n 1 vérifie l’hypothèse de domi- nation. D’après le théorème de convergence dominée : vn = 1 0 fn −−−→ n ∞ 1 0 f = 1 0 1 dx = 1. 2) Étude de wn : On a, pour tout n ∈ N∗ : 0 wn = n√ n 1 √ 1 + xn dx ( n √ n − 1) √ 1 + n = e 1 n ln n − 1 √ 1 + n ∼ n∞ ln n n √ n = ln n √ n −→ n∞ 0, donc : wn −−−→ n ∞ 0. Ainsi : n√ n 0 √ 1 + xn dx = vn + wn −−−→ n ∞ 1 + 0 = 1. On conclut : lim n∞ n√ n 0 √ 1 + xn dx = 1. Essayons d’appliquer le théorème de convergence do- minée. Notons, pour tout n ∈ N∗ : fn : ]0 ; a] −→ R, x −→ 1 x 1 + x n n − 1 . • Pour tout n ∈ N∗ , fn est continue par morceaux (car conti- nue) sur ]0 ; a]. • Soit x ∈ ]0 ; a] . On sait : 1 + x n n −−−→ n ∞ ex , donc : fn(x) −−−→ n ∞ ex − 1 x . Ainsi, fn C.S. −→ n∞ f sur ]0 ; a], où : f : ]0 ; a] −→ R, x −→ ex − 1 x . • f est continue par morceaux (car continue) sur ]0 ; a]. • Soit n ∈ N∗ . Puisque : ∀ t ∈ ] − 1 ; +∞[, ln(1 + t) t, on a : ∀ t ∈ [0 ; +∞[, 1 + t et , d’où, pour tout x ∈ ]0 ; a] : 1 + x n n (e x n )n = ex , puis : 0 1 + x n n − 1 ex − 1, et enfin : 0 fn(x) f (x). L’application f est continue par morceaux sur ]0 ; a], 0, et intégrable sur ]0 ; a] car f (x) = ex − 1 x −→ x−→0 1. Ainsi, la suite ( fn)n 1 vérifie l’hypothèse de domination. 218 5.17
- 229. D’après le théorème de convergence dominée, on déduit : +∞ −∞ fn −−−→ n ∞ +∞ −∞ g , c’est-à-dire : +∞ −∞ f t n e−t2 dt −−−→ n ∞ +∞ −∞ f (0) e−t2 dt = f (0) √ π , en utilisant l’intégrale de Gauss : +∞ −∞ e−t2 dt = √ π. On obtient : +∞ −∞ f (x) e−n2x2 dx = f (0) √ π n + o n∞ 1 n et on conclut, si on suppose f (0) =/ 0 : +∞ −∞ f (x) e−n2x2 dx ∼ n∞ f (0) √ π n . Remarque : La même méthode permet de montrer : • si f : [0 ; +∞[−→ R est continue par morceaux et bornée, alors : +∞ 0 f (x) e−n2x2 dx = f (0+ ) √ π 2n + o n∞ 1 n , où f (0+ ) désigne la limite de f en 0 à droite • si f : ] − ∞ ; 0] −→ R est continue par morceaux et bornée, alors : 0 −∞ f (x) e−n2x2 dx = f (0− ) √ π 2n + o n∞ 1 n , où f (0− ) désigne la limite de f en 0 à gauche • si f : R −→ R est continue par morceaux et bornée, alors : +∞ −∞ f (x) e−n2x2 dx = f (0+ ) + f (0− ) 2 √ π n + o n∞ 1 n . D’abord, pour tout n ∈ N∗ , In existe comme intégrale d’une application continue sur un segment. a) Comme, pour tout x ∈ ]0 ; 1], √ 1 − xn −−−→ n ∞ 1, on peut conjecturer : In −−−→ n ∞ 1. Le théorème de convergence dominée s’applique, mais un simple calcul de majoration est possible. En effet, on a, pour tout n ∈ N∗ , en utilisant une expression conjuguée : |In − 1| = 1 0 √ 1 − xn dx − 1 0 1 dx = 1 0 1 − √ 1 − xn dx = 1 0 xn 1 + √ 1 − xn dx 1 0 xn dx = xn+1 n + 1 1 0 = 1 n + 1 , donc |In − 1| −−−→ n ∞ 0, puis : In −−−→ n ∞ 1. 219 D’après le théorème de convergence dominée, on déduit : a 0 fn −−−→ n ∞ a 0 f , c’est-à-dire : a 0 1 x 1 + x n n − 1 dx −−−→ n ∞ a 0 ex − 1 x dx . 1) Existence de In : Soit n ∈ N∗ . L’application un : x −→ f (x) e−n2x2 est continue par morceaux sur R (car f l’est), et : ∀ x ∈ R, |un(x)| || f ||∞ e−n2x2 . L’application εn : x −→ e−n2x2 est intégrable sur R, car x2 εn(x) = x2 e−n2x2 −→ x−→±∞ 0 , donc, pour |x| assez grand, 0 εn(x) 1 x2 , et x −→ 1 x2 est intégrable sur ] − ∞ ; −1] et sur [1 ; +∞[, exemple de Riemann. Par théorème de majo- ration pour des fonctions 0, un est intégrable sur R, donc In existe. 2) Équivalent de In lorsque n tend vers l’infini : On a, pour tout n ∈ N∗ fixé, par le changement de variable t = nx : In = +∞ −∞ f (x) e−n2x2 dx = 1 n +∞ −∞ f t n e−t2 dt . Essayons d’appliquer le théorème de convergence dominée, pour obtenir l’éventuelle limite de cette dernière intégrale. Notons, pour tout n ∈ N∗ : fn : R −→ R, t −→ f t n e−t2 . • Pour tout n ∈ N∗ , fn est continue par morceaux sur R, car f l’est. • Soit t ∈ R. On a : t n −−−→ n ∞ 0, donc, par continuité de f en 0 : f t n −−−→ n ∞ f (0), puis : fn(t) −−−→ n ∞ f (0) e−t2 . Ceci montre : fn C.S. −→ n∞ g, où : g : R −→ R, t −→ f (0) e−t2 . • g est continue par morceaux (car continue) sur R. • On a : ∀ n ∈ N∗ , ∀ t ∈ R, | fn(t)| = f t n e−t2 || f ||∞ e−t2 , et l’application t −→ || f ||∞ e−t2 est continue par morceaux (car continue), 0, intégrable sur R. Ainsi, la suite ( fn)n 1 vérifie l’hypothèse de domination. 5.18 5.19
- 230. 220 b) Reprenons le calcul de In − 1 effectué ci-dessus (sans la va- leur absolue) : In − 1 = − 1 0 xn 1 + √ 1 − xn dx notée Jn . Pour étudier Jn, effectuons le changement de variable t = xn , x = t 1 n , dx = 1 n t 1 n −1 dt : Jn = 1 0 t 1 + √ 1 − t 1 n t 1 n −1 dt = 1 n 1 0 t 1 n 1 + √ 1 − t dt notée Kn . Pour trouver la limite de Kn (si elle existe) lorsque l’entier n tend vers l’infini, nous allons essayer d’utiliser le théorème de convergence dominée. Notons, pour tout n ∈ N∗ : fn : ]0 ; 1] −→ R, t −→ t 1 n 1 + √ 1 − t . • Pour tout n ∈ N∗ , fn est continue par morceaux (car conti- nue) sur ]0 ; 1]. • Pour tout t ∈ ]0 ; 1], on a : t 1 n −−−→ n ∞ 1, donc fn C.S. −→ n∞ f sur ]0 ; 1], où : f : ]0 ; 1] −→ R, t −→ 1 1 + √ 1 − t . • f est continue par morceaux (car continue) sur ]0 ; 1]. • On a : ∀ n ∈ N∗ , ∀ t ∈ ]0 ; 1], | fn(t)| = t 1 n 1 + √ 1 − t 1 , et l’application constante 1 est continue par morceaux, 0, intégrable sur l’intervalle borné ]0 ; 1]. Ainsi, la suite ( fn)n 1 vérifie l’hypothèse de domination. D’après le théorème de convergence dominée, on déduit : Kn = 1 0 fn −−−→ n ∞ 1 0 f = 1 0 1 1 + √ 1 − t dt notée L . Pour calculer L, on effectue le changement de variable u = √ 1 − t, t = 1 − u2 , dt = −2u du : L = 0 1 1 1 + u (−2u) du = 2 1 0 u 1 + u du = 2 1 0 1 − 1 1 + u du = 2 u − ln(1 + u) 1 0 = 2(1 − ln 2). Ainsi : Kn −−−→ n ∞ 2(1 − ln 2), et on conclut : In − 1 = −Jn = − 1 n Kn ∼ n∞ − 2(1 − ln 2) n . a) 1) Convergence simple, convergence absolue : Soit x ∈ [0 ; +∞[ fixé. On a, par développement limité : fn(x) = ln 1 + x n − x n = x n + O 1 n2 − x n = O 1 n2 . D’après l’exemple de Riemann (2 > 1) et le théorème de ma- joration pour des séries à termes 0, la série n O 1 n2 est absolument convergente. Ainsi, la série n fn(x) est absolu- ment convergente, donc convergente. Ceci montre que n 1 fn converge absolument, donc simplement, sur [0 ; +∞[. 2) Convergence normale, convergence uniforme : • Pour tout n ∈ N∗ , comme fn(x) = ln 1 + x n − x n −→ x−→+∞ −∞ (prépondérance classique), fn n’est pas bornée, et donc, d’après le cours, n 1 fn ne converge pas uniformément, ni donc nor- malement, sur [0 ; +∞[. • Soit a ∈ [0 ; +∞[ fixé. L’étude des variations des deux fonctions t −→ ln(1 + t) − t, t −→ ln(1 + t) − t + t2 2 montre : ∀ t ∈ [0 ; +∞[, − t2 2 ln(1 + t) − t 0, d’où : ∀ t ∈ [0 ; +∞[, ln(1 + t) − t t2 2 . On a donc : ∀ n ∈ N∗ , ∀ x ∈ [0 ; a], | fn(x)| = ln 1 + x n − x n 1 2 x n 2 = x2 2n2 a2 2n2 . Ainsi : ∀ n ∈ N∗ , || fn||[0 ;a] ∞ a2 2n2 . D’après l’exemple de Riemann (2 > 1) et le théorème de ma- joration pour des séries à termes 0, on déduit que la série n 1 || fn||[0 ;a] ∞ converge, et on conclut : n 1 fn converge nor- malement, donc uniformément, sur tout [0 ; a], a ∈ [0 ; +∞[ fixé. b) L’étude des variations des deux fonctions t −→ ln(1 + t) − t, t −→ ln(1 + t) − t + t2 2 montre : ∀ t ∈ [0 ; +∞[, t − t2 2 ln(1 + t) t. 5.20
- 231. 221 On a donc : ∀ n ∈ N∗ , ∀ x ∈ [0 ; +∞[, 0 fn(x) e−x x n 2 2 = x2 e−x 2 1 n2 . L’application ϕ : [0 ; +∞[−→ R, x −→ x2 e−x est de classe C1 sur [0 ; +∞[, et, pour tout x ∈ [0 ; +∞[ : ϕ (x) = (2x − x2 ) e−x , d’où le tableau de variations de ϕ : x 0 2 +∞ ϕ (x) + 0 − ϕ(x) 0 0 Ceci montre que ϕ est bornée et que : ||ϕ||∞ = ϕ(2) = 4 e−2 . On a donc : ∀ n ∈ N∗ , || fn||∞ 4 e−2 1 n2 . D’après l’exemple de Riemann (2 > 1) et le théorème de ma- joration pour des séries à termes 0, on déduit que la série n 1 || fn||∞, converge et on conclut que n 1 fn converge nor- malement (donc uniformément, absolument, simplement) sur [0 ; +∞[. a) 1) Convergence simple sur ]0 ; +∞[ : Soit x ∈ [0 ; +∞[. Si x =/ 0, alors fn(x) = Arctan n + x 1 + n3x ∼ n∞ n + x 1 + n3x ∼ n∞ 1 n2x 0 . D’après l’exemple de Riemann (2 > 1) et le théorème d’équi- valence pour des séries à termes 0, la série n 1 fn(x) converge. Si x = 0, alors fn(x) = Arctan n −−−→ n ∞ π/2 =/ 0 , donc la série n 1 fn(x) diverge (grossièrement). On conclut que n, 1 fn converge simplement sur ]0 ; +∞[ (et non sur [0 ; +∞[). 2) Convergence normale sur [1 ; +∞[ : Soit n ∈ N∗ . L’application fn est de classe C1 sur [0 ; +∞[ et, pour tout x ∈ [0 ; +∞[ : fn(x) = 1 1 + n + x 1 + n3x 2 · (1 + n3 x) − (n + x)n3 (1 + n3x)2 = 1 − n4 (1 + n3x)2 + (n + x)2 0, donc fn est décroissante sur [0 ; +∞[, d’où : ∀ x ∈ [1 ; +∞[, 0 fn(x) fn(1) , et donc : || fn||[1 ;+∞[ ∞ fn(1). Comme la série n 1 fn(1) converge (cf. 1)), par théorème de majoration pour des séries à termes 0, la série n 1 || fn||[1 ;+∞[ ∞ converge, et on conclut que n 1 fn converge normalement, donc uniformément, sur [1 ; +∞[. b) 1) Puisque, pour tout n ∈ N∗ : fn(x) = Arctan n + x 1 + n3x −→ x−→+∞ Arctan 1 n3 et que n 1 fn converge uniformément sur [1 ; +∞[, d’après le théorème du cours sur convergence uniforme et limite, on a : S(x) −→ x−→+∞ L = +∞ n=1 Arctan 1 n3 . 2) En notant Rn le reste d’ordre n de la série définissant L ci-dessus, et en utilisant une comparaison série/intégrale, l’ap- plication t −→ 1 t3 étant décroissante et intégrable sur [1 ; +∞[, on a : 0 Rn = +∞ k=n+1 Arctan 1 k3 +∞ k=n+1 1 k3 +∞ n 1 t3 dt = t−2 −2 +∞ n = 1 2n2 . On a donc : |Rn| 0,9 · 10−3 ⇐ 1 2n2 0,9 · 10−3 ⇐⇒ n2 103 0,9 555,. . . ⇐⇒ n 24. D’autre part, à 0,1 · 10−3 près, en utilisant la calculatrice : 24 k=1 Arctan 1 k3 0,9866. On conclut : L 0,986 à 10−3 près. a) 1) Convergence simple sur ]0 ; +∞[: Soit x ∈ ]0 ; +∞[ fixé. La série n 0 fn(x) est alternée, | fn(x)| = 1 √ 1 + nx −−−→ n ∞ 0, et la suite | fn(x)| n∈N est dé- croissante, donc, d’après leTSCSA, la série n 0 fn(x) converge. Ceci montre que n 0 fn converge simplement sur ]0 ; +∞[. 5.21 5.22
- 232. 222 2) Convergence uniforme sur [1 ; +∞[ : On a, pour tout x ∈ [1 ; +∞[, puisque la série n 0 fn(x) re- lève du TSCSA, en notant Rn(x) le reste d’ordre n : |Rn(x)| | fn+1(x)| = 1 √ 1 + (n + 1)x 1 √ n + 2 , d’où : ||Rn||∞ 1 √ n + 2 −−−→ n ∞ 0, donc ||Rn||∞ −−−→ n ∞ 0. Il en résulte que n 0 fn converge uni- formément sur [1 ; +∞[. b) Puisque, pour n ∈ N∗ , fn(x) = (−1)n √ 1 + nx −→ x−→+∞ 0 et que n 0 fn converge uniformément sur [1 ; +∞[, d’après le théo- rème du cours sur convergence uniforme et limite, on déduit : S(x) −→ x−→+∞ 0. c) D’abord, a existe car la série n 1 (−1)n √ n converge, d’après le TSCSA. Notons, pour tout n ∈ N∗ : gn : [1 ; +∞[−→ R, x −→ (−1)n √ nx . On a, pour tout n ∈ N∗ et tout x ∈ [1 ; +∞[, en utilisant une expression conjuguée : | fn(x) − gn(x)| = (−1)n √ 1 + nx − (−1)n √ nx = √ 1 + nx − √ nx √ nx √ 1 + nx = 1 √ nx √ 1 + nx( √ nx + √ 1 + nx) 1 √ nx √ nx( √ nx + √ nx) = 1 2(nx)3/2 = 1 2x3/2 1 n3/2 . Puisque la série n 1 1 n3/2 converge (exemple de Riemann, 3/2 > 1), il en résulte, pour tout x ∈ [1 ; +∞[ : S(x) − a √ x = +∞ n=1 fn(x) − gn(x) +∞ n=1 | fn(x) − gn(x)| +∞ n=1 1 2x3/2 1 n3/2 = 1 2 +∞ n=1 1 n3/2 1 x √ x , et donc : S(x) − a √ x = O x−→+∞ 1 x √ x , d’où, en conclusion : S(x) = a √ x + O x−→+∞ 1 x √ x . a) D’après le cours, pour x ∈ R fixé, la série de Riemann n 1 1 nx converge si et seulement si x > 1, d’où : Déf ( f ) = ]1 ; +∞[. b) Notons, pour tout n ∈ N∗ : fn : ]1 ; +∞[−→ R, x −→ 1 nx = e−x ln n . • Pour tout n ∈ N∗ , fn est de classe C∞ sur ]1 ; +∞[ et : ∀ k ∈ N, ∀ x ∈ ]1 ; +∞[, f (k) n (x) = (−ln n)k nx . • Pour tout k ∈ N, n 1 f (k) n converge simplement sur ]1 ; +∞[. En effet, pour tout k ∈ N et tout x ∈ ]1 ; +∞[ fixés : n 1+x 2 f (k) n (x) = (−ln n)k n x−1 2 −−−→ n ∞ 0, donc, pour n assez grand : n 1+x 2 | f (k) n (x)| 1, puis : | f (k) n (x)| 1 n x+1 2 . D’après l’exemple de Riemann ( x + 1 2 > 1) et le théorème de majoration pour des séries à termes 0, la série n 1 | f (k) n (x)| converge. Ainsi, la série n 1 f (k) n (x) converge absolument, donc converge. Ceci montre que n 1 f (k) n converge simplement sur ]1 ; +∞[. • Pour tout k ∈ N∗ et tout segment [a ; b] inclus dans ]1 ; +∞[, n 1 f (k) n converge normalement, donc uniformément, sur [a ; b]. En effet, on a : ∀ n ∈ N∗ , ∀ x ∈ [a ; b], | f (k) n (x)| = (ln n)k nx (ln n)k na = | f (k) n (a)|, d’où : ∀ n ∈ N∗ , || f (k) n ||[a ;b] ∞ | f (k) n (a)|. D’après le point précédent, la série n 1 | f (k) n (a)| converge, donc, par théorème de majoration pour des séries à termes 0, la série n 1 || fn||[a ;b] ∞ converge. Ceci montre que n 1 f (k) n converge normalement, donc uni- formément, sur [a ; b]. D’après un théorème du cours, il en résulte que ζ est de classe C∞ sur ]1 ; +∞[ et que l’on peut dériver terme à terme, c’est-à-dire : ∀ k ∈ N, ∀ x ∈ ]1 ; +∞[, ζ(k) (x) = +∞ n=1 (−ln n)k nx . 5.23
- 233. 223 c) 1) D’après b), on a : ∀ x ∈ ]1 ; +∞[, ζ (x) = +∞ n=1 −ln n nx = − +∞ n=1 ln n nx . Les termes de cette dernière série sont tous 0 et non tous nuls, donc leur somme est > 0, d’où : ∀ x ∈ ]1 ; +∞[, ζ (x) < 0 . Il en résulte que ζ est strictement décroissante sur ]1 ; +∞[. 2) D’après b) : ∀ x ∈ ]1 ; +∞[, ζ (x) = +∞ n=1 (ln n)2 nx 0, donc ζ est convexe. d) 1) Pour obtenir un encadrement de ζ(x), nous allons utili- ser une comparaison série/intégrale. Soit x ∈ ]1 ; +∞[ fixé. Puisque l’application ϕ : [1 ; +∞[−→ R, t −→ 1 tx = t−x est continue par morceaux (car continue), décroissante, inté- grable sur [1 ; +∞[ (exemple de Riemann en +∞, x > 1), par comparaison série/intégrale, on a : +∞ 1 ϕ(t) dt +∞ n=1 ϕ(n) = ζ(x) ϕ(1) + +∞ 1 ϕ(t) dt . Et : +∞ 1 ϕ(t) dt = +∞ 1 t−x dt = t−x+1 −x + 1 +∞ 1 = 1 x − 1 . D’où : 1 x − 1 ζ(x) 1 + 1 x − 1 . 2) Comme 1 + 1 x − 1 ∼ x−→1+ 1 x − 1 , on déduit, par encadre- ment : ζ(x) ∼ x−→1+ 1 x − 1 . 3) Puisque 1 x − 1 −→ x−→1+ +∞, on obtient : ζ(x) −→ x−→1+ +∞. e) 1) • Pour tout n ∈ N∗ fixé, on a : fn(x) = 1 nx −→ x−→+∞ 1 si n = 1 0 si n 2. • n 1 fn converge uniformément sur [2 ; +∞[. D’après le théorème du cours sur convergence uniforme et li- mite, on déduit : ζ(x) = +∞ n=1 fn(x) −→ x−→+∞ 1 + +∞ n=2 0 = 1 . 2) On a, pour tout x ∈ [2 ; +∞[ : ζ(x) − 1 − 1 2x = +∞ n=3 1 nx . Par comparaison série/intégrale, puisque, pour tout x ∈ [2 ; +∞[ fixé, l’application t −→ 1 tx est continue par morceaux (car continue), décroissante et intégrable sur [1 ; +∞[, on a : 0 +∞ n=3 1 nx +∞ 2 1 tx dt = t−x+1 −x + 1 +∞ 2 = 2−x+1 x − 1 = 2 x − 1 2−x . On a donc : +∞ n=3 1 nx = o x−→+∞ (2−x ), d’où : ζ(x) − 1 − 1 2x = o x−→+∞ 1 2x , et on conclut : ζ(x) − 1 ∼ x−→+∞ 1 2x . f) x 1 +∞ ζ (x) − ζ(x) +∞ 1 a) 1) Convergence simple : Soit x ∈ ]0 ; +∞[ fixé. La série n 1 (−1)n nx est alternée, (−1)n nx = 1 nx −−−→ n ∞ 0 et la suite 1 nx n 1 décroît. D’après le TSCSA, la série n 1 (−1)n nx converge. Ceci montre que n 1 fn converge simplement sur ]0 ; +∞[. 2) Convergence absolue : Puisque, pour tout n ∈ N∗ et tout x ∈ ]0 ; +∞[, | fn(x)| = 1 nx , la série n 1 | fn(x)| converge si et seulement si x > 1. y xO 1 1 y = ζ(x) 5.24
- 234. 224 Ceci montre que n 1 fn converge absolument sur ]1 ; ,+∞[ et ne converge pas absolument ailleurs. 3) Convergence normale : • Pour tout a > 1, n 1 fn converge normalement sur [a ; +∞[, car || fn|||[a ;+∞[ ∞ = 1 na . • La série d’applications n 1 fn ne converge pas normalement sur ]1 ; +∞[, puisque || fn||]1 ;+∞[ ∞ = 1 n et que la série n 1 1 n diverge. 4) Convergence uniforme : • Puisque || fn||]0 ;+∞[ ∞ = 1 −−−→ n ∞ / 0, n 1 fn ne converge pas uni- formément sur ]0 ; +∞[. • Soit b ∈ ]0 ; +∞[ fixé. Puisque, pour tout x ∈ ]0 ; +∞[, la série n 1 fn(x) relève du TSCSA, on a, en notant Rn le reste d’ordre n : ∀ n ∈ N∗ , ∀ x ∈ [b ; +∞[, |Rn(x)| | fn+1(x)| = 1 (n + 1)x 1 (n + 1)b , d’où : ∀ n ∈ N∗ , ||Rn||[b ;+∞[ ∞ 1 (n + 1)b , et donc : ||Rn||[b ;+∞[ ∞ −−−→ n ∞ 0. On conclut que n 1 fn converge uniformément sur tout [b ; +∞[, b ∈ ]0 ; +∞[ fixé. b) Puisque, pour tout n ∈ N∗ , fn est continue sur ]0 ; +∞[, et que la série d’applications n 1 fn converge uniformément sur tout segment de ]0 ; +∞[, d’après un théorème du cours, on conclut que la somme T est continue sur ]0 ; +∞[. c) Soit x ∈ ]1 ; +∞[. On a : ζ(x) + T(x) = +∞ n=1 1 nx + +∞ n=1 (−1)n nx = +∞ n=1 1 + (−1)n nx = +∞ p=1 2 (2p)x , car les termes d’indices impairs sont tous nuls. Puis : ζ(x) + T(x) = 21−x +∞ p=1 1 px = 21−x ζ(x) . On conclut : ∀ x ∈ ]1 ; +∞[, T(x) = (21−x − 1)ζ(x). Nous allons développer la fonction sous l’intégrale en une somme de série de fonctions, puis permuter intégrale et série. On a, pour tout x ∈ ]0 ; +∞[ : xα−1 x − ln(ex − 1) = −xα−1 ln(1 − e−x ) = xα−1 +∞ n=1 (e−x )n n = +∞ n=1 xα−1 e−nx n . Notons, pour tout n ∈ N∗ : fn : ]0 ; +∞[−→ R, x −→ xα−1 e−nx n . • Pour tout n ∈ N∗ , fn est continue par morceaux (car conti- nue) sur ]0 ; +∞[. • n 1 fn converge simplement sur ]0 ; +∞[ et la somme S est : S = +∞ n=1 fn : x −→ xα−1 x − ln(ex − 1) . • S est continue par morceaux (car continue) sur ]0 ; +∞[. • Montrons que la série n 1 +∞ 0 | fn(x)| dx converge. On remarque d’abord : ∀ n ∈ N∗ , ∀ x ∈ ]0 ; +∞[, fn(x) = xα−1 e−nx n 0 . On a, pour tout n ∈ N∗ : +∞ 0 | fn(x)| dx = +∞ 0 xα−1 e−nx n dx = u = nx +∞ 0 u n α−1 e−u n 1 n du = 1 nα+1 +∞ 0 uα−1 e−u du = 1 nα+1 (α). Comme α + 1 > 1, d’après l’exemple de Riemann, la série n 1 +∞ 0 | fn(x)| dx converge. D’après le théorème sur l’intégration sur un intervalle quelconque pour une série d’applications, on déduit que S est intégrable sur ]0 ; +∞[ et que : +∞ 0 xα−1 x − ln(ex − 1) dx = +∞ n=1 +∞ 0 fn(x) dx = +∞ n=1 1 nα+1 (α) = ζ(α + 1) (α). 1) Existence : • L’application f : ]0 ; +∞[−→ R, x −→ x sh x est continue sur ]0 ; +∞[. • En 0 : f (x) = x sh x −→ x−→0 1, donc f est intégrable sur ]0 ; 1]. 5.25 5.26
- 235. 225 • En +∞ : x2 f (x) = x3 sh x −→ x−→+∞ 0 , donc, pour x assez grand : x2 f (x) 1 , puis : 0 f (x) 1 x2 . D’après l’exemple de Riemann (2 > 1) et le théorème de majoration pour des fonctions 0, f est intégrable sur [1 ; +∞[. Ainsi, f est intégrable sur ]0 ; +∞[ et on conclut que I = +∞ 0 x sh x dx existe. 2) Calcul : Nous allons essayer de développer la fonction sous l’intégrale en somme d’une série de fonctions, puis permuter intégrale et série. On a, pour tout x ∈ ]0 ; +∞[ : x sh x = 2x ex − e−x = 2x e−x 1 − e−2x = 2x e−x +∞ n=0 (e−2x )n = +∞ n=0 2x e−(2n+1)x , car |e−2x | < 1. Notons, pour tout n ∈ N : fn : ]0 ; +∞[−→ R, x −→ 2x e−(2n+1)x . • Pour tout n ∈ N, fn est continue par morceaux (car continue) sur ]0 ; +∞[. • n 0 fn converge simplement sur ]0 ; +∞[ et a pour somme f. • f est continue par morceaux (car continue) sur ]0 ; +∞[. • Montrons que la série n 0 +∞ 0 | fn(x)| dx converge. Remarquons d’abord : ∀ n ∈ N, ∀ x ∈ ]0 ; +∞[, fn(x) = 2x e−(2n+1)x 0 . On a, pour tout n ∈ N : +∞ 0 | fn(x)| dx = +∞ 0 fn(x) dx = +∞ 0 2x e−(2n+1)x dx = t = (2n + 1)x +∞ 0 2 t 2n + 1 e−t 1 2n + 1 dt = 2 (2n + 1)2 +∞ 0 t e−t dt = 2 (2n + 1)2 (2) = 2 (2n + 1)2 1! = 2 (2n + 1)2 , donc la série n 0 +∞ 0 | fn(x)| dx converge. D’après le théorème sur l’intégration sur un intervalle quelconque pour une série d’applications, on déduit : +∞ 0 f (x) dx = +∞ n=0 +∞ 0 fn(x) dx = +∞ n=0 1 (2n + 1)2 . Il reste à calculer cette somme de série. Pour tout N ∈ N, en séparant les termes d’indices pairs, d’in- dices impairs, on a : 2N+1 k=1 1 k2 = N n=1 1 (2n)2 + N n=0 1 (2n + 1)2 = 1 4 N n=1 1 n2 + N n=0 1 (2n + 1)2 , d’où, en passant à la limite lorsque l’entier N tend vers l’infini et puisque les séries considérées convergent : +∞ k=1 1 k2 = 1 4 +∞ n=1 1 n2 + +∞ n=0 1 (2n + 1)2 , et donc : +∞ n=0 1 (2n + 1)2 = 1 − 1 4 +∞ k=1 1 k2 = 3 4 π2 6 = π2 8 . On conclut : +∞ 0 x sh x dx = π2 8 . a) 1) Convergence simple : Soit x ∈ [0 ; +∞[. Si x =/ 0, alors : fn(x) = ln(1 + nx2 ) nx = ln n + ln x2 + ln 1 + 1 nx2 nx ∼ n∞ ln n nx −−−→ n ∞ 0. Si x = 0, alors : fn(x) = 0 −−−→ n ∞ 0. Ceci montre : fn C.S. −→ n∞ 0 sur [0 ; +∞[. 2) Convergence uniforme : Soit n ∈ N∗ fixé. L’étude des variations de fn paraît malcom- mode, car le signe de fn(x) semble difficile à étudier. Vu l’expression 1 + nx2 , il peut être intéressant de séparer en cas selon les positions relatives de 1 et nx2 . Soit x ∈ [0 ; +∞[. • Si x 1 √ n , alors, en utilisant l’inégalité classique ∀ t ∈ ] − 1 ; +∞[, ln(1 + t) t , on a : 0 fn(x) nx2 nx = x 1 √ n . • Si x 1 √ n , alors 1 nx2 , d’où : 5.27
- 236. 226 0 fn(x) = ln(1 + nx2 ) nx ln(2nx2 ) nx = ln(2n) n 1 x + 2 n lnx x ln(2n) n √ n + 2 n 1 = ln(2n) √ n + 2 n . On déduit, en regroupant les deux cas précédents : ∀ x ∈ [0 ; +∞[, 0 fn(x) ln(2n) √ n + 2 n , et donc : || fn||∞ ln(2n) √ n + 2 n −−−→ n ∞ 0. Ceci montre : fn C.U. −→ n∞ 0 sur [0 ; +∞[. b) 1) Convergence simple : Soit x ∈ ]0 ; +∞[ fixé. Vu la présence de (ln x)2n , nous allons séparer en cas selon la position de (ln x)2 par rapport à 1, c’est-à-dire selon la posi- tion de ln x par rapport à −1 et à 1. • Si x ∈ ]0 ; e−1 [ ∪ ]e ; +∞[ , alors (lnx)2 > 1, donc (ln x)2n −−−→ n ∞ + ∞, puis : 2 + (ln x)2n 1 + (ln x)2n −−−→ n ∞ 1, et enfin : fn(x) = ln 2 + (ln x)2n 1 + (ln x)2n −−−→ n ∞ 0. • Si x = e−1 ou x = e, alors (ln x)2 = 1, donc : fn(x) = ln 3 2 −−−→ n ∞ ln 3 2 . • Si e−1 < x < e, alors (ln x)2 < 1, donc (ln x)2n −−−→ n ∞ 0, puis : fn(x) −−−→ n ∞ ln 2. On conclut : fn C.S. −→ n∞ f, où : f : ]0 ; +∞[−→ R est définie, pour tout x ∈ ]0 ; +∞[, par : f (x) = 0 si 0 < x < e−1 ou e < x ln 3 2 si x = e−1 ou x = e ln 2 si e−1 < x < e. On pouvait aussi remarquer : ∀ x ∈ ]0 ; +∞[, f 1 x = f (x), ce qui permet de se ramener à une étude sur [1 ; +∞[ au lieu de ]0 ; +∞[. 2) Convergence uniforme : • Puisque chaque fn est continue sur ]0 ; +∞[ et que f est dis- continue en e−1 et en e, d’après un théorème du cours par contra- position, on déduit que la convergence de la suite ( fn)n 1 vers f n’est uniforme sur aucun des intervalles suivants : ]0 ; e−1 [, ]e−1 ; 1], [1 ; e[, ]e ; +∞[. • Soit a ∈ ]e ; +∞[ fixé. On a : ∀ n ∈ N∗ , ∀ x ∈ [a ; +∞[, | fn(x) − f (x)| = ln 2 + (ln x)2n 1 + (ln x)2n = ln 1 + 1 1 + (ln x)2n 1 1 + (ln x)2n 1 1 + (ln a)2n , donc : || fn − f ||[a ;+∞[ ∞ 1 1 + (ln a)2n −−−→ n ∞ 0. Ceci montre : fn C.U. −→ n∞ f sur [a ; +∞[, pour tout a ∈ ]e ; +∞[ fixé. De même (ou en remplaçant x par 1 x ) : fn C.U. −→ n∞ f sur tout ]0 ; b], b ∈ ]0 ; e−1 [ fixé. • Soit b ∈ [1 ; e[ fixé. On a : ∀ n ∈ N∗ , ∀ x ∈ [1 ; b], | fn(x) − f (x)| = ln 2 + (ln x)2n 1 + (ln x)2n − ln 2 = ln 2 + 2(ln x)2n 2 + (ln x)2n = ln 1 + (ln x)2n 2 + (ln x)2n (ln x)2n 2 + (ln x)2n (ln x)2n 2 (ln b)2n 2 , donc : || fn − f ||[1 ;b] ∞ (ln b)2n 2 −−−→ n ∞ 0. Ceci montre : fn C.U. −→ n∞ f sur tout [1 ; b], b ∈ [1 ; e[ fixé. De même (ou en changeant x en 1 x ) : fn C.U. −→ n∞ f sur tout [a ; 1], a ∈ ]e−1 ; 1] fixé. Il en résulte que fn C.U. −→ n∞ f sur tout [a ; b], (a,b) ∈ ]e−1 ; e[2 fixé. c) 1) Convergence simple : Soit x ∈ R fixé. Vu la présence de 2n + |x|n , séparons en cas selon la position de |x| par rapport à 2. • Si |x| < 2, alors : fn(x) = (2n + |x|n ) 1 n = 2 1 + |x| 2 n 1 n = 2 exp 1 n ln 1 + |x| 2 n = 2 exp 1 n |x| 2 n + o |x| 2 n −−−→ n ∞ 2. • Si |x| = 2, alors : fn(x) = (2n + |x|n ) 1 n = (2 · 2n ) 1 n = 2 1 n · 2 −−−→ n ∞ 2 . • Si |x| > 2, alors : fn(x) = (2n + |x|n ) 1 n = |x| 1 + 2 |x| n 1 n −−−→ n ∞ |x| , comme plus haut.
- 237. 227 Ceci montre : fn C.S. −→ n∞ f, où : f : R −→ R, x −→ 2 si |x| 2 |x| si |x| > 2. Autrement dit : ∀ x ∈ R, f (x) = Max (2, |x|). 2) Convergence uniforme : Soit n ∈ N tel que n 2. On a, pour tout x ∈ R : | fn(x) − f (x)| = (2n + |x|n ) 1 n − (2n ) 1 n si |x| 2 (2n + |x|n ) 1 n − (|x|n ) 1 n si |x| > 2. L’application ϕ : [0 ; +∞[−→ R, t −→ t 1 n est continue sur [0 ; +∞[, de classe C1 sur ]0 ; +∞[, et : ∀ t ∈ ]0 ; +∞[, ϕ (t) = 1 n t 1 n −1 = 1 nt1− 1 n . D’où, par l’inégalité des accroissements finis, pour tout (a,h) ∈ [0 ; +∞[2 : 0 ϕ(a + h) − ϕ(a) h Sup t∈]a ;a+h[ ϕ (t) h na1− 1 n . On a donc : ∗ si |x| 2, alors : | fn(x) − f (x)| = ϕ(2n + |x|n ) − ϕ(2n ) |x|n n(2n)1− 1 n 2n n2n−1 = 2 n ∗ si |x| > 2, alors : | fn(x) − f (x)| = ϕ(2n + |x|n ) − ϕ(|x|n ) 2n n(|x|n)1− 1 n 2n n(2n)1− 1 n = 2 n . Ainsi : ∀ x ∈ R, | fn(x) − f (x)| 2 n , donc : || fn − f ||∞ 2 n −−−→ n ∞ 0. On conclut : fn C.U. −→ n∞ f sur R. d) 1) Convergence simple : Soit (x,y) ∈ ]0 ; +∞[2 . On a : fn(x,y) = ln x + y n −−−→ n ∞ ln x . On conclut : fn C.S. −→ n∞ f, où : f : ]0 ; +∞[2 −→ R, (x,y) −→ ln x . 2) Convergence uniforme : Soit n ∈ N∗ . On a, pour tout (x,y) ∈ ]0 ; +∞[2 : fn(x,y) − f (x,y) = ln x + y n − ln x = ln 1 + y xn = ln 1 + y xn . • Par exemple, pour tout x ∈ ]0 ; +∞[ fixé, |( fn − f )(x,y)| −→ y−→+∞ +∞, donc fn − f n’est pas bornée sur ]0 ; +∞[2 . Il en résulte, d’après le cours, que la suite ( fn)n 1 ne converge pas uniformément sur ]0 ; +∞[2 . • Soit (a,b) ∈ ]0 ; +∞[2 . On a, pour tout (x,y) ∈ D = ]0 ; a] × [b ; +∞[ : | fn(x,y) − f (x,y)| = ln 1 + y xn ln 1 + b an , donc : || fn − f ||D ∞ ln 1 + b an −−−→ n ∞ 0. Ceci montre que la suite ( fn)n 1 converge uniformément vers f sur tout D = ]0 ; a] × [b ; +∞[, pour (a,b) ∈ ]0 ; +∞[2 fixé. Puisque I est un intervalle de longueur > 0, I est un en- semble infini, donc il existe x0,. . . ,xN ∈ I, deux à deux dis- tincts. Considérons les polynômes d’interpolation de Lagrange sur les abscisses x0,. . . xN , c’est-à-dire les polynômes L0,. . . ,LN dé- finis par : ∀ i ∈ {0,. . . ,N}, ∀ x ∈ I, Li (x) = j=/ i (x − xj ) j=/ i (xi − xj ) . D’après le cours sur l’interpolation de Lagrange, on a, pour tout P ∈ RN [X] : P = N i=0 P(xi )Li . En particulier, on a donc : ∀ x ∈ I, ∀ n ∈ N, Pn(x) = N i=0 Pn(xi )Li (x). Comme Pn C.S. −→ n∞ f sur I, on déduit, en faisant tendre l’entier n vers l’infini : ∀ x ∈ I, f (x) = N i=0 f (xi )Li (x) . Ceci montre que f est un polynôme, c’est le polynôme N i=0 f (xi )Li, de degré N. Munissons E = C([a ; b], R) de ||.||∞. Considérons le sev F de E, formé des polynômes de degré N. Ce sev F est de dimension finie (égale à N + 1), donc, d’après le cours, F est complet. Puisque F est complet, F est fermé dans E. Comme : ∀ n ∈ N, Pn ∈ E, et que (Pn)n∈N converge vers f dans E (la convergence uniforme est la convergence pour la norme ||.||∞), il s’ensuit : f ∈ F. 5.28 5.29
- 238. 228 On conclut que f est un polynôme, de degré N. Comparer l’énoncé et la méthode de résolution de l’exercice 5.28. • D’abord, montrons que, pour tout x ∈ [0 ; +∞[, l’in- tégrale proposée existe. Soit x ∈ [0 ; +∞[ fixé. L’application fx : t −→ sin (xt) 1 + t4 , est continue sur [0 ; +∞[ et, pour t 1 : |Fx (t)| 1 1 + t4 1 t4 . D’après l’exemple de Riemann en +∞ (4 > 1) et le théorème de majoration pour des fonctions 0, Fx est intégrable sur [0 ; +∞[, donc I (x) = +∞ 0 Fx (t) dt existe. • Comme, pour tout t ∈ [0 ; +∞[, sin (xt) ∼ x−→0+ xt, on peut conjecturer que I (x) ressemble, pour x −→ 0+ , à +∞ 0 xt 1 + t4 dt, donc que I (x) admette un équivalent du genre λx, λ ∈ R∗ +. 1re méthode : utilisation du théorème de continuité sous le signe intégrale : On a, pour tout x ∈ ]0 ; +∞[ : I (x) = +∞ 0 sin (xt) 1 + t4 dt = +∞ 0 xt sin (xt) xt 1 1 + t4 dt = x +∞ 0 φ(xt) t 1 + t4 dt, en notant : φ : [0 ; +∞[−→ R, u −→ sin u u si u =/ 0 1 si u = 0. Notons : F : [0 ; +∞[×[0 ; +∞[−→ R, (x,t) −→ φ(xt) t 1 + t4 . • F est continue par rapport à x (car φ est continue), continue par morceaux par rapport à t (car continue par rapport à t, φ étant continue). • On a : ∀ (x,t) ∈ [0 ; +∞[×[0 ; +∞[, | f (x,t)| = |φ(xt)| t 1 + t4 t 1 + t4 , car : ∀ u ∈ [0 ; +∞[, | sin u| u. L’application ϕ : t −→ t 1 + t4 est continue par morceaux (car continue), 0, intégrable sur [0 ; ,+∞[ (exemple de Riemann, 3 > 1 et théorème d’équivalence pour des fonctions 0). Ainsi, F vérifie HD sur[0 ; +∞[×[0 ; +∞[. D’après le théorème de continuité sous le signe intégrale, l’ap- plication g : [0 ; +∞[−→ R, x −→ +∞ 0 f (x,t) dt est continue sur [0 ; +∞[. En particulier : g(x) −→ x−→0 g(0) = +∞ 0 t 1 + t4 dt = u = t2 1 2 +∞ 0 du 1 + u2 = 1 2 [Arctan u]+∞ 0 = π 4 . Puis, comme : ∀ x ∈ [0 ; +∞[, I (x) = xg(x), on conclut : I (x) ∼ x−→0+ π 4 x. 2e méthode : utilisation du théorème de convergence dominée et de la caractérisation séquentielle des limites : Soit (xn)n∈N une suite dans ]0 ; +∞[, convergeant vers 0. Notons, pour tout n ∈ N : fn : [0 ; +∞[−→ R, t −→ sin (xnt) xn(1 + t4) . • Pour tout n ∈ N, fn est continue par morceaux (car continue) sur [0 ; +∞[. • Soit t ∈ [0 ; +∞[. Si t =/ 0, alors : fn(t) = sin (xnt) xnt t 1 + t4 −−−→ n ∞ t 1 + t4 . Si t = 0, alors : fn(t) = 0 −−−→ n ∞ 0. Ceci montre : fn C.S. −→ n∞ f sur [0 ; +∞[, où : f : [0 ; +∞[−→ R, t −→ t 1 + t4 . • L’application f est continue par morceaux sur [0 ; +∞[ (car continue). • On a : ∀ n ∈ N, ∀ t ∈ [0 ; +∞[, | fn(t)| = | sin (xnt)| xn(1 + t4) |xnt| xn(1 + t4) = t 1 + t4 et l’application t −→ t 1 + t4 est continue par morceaux (car continue), 0, intégrable sur [0 ; +∞[. Ainsi, la suite ( fn)n∈N vérifie l’hypothèse de domination. D’après le théorème de convergence dominée : +∞ 0 fn −−−→ n ∞ +∞ 0 f = +∞ 0 t 1 + t4 dt = π 4 (calcul fait plus haut, dans la première méthode). Ceci montre que, pour toute suite (xn)n∈N dans ]0 ; +∞[, convergeant vers 0, la suite +∞ 0 sin (xnt) xn(1 + t4) dt n∈N converge vers π 4 . 5.30
- 239. 229 Il en résulte, par caractérisation séquentielle des limites : +∞ 0 sin xt) x(1 + t4) dt −→ x−→0+ π 4 , et donc : I (x) ∼ x−→0+ π 4 x. a) D’abord, pour tout n ∈ N∗ , l’intégrale In = 1 0 ln(1 + xn ) dx, existe comme intégrale d’une appli- cation continue sur un segment. On a, pour tout n ∈ N∗ , par le changement de variable t = xn , x = t 1 n , dx = 1 n t 1 n −1 dt : In = 1 0 ln(1 + t) 1 n t 1 n −1 dt = 1 n 1 0 t 1 n ln(1 + t) t dt notée Jn , où Jn est d’ailleurs une intégrale de fonction intégrable sur ]0 ; 1]. Pour obtenir la limite de Jn (si elle existe), nous allons utiliser le théorème de convergence dominée. Notons, pour tout n ∈ N∗ : fn : ]0 ; 1] −→ R, t −→ t 1 n ln(1 + t) t . • Pour tout n ∈ N∗ , fn est continue par morceaux (car conti- nue) sur ]0 ; 1]. • fn C.S. −→ n∞ f, où f : ]0 ; 1] −→ R, t −→ ln(1 + t) t , car, pour t ∈ ]0 ; 1] fixé, on a t 1 n −−−→ n ∞ 1. • f est continue par morceaux (car continue) sur ]0 ; 1]. • On a, pour tout n ∈ N∗ et tout t ∈ ]0 ; 1] : | fn(t)| = t 1 n ln(1 + t) t ln(1 + t) t , et l’application t −→ ln(1 + t) t est continue par morceaux (car continue), 0, intégrable sur ]0 ; 1], puisque ln(1 + t) t −→ t−→0 1. Ceci montre que la suite ( fn)n 1 vérifie l’hypothèse de domi- nation. D’après le théorème de convergence dominée : +∞ 0 fn −−−→ n ∞ +∞ 0 f. Ainsi : Jn −−−→ n ∞ +∞ 0 ln(1 + t) t dt = π2 12 . On conclut : +∞ 0 ln(1 + xn ) dx ∼ n∞ π2 12 1 n . b) 1re méthode : utilisation du théorème de convergence do- minée : D’abord, pour tout n ∈ N∗ , In = 1 0 xn ln(1 + xn ) dx existe comme intégrale d’une application continue sur un segment. On a, pour tout n ∈ N∗ , par le changement de variable t = xn , x = t 1 n , dx = 1 n t 1 n −1 dt : In = 1 0 t ln (1 + t) 1 n t 1 n −1 dt = 1 n 1 0 t 1 n ln(1 + t) dt notée Jn . Notons, pour tout n ∈ N∗ : fn : ]0 ; 1] −→ R, t −→ t 1 n ln (1 + t) . • Pour tout n ∈ N∗ , fn est continue par morceaux (car conti- nue) sur ]0 ; 1]. • fn C.S. −→ n∞ f, où f : ]0 ; 1] −→ R, t −→ ln(1 + t), car, pour t ∈ ]0 ; 1] fixé, t 1 n −−−→ n ∞ 1. • f est continue par morceaux (car continue) sur ]0 ; 1]. • On a : ∀ n ∈ N∗ , ∀ t ∈ ]0 ; 1], | fn(t)| = t 1 n ln(1 + t) ln(1 + t) , et l’application t −→ ln(1 + t) est continue par morceaux (car continue), 0, intégrable sur ]0 ; 1] car intégrable sur [0 ; 1] puisque continue sur ce segment. Ceci montre que la suite ( fn)n 1 vérifie l’hypothèse de domi- nation. D’après le théorème de convergence dominée : 1 0 fn −−−→ n ∞ 1 0 f, c’est-à-dire : Jn −−−→ n ∞ 1 0 ln(1 + t) dt = (1 + t) ln (1 + t) − (1 + t) 1 0 = 2 ln 2 − 1. On conclut : In ∼ n∞ 2 ln 2 − 1 n . 2e méthode : intervention d’une autre intégrale, calculable : Pour tout n ∈ N∗ , notons In = 1 0 xn ln (1 + xn ) dx, qui existe comme intégrale d’une application continue sur un segment, et notons Kn = 1 0 xn−1 ln(1 + xn ) dx. • On a, pour tout n ∈ N∗ : |In − Kn| = 1 0 (xn−1 − xn ) ln(1 + xn ) dx 5.31
- 240. 230 1 0 (xn−1 − xn ) ln 2 dx = ln 2 xn n − xn+1 n + 1 1 0 = ln 2 1 n − 1 n + 1 = ln 2 n(n + 1) = o n∞ 1 n . • D’autre part, on peut calculer Kn par le changement de va- riable t = xn , dt = xn−1 dx : Kn = 1 0 1 n ln(1 + t) dt = 1 n (2 ln 2 − 1) , calcul déjà fait dans la 1re méthode. Ainsi : In = Kn + (In − Kn), où : Kn = 2 ln 2 − 1 n , et In − Kn = o 1 n = o(Kn). On obtient : In ∼ n∞ Kn, et on conclut : In ∼ n∞ 2 ln 2 − 1 n . c) Comme, pour x ∈ [0 ; +∞[ fixé : ln 1 + x n ∼ n∞ x n , on conjecture que In = +∞ 0 ln 1 + x n x(1 + x2) dx est équivalente à +∞ 0 x n x(1 + x2) dx, c’est-à-dire à λn, où λ > 0 est une constante. On va donc essayer de faire apparaître 1 n en facteur. À cet effet, considérons, pour tout n ∈ N∗ : fn : ]0 ; +∞[−→ R, x −→ n ln 1 + x n x(1 + x2) , et essayons de montrer que le théorème de convergence dominée s’applique. • Pour tout n ∈ N∗ , fn est continue par morceaux (car conti- nue) sur ]0 ; +∞[. • Pour tout x ∈ ]0 ; +∞[ fixé : fn(x) = ln 1 + x n x n 1 1 + x2 −−−→ n ∞ 1 1 + x2 , donc fn C.S. −→ n∞ f, où f : ]0 ; +∞[−→ R, x −→ 1 1 + x2 . • f est continue par morceaux (car continue) sur ]0 ; +∞[. • On a : ∀ n ∈ N∗ , ∀ x ∈ ]0 ; +∞[, | fn(x)| = n ln 1 + x n x(1 + x2) n x n x(1 + x2) = 1 1 + x2 , car on sait : ∀ t ∈ ] − 1; +∞[, ln(1 + t) t. L’application x −→ 1 1 + x2 , est continue par morceaux (car continue), 0, intégrable sur ]0 ; +∞[. Ceci montre que la suite ( fn)n 1 vérifie l’hypothèse de domi- nation. D’après le théorème de convergence dominée : +∞ 0 fn −−−→ n ∞ +∞ 0 f = +∞ 0 1 1 + x2 dx = [Arctan x]+∞ 0 = π 2 . On conclut : +∞ 0 ln 1 + x n x(1 + x2) dx ∼ n∞ π 2n . 1) Soit n ∈ N∗ fixé. On a, par intégration par parties : In = 1 0 nxn 1 + x2n dx = 1 0 x nxn−1 1 + x2n dx = x Arctan (xn ) 1 0 − 1 0 Arctan (xn ) dx notée Jn = π 4 − Jn. Par le changement de variable t = xn , x = t 1 n , dx = 1 n t 1 n −1 dt , Jn = 1 0 Arctan t · 1 n t 1 n −1 dt = 1 n 1 0 t 1 n Arctan t t dt notée Kn . Pour déterminer la limite de Kn (si elle existe) lorsque l’entier n tend vers l’infini, nous allons essayer d’utiliser le théorème de convergence dominée. Notons, pour tout n ∈ N∗ : fn : ]0 ; 1] −→ R, t −→ t 1 n Arctan t t . • Pour tout n ∈ N∗ , fn est continue par morceaux (car conti- nue) sur ]0 ; 1]. • fn C.S. −→ n∞ f, où f : ]0 ; 1] −→ R, t −→ Arctan t t . • f est continue par morceaux (car continue) sur ]0 ; 1]. • On a : ∀ n ∈ N∗ , ∀ t ∈ ]0 ; 1], | fn(t)| = t 1 n Arctan t t Arctan t t 1, et l’application constante 1 est intégrable sur l’intervalle borné ]0 ; 1]. Ceci montre que la suite ( fn)n 1 vérifie l’hypothèse de domi- nation. D’après le théorème de convergence dominée : 5.32
- 241. 231 Kn = 1 0 fn −−−→ n ∞ 1 0 f = 1 0 Arctan t t dt notée C . Puisque l’application t −→ Arctan t t est continue, 0 et n’est pas l’application nulle, on a : C > 0. On obtient : Kn = C + o n∞ (1) d’où : In = π 4 − Jn = π 4 − 1 n Kn = π 4 − C n + o n∞ 1 n . Remarque : Le calcul de C, en se ramenant à une série, peut être l’objet d’un exercice. a) 1) Convergence simple, convergence absolue : Puisque toutes les fn sont 0, la convergence absolue revient à la convergence simple. Soit x ∈ ]0 ; +∞[ fixé. On a : fn(x) = xa (n + x)b ∼ n∞ xa nb 0. D’après l’exemple de Riemann et le théorème d’équivalence pour des séries à termes 0, on conclut : ∗ si b > 1, alors n 1 fn converge simplement sur ]0 ; +∞[ ∗ si b 1, alors n 1 fn ne converge simplement sur aucune partie non vide de ]0 ; +∞[. Dans la suite de l’étude, on peut donc se limiter au cas : b > 1. 2) Convergence normale : • Étude sur ]0 ; +∞[ : Soit n ∈ N∗ fixé. L’application fn est de classe C1 sur ]0 ; +∞[ et, pour tout x ∈ ]0 ; +∞[ : fn(x) = axa−1 (n + x)−b + xa (−b)(n + x)−b−1 = xa−1 (n + x)−b−1 a(n + x) − bx = xa−1 (n + x)−b−1 (a − b)x + an . ∗ Si a > b, alors : fn(x) = xa (n + x)b ∼ x−→+∞ xa−b −→ x−→+∞ +∞ , fn n’est pas bornée, donc n 1 fn ne converge pas normalement sur ]0 ; +∞[. ∗ Si a = b, alors : fn(x) = xa (n + x)b ∼ x−→+∞ xa−b = 1, donc || fn||∞ 1, n 1 || fn||∞ diverge grossièrement, n 1 fn ne converge pas normalement sur ]0 ; +∞[. ∗ Supposons maintenant a < b et dressons le tableau de va- riations de fn : x 0 an b − a +∞ fn(x) + 0 − fn(x) 0 0 On a donc : || fn||∞ = fn an b − a = an b − a a n + an b − a b = an b − a a b − a bn b = aa (b − a)b−a b−b 1 nb−a . D’après l’exemple de Riemann, la série n 1 || fn||∞ converge si et seulement si : b − a > 1. On conclut : ◦ si b − a 1, alors n 1 fn ne converge pas normalement sur ]0 ; +∞[ ◦ si b − a > 1 , alors n 1 fn converge normalement sur ]0 ; +∞[. • Étude sur ]0 ; A], A ∈ ]0 ; +∞[ fixé : Soit A ∈ ]0 ; +∞[ fixé. On a : ∀ n ∈ N∗ , ∀ x ∈ ]0 ; A], 0 fn(x) = xa (n + x)b xa nb Aa nb , d’où : ∀ n ∈ N∗ , || fn||]0 ;A] ∞ Aa nb . D’après l’exemple de Riemann (b > 1) et le théorème de ma- joration pour des séries à termes 0, on déduit que la série n 1 || fn,||]0 ;A] ∞ converge, et on conclut que n 1 fn converge normalement (donc uniformément) sur ]0 ; A], pour tout A ∈ ]0 ; +∞[ fixé (on rappelle que l’on a supposé b > 1). 3) Convergence uniforme : Si a b, on a vu || fn||∞ −−−→ n ∞ / 0, donc, d’après le cours, n 1 fn ne converge pas uniformément sur ]0 ; +∞[. Supposons dorénavant a < b. Si a < b − 1, on a vu que n 1 fn converge normalement, donc uniformément, sur ]0 ; +∞[. 5.33
- 242. 232 Supposons dorénavant a b − 1. On a, pour tout n ∈ N∗ et tout x ∈ ]0 ; +∞[, en notant Rn le reste d’ordre n : Rn(x) = +∞ k=n+1 fk(x) 0 2n k=n+1 fk(x) = 2n k=n+1 xa (k + x)b n xa (2n + x)b , d’où, en particulier : Rn(n) n na (3n)b = 1 3b n 0 a + 1 − b 1 3b , puis : ||Rn||∞ Rn(n) 1 3b . Il en résulte : ||Rn||∞ −−−→ n ∞ / 0, et on conclut que n 1 fn ne converge pas uniformément sur ]0 ; +∞[. On peut résumer les résultats dans un tableau : Si x =/ 0, alors |e−x | < 1, la série géométrique n (e−x )n converge, donc, par théorème de majoration pour des séries à termes 0, la série n fn(x) converge. Si x = 0, alors : ∀ n 2, fn(x) = 0, donc la série n fn(x), converge. On conclut : n fn converge simplement sur [0 ; +∞[. 2) Convergence normale : • Étude sur [0 ; +∞[: Soit n ∈ N tel que n 2, fixé. L’application fn est de classe C1 sur [0 ; +∞[ et : ∀ x ∈ [0 ; +∞[, fn(x) = 1 ln n (1 − nx) e−nx . On en déduit le tableau de variations de fn : x 0 1 n +∞ fn(x) + 0 − fn(x) 0 0 D’où : || fn||∞ = fn 1 n = 1 e n ln n . Comme la série n 2 1 en ln n diverge (cf. exercice 4.2, par uti- lisation d’une comparaison série/intégrale), la série n || fn||∞, diverge, donc n fn ne converge pas normalement sur [0 ; +∞[. • Étude sur [a ; +∞[, a ∈ ]0 ; +∞[ fixé : Soit a ∈ ]0 ; +∞[ fixé. Puisque 1 n −−−→ n ∞ 0, il existe N 2 tel que : ∀ n N, 1 n a. On a alors, d’après le tableau de variations de fn : ∀ n N, || fn||[a ;+∞[ ∞ = | fn(a)| = fn(a) . Comme la série n fn(a) converge (cf. 1)), il s’ensuit que la série n || fn||[a ;+∞[ ∞ converge, et on conclut : n fn converge normalement sur tout [a ; +∞[, a ∈ ]0 ; +∞[ fixé. 3) Convergence uniforme : • Étude sur [a ; +∞[ : D’après 2), n fn converge normalement, donc uniformément, sur tout [a ; +∞[, a ∈ ]0 ; +∞[ fixé. ou encore dans le plan des (a,b) : Nature de la convergence normale uniforme simple a + 1 < b oui oui oui 1 < b a + 1 non non oui b 1 non non non b aO 1 CN, CU, CS CN, CU, CS CN, CU, CS b) 1) Convergence simple : Puisque les fn sont toutes 0, la convergence absolue revient à la convergence simple. Soit x ∈ [0 ; +∞[. On a : ∀ n 3, 0 fn(x) = x e−nx ln n x e−nx = x(e−x )n .
- 243. 233 • Étude sur [0 ; +∞[ : Comme || fn||∞ = 1 e n ln n −−−→ n ∞ 0, il nous faut étudier le reste d’ordre n, noté Rn. Soit x ∈ [0 ; +∞[ fixé. Nous allons utiliser une comparaison série/intégrale. L’application ϕx : t ∈ [2 ; +∞[−→ x e−tx ln t = x ext ln t est continue par morceaux (car continue), décroissante, inté- grable sur [2 ; +∞[, car t2 ϕx (t) −→ t−→+∞ 0. On a donc, par comparaison série/intégrale, pour tout n 2 : Rn(x) = +∞ k=n+1 ϕx (k) +∞ n ϕx (t) dt. Et : +∞ n ϕx (t) dt = +∞ n x e−tx ln t dt +∞ n x e−tx ln n dt = 1 ln n [−e−tx ]+∞ n = 1 ln n e−nx 1 ln n . Ainsi : ∀ n 2, ∀ x ∈ [0 ; +∞[, 0 Rn(x) 1 ln n , puis : ∀ n 2, ||Rn||∞ 1 ln n . Comme 1 ln n −−−→ n ∞ 0, il en résulte ||Rn||∞ −−−→ n ∞ 0, et on conclut : n fn converge uniformément sur [0 ; +∞[. c) 1) Convergence simple : Pour tout x ∈ [0 ; +∞[ fixé, la série n 1 (−1)n x x2 + n relève du TSCSA, car elle est alternée, le terme général tend vers 0, et la valeur absolue du terme général décroît. Il en résulte que cette série converge. Ainsi, n 1 fn converge simplement sur [0 ; +∞[. 2) Convergence absolue : Soit x ∈ [0 ; +∞[ fixé. Si x =/ 0, alors : | fn(x)| = |x| x2 + n ∼ n∞ |x| n 0, donc, par l’exemple de Riemann et le théorème d’équivalence pour des séries à termes 0, la série n 1 | fn(x)| diverge. Pour x = 0, tous les termes sont nuls, donc la série converge. Ainsi, n 1 fn converge absolument seulement sur {0}. 3) Convergence normale : D’après 2) (et le cas trivial x = 0), n 1 fn ne converge norma- lement sur aucune partie non vide ni égale à {0}, de [0 ; +∞[. 4) Convergence uniforme : Puisque, pour tout x ∈ [0 ; +∞[, la série n 1 fn(x) relève du TSCSA, on a, en notant Rn le reste d’ordre n : ∀ n ∈ N∗ , ∀ x ∈ [0 ; +∞[, |Rn(x)| | fn+1(x)| = x x2 + (n + 1) . Pour n ∈ N∗ fixé, l’étude des variations de ϕn : [0 ; +∞[−→ R, x −→ x x2 + (n + 1) montre : Sup x∈[0 ;+∞[ |ϕn(x)| = ϕn( √ n + 1) = 1 2 √ n + 1 . On a donc : 0 ||Rn||∞ 1 2 √ n + 1 −−−→ n ∞ 0, d’où, par encadrement : ||Rn||∞ −−−→ n ∞ 0. On conclut que n 1 fn converge uniformément sur [0 ; +∞[. d) 1) Convergence simple, convergence absolue : Soit x ∈ R fixé. Pour tout n ∈ N tel que n −x, on a : Arctan (x + n) ∈ 0 ; π 2 et Arctan n ∈ 0 ; π 2 , d’où : fn(x) ∈ − π 2 ; π 2 . Et, par une formule de trigonométrie : tan fn(x) = (x + n) − n 1 + (x + n)n = x 1 + n(x + n) . On a donc, pour tout n −x : fn(x) = Arctan x 1 + n(x + n) . On sait : ∀ t ∈ R, |Arctan t| |t|. D’où : ∀ n −x, | fn(x)| |x| 1 + n(x + n) . Si x = 0, alors : ∀ n ∈ N, fn(x) = 0, donc la série n 0 fn(x) converge. Si x =/ 0, alors |x| 1 + n(x + n) ∼ n∞ |x| n2 . D’après l’exemple de Riemann (2 > 1), le théorème d’équi- valence et le théorème de majoration pour des séries à termes 0, la série n | fn(x)| converge. Ceci montre que n 0 fn converge absolument, donc simplement, sur R. 2) Convergence normale, convergence uniforme : Soit n ∈ N∗ .
- 244. 234 L’application fn est de classe C1 sur R et : ∀ x ∈ R, fn(x) = 1 1 + (x + n)2 > 0 , d’où le tableau de variations de fn : x −∞ +∞ fn(x) + fn(x) Et : lim x−→−∞ fn(x) = − π 2 − Arctan n = −π + Arctan 1 n , lim x−→+∞ fn(x) = π 2 − Arctan n = Arctan 1 n . • Étude sur ] − ∞ ; 0] : Puisque || fn||]−∞ ;0] ∞ −−−→ n ∞ π =/ 0, d’après le cours, n fn ne converge pas uniformément (donc ne converge pas normale- ment non plus) sur ] − ∞ ; 0]. • Étude sur [0 ; +∞[ : ∗ Puisque || fn||∞ = Arctan 1 n ∼ n∞ 1 n 0, d’après l’exemple de Riemann et le théorème d’équivalence pour des séries à termes 0, la série n 0 || fn||[0 ;+∞[ diverge, donc n 0 fn ne converge pas normalement sur [0 ; +∞[. ∗ Pour étudier la convergence uniforme, puisque || fn||[0 ;+∞[ ∞ −−−→ n ∞ 0 et que la série n 0 || fn||[0 ;+∞[ ∞ diverge, il nous faut étudier le reste d’ordre n, noté Rn. On a, pour tout n ∈ N et tout x ∈ [0 ; +∞[ : Rn(x) = +∞ k=n+1 fk(x) = +∞ k=n+1 Arctan x 1 + k(x + k) 2n k=n+1 Arctan x 1 + k(x + k) n Arctan x 1 + 2n(x + 2n) , puis : Rn(n) n Arctan n 1 + 6n2 , donc : ||Rn||∞ n Arctan n 1 + 6n2 ∼ n∞ n2 1 + 6n2 −−−→ n ∞ 1 6 . Il en résulte : ||Rn||∞ −−−→ n ∞ / 0. Ceci montre que n fn ne converge pas uniformément sur [0 ; +∞[. ∗ Soit (a,b) ∈ R2 tel que, par exemple, a 0 b. Notons c = Max (−a,b). On a, pour tout n ∈ N tel que n −a : ∀ x ∈ [a ; b], | fn(x)| = Arctan x 1 + n(x + n) |x| 1 + n(x + n) c 1 + na + n2 , d’où : || fn||[a ;b] ∞ c 1 + an + n2 ∼ n∞ c n2 0. D’après l’exemple de Riemann (2 > 1), le théorème d’équi- valence et le théorème de majoration pour des séries à termes 0, la série n || fn||[a ;b] ∞ converge. On conclut que n 0 fn converge normalement, donc unifor- mément, sur [a ; b], pour tout (a,b) ∈ R2 fixé tel que a 0 b, puis sur tout segment de R. e) 1) Convergence simple, convergence absolue : Comme les fn sont toutes 0, la convergence absolue revient à la convergence simple. Soit x ∈ [0 ; +∞[ fixé. Si x =/ 0, alors : fn(x) = nx 1 + n3x2 ∼ n∞ nx n3x2 = 1 x 1 n2 0 . D’après l’exemple de Riemann (2 > 1) et le théorème d’équi- valence pour des séries à termes 0, la série n fn(x) converge. Si x = 0, alors : ∀ n ∈ N, fn(x) = 0, donc la série n fn(x) converge. On conclut : la série n fn converge simplement sur [0 ; +∞[. 2) Convergence normale : Soit n ∈ N∗ . L’application fn est de classe C1 sur [0 ; +∞[ et, pour tout x ∈ [0 ; +∞[ : fn(x) = n(1 + n3 x2 ) − nx2n3 x (1 + n3x2)2 = n − n4 x2 (1 + n3x2)2 = n(1 − n3 x2 ) (1 + n3x2)2 , d’où le tableau de variations de fn : x 0 n−3/2 +∞ fn(x) + 0 − fn(x) 0 0 • Étude sur [0 ; +∞[ : L’application fn est bornée et : || fn||∞ = fn(n−3/2 ) = n−1/2 1 + 1 = 1 2n1/2 .
- 245. 235 D’après l’exemple de Riemann (1/2 1), la série n || fn||∞ diverge, donc : n fn ne converge pas normalement sur [0 ; +∞[. • Étude sur [a ; +∞[, a ∈ ]0 ; +∞[ fixé : Soit a ∈ ]0 ; +∞[ fixé. 1re méthode : Puisque n−3/2 −−−→ n ∞ 0, il existe N ∈ N∗ tel que : ∀ n N, n−3/2 a . On a alors : ∀ n N, || fn||[a ;+∞[ ∞ = | fn(a)| = fn(a). Puisque n fn(a) converge (cf. 1)), la série n || fn||[a ;+∞[ ∞ converge. Ceci montre que n fn converge normalement sur [a ; +∞[. 2e méthode : On a : ∀ n ∈ N∗ , ∀ x ∈ [a ; +∞[, 0 fn(x) = nx 1 + n3x2 nx n3x2 = 1 n2x 1 n2a , donc : ∀ n ∈ N∗ , || fn||[a ;+∞[ ∞ 1 an2 . D’après l’exemple de Riemann (2 > 1) et le théorème de ma- joration pour des séries à termes 0, on déduit que la série n || fn||[a ;+∞[ ∞ converge, et on conclut que n fn converge normalement sur [a ; +∞[. 3) Convergence uniforme : • Étude sur [a ; +∞[, a ∈ ]0 ; +∞[ fixé : D’après 2), n fn converge normalement, donc uniformément, sur [a ; +∞[. • Étude sur ]0 ; +∞[ : Puisque || fn||∞ −−−→ n ∞ 0 et que la série n || fn||∞ diverge, il nous faut étudier le reste. On a, pour tout n ∈ N∗ et tout x ∈ [0 ; +∞[, en notant Rn le reste d’ordre n : Rn(x) = +∞ k=n+1 kx 1 + k3x2 2n k=n+1 kx 1 + k3x2 n (n + 1)x 1 + (2n)3x2 = n(n + 1)x 1 + 8n3x2 . D’où, en particulier, pour tout n ∈ N∗ : Rn(n−3/2 ) n(n + 1)n−3/2 1 + 8 = n + 1 9 √ n √ n 9 , et donc : ||Rn||∞ Rn(n−3/2 ) √ n 9 −−−→ n ∞ + ∞, d’où : ||Rn||∞ −−−→ n ∞ / 0. On conclut : n fn, ne converge pas uniformément sur ]0 ; +∞[. a) On a : ∀ n ∈ N∗ , ∀ x ∈ [0 ; +∞[, | fn(x)| = Arctan (xn+1 ) n(n + 1) π 2n(n + 1) π 2n2 , donc : ∀ n ∈ N∗ , || fn||∞ π 2n2 . D’après l’exemple de Riemann (2 > 1) et le théorème de ma- joration pour des séries à termes 0, la série n 1 || fn||∞ converge. On conclut que n 1 fn converge normalement, donc unifor- mément, absolument, simplement, sur [0 ; +∞[. b) Puisque, pour tout n ∈ N∗ , fn est continue sur [0 ; +∞[ et que la série d’applications n 1 fn converge uniformément sur [0 ; +∞[, d’après un théorème du cours, la somme S est conti- nue sur [0 ; +∞[. c) On a, pour tout x ∈ ]0 ; +∞[ : S(x) + S 1 x = +∞ n=1 Arctan (xn+1 ) n(n + 1) + +∞ n=1 Arctan 1 x n+1 n(n + 1) = +∞ n=1 Arctan (xn+1 ) + Arctan 1 xn+1 1 n(n + 1) = +∞ n=1 π 2 1 n(n + 1) . Comme, pour N 1, par télescopage : N n=1 1 n(n + 1) = N n=1 1 n − 1 n + 1 = 1 − 1 N + 1 −→ N−→+∞ 1 , on a : +∞ n=1 1 n(n + 1) = 1, et donc : ∀ x ∈ ]0 ; +∞[, S(x) + S 1 x = π 2 , d’où l’égalité demandée. d) 1) • Pour tout n ∈ N∗ , fn est de classe C1 sur [0 ; 1[ et, pour tout x ∈ [0 ; 1[ : fn(x) = 1 n(n + 1) (n + 1)xn 1 + x2(n+1) = xn n(1 + x2(n+1)) . 5.34
- 246. 236 • Soit a ∈ [0 ; 1[ fixé. On a : ∀ n ∈ N∗ , ∀ x ∈ [0 ; a], | fn(x)| = xn n(1 + x2(n+1)) xn n xn an , donc : ∀ n ∈ N∗ , || fn||[0 ;a] ∞ an . Comme |a| < 1, la série géométrique n 1 an converge. Par théo- rème de majoration pour des séries à termes 0, la série n 1 || fn||[0 ;a] ∞ converge. Ceci montre que n 1 fn converge nor- malement, donc uniformément, sur tout [0 ; a], a ∈ [0 ; 1[ fixé. • On a vu en a) que n 1 fn, converge simplement sur [0 ; +∞[, donc sur [0 ; 1[. D’après le théorème de dérivation pour une série de fonctions, on conclut que S est de classe C1 sur [0 ; 1[ et que : ∀ x ∈ [0 ; 1[, S (x) = +∞ n=1 xn n(1 + x2(n+1)) . 2) Comme S (0) = 0 et ∀ x ∈ ]0 ; 1[, S (x) > 0, il s’ensuit que S est strictement croissante sur [0 ; 1[. De plus, comme S est continue sur [0 ; 1] (cf. b)), on conclut que S est strictement croissante sur [0 ; 1]. 3) On a : S(1) = +∞ n=1 Arctan 1 n(n + 1) = π 2 +∞ n=1 1 n(n + 1) = π 4 . 4) On a, pour tout x ∈ [0 ; 1[ : S (x) = +∞ n=1 xn n(1 + x2(n+1)) +∞ n=1 xn n · 2 = − 1 2 ln(1 − x) −→ x−→1− +∞, donc : S (x) −→ x−→1− +∞. e) D’après c) et la continuité de S en 0 (cf. a)), on a : S(x) = π 2 − S 1 x −→ x−→+∞ π 2 − S(0)) = π 2 . f) L’étude des variations de S sur [1 ; +∞[ se déduit de celle des variations de S sur [0 ; 1[ par la formule obtenue en c). x 0 1 +∞ S (x) 0 + +∞ +∞ + S(x) 0 π 4 π 2 a) 1) Soit x ∈ ]0 ; +∞[. On a : fn(x) = 1 x2(n4 + x2) ∼ n∞ 1 x2n4 0. D’après l’exemple de Riemann (4 > 1) et le théorème d’équi- valence pour des séries à termes 0, on déduit que la série n 1 fn(x) converge. Ceci montre que n 1 fn converge simplement sur ]0 ; +∞[. 2) Soit a ∈ ]0 ; +∞[ fixé. On a : ∀ n ∈ N∗ , ∀ x ∈ [a ; +∞[, | fn(x)| = 1 x2(n4 + x2) 1 a2(n4 + a2) = fn(a), donc : ∀ n ∈ N∗ , || fn||[a ;+∞[ ∞ fn(a). D’après 1) et le théorème de majoration pour des séries à termes 0, on déduit que la série n 1 || fn||[a ;+∞[ ∞ converge. On conclut que n 1 fn converge normalement, donc unifor- mément, sur tout [a ; +∞[, a ∈ ]0 ; +∞[ fixé. b) Puisque, pour tout n ∈ N∗ , fn est continue sur ]0 ; +∞[ et que n 1 fn converge uniformément sur tout segment de ]0 ; +∞[, d’après un théorème du cours, la somme S est conti- nue sur ]0 ; +∞[. c) 1) Notons, pour tout n ∈ N∗ : gn : [0 ; +∞[−→ R, x −→ 1 n4 + x2 . • Pour tout n ∈ N∗ , gn est continue sur [0 ; +∞[. • On a : ∀ n ∈ N∗ , ||gn||∞ = 1 n4 , donc la série n 1 ||gn||∞ converge, n 1 gn converge normale- ment, donc uniformément, sur [0 ; +∞[. D’après un théorème du cours, +∞ n=1 gn est continue sur [0 ; +∞[, en particulier en 0. y x y = S(x) 1 2 π 4 π O 5.35
- 247. 237 En notant C = +∞ n=1 1 n4 > 0, on a donc : +∞ n=1 gn(x) −→ x−→0+ C, d’où : x2 S(x) −→ x−→0+ C, puis : S(x) ∼ x−→0+ C x2 . D’après l’exemple de Riemann en 0 (2 > 1) et le théorème d’équivalence pour des fonctions 0, on conclut que S n’est pas intégrable sur ]0 ; 1]. 2) On a, pour tout x ∈ [0 ; +∞[ : 0 S(x) = +∞ n=1 1 x2(n4 + x2) +∞ n=1 1 x2n4 = C 1 x2 . D’après l’exemple de Riemann en +∞ (2 > 1) et le théorème de majoration pour des fonctions 0, on conclut que S est in- tégrable sur [1 ; +∞[. Soit x ∈ ]0 ; 1[ fixé. L’application ϕx : [0 ; +∞[−→ R, t −→ xt 1 + xt est de classe C1 sur [0 ; +∞[ et, pour tout t ∈ [0 ; +∞[ : ϕx (t) = (ln x)xt (1 + xt ) − xt (ln x)xt (1 + xt )2 = (ln x)xt (1 + xt )2 0 , donc ϕx est décroissante sur [0 ; +∞[. D’autre part : xt −→ t−→+∞ 0, donc : ϕx (t) ∼ t−→+∞ xt = e(ln x)t 0. Comme ln x < 0, l’application t −→ e(ln x)t est intégrable sur [0 ; +∞[. Par théorème d’équivalence pour des fonctions 0, on déduit que ϕx est intégrable sur [0 ; +∞[. Par comparaison série/intégrale, il en résulte que la série n 0 ϕx (n) converge, et on a : +∞ 0 ϕx (t) dt +∞ n=0 ϕx (n) ϕx (0) + +∞ 0 ϕx (t) dt . Calculons cette intégrale : ∞ 0 ϕx (t) dt = +∞ 0 xt 1 + xt dt = u = t ln x −∞ 0 eu 1 + eu 1 ln x du = 1 −ln x ln(1 + eu ) 0 −∞ = ln 2 −ln x . On obtient : ln 2 −ln x +∞ n=0 xn 1 + xn 1 2 + ln 2 −ln x . Comme ln 2 −ln x −→ x−→1− +∞, on déduit : +∞ n=0 xn 1 + xn ∼ x−→1− ln 2 −ln x . Enfin, comme − ln x ∼ x−→1− 1 − x, on conclut : +∞ n=0 xn 1 + xn ∼ x−→1− ln 2 1 − x . Nous allons essayer d’appliquer le théorème sur l’inté- gration sur un intervalle quelconque pour une série d’applica- tions. Notons, pour tout n ∈ N∗ : fn : [0 ; +∞[−→ R, x −→ xn e−nx . • Soit n ∈ N∗ . Il est clair que fn est continue par morceaux (car continue) sur [0 ; +∞[. • On a, puisque n > 0 : x2 fn(x) = xn+2 e−nx −→ x−→+∞ 0 donc, pour x assez grand : x2 fn(x) 1, puis : 0 fn(x) 1 x2 . D’après l’exemple de Riemann en +∞ (2 > 1) et le théorème de majoration pour des fonctions 0, fn est intégrable sur [1 ; +∞[, puis sur [0 ; +∞[. • Étudions x e−x , pour x décrivant [0 ; +∞[. L’application ϕ : [0 ; +∞[−→ R, x −→ x e−x est dérivable sur [0 ; +∞[ et : ∀ x ∈ [0 ; +∞[, ϕ (x) = (1 − x) e−x , d’où le tableau de variations de ϕ : x 0 1 +∞ ϕ (x) + 0 − ϕ(x) 0 e−1 0 On a donc : ||ϕ||∞ = ϕ(1) = e−1 . Ainsi, pour tout x ∈ [0 ; +∞[ : ∀ n ∈ N∗ , 0 fn(x) = (x e−x )n (e−1 )n . Comme |e−1 | < 1, la série géométrique n 1 (e−1 )n converge, donc, par théorème de majoration pour des séries à termes 0, la série n 1 fn(x) converge. Ceci montre que n 1 fn converge simplement sur [0 ; +∞[. 5.36 5.37
- 248. 238 • On a, en notant S = +∞ n=1 fn, pour tout x ∈ [0 ; +∞[ : S(x) = +∞ n=1 fn(x) = +∞ n=1 (x e−x )n = x e−x 1 1 − x e−x , donc S est continue par morceaux (car continue) sur [0 ; +∞[. • Montrons que la série n 1 +∞ 0 | fn(x)| dx converge. On a, pour tout n ∈ N∗ : +∞ 0 | fn(x)| dx = +∞ 0 xn e−nx dx = t=nx +∞ 0 t n n e−t 1 n dt = 1 nn+1 +∞ 0 tn e−t dt = 1 nn+1 (n + 1) = n! nn+1 = 1 n 1 · · · 2 · · · n n · n · · · n 1 n2 , donc, d’après l’exemple de Riemann (2 > 1) et le théorème de majoration pour des séries à termes 0, la série n 1 +∞ 0 | fn(x)| dx converge. D’après le théorème du cours sur l’intégration sur un intervalle quelconque pour une série d’applications, on déduit que la série n 1 +∞ 0 fn(x) dx converge, que S est intégrable sur [0 ; +∞[ et que : +∞ 0 S(x) dx = +∞ n=1 fn(x) dx = +∞ n=1 un . On conclut : +∞ n=1 un = +∞ 0 x e−x 1 − x e−x dx. a) 1) Convergence simple : Soit x ∈ ]0 ; +∞[. On a : fn(x) = 1 (1 + nx)(n + x) ∼ n∞ 1 xn2 0. D’après l’exemple de Riemann (2 > 1) et le théorème d’équi- valence pour des séries à termes 0, la série n 1 fn(x) converge. Ceci montre que n 1 fn converge simplement sur ]0 ; +∞[. 2) Convergence normale sur [a ; +∞[, a ∈ ]0 ; +∞[ fixé : Soit a ∈ ]0 ; +∞[ fixé. On a : ∀ n ∈ N∗ , ∀ x ∈ [a ; +∞[, | fn(x)| = 1 (1 + nx)(n + x) 1 (1 + na)(n + a) = | fn(a)| = fn(a), donc : ∀ n ∈ N∗ , || fn||[a ;+∞[ ∞ fn(a). Comme la série n 1 fn(a) converge (cf. 1)), par théorème de majoration pour des séries à termes 0, la série n 1 || fn||[a ;+∞[ ∞ converge. On conclut que n 1 fn converge normalement, donc unifor- mément, sur [a ; +∞[, pour tout a ∈ ]0 ; +∞[ fixé. b) Puisque, pour tout n ∈ N∗ , fn est continue sur ]0 ; +∞[ et que n 1 fn converge uniformément sur tout segment de ]0 ; +∞[, d’après un théorème du cours, on conclut que la somme S est continue sur ]0 ; +∞[. c) Nous allons essayer d’appliquer le théorème du cours sur l’intégration sur un intervalle quelconque pour une série d’ap- plications. • Pour tout n ∈ N∗ , fn est continue par morceaux (car conti- nue) sur ]0 ; +∞[. • n 1 fn converge simplement sur]0 ; +∞[ • +∞ n=1 fn est continue par morceaux (car continue) sur ]0 ; +∞[ (cf. b)). • Montrons que la série n 1 +∞ 0 | fn(x)| dx converge. Remarquons d’abord : ∀ n ∈ N∗ , ∀ x ∈ ]0 ; +∞[, fn(x) 0 . Pour n = 1 : +∞ 0 f1(x) dx = +∞ 0 1 (1 + x)2 dx = − 1 1 + x +∞ 0 = 1 . Pour calculer, pour tout n ∈ N − {0,1}, +∞ 0 fn(x) dx, com- mençons par effectuer une décomposition en éléments sim- ples : 1 (1 + nX)(n + X) = a 1 + nX + b n + X , (a,b) ∈ R2 . Par multiplication puis remplacement, on obtient facilement : a = 1 n − 1 n = n n2 − 1 , b = 1 1 − n2 . D’où : 1 (1 + nX)(n + X) = 1 n2 − 1 n 1 + nX − 1 n + X , puis : +∞ 0 | fn(x)| dx = +∞ 0 fn(x) dx = +∞ 0 1 n2 − 1 n 1 + nx − 1 n + x dx 5.38
- 249. = 1 n2 − 1 ln(1 + nx) − ln (n + x) +∞ 0 = 1 n2 − 1 ln 1 + nx n + x +∞ 0 = 1 n2 − 1 ln n − ln 1 n = 2 ln n n2 − 1 ∼ n∞ 2 ln n n2 . La série n 1 2 ln n n2 converge (par la règle n3/2 un , par exemple, cf. exercice 4.2), donc, par théorème d’équivalence pour des séries à termes 0, la série n 1 +∞ 0 | fn(x)| dx converge. D’après le théorème du cours sur l’intégration sur un intervalle quelconque pour une série d’applications, on déduit que S est intégrable sur ]0 ; +∞[ et que, le calcul ayant déjà été fait ci- dessus : +∞ 0 S(x) dx = +∞ n=1 +∞ 0 fn(x) dx = 1 + 2 +∞ n=2 ln n n2 − 1 . Nous allons essayer de développer la fonction sous l’in- tégrale en une somme de série de fonctions, puis permuter in- tégrale et série. Remarquons d’abord que l’application f : x −→ sh ax sh bx est continue sur R∗ et que : f (x) ∼ x−→0 ax bx = a b , donc f (x) −→ x−→0 a b . On peut donc compléter f par continuité en 0 en posant f (0) = a b . D’autre part, il est clair que f est paire. On a, pour tout x ∈ ]0 ; +∞[, en utilisant une série géométri- que : f (x) = sh ax sh bx = 2 sh ax ebx − e−bx = 2 e−bx sh ax 1 1 − e−2bx = 2 e−bx sh ax +∞ n=0 (e−2bx )n = +∞ n=0 2 e−(2n+1)bx sh ax, car |e−2bx | < 1. Notons, pour tout n ∈ N : fn : ]0 ; +∞[−→ R, x −→ 2 e−(2n+1)bx sh ax. • Pour tout n ∈ N, fn est continue par morceaux (car continue) sur ]0 ; +∞[. • n 0 fn converge simplement sur ]0 ; +∞[ et a pour somme f. • f est continue par morceaux (car continue) sur ]0 ; +∞[. • Montrons que la série n 0 +∞ 0 | fn(x)| dx converge. Remarquons d’abord : ∀ n ∈ N, ∀ x ∈ ]0 ; +∞[, fn(x) 0 . On a, pour tout n ∈ N : +∞ 0 | fn(x)| dx = +∞ 0 fn(x) dx = +∞ 0 2 e−(2n+1)bx sh ax dx = +∞ 0 e−(2n+1)bx (eax − e−ax ) dx = +∞ 0 e(−(2n+1)b+a)x − e(−(2n+1)b−a)x dx = e(−(2n+1)b+a)x −(2n + 1)b + a − e(−(2n+1)b−a)x −(2n + 1)b − a +∞ 0 = 1 (2n + 1)b − a − 1 (2n + 1)b + a = 2a (2n + 1)2b2 − a2 . Comme 2a (2n + 1)2b2 − a2 ∼ n∞ 2a 4n2b2 = a 2b2 1 n2 0, d’après l’exemple de Riemann (2 > 1) et le théorème d’équi- valence pour des séries à termes 0, la série n 0 +∞ 0 | fn(x)| dx converge. D’après le théorème du cours sur l’intégration sur un intervalle quelconque pour une série d’applications, on déduit que f est intégrable sur ]0 ; +∞[ (ce que l’on pouvait aussi montrer di- rectement) et que : +∞ 0 f (x) dx = +∞ n=0 +∞ 0 fn(x) dx = +∞ n=0 2a (2n + 1)2b2 − a2 . Enfin, on conclut, par parité : +∞ −∞ f (x) dx = 2 +∞ 0 f (x) dx = +∞ n=0 4a (2n + 1)2b2 − a2 . Nous allons essayer de développer la fonction sous l’in- tégrale en une somme de série de fonctions, puis permuter in- tégrale et série. Soit x ∈ ]0 ; +∞[ fixé. On a, pour tout t ∈ ]0 ; +∞[, en utilisant une série géométri- que : 239 5.39 5.40
- 250. 240 tx−1 et + 1 = tx−1 e−t 1 1 + e−t = tx−1 e−t +∞ n=0 (−e−t )n = +∞ n=0 (−1)n tx−1 e−(n+1)t , car | − e−t | < 1. Notons, pour tout n ∈ N : fn : ]0 ; +∞[−→ R, t −→ (−1)n tx−1 e−(n+1)t . Le théorème du cours sur l’intégration sur un intervalle quel- conque pour une série d’applications ne s’applique pas ici, car la série n 0 +∞ 0 | fn(t)| dt diverge, comme on peut s’en rendre compte en calculant l’intégrale (de toute façon, nous allons cal- culer cette intégrale, sans la valeur absolue). Pour pouvoir permuter intégrale et série, nous allons montrer que l’intégrale du reste tend vers 0. Soient n ∈ N, t ∈ ]0 ; +∞[. On a, en notant Rn(t) le reste d’ordre n : Rn(t) = +∞ k=n+1 fk(t) = +∞ k=n+1 (−1)k tx−1 e−(k+1)t = tx−1 e−t +∞ k=n+1 (−e−t )k = tx−1 e−t (−e−t )n+1 1 − (−e−t ) = (−1)n+1 tx−1 e−(n+1)t 1 + e−t . Il est clair, par l’exemple de Riemann en 0 et la règle tα f (t) en +∞, que, pour tout n ∈ N, f0,. . . , fn et S sont intégrables sur ]0 ; +∞[. Il en résulte, par combinaison linéaire, que, pour tout n ∈ N, Rn est intégrable sur ]0 ; +∞[. On a : 0 +∞ 0 |Rn(t)| dt = +∞ 0 tx−1 e−(n+1)t 1 + e−t dt +∞ 0 tx−1 e−(n+1)t dt = u = (n + 1)t +∞ 0 u n + 1 x−1 e−u 1 n + 1 du = 1 (n + 1)x +∞ 0 ux−1 e−u du = (x) (n + 1)x . Puisque x ∈ ]0 ; +∞[ est fixé, on a : (x) (n + 1)x −−−→ n ∞ 0, donc +∞ 0 Rn(t) dt −−−→ n ∞ 0. On a alors, pour tout n ∈ N, en notant Sn = n k=0 fk la somme partielle d’indice n et S = +∞ k=0 fk, la somme totale : +∞ 0 S(t) dt = +∞ 0 Sn(t) + Rn(t) dt = +∞ 0 n k=0 fk(t) dt + +∞ 0 Rn(t) dt, d’où : n k=0 +∞ 0 fk(t) dt = +∞ 0 S(t) dt − +∞ 0 Rn(t) dt . Comme +∞ 0 Rn(t) dt −−−→ n ∞ 0, on déduit : n k=0 +∞ 0 fk(t) dt −−−→ n ∞ +∞ 0 S(t) dt . Ceci montre que la série k 0 +∞ 0 fk(t) dt converge et que : +∞ k=0 +∞ 0 fk(t) dt = +∞ 0 S(t) dt. Enfin, pour tout n ∈ N : +∞ 0 fn(t) dt = +∞ 0 (−1)n tx−1 e−(n+1)t dt = u = (n + 1)t (−1)n +∞ 0 u n + 1 x−1 e−u 1 n + 1 du = (−1)n (n + 1)x +∞ 0 ux−1 e−u du = (−1)n (n + 1)x (x), calcul presque déjà fait plus haut. On conclut : +∞ 0 tx−1 et + 1 dt = +∞ n=0 (−1)n (n + 1)x (x) = +∞ n=1 (−1)n−1 nx (x) = T(x) (x). Nous allons essayer de permuter intégrale et série. Pour tout n ∈ N, comme an > 0, l’application fn : [0 ; 1] −→ R, x −→ (−1)n xan est continue sur le segment [0 ; 1]. Comme, pour tout n ∈ N : 1 0 | fn(x)| dx = 1 0 xan dx = x1+an 1 + an 1 0 = 1 1 + an et que la série n 0 1 1 + an peut diverger, pour (an)n∈N = (n)n∈N par exemple, nous ne pouvons pas appliquer le théorème du cours sur l’intégration sur un intervalle quelconque pour une série d’applications. Nous allons essayer de montrer que l’intégrale du reste tend vers 0. Notons, pour tout n ∈ N, Sn la n-ème somme partielle : Sn : [0 ; 1] −→ R, x −→ Sn(x) = n k=0 (−1)k xak . 5.41
- 251. 241 Pour tout x ∈ [0 ; 1[ fixé, la série n 0 fn(x) relève du TSCSA, car elle est alternée, | fn(x)| = xan −−−→ n ∞ 0 puisque an −−−→ n ∞ + ∞, et la suite | fn(x)| n∈N est décroissante, puisque x ∈ [0 ; 1] et que (an)n∈N est croissante et à termes dans R∗ + . Il en résulte que, pour tout x ∈ [0 ; 1[, la série n 0 fn(x) converge. Ainsi, n 0 fn converge simplement sur [0 ; 1[. Notons S la somme : S : [0 ; 1[−→ R, x −→ S(x) = +∞ n=0 fn(x) . Notons, pour tout n ∈ N, Rn le reste d’ordre n : Rn : [0 ; 1[−→ R, x −→ Rn(x) = +∞ k=n+1 fk(x) . On a, pour tout b ∈ [0 ; 1[ : ||Rn||[0 ;b] ∞ || fn+1||[0 ;b] ∞ = ban+1 −−−→ n ∞ 0 , donc n fn converge uniformément sur tout segment de [0 ; 1[. Comme chaque fn est continue sur [0 ; 1[, il en résulte que, pour tout n ∈ N, Rn est continue sur [0 ; 1[. D’après ce qui précède, les applications S et Rn, pour tout n ∈ N, sont continues sur [0 ; 1[. Puisque, pour tout x ∈ [0 ; 1[, la série n 0 fn(x) relève du TSCSA, on a, pour tout n ∈ N et tout x ∈ [0 ; 1[ : |Rn(x)| | fn+1(x)| = (−1)n+1 xan+1 = xan+1 . Il en résulte, par théorème de majoration pour des fonctions 0, que, pour tout n ∈ N, Rn est intégrable sur [0 ; 1[, et on a : 1 0 Rn(x) dx 1 0 |Rn(x)| dx 1 0 xan+1 dx = 1 1 + an+1 . Comme an −−−→ n ∞ + ∞, on a : 1 1 + an+1 −−−→ n ∞ 0, donc, par encadrement : +∞ 0 Rn(x) dx −−−→ n ∞ 0. Mais, pour tout n ∈ N : 1 0 S(x) dx = 1 0 Sn(x) + S(x) dx = 1 0 Sn(x) dx + 1 0 Rn(x) dx, donc : n k=0 1 0 fk(x) dx = 1 0 n k=0 fk(x) dx = 1 0 Sn(x) dx = 1 0 S(x) dx − 1 0 Rn(x) dx. Comme 1 0 Rn(x) dx −−−→ n ∞ 0 , il s’ensuit que la série k 0 1 0 fk(x) dx converge et que : +∞ k=0 1 0 fk(x) dx = +∞ 0 S(x) dx . On conclut : 1 0 +∞ n=0 (−1)n xan dx = +∞ n=0 1 0 (−1)n xan dx = +∞ n=0 (−1)n 1 + an . a) Remarquons d’abord que, puisque f est continue par morceaux sur [0 ; +∞[, f admet en 0+ une limite finie, notée f (0+ ), et qu’il se peut que f (0+ ) soit différent de f (0), lorsque f n’est pas continue en 0. Nous allons utiliser le théorème de convergence dominée et la caractérisation séquentielle des limites. On a, pour tout x ∈ ]0 ; +∞[ fixé, par le changement de va- riable u = xt : x +∞ 0 e−xt f (t) dt = +∞ 0 e−u f u x du . Soit (xn)n∈N une suite dans ]0 ; +∞[, de limite +∞. Notons, pour tout n ∈ N : fn : [0 ; +∞[−→ R, u −→ e−u f u xn . • Pour tout n ∈ N, fn est continue par morceaux (car f l’est) sur [0 ; +∞[. • Pour tout u ∈ ]0 ; +∞[ fixé, puisque f −→ 0+ f (0+ ), on a, par composition de limites : fn(u) = e−u f u xn −−−→ n ∞ e−u f (0+ ) . D’autre part : fn(0) = f (0) −−−→ n ∞ f (0). Ceci montre : fn C.S. −→ n∞ g, où : g : [0 ; +∞[−→ R, u −→ e−u f (0+ ) si u =/ 0 0 si u = 0. 5.42
- 252. 242 • L’application g est continue par morceaux (car f l’est) sur [0 ; +∞[. • On a : ∀ n ∈ N, ∀ u ∈ [0 ; +∞[, | fn(u)| = e−u f u xn e−u || f ||∞, et l’application u −→ e−u || f ||∞ est continue par morceaux (car continue), 0, intégrable sur [0 ; +∞[. Ceci montre que ( fn)n 0 vérifie l’hypothèse de domination. D’après le théorème de convergence dominée : +∞ 0 fn −−−→ n ∞ +∞ 0 f, c’est-à-dire : +∞ 0 e−u f u xn du −−−→ n ∞ +∞ 0 e−u f (0+ ) du = [−e−u f (0+ )]+∞ 0 = f (0+ ). Ainsi, pour toute suite (xn)n 0 dans ]0 ; +∞[, de limite +∞, la suite +∞ 0 e−u f u xn du n∈N converge vers f (0+ ). Par caractérisation séquentielle des limites, on déduit : +∞ 0 e−u f u x du −→ x−→+∞ f (0+ ) , et on conclut : x +∞ 0 e−xt f (t) dt −→ x−→+∞ f (0+ ). b) Même méthode qu’en a), avec utilisation des suites (xn)n∈N dans ]0 ; +∞[ telles que xn −−−→ n ∞ 0. On remarquera que f est bornée sur [0 ; +∞[, car, puisque f admet une limite finie en +∞, il existe a ∈ [0 ; +∞[ telle que f |[a ;+∞] soit bornée, et f |[0 ;a] est bornée car continue par mor- ceaux sur un segment. Rappelons que, pour toute application u : I −→ R, on note u+ , u− les applications de I dans R définies, pour tout x ∈ I, par : u+ (x) = u(x) si u(x) 0 0 si u(x) < 0 u− (x) = 0 si u(x) 0 −u(x) si u(x) < 0, et que l’on a : u+ − u− = u, u+ + u− = |u| , 0 u+ |u|, 0 u− |u| . 1) Notons, pour tout n ∈ N : gn = ( fn − f )− . Nous allons essayer d’appliquer le théorème de convergence dominée à (gn)n∈N. • Pour tout n ∈ N, gn = ( fn − f )− est continue par morceaux, car fn − f l’est et l’application y −→ y− est continue sur R. • Soit x ∈ I. On a : ∀ n ∈ N, 0 gn(x) = ( fn − f )− (x) | fn − f |(x) . Comme fn C.S. −→ n∞ f, on a : fn(x) −−−→ n ∞ f (x), donc : | fn − f |(x) −−−→ n ∞ 0, puis, par encadrement : gn(x) −−−→ n ∞ 0. Ceci montre : gn C.S. −→ n∞ 0 sur I. • L’application nulle est continue par morceaux (car continue) sur I. • Par hypothèse : ∀ x ∈ I, ∀ n ∈ N, fn(x) 0, d’où, puisque fn C.S. −→ n∞ f, par passage à la limite lorsque l’entier n tend vers l’infini : ∀ x ∈ I, f (x) 0. Soient n ∈ N, x ∈ I. ∗ Si fn(x) f (x), alors fn(x) − f (x) 0, donc gn(x) = 0 f (x). ∗ Si fn(x) f (x), alors : gn(x) = − fn(x) − f (x) = f (x) − fn(x) f (x) . Ceci montre : ∀ n ∈ N, ∀ x ∈ I, |gn(x)| = gn(x) f (x). Et l’application f est continue par morceaux, 0, intégrable sur I (par hypothèse). Ainsi, la suite (gn)n∈N vérifie l’hypothèse de domination. D’après le théorème de convergence dominée, on déduit que, pour tout n ∈ N, gn est intégrable sur I, et que : I gn −−−→ n ∞ I 0 = 0 . 2) On a : ∀n ∈ N, ( fn − f )+ = ( fn − f ) + ( fn − f )− = ( fn − f ) + gn . Comme, pour tout n ∈ N, fn − f et gn sont intégrables sur I, par opérations, ( fn − f )+ est intégrable sur I. Et : I ( fn − f )+ = I ( fn − f ) + I gn = I fn − I f + I gn −−−→ n ∞ I f − I f + 0 = 0. 3) Enfin : I | fn − f | = I ( fn − f )+ + ( fn − f )− = I ( fn − f )+ + I ( fn − f )− −−−→ n ∞ 0 + 0 = 0. a) 1) Convergence simple, convergence absolue : Puisque : ∀ n ∈ N, ∀ x ∈ [0 ; 1], fn(x) 0, la convergence absolue revient à la convergence simple. 5.43 5.44
- 253. 243 Soit x ∈ [0 ; 1] fixé. Si x =/ 1, alors xn −−−→ n ∞ 0, donc : fn(x) = ln(1 + xn ) ∼ n∞ xn 0. Puisque |x| < 1, la série géométrique n 0 xn converge. Par théo- rème d’équivalence pour des séries à termes 0, on déduit que la série n 0 fn(x) converge. Si x = 1, alors fn(x) −−−→ n ∞ ln 2 =/ 0, donc la série n 0 fn(x) diverge (grossièrement). On conclut que n 0 fn converge simplement sur [0 ; 1[ et non en 1. 2) Convergence normale, convergence uniforme : • Étude sur [0 ; 1[ : On a, pour tout n ∈ N : || fn||[0 ;1[ ∞ = ln 2 −−−→ n ∞ / 0, donc n 0 fn ne converge pas uniformément, ni normalement, sur [0 ; 1[. • Étude sur [0 ; a], a ∈ [0 ; 1[ fixé : Soit a ∈ [0 ; 1[ fixé. On a : ∀ n ∈ N, || fn||[0 ;a] ∞ = ln(1 + an ) = fn(a). Comme la série n 0 fn(a) converge (cf. 1)), la série n 0 || fn||[0 ;a] ∞ converge, et on conclut que n 0 fn converge nor- malement, donc uniformément, sur [0 ; a]. b) 1) • Pour tout n ∈ N, fn est de classe C1 sur [0 ; 1[ et, pour tout x ∈ [0 ; 1[ : fn(x) = nxn−1 1 + xn . • Soit a ∈ [0 ; 1[ fixé. On a : ∀ n ∈ N∗ , ∀ x ∈ [0 ; a], | fn(x)| = nxn−1 1 + xn nxn−1 nan−1 , d’où : ∀ n ∈ N∗ , || fn||[0 ;a] ∞ nan−1 . Comme la série n 1 nan−1 converge (règle n2 un par exemple), par théorème de majoration pour des séries à termes 0, la série n 1 || fn||[0 ;a] ∞ converge. Ceci montre que n 0 fn converge normalement, donc unifor- mément, sur tout [0 ; a], a ∈ [0 ; 1[ fixé, donc sur tout segment de [0 ; 1[. • On a vu en a) 1) que n 0 fn converge simplement sur [0 ; 1[. D’après le théorème de dérivation pour une série d’applications, on déduit que S est de classe C1 sur [0 ; 1[ et que : ∀ x ∈ [0 ; 1[, S (x) = +∞ n=1 nxn−1 1 + xn . 2) Pour tout x ∈ [0 ; 1[, S (x) est donc la somme d’une série à termes 0 et dont le terme d’indice 1 est > 0, d’où : S (x) > 0. Il en résulte que S est strictement croissante sur [0 ; 1[. c) 1) Soient n ∈ N, x ∈ [0 ; 1[. On a : n k=0 fk(x) = n k=0 ln(1 + xk ) = ln n k=0 (1 + xk ) = ln (1 + x)(1 + x2 )(1 + x3 ) · · · (1 + xn ) . En développant ce produit de n parenthèses, les termes sont tous 0 et il y a, parmi eux : 1, x, x2 , . . . ,xn . On a donc : n k=0 fk(x) ln (1 + x + · · · + xn ) = ln n k=0 xk . 2) D’après 1), on a : ∀ x ∈ [0 ; 1[, ∀ n ∈ N, n k=0 fk(x) ln 1 − xn+1 1 − x , d’où, en faisant tendre l’entier n vers l’infini, pour x fixé : ∀ x ∈ [0 ; 1[, S(x) ln 1 1 − x = −ln(1 − x) . Comme −ln(1 − x) −→ x−→1− +∞, on conclut : S(x) −→ x−→1− +∞ . d) Soit x ∈ ]0 ; 1[ fixé. Pour évaluer S(x), nous allons utiliser une comparaison série/intégrale. Notons ϕx : [1 ; +∞[−→ R, t −→ ln(1 + xt ) = ln(1 + et ln x ) . Il est clair que ϕx est continue par morceaux (car continue), dé- croissante, intégrable sur [1 ; +∞[, car ϕx (t) ∼ t−→+∞ et ln x 0 et ln x < 0. On a donc, par comparaison série/intégrale : +∞ 1 ϕx (t) dt +∞ n=1 ϕx (n) ϕx (1) + +∞ 1 ϕx (t) dt . Pour calculer l’intégrale, utilisons le changement de variable u = −t ln x (rappelons que x ∈ ]0 ; 1[ est fixé) : +∞ 1 ϕx (t) dt = +∞ 1 ln(1 + et ln x ) dt = +∞ −ln x ln(1 + e−u ) −1 ln x du = − 1 ln x +∞ −ln x ln(1 + e−u ) du.
- 254. L’application ψ : ]0 ; +∞[−→ R, u −→ ln(1 + e−u ) , est continue par morceaux (car continue) et intégrable sur ]0 ; +∞[, car ψ(u) −→ u−→0+ ln 2, et ψ(u) ∼ u−→+∞ e−u . En notant I = +∞ 0 ln(1 + e−u ) du, on a donc : +∞ −ln x ln(1 + e−u ) du −→ x−→1− I. De plus, comme ψ est continue, 0 et n’est pas l’application nulle, on a : I > 0. Il en résulte : +∞ 1 ln(1 + et ln x ) dt ∼ x−→1− − I ln x ∼ x−→1− I 1 − x . De plus : ϕx (1) = ln(1 + x) −→ x−→1− ln 2 = o x−→1− 1 1 − x , d’où : ϕx (1) + +∞ 1 ln(1 + et ln x ) dt ∼ x−→1− I 1 − x . On conclut, par encadrement : S(x) ∼ x−→1− I 1 − x . a) Soit x ∈ [0 ; 1]. Si x =/ 1, alors : 0 fn(x) = an xn (1 − x) an xn a1xn , donc, puisque la série géométrique n 1 xn converge, par théo- rème de majoration pour des séries à termes 0, la série n 1 fn(x) converge. Si x = 1, alors : ∀ n ∈ N∗ , fn(x) = 0, donc la série n 1 fn(x) converge. Ceci montre que n 1 fn converge simplement sur [0 ; 1]. b) Soit n ∈ N∗ . L’application fn est dérivable sur [0 ; 1] et, pour tout x ∈ [0 ; 1] : fn(x) = an nxn−1 − (n + 1)xn = an xn−1 n − (n + 1)x , d’où le tableau de variations de fn : x 0 n n + 1 1 fn(x) + 0 − fn(x) 0 0 On a donc : || fn||∞ = fn n n + 1 = an n n + 1 n 1 n + 1 . et : n n + 1 n = 1 + 1 n −n = exp − n ln 1 + 1 n = exp − n 1 n + o n∞ 1 n = exp − 1 + o(1) −−→ n ∞ e−1 . D’où : || fn||∞ ∼ n∞ an e n . On conclut que n 1 fn converge normalement sur [0 ; 1] si et seulement si la série n 1 an n converge. c) 1) Supposons an −−−→ n ∞ 0. Puisque la suite (an)n 1 est dé- croissante, on a, en notant Rn le reste d’ordre n, pour tout n ∈ N∗ et tout x ∈ [0 ; 1[ : 0 Rn(x) = +∞ k=n+1 ak xk (1 − x) +∞ k=n+1 an+1xk (1 − x) = an+1 +∞ k=n+1 xk (1 − x) = an+1xn+1 , et l’inégalité est aussi vraie pour x = 1. On a donc : ∀ n ∈ N∗ , ||Rn||∞ an+1 , d’où : ||Rn||∞ −−−→ n ∞ 0, ce qui montre que n 1 fn converge uni- formément sur [0 ; 1]. 2) Réciproquement, supposons an −−−→ n ∞ / 0. Comme (an)n 1 est décroissante et minorée par 0, (an)n 1 converge vers un réel 0, et par hypothèse, =/ 0, donc > 0. On a, pour tout n ∈ N∗ et tout x ∈ [0 ; 1[ : Rn(x) = +∞ k=n+1 ak xk (1 − x) +∞ k=n+1 xk (1 − x) = +∞ k=n+1 xk (1 − x) = xn+1 , d’où : ||Rn||∞ = Sup x∈[0 ;1] Rn(x) Sup x∈[0 ;1[ ( xn+1 ) = , et donc : ||Rn||∞ −−−→ n ∞ / 0, n 1 fn ne converge pas uniformé- ment sur [0 ; 1]. On conclut que n 1 fn converge uniformément sur [0 ; 1] si et seulement si : an −−−→ n ∞ 0. 244 5.45
- 255. 245 a) Récurrence sur n. • Pour n = 0, f0 = 1 existe, est unique et est un polynôme. • Si, pour un n ∈ N fixé, fn existe, est unique et est un poly- nôme, il est clair que fn+1 : [0 ; 1] −→ R, x −→ 1 + x 0 fn(t − t2 ) dt existe, est unique et est un polynôme (fonction polynomiale). b) 1) Récurrence sur n. • Pour n = 0, on a, pour tout x ∈ [0 ; 1], f0(x) = 1 et : f1(x) = 1 + x 0 f0(t − t2 ) t = 1 + x 0 1 dt = 1 + x , d’où : 0 f0(x) f1(x) ex , par l’inégalité classique : ex 1 + x. • Supposons la propriété vraie pour un n ∈ N. On a alors, pour tout x ∈ [0 ; 1] : fn+2(x) − fn+1(x) = 1 + x 0 fn+1(t − t2 ) dt − 1 + x 0 fn(t − t2 ) dt = x 0 fn+1(t − t2 ) − fn(t − t2 ) 0 dt 0 et fn+2(x) = 1 + x 0 fn+1(t − t2 ) dt 1 + x 0 et−t2 dt 1 + x 0 et dt = 1 + [et ]x 0 = ex . On obtient : ∀ x ∈ [0 ; 1], 0 fn+1(x) fn+2(x) ex , ce qui établit la propriété pour n + 1. On conclut, par récurrence sur n : ∀ n ∈ N, ∀ x ∈ [0 ; 1], 0 fn(x) fn+1(x) ex . 2) Pour tout x ∈ [0 ; 1] fixé, la suite fn(x) n 0 est croissante et majorée (par ex ), donc converge vers un réel, noté f (x), et on a : 0 f (x) ex . Ceci montre que la suite ( fn)n 0 converge simplement sur [0 ; 1] vers une application f. c) Remarquons d’abord : ∀ t ∈ [0 ; 1], t − t2 ∈ [0 ; 1/4], car : t − t2 = −(t2 − t) = − t − 1 2 2 + 1 4 , ou encore par étude des variations de t −→ t − t2 sur [0 ; 1]. Notons, pour tout n ∈ N : Mn = || fn+1 − fn||[0 ;1] ∞ , mn = || fn+1 − fn||[0 ;1/4] ∞ . On a, pour tout n ∈ N et tout x ∈ [0 ; 1] : | fn+1(x) − fn(x)| = 1 + x 0 fn(t − t2 ) dt − 1 + x 0 fn−1(t − t2 ) dt = x 0 fn(t − t2 ) − fn−1(t − t2 ) dt x 0 fn(t − t2 ) − fn−1(t − t2 ) dt x 0 mn−1 dt = x mn−1 mn−1. Il en résulte : Mn = Sup x∈[0 ;1] | fn+1(t) − fn(t)| mn−1. Mais aussi, en particulier : ∀ x ∈ [0 ; 1/4], | fn+1(x) − fn(x)| x mn−1 1 4 mn−1 , d’où : mn 1 4 mn−1. Par une récurrence immédiate : ∀ n ∈ N, mn 1 4n m0. Comme 1 4 < 1, la série géométrique n 0 1 4n converge. Par théorème de majoration pour des séries à termes 0, il s’en- suit que la série n 0 mn converge, puis, comme Mn mn−1, la série n 1 Mn converge. Ainsi, la série n 0 || fn+1 − fn||[0 ;1] ∞ converge, donc n 0 ( fn+1 − fn) converge normalement sur [0 ; 1], donc uni- formément. D’après le lien suite/série pour la convergence uni- forme, on déduit que la suite ( fn)n 0 converge uniformément sur [0 ; 1]. Enfin, comme ( fn)n 0 converge déjà simplement vers f, on conclut que ( fn)n 0 converge uniformément vers f sur [0 ; 1]. • Puisque les fn sont toutes continues sur [0 ; 1] et que ( fn)n 0 converge uniformément vers f sur [0 ; 1], d’après un théorème du cours, f est continue sur [0 ; 1]. • Notons, pour tout n ∈ N : gn : [0 ; 1] −→ R, t −→ fn(t − t2 ). Puisque fn C.U. −→ n∞ f sur [0 ; 1], a fortiori, fn C.U. −→ n∞ f sur [0 ; 1/4], donc gn C.U. −→ n∞ g sur [0 ; 1], où : g : [0 ; 1] −→ R, t −→ f (t − t2 ) . Alors, d’après le théorème du cours sur l’intégration sur un seg- ment et la convergence uniforme, on déduit, pour tout x ∈ [0 ; 1] fixé : 5.46
- 256. 246 x 0 fn(t − t2 ) dt −−−→ n ∞ x 0 f (t − t2 ) dt . Comme : ∀ n ∈ N, fn+1(x) = 1 + x 0 fn(t − t2 ) dt, on déduit donc, en faisant tendre l’entier n vers l’infini : f (x) = 1 + x 0 f (t − t2 ) dt . d) 1) Puisque f est continue sur [0 ; 1] et que ∀ t ∈ [0 ; 1], t − t2 ∈ [0 ; 1/4] ⊂ [0 ; 1] , l’application t −→ f (t − t2 ) est continue sur [0 ; 1], donc, par primitivation, x −→ x 0 f (t − t2 ) dt est de classe C1 sur [0 ; 1]. D’après le résultat de c), on déduit que f est de classe C1 sur [0 ; 1] et que : ∀ x ∈ [0 ; 1], f (x) = f (x − x2 ) . 2) • Montrons que f est de classe C∞ sur [0 ; 1] par récurrence. ∗ On sait déjà que f est de classe C1 sur [0 ; 1]. ∗ Si f est Cn pour un n ∈ N∗ fixé, alors l’application x −→ f (x − x2 ) est Cn donc f est Cn , f est Cn+1 . Ceci montre, par récurrence sur n, que, pour tout n ∈ N∗ , f est Cn . On conclut que f est de classe C∞ sur [0 ; 1].
- 257. 247 6CHAPITRE 6Séries entières On abrège « développable en série entière en 0 » en dSE(0), et « développe- ment en série entière en 0 » en DSE(0). Thèmes abordés dans les exercices • Détermination du rayon de convergence d’une série entière • Calcul du rayon de convergence et de la somme d’une série entière • Détermination du DSE(0) d’une fonction • Calculs d’intégrales et de sommes de séries numériques (convergentes) par l’intermédiaire de séries entières • Manipulation des fonctions usuelles complexes (exponentielle, cos, sin, ch, sh), résolution d’équations portant sur celles-ci • Obtention de la classe C∞ pour une fonction d’une ou de plusieurs variables réelles, par intervention de la notion de dSE(0) • Dénombrements par utilisation de séries entières génératrices. Points essentiels du cours pour la résolution des exercices • Définition et caractérisations du rayon de convergence d’une série entière • Théorèmes de comparaison, pour obtenir inégalité ou égalité, sur des rayons de convergence de séries entières • Règle de d’Alembert pour les séries numériques et son emploi dans le cadre des séries entières • Théorèmes sur rayon et somme de séries entières obtenues par opération sur une ou deux séries entières : addition, loi externe, dérivation, primitivation, produit de Cauchy • Théorèmes sur la convergence (absolue, simple, normale, uniforme) pour les séries entières • Relation entre coefficients d’une série entière et dérivées successives en 0 de la somme de cette série entière, lorsque le rayon est > 0 • Définition de la notion de fonction dSE(0), unicité du DSE(0) en 0 • Théorèmes sur les opérations sur les fonctions dSE(0) : addition, loi externe, dérivation, primitivation, produit Les méthodes à retenir 248 Énoncés des exercices 253 Du mal à démarrer ? 262 Corrigés 267 Plan ©Dunod.Laphotocopienonautoriséeestundélit.
- 258. Chapitre 6 • Séries entières 248 Les méthodes à retenir • Liste des DSE(0) usuels, avec leur rayon de convergence et leur ensemble de validité • Définition et propriétés de l’exponentielle complexe • Définition et propriétés des fonctions cos, sin, ch, sh, sur les complexes. Essayer de : • Chercher un équivalent simple de |an| lorsque l’entier n tend vers l’infini. Si |an| ∼ n∞ |bn|, alors les séries entières n anzn et n bnzn ont le même rayon de convergence. ➥ Exercices 6.3 b), 6.13 a), 6.20 b), 6.22 b) Pour trouver un équivalent simple de |an| lorsque l’entier n tend vers l’infini, on pourra être amené à utiliser des développements asympto- tiques intermédiaires. ➥ Exercices 6.12 a), d) • Majorer ou minorer |an| par un terme général plus simple. Si, pour tout n, |an| |bn|, alors les rayons de convergence Ra et Rb des séries entières n anzn et n bnzn vérifient : Ra Rb. ➥ Exercices 6.32 f), 6.39, 6.47 b) Une combinaison de majoration et de minoration de |an| permet quel- quefois d’obtenir le rayon de convergence. ➥ Exercices 6.1 f), 6.2 g), 6.12 e), m), o), 6.33 e), h), 6.46 • Appliquer la règle de d’Alembert, en particulier lorsque an contient des factorielles ou des exponentielles. ➥ Exercices 6.1 e), 6.2 a), d), f), 6.12 i), 6.13 b), 6.16 a), f) 6.35 b), c), d), 6.51 a) • Combiner prise d’équivalent et règle de d’Alembert. ➥ Exercices 6.1 a) à d), 6.2 b), c), e), 6.3 e), 6.12 b), 6.16 a) à d), 6.17 d), 6.33 c), d), 6.35 e), 6.49 a) Pour déterminer le rayon de convergence R d’une série entière n anzn
- 259. Les méthodes à retenir 249 • Si |an| n’admet pas d’équivalent simple lorsque l’entier n tend vers l’infini, et si la règle de d’Alembert ne paraît pas applicable ou paraît peu commode à appliquer, se ramener à étudier, pour z ∈ C∗ fixé, la nature de la suite |anzn | n en fonction de z. Si on trouve un R ∈ [0 ; +∞] tel que : – pour tout z ∈ C tel que |z| < R, (anzn )n converge vers 0 – pour tout z ∈ C tel que |z| > R, (anzn )n n’est pas bornée, alors le rayon de convergence de la série entière n anzn est égal à R. Pour étudier la nature de la suite |anzn | n , on pourra commencer par étudier la nature de la suite ln |an| + n ln |z| n , puis composer par l’exponentielle. ➥ Exercices 6.12 c), f), g), h), j), l), n), 6.13 c), d), e), 6.33 b), 6.35 f) • Séparer la recherche de R en la recherche de deux inégalités com- plémentaires sur R, obtenues par les méthodes précédentes. En particulier : – s’il existe z1 ∈ C tel que anzn 1 −−→ n ∞ 0, alors : R |z1| – s’il existe z2 ∈ C tel que anzn 2 −−→ n ∞ / 0, alors : R |z2|. ➥ Exercices 6.3 a), d), k), 6.33 a), 6.35 a), 6.36 a) • Utiliser le théorème du cours sur le rayon de convergence d’une série entière dérivée, en vue de faire disparaître un n en facteur, ou sur le rayon de convergence d’une série entière primitive, en vue de faire disparaître un n ou un n + 1 du dénominateur. ➥ Exercices 6.33 a), 6.36 b). • Commencer par déterminer le rayon R, par les méthodes précé- dentes. Dans la plupart des exemples où l’énoncé demande le rayon et la somme d’une série entière, la détermination du rayon est aisée. En effet, le coefficient an est souvent une fraction rationnelle en n autre que la fraction nulle, et alors le rayon est 1, ou an fait intervenir sim- plement des factorielles ou des exponentielles, et alors le rayon peut être souvent calculé par application de la règle de d’Alembert. ➥ Exercice 6.2 Ayant déterminé le rayon R, pour calculer la somme S, c’est-à-dire S(x) pour x ∈ ] − R ; R[ si la variable est réelle, S(z) pour |z| < R, si la variable est complexe, essayer de se ramener aux séries entières connues, en utilisant notamment les techniques suivantes : • dérivation ou primitivation, éventuellement répétée, d’une série entière ➥ Exercices 6.2 a) à d), g), 6.35 b), 6.36 b) Pour calculer le rayon R et la somme S d’une série entière n 0 anzn ©Dunod.Laphotocopienonautoriséeestundélit.
- 260. Chapitre 6 • Séries entières 250 • décomposition de an en éléments simples, lorsque an est une frac- tion rationnelle en n ➥ Exercices 6.16 a), b) • combinaison linéaire de séries entières connues ➥ Exercices 6.2 b) à g), 6.16 c) à h), 6.17 d) En particulier, si an est un polynôme en cos n θ et sin n θ, essayer de faire intervenir l’exponentielle complexe ➥ Exercice 6.36 a) • changement de variable du genre t = √ x ou t = √ −x lorsque l’énoncé comporte xn et que l’on préfèrerait y voir un élément du genre t2n ➥ Exercices 6.35 c), d), e) Si on est amené à calculer « à part » S(0), ne pas oublier que, tout simplement, S(0) est le terme constant de la série entière définissant S(x), c’est-à-dire S(0) = a0 lorsque S(x) = +∞ n=0 an xn . ➥ Exercices 6.16 a), b), c), 6.35 c), d), e) Si, pour le rayon R, on a obtenu seulement une minoration R ρ > 0, et si on a calculé la somme S(x) pour tout x ∈ ] − ρ ; ρ[, souvent, on pourra montrer R = ρ en faisant apparaître un comporte- ment irrégulier de S(x) (ou de S (x),…) lorsque x tend vers ρ− ou lorsque x tend vers −ρ+ . ➥ Exercice 6.39. Essayer de se ramener aux DSE(0) connus, par les opérations sui- vantes : • combinaison linéaire de fonctions dSE(0) ➥ Exercices 6.3 a), b), e), f), 6.18 a), b), c), f) • produit d’un polynôme par une fonction dSE(0) ➥ Exercices 6.3 c), d) • produit de deux fonctions dSE(0) Si f se présente comme produit de deux fonctions dSE(0), alors, d’après le cours, f est dSE(0). Mais, pour le calcul de DSE(0) de f, on envisagera souvent un autre point de vue, car la valeur des coefficients du DSE(0) de f, obtenue par produit de deux séries entières, est sou- vent inutilisable ou inapproprié. ➥ Exercices 6.18 f), 6.41 Pour montrer qu’une fonction f est dSE(0) et calculer le DSE(0) de f
- 261. Les méthodes à retenir 251 • dérivation, primitivation d’une fonction dSE(0). Si la dérivée f de f est plus simple que f, former le DSE(0) de f , puis en déduire celui de f. Essayer en particulier lorsque f est une intégrale dépendant d’une de ses bornes ou lorsque f est un logarithme ou une fonction circulaire réciproque ou une fonction hyperbolique réciproque. ➥ Exercices 6.18 d), e), h), i), 6.25 • utilisation d’une équation différentielle ➥ Exercices 6.41, 6.42 • montrer que f est de classe C∞ , appliquer la formule de Taylor avec reste intégral à l’ordre n pour tout n ∈ N, et montrer que le reste tend vers 0 lorsque l’entier n tend vers l’infini. ➥ Exercices 6.40, 6.53, 6.55. Développer la fonction sous l’intégrale en la somme d’une série de fonctions, souvent par l’intermédiaire d’une série entière, puis mon- trer que l’on peut permuter intégrale et série, par l’une des trois méthodes suivantes : • continuité et convergence uniforme (normale ?) sur un segment ➥ Exercices 6.23, 6.30, 6.31, 6.39 • théorème sur l’intégration sur un intervalle quelconque pour une série de fonctions ➥ Exercices 6.26, 6.28, 6.45 • montrer que l’intégrale du reste tend vers 0. En plus des méthodes vues dans le chapitre 4, on peut essayer de faire intervenir une ou des séries entières. Pour calculer +∞ n=0 un, (après avoir montré la convergence de cette série), introduire par exemple la série entière n 0 unzn , déterminer son rayon R et sa somme S. – Si R > 1, alors, on peut remplacer directement x par 1, et on a : +∞ n=0 un = S(1). ➥ Exercices 6.4, 6.29 – Si R = 1, essayer de montrer que la série entière n 0 unzn converge uniformément (normalement ?) sur [0 ; 1], ce qui permettra de dédui- re : +∞ n=0 un = lim x−→1− S(x). Avant d’introduire une série entière dans ce contexte, il peut être commode de commencer par transformer l’écriture du terme général Pour obtenir le DSE(0) d’une intégrale dépendant d’un paramètre Pour calculer la somme d’une série numérique (convergente) ©Dunod.Laphotocopienonautoriséeestundélit.
- 262. Chapitre 6 • Séries entières 252 de la série numérique de l’énoncé, ou de considérer d’autres séries numériques analogues. ➥ 6.30, 6.54. Essayer d’abord les théorèmes généraux : somme, produit, quotient, composée… de fonctions de classe C∞ . Sinon, il suffit de montrer que f est dSE(0). Y penser en particulier lorsque f (x) est donné par deux expressions selon la position de x. ➥ Exercices 6.24, 6.37 a), 6.43 b). Essayer d’abord les théorèmes généraux : somme, produit, quotient, composée… de fonctions de classe C∞ . Sinon, essayer de se ramener à des fonctions d’une variable réelle et essayer d’appliquer la méthode précédente à ces fonctions d’une variable réelle. ➥ Exercice 6.24. Essayer d’écrire la fonction située dans l’intégrale comme somme d’une série de fonctions, souvent par l’intermédiaire d’une série entière, puis justifier la permutation entre intégrale et série. ➥ Exercice 6.21. Essayer d’écrire le terme général d’une des deux séries comme somme d’une série, souvent par l’intermédiaire d’une série entière, puis justifier la permutation entre séries, par un théorème d’interver- sion pour des séries doubles. ➥ Exercices 6.48, 6.52. Essayer de montrer que la série d’applications n 0 x −→ an xn converge uniformément (normalement ?) sur [0 ; R], puis appliquer le théorème sur convergence uniforme et continuité. ➥ Exercice 6.30. Se ramener, en général, à des exponentielles et utiliser éventuellement un changement de variable. ➥ Exercices 6.6, 6.32. Essayer de : • utiliser les liens entre cos, et ch, entre sin et sh, en passant par les nombres complexes. ➥ Exercices 6.8, 6.10, 6.11 Pour montrer qu’une fonction f d’une variable réelle est de classe C∞ Pour montrer qu’une fonction f de deux variables réelles est de classe C∞ Pour établir une égalité du type intégrale = série Pour établir une égalité du type série = série Pour montrer qu’un DSE(0), f(x) = +∞ n=0 anxn , valable pour tout x ∈ ] − R ; R[, est encore valable pour x = R, ou pour x = −R Pour résoudre une équation d’inconnue z ∈ C, faisant intervenir ez , cos z, sin z,ch z,sh z,. . . Pour établir une formule portant sur cos , sin , ch, sh, de complexes
- 263. Énoncés des exercices 253 • faire intervenir l’exponentielle complexe. ➥ Exercices 6.7, 6.8, 6.10, 6.11. Essayer d’utiliser des DSE(0). ➥ Exercice 6.9. ©Dunod.Laphotocopienonautoriséeestundélit. Pour obtenir une inégalité faisant intervenir des fonctions usuelles de la variable complexe Énoncés des exercices Exemples de détermination du rayon de convergence d’une série entière Déterminer le rayon de convergence R des séries entières suivantes : a) n 0 n2 + 1 n3 + 2 zn b) n 0 ( √ n + 2 − √ n)zn c) n 0 2n + n2 3n − n2 zn d) n 1 ln(n2 + 1) ln(n3 + 1) zn e) n 0 2n n zn f) n 0 esin n zn . Calcul du rayon de convergence et de la somme d’une série entière Calculer le rayon de convergence et la somme des séries entières suivantes (z : variable complexe, x : variable réelle) : a) n 0 n2 xn b) n 1 (n + 1)2 n xn c) n 0 n3 + n2 − 1 n + 1 xn d) n 0 (n2 + 1)(−1)n x2n e) n 0 sh n zn f) n 1 n + 1 n! zn g) n 1 n(−1)n xn . Exemples de DSE(0) Pour les fonctions f des exemples suivants, où l’on donne f (x) (x : variable réelle), montrer que f est dSE(0) et calculer son DSE(0) ; préciser le rayon de convergence R. a) x3 + 2 x2 − 1 b) 1 x4 − 3x2 + 2 c) (1 − x) ln (1 − x) d) 1 − x 1 + x e) ln (x2 − 8x + 15) f) sin 4x sin x g) sin x x . Exemple de calcul d’une somme de série numérique par utilisation d’une série entière Existence et calcul de S = +∞ n=2 2n + n3n (n − 1)n5n . Exemple de calcul d’un produit infini par utilisation d’une série entière Trouver lim n∞ n k=0 3 2k k! . 6.1 6.2 6.3 6.4 6.5
- 264. Chapitre 6 • Séries entières 254 Exemple de résolution d’une équation portant sur l’exponentielle complexe Résoudre l’équation, d’inconnue z ∈ C : ez = −2. Calculs de modules de fonctions usuelles complexes a) Montrer : ∀ y ∈ R, cos (i y) = ch y, sin (i y) = i sh y . b) Établir : ∀ (x,y) ∈ R2 , cos (x + i y) = cos x + sin (i y) . Résolution d’une équation portant sur des fonctions hyperboliques complexes Résoudre l’équation, d’inconnue z ∈ C : |ch z| = |sh z|. Inégalité sur des modules de fonctions usuelles complexes Montrer, pour tout z ∈ C : | cos z| ch (|z|), | sin z| sh (|z|). Calculs de carrés de modules de fonctions usuelles complexes Soient (x,y) ∈ R2 , z = x + i y. Montrer : | cos z|2 = ch2 y − sin 2 x = sh2 y + cos 2 x, |ch z|2 = ch2 x − sin 2 y = sh2 x + cos 2 y | sin z|2 = ch2 y − cos 2 x = sh2 y + sin 2 x, |sh z|2 = ch2 x − cos 2 y = sh2 x + sin 2 y. Calcul d’une expression faisant intervenir le cosinus d’un complexe Simplifier, pour tout z ∈ C, l’expression : A = |1 − cos z| + |1 + cos z|. Exemples de détermination du rayon de convergence d’une série entière Déterminer le rayon de convergence R des séries entières suivantes : a) n 0 ( n2 + n + 1 − 3 n3 + n2)zn b) n 0 n √ n ch n zn c) n 1 ( √ n)−n zn d) n 0 tan (π n2 + 1)zn e) n 0 ln (n!)zn f) n 2 (ln n)−ln n zn g) n 1 n + 1 2n + 1 n zn h) n 0 e−ch n zn i) n 0 n3n (3n)! z3n j) n 0 nzn2 k) n 1 an zn , an = n−è décimale de √ 2 l) n 1 n−E( √ n) zn m) n 1 S2(n)zn , S2(n) = somme des carrés des diviseurs 1 de n n) n 1 1 + 1 n2 n3 zn o) n 0 1 0 tn 1 + t + tn dt zn p) n 0 e−n n k=0 e √ k zn . Exemples de détermination du rayon de convergence d’une série entière, avec paramètres Déterminer le rayon de convergence R des séries entières suivantes, les paramètres a,b étant fixés : a) n 1 an n + bn zn , (a,b) ∈ ]0 ; +∞[2 b) n 0 an2 (2n)! zn , a ∈ ]0 ; +∞[ c) n 0 an! zn , a ∈ C∗ d) n 1 an zn! , a ∈ C∗ e) n 2 e(ln n)a zn , a ∈ R. 6.6 6.7 6.8 6.9 6.10 6.11 6.12 6.13
- 265. Énoncés des exercices 255 Rayons de séries entières définies à partir d’une série entière donnée Soient n an zn , une série entière, R son rayon de convergence. Déterminer les rayons de convergence des séries entières n a2 n zn , n an z2n . Caractérisation des séries entières de rayon > 0 Soient n an zn , une série entière, R son rayon de convergence. Montrer que R > 0 si et seulement si la suite |an| 1 n n 1 est majorée. Calcul du rayon de convergence et de la somme d’une série entière Calculer le rayon de convergence et la somme des séries entières suivantes (z : variable complexe, x : variable réelle) : a) n 1 xn n(n + 2) b) n 2 xn n3 − n c) n 2 n + (−1)n+1 n + (−1)n xn d) n 0 n4 + n2 + 1 n! zn e) p 0 x4p+1 (4p + 1)! f) n 0 n + 1 (n + 2)n! zn g) n 0 2 + (−1)n 3 + (−1)n n zn h) n 0 an zn , an = 1 si n = 3p, p ∈ N 2p si n = 3p + 1, p ∈ N 3p si n = 3p + 2, p ∈ N. Séries entières issues du développement de (1 + √ 2)n a) Montrer qu’il existe un couple unique ((an)n∈N, (bn)n∈N) de suites réelles tel que : ∀ n ∈ N, (an,bn) ∈ N2 an + bn √ 2 = (1 + √ 2)n . b) Établir : ∀ n ∈ N, an − bn √ 2 = (1 − √ 2)n . c) En déduire une expression de an et de bn, en fonction de n, pour tout n ∈ N. d) Déterminer le rayon de convergence et la somme des deux séries entières n 0 an zn , n 0 bn zn . Exemples de DSE(0) Pour les fonctions f des exemples suivants, où l’on donne f (x) (x : variable réelle), montrer que f est dSE(0) et calculer son DSE(0) ; préciser le rayon de convergence R. a) 1 x2 − x + 2 b) 16 x3 − 5x2 + 3x + 9 c) ln (1 + x + x2 ) d) ln (x2 + 2x + 5) e) Arctan (2 + x) f) sin x ch x g) ch x − 1 x2 2 h) x 0 ln(1 + t) t dt i) 3x 2x et − 1 − t t2 dt. ©Dunod.Laphotocopienonautoriséeestundélit. 6.14 6.15 6.16 6.17 6.18
- 266. Chapitre 6 • Séries entières 256 Exemple d’inégalité sur la somme d’une série entière Montrer : ∀ x ∈ ]0 ; 1[, +∞ n=1 xn n2 (1 − x) ln (1 − x) 2 x . Étude d’une série entière dont les coefficients sont des sommes de séries On note, pour tout n ∈ N∗ : an = +∞ k=n 1 k(k + n) . a) 1) Montrer que, pour tout n ∈ N∗ , an existe. 2) Établir : ∀ n ∈ N∗ , an = 1 n (H2n−1 − Hn−1), où on a noté H0 = 0 et, pour tout n ∈ N∗ , Hn = n k=1 1 k . On pourra utiliser : Hn = ln n + γ + o n∞ (1), où γ est la constante d’Euler. 3) En déduire un équivalent simple de an lorsque l’entier n tend vers l’infini. b) On considère la série entière n 1 an xn , où la variable x est réelle, et on note R son rayon de convergence. 1) Déterminer R. 2) Quelles sont les natures des séries numériques n 1 an Rn , n 1 an(−R)n ? Calcul d’une intégrale double par utilisation d’une série entière Montrer : [0 ;1]2 xy exy dx dy = e − 1 − +∞ n=1 1 n · n! . Étude d’une série entière dont les coefficients sont des intégrales a) Montrer que, pour tout n ∈ N∗ , In = +∞ 1 e−tn dt existe. On considère la série entière n 1 In xn (où x est une variable réelle), et on note R son rayon, S sa somme. b) Déterminer R. c) Étudier la nature des séries numériques n 1 In Rn , n 1 In(−R)n . Exemple de DSE(0) pour une fonction définie par une intégrale Montrer que la fonction f : x −→ π 0 ch (x cos t) dt est dSE(0) et calculer son DSE(0) ; préciser le rayon de convergence R. 6.19 6.20 6.21 6.22 6.23
- 267. Énoncés des exercices 257 Classe C∞ pour une fonction de deux variables réelles Montrer que l’application f : ] − 1 ; +∞[×R −→ R définie par : f (x,y) = (1 + x)y − 1 ln(1 + x) si x =/ 0 y si x = 0 est de classe C∞ sur ] − 1 ; +∞[×R. DSE(0) d’une fonction définie par une intégrale On note, pour tout x ∈ R∗ : f (x) = 1 x x 0 Arctan t t dt. a) Montrer que f est définie sur R∗ et que f admet une limite finie en 0. On note encore f l’application R −→ R obtenue en prolongeant f par continuité en 0. b) Montrer que f est dSE(0) et calculer le rayon de ce DSE(0). DSE(0) d’une fonction définie par une intégrale On note, pour x ∈ R et sous réserve d’existence : f (x) = +∞ 0 ln (1 + x e−t ) dt. a) Déterminer l’ensemble de définition de f. b) Montrer que f est dSE(0) et déterminer le rayon et le DSE(0). Détermination d’une fonction dSE(0) dont on connaît les dérivées successives en 0 Trouver un intervalle ouvert I contenant 0 et une application f : I −→ R de classe C∞ sur I, tels que : ∀ n ∈ N, f (n) (0) = n2 · n! . Transformée de Fourier d’une fonction à support borné Soit f : R −→ C continue par morceaux et nulle en dehors d’un segment. On considère la transformée de Fourier g de f : g : R −→ C, x −→ g(x) = 1 √ 2π +∞ −∞ f (t) e−i xt dt . Démontrer que g est dSE(0), de rayon infini. Calcul d’une somme de série numérique par utilisation de séries entières Existence et calcul de A = +∞ n=0 1 (3n)! . Calcul d’une somme de série numérique par utilisation d’une série entière Existence et calcul de S = +∞ n=0 (−1)n (n + 1)(2n + 1) . ©Dunod.Laphotocopienonautoriséeestundélit. 6.24 6.25 6.26 6.27 6.28 6.29 6.30
- 268. Chapitre 6 • Séries entières 258 Calculs d’intégrales à l’aide de DSE(0) Calculer, pour tout n ∈ N : In = 2π 0 ecos t cos (nt − sin t) dt et Jn = 2π 0 ecos t sin (nt − sin t) dt . Exemple d’équation faisant intervenir des fonctions usuelles complexes Résoudre l’équation, d’inconnue z ∈ C : 3 cos z + 2 sin z = 5. Exemples de détermination du rayon de convergence d’une série entière Déterminer le rayon de convergence R des séries entières suivantes : a) n 0 sin n zn , n 1 sin n n zn , n 0 n sin n zn b) n 2 3n ln (n + 2) n−1 zn c) n 0 Arcsin n + 1 2n + 3 − π 6 zn d) n 1 Arccos 1 − 1 n zn e) n 1 1 n! 1 0 t(t − 1) · · · (t − n) dt zn f) n 0 +∞ n tn e−t dt zn g) n 0 √ (n+1)π √ nπ sin (t2 ) dt zn h) n 1 1 n √ 2 − E(n √ 2) zn . Effet de la multiplication du coefficient d’une série entière par une fraction rationnelle de l’indice Soient (an)n∈N ∈ CN , F ∈ C(X) − {0}. Montrer que les séries entières n an zn et n F(n)an zn ont le même rayon de convergence. Calcul du rayon de convergence et de la somme d’une série entière Calculer le rayon de convergence et la somme des séries entières suivantes (z : variable complexe, x : variable réelle) : a) n 0 cos n xn b) n 0 x3n+2 3n + 2 c) n 0 xn 2n + 1 d) n 0 xn (2n + 1)! e) n 0 3n 2n2 + n − 1 xn f) n 0 zE( √ n) . Séries entières de coefficients cos nθ, sin nθ, cos nθ n , sin nθ n a) Calculer, pour tout θ ∈ R, les rayons de convergence et les sommes des deux séries entières n 0 cos nθ xn , n 0 sin nθ xn . b) En déduire, pour tout θ ∈ R, les rayons de convergence et les sommes des deux séries entières n 1 cos nθ n xn , n 1 sin nθ n xn . 6.31 6.32 6.33 6.34 6.35 6.36
- 269. Énoncés des exercices 259 Fonction de classe C∞ par DSE(0) Soit n ∈ N fixé. On note fn : R −→ R l’application définie, pour tout x ∈ R, par : fn(x) = 1 xn+1 ex − n k=0 xk k! si x =/ 0 1 (n + 1)! si x = 0. a) Montrer que fn est de classe C∞ sur R. b) Montrer qu’il existe Pn ∈ R(X] tel que : ∀ x ∈ R∗ , f (n) n (x) = ex/2 x2n+1 ex/2 Pn(x) − e−x/2 Pn(−x) et calculer Pn. Exemple d’égalité de sommes de séries entières, par produits de Cauchy Montrer, pour tout z ∈ C : ez +∞ n=1 (−1)n−1 n zn n! = +∞ n=1 n k=1 1 k zn n! Étude d’une série entière dont les coefficients sont des intégrales On note a0 = 1 et, pour tout n ∈ N∗ : an = 1 n! 1 0 n−1 k=0 (t − k) dt. Déterminer le rayon de convergence R et la somme S de la série entière n 0 an xn , où la variable x est réelle. Résolution d’une équation fonctionnelle par utilisation d’une série entière Pour (α, λ) ∈ R∗ ×] − 1 ; 1[ fixé, trouver toutes les applications f : R −→ R dérivables telles que : ∀ x ∈ R, f (x) = α f (x) + f (λx).On exprimera le résultat sous forme d’une série. Exemple de DSE(0), méthode de l’équation différentielle Montrer que f : x −→ Argsh x √ 1 + x2 est dSE(0) et calculer son DSE(0) ; préciser le rayon de conver- gence R. Exemple de DSE(0), méthode de l’équation différentielle Pour α ∈ R∗ fixé, former le DSE(0) de f : x −→ sin (α Arcsin x). Fonction d’une variable réelle de classe C∞ par utilisation de DSE(0) On note f : R∗ −→ R, x −→ 1 ex − 1 − 1 x . a) Montrer que f admet une limite finie en 0 et calculer . On note encore f l’application R −→ R obtenue en prolongeant f par continuité en 0. b) Montrer que f est de classe C∞ sur R. ©Dunod.Laphotocopienonautoriséeestundélit. 6.37 6.38 6.39 6.40 6.41 6.42 6.43
- 270. Chapitre 6 • Séries entières 260 Principe des zéros isolés et une application a) Soit n 0 an xn une série entière réelle, de rayon de convergence R > 0, f sa somme. On suppo- se qu’il existe une suite (tn)n∈N telle que : ∀ n ∈ N, −R < tn < R et tn =/ 0 et f (tn) = 0 tn −−−→ n ∞ 0. Démontrer : f = 0. b) Existe-t-il une application f : ] − 1 ; 1[−→ R, dSE(0) de rayon 1, telle que : ∀ n ∈ N − {0,1}, f 1 n = f − 1 n = 1 n3 ? DSE(0) de x −→ Γ(1 + x), où Γ est la fonction d’Euler Montrer que l’application x −→ (1 + x) est dSE(0), de rayon 1, et exprimer les coefficients de ce DSE(0) à l’aide d’intégrales. Étude d’une série entière dont les coefficients vérifient une relation de récurrence linéaire du second ordre, à coefficients constants et avec second membre On considère la suite réelle (un)n∈N définie par u0 = 0, u1 = 1 et : ∀ n ∈ N, un+2 = un+1 + un + 1 n + 1 . Déterminer le rayon de convergence R et la somme S de la série entière n 0 un xn , où la variable x est réelle. Série entière génératrice pour le nombre de dérangements On note, pour tout (n,k) ∈ N2 tel que k n, Fn,k le nombre de permutations de {1,. . . ,n} ayant exactement k points fixes, et on note, pour tout n ∈ N, αn = Fn,0. On convient : α0 = 1. a) 1) Montrer, pour tout (n,k) ∈ N2 tel que k n : Fn,k = n k αn−k. 2) En déduire, pour tout n ∈ N : n k=0 n k αk = n! . b) On considère la série entière n 0 αn n! zn , où la variable z est complexe, et on note R son rayon de convergence, S sa somme. 1) Montrer R 1 et établir, pour tout z ∈ C tel que |z| < 1 : S(z) = e−z 1 − z . 2) En déduire : ∀ n ∈ N, αn = n! n p=0 (−1)p p! . 3) Conclure, pour tout n ∈ N − {0,1} : αn = E n! e + 1 2 , puis : αn = n! e + O n∞ (1). 6.44 6.45 6.46 6.47
- 271. Énoncés des exercices 261 Calcul d’une somme de série par utilisation d’une série double et d’une série entière Existence et calcul de +∞ n=1 ζ(2n) − 1 n , où ζ est la fonction de Riemann. Étude d’une série entière dont les coefficients vérifient une relation de récurrence Soit (an)n∈N la suite réelle définie par a0 ∈ ]0 ; +∞[ et : ∀ n ∈ N, an+1 = 1 − e−an . On considère la série entière n 0 an xn , son rayon de convergence R, sa somme S. a) 1) Montrer : an −−−→ n ∞ 0. 2) Établir : an+1 ∼ n∞ an. 3) Déterminer R. b) En considérant bn = 1 an , montrer : an ∼ n∞ 2 n . c) 1) Quelle est la nature de la série numérique n 0 an Rn ? 2) Quelle est la nature de la série numérique n 0 an(−R)n ? Comparaison des comportements de deux séries entières au bord Soient n 0 an xn , n 0 bn xn deux séries entières, Ra,Rb les rayons, Sa,Sb les sommes. On suppose : (1) ∀ n ∈ N, bn > 0, (2) n 0 bn diverge, (3) Rb = 1, (4) an bn −−−→ n ∞ ∈ R. a) Montrer : Sb(x) −→ x−→1− +∞. b) Établir : Sa(x) Sb(x) −→ x−→1− . Étude d’une série entière, comportement au bord On note, pour tout n ∈ N∗ : an = nn enn! , et on considère la série entière n 1 an xn (où la variable x est réelle), R son rayon de convergence, S sa somme. a) Déterminer R. b) Déterminer un équivalent simple de S(x) lorsque x −→ 1− . À cet effet, on admettra +∞ 0 e−x2 dx = √ π 2 , et on utilisera l’exercice 6.50. Égalité entre sommes de séries, utilisation d’une série double et d’une série entière Établir, pour tout p ∈ N∗ : +∞ n=1 n p + n − 1 n ζ(p + n) − 1 = p ζ(p + 1), où ζ est la fonction de Riemann. Fonction dSE(0) par inégalités sur des intégrales Soit f : [−1 ; 1] −→ R de classe C∞ telle que : ∀ n ∈ N, 1 −1 f (n) (x) 2 dx (n!)2 . Montrer que f est dSE(0), de rayon 1. ©Dunod.Laphotocopienonautoriséeestundélit. 6.48 6.49 6.50 6.51 6.52 6.53
- 272. Chapitre 6 • Séries entières 262 Formule de Simon Plouffe Montrer : π = +∞ n=0 1 16n 4 8n + 1 − 2 8n + 4 − 1 8n + 5 − 1 8n + 6 . Toute fonction C∞ absolument monotone est dSE(0) Soient a ∈ R∗ +, f : ] − a ; a[−→ R de classe C∞ telle que : ∀ n ∈ N, ∀ x ∈ ] − a ; a[, f (n) (x) 0 . On note, pour tout n ∈ N et tout x ∈ ] − a ; a[ : Sn(x) = n k=0 xk k! f (k) (0), Rn(x) = x 0 (x − t)n n! f (n+1) (t) dt . a) 1) Montrer que, pour tout x ∈ [0 ; a[, la suite Sn(x) n 0 converge et la suite Rn(x) n 0 converge. 2) Établir, pour tout (x,y) ∈ ]0 ; a[2 tel que x < y : 0 Rn(x) xn+1 Rn(y) yn+1 . 3) Montrer, pour tout x ∈ [0 ; a[ : Rn(x) −−−→ n ∞ 0. 4) En déduire que, pour tout x ∈ [0 ; a[, la série de Taylor de f en 0, prise en x converge et a pour somme f (x). b) Établir : ∀ x ∈ ] − a ; 0], Rn(x) −−−→ n ∞ 0. c) Conclure que f est dSE(0), de rayon a. 6.54 6.55 Du mal à démarrer ? a) à d) Équivalent, puis règle de d’Alembert. e) Règle de d’Alembert. f) Encadrer la valeur absolue du coefficient. a) À partir de la série géométrique,dériver,multiplier par x. b) Décomposer en combinaison linéaire de trois séries entières. c) Décomposer en combinaison linéaire de deux séries entières et utiliser le résultat de a). d) Décomposer en combinaison linéaire de deux séries entières et utiliser le résultat de a), en remplaçant x par −x2 . e) Remplacer sh x par ex − e−x 2 . f) Décomposer en combinaison linéaire de séries entières et uti- liser le DSE(0) de l’exponentielle. g) Séparer les termes d’indices pairs, d’indices impairs, d’abord sur des sommes partielles. a),b) Décomposer en éléments simples. c) Calcul direct. d) Remarquer : f (x) = (1 − x)(1 − x2)−1/2 . e) Factoriser et décomposer en somme de logarithmes (de nombres strictement positifs !). f) Simplifier f (x) et linéariser. 6.1 6.2 6.3
- 273. Du mal à démarrer ? 263 ©Dunod.Laphotocopienonautoriséeestundélit. g) Diviser le DSE(0) de sin x par x, puis récupérer la valeur pour x = 0. Calculer les rayons et les sommes des deux séries entières n 2 xn (n − 1)n et n 2 xn n − 1 , puis remplacer x par 2 5 , par 3 5 . Se ramener à une étude de somme en passant par le loga- rithme. Poser z = x + iy, (x,y) ∈ R2 . Remplacer cos (iy) et sin (iy) par leurs expressions à l’ai- de d’exponentielles complexes. Poser z = x + iy, (x,y) ∈ R2 ,puis développer ch (x + iy) et sh (x + iy). Remplacer cos z et sin z par des sommes de séries entières, puis utiliser l’inégalité triangulaire. Développer cos (x + iy). Poser z = x + iy, (x,y) ∈ R2 , puis développer cos z. a), d) Obtenir un équivalent simple de an, par développe- ment asymptotique, puis appliquer la règle de d’Alembert. b) Équivalent, puis règle de d’Alembert. c),f),g),h),j),l),n) Pour z ∈ C∗ fixé,déterminer la limite de |anzn| lorsque l’entier n tend vers l’infini. e),m),o),p) Encadrer |an|. i) Règle de d’Alembert pour les séries numériques. k) Majorer |an|. D’autre part, étudier le cas z = 1. a) Chercher un équivalent simple de an, en séparant les cas b 1, b > 1. b) Règle de d’Alembert. c) à e) Pour z ∈ C∗ fixé, déterminer la limite de |anzn| lorsque l’entier n tend vers l’infini. Étudier la nature des suites (a2 n zn)n 0, (anz2n)n 0. 1) Si R > 0,intercaler ρ tel que 0 < ρ < R,et déduire une majoration de |an|1/n . 2) Réciproquement, comparer |an| avec le terme général d’une série géométrique. a) Décomposer en éléments simples, multiplier par x2 . b) Décomposer en éléments simples et diviser par x. c) Séparer les termes d’indices pairs, d’indices impairs, d’abord sur les sommes partielles, puis sur les sommes totales. d) Décomposer le polynôme n4 + n2 + 1 (variable n) sur les polynômes n(n − 1)(n − 2)(n − 3), n(n − 1)(n − 2), n(n − 1), n, 1, puis utiliser le DSE(0) de l’exponentielle. e) Combiner les DSE(0) de sh et sin. f) Multiplier le dénominateur par n + 1, pour faire apparaître (n + 2)!, puis utiliser le DES(0) de l’exponentielle. g) Séparer les termes d’indices pairs, d’indices impairs, d’abord sur les sommes partielles. h) Calculer d’abord une somme partielle, par exemple 3N+2 n=0 anzn . a) 1) Existence : Récurrence sur n. 2) Unicité : Utiliser √ 2 /∈ Q. b) Utiliser la formule du binôme de Newton. d) Pour les rayons, chercher un équivalent simple de an, de bn, lorsque l’entier n tend vers l’infini. Pour les sommes, utiliser c) pour se ramener à une combinaison linéaire de séries entières géométriques. a) Décomposer en éléments simples dans C(X),utiliser des séries entières géométriques, puis regrouper les termes conju- gués deux par deux. b) Décomposer en éléments simples et utiliser la série entière géométrique et sa dérivée. c) Remarquer : 1 + x + x2 = 1 − x3 1 − x , pour x ∈ ] − 1 ; 1[. d) Former le DES(0) de f par la même méthode qu’en a), puis primitiver. e) Former le DES(0) de f par la même méthode qu’en a), puis primitiver. f) 1re méthode : Remplacer sin x par −i sh (ix), puis linéariser. 2è méthode : Exprimer sin x et ch x à l’aide d’exponentielles complexes. g) Linéariser (ch x − 1)2 , diviser par x4 , former le DSE(0), puis récupérer le cas x = 0. h) Former le DSE(0) de g : t −→ ln(1 + t) t , compléter convena- blement en 0, puis primitiver. i) Former le DSE(0) de g : t −→ et − 1 − t t2 , compléter conve- nablement en 0, exprimer f (x) à l’aide de g, puis primitiver. Utiliser l’inégalité de Cauchy et Schwarz sur des séries entières. 6.4 6.5 6.6 6.7 6.8 6.9 6.10 6.11 6.12 6.13 6.14 6.15 6.16 6.17 6.18 6.19
- 274. Chapitre 6 • Séries entières 264 a) On obtient : an ∼ n∞ ln 2 n . b) 1) R = 1. 2) Pour n an(−R)n , utiliser le TSCSA. Calculer l’intégrale double, par emboîtement d’intégrales simples, en utilisant une intégration par parties, puis calculer 1 0 ex − 1 x dx par intégration d’un DSE(0) de rayon infini. a) Remarquer ici : e−tn e−t . b) Obtenir un équivalent simple de In, par le changement de variable u = tn , suivi du théorème de convergence dominée. c) Pour n 1 In(−R)n , utiliser le TSCSA. Développer la fonction sous l’intégrale en une somme de série de fonctions, puis permuter intégrale et série, par le théo- rème du cours sur continuité et convergence uniforme sur un segment. Calculer les intégrales de Wallis d’indices pairs. Décomposer f, par produit et composition, à l’aide de fonctions d’une variable réelle, en considérant ϕ : R −→ R, t −→ et − 1 t si t = 0 1 si t = 0. Se rappeler que toute application dSE(0) est de classe C∞ . b) Montrer que l’application t −→ Arctan t t , convenable- ment prolongée en 0, est dSE(0), puis primitiver et refaire le même raisonnement pour obtenir f (x). a) Séparer les cas : x < −1, x = −1, x > −1 . b) Pour x ∈ ] − 1 ; 1[, développer t −→ ln (1 + x e−t ) en somme d’une série de fonctions, puis permuter intégrale et série, par le théorème du cours sur l’intégration sur un interval- le quelconque pour une série de fonctions. Considérer la somme de la série entière n 0 n2 xn . En notant [−a ; a] un segment en dehors duquel f est nulle, exprimer g(x) pour x ∈ R fixé, puis permuter intégrale et série, par le théorème du cours sur l’intégration sur un interval- le quelconque pour une série de fonctions. Noter A = +∞ n=0 1 (3n)! , B = +∞ n=0 1 (3n + 1)! , C = +∞ n=0 1 (3n + 2)! , et calculer A + B + C, A + jB + j2C, A + j2 B + jC , puis déduire A. Considérer la série entière n 0 (−1)n xn (n + 1)(2n + 1) , de rayon 1. Calculer sa somme pour x ∈ [0 ; 1[, puis montrer qu’on peut remplacer x par 1, par continuité et convergence uniforme. Former In + iJn, développer la fonction sous l’intégrale en une somme de série de fonctions, puis permuter intégrale et série, par continuité et convergence uniforme sur un segment. Remplacer cos z et sin z par leurs expressions à l’aide de eiz et e−iz . a) 1) Utiliser la majoration usuelle de | sin n|,et,d’autre part, montrer que la suite ( sin n)n∈N ne converge pas vers 0. 2) Une série entière a le même rayon que sa série entière déri- vée, ou qu’une série entière primitive. b) Pour z ∈ C∗ , déterminer la limite de |anzn| lorsque l’entier n tend vers l’infini. c) Pour obtenir un équivalent simple du coefficient, utiliser le théorème des accroissements finis, appliqué à Arcsin, entre 1 2 et n + 1 2n + 3 . d) Remarquer an −→ n ∞ 0, donc : an ∼ n∞ sin an . e) Encadrer |an|. f) Montrer : ∀ n ∈ N, an nn e−n , puis règle de d’Alembert pour n 1 nn e−n zn . g) Par le changement de variable t = x2 , se ramener à an = (n+1)π nπ sin t √ t dt. On sait que l’intégrale −→+∞ π sin t √ t dt est semi-convergente, c’est-à-dire convergente mais non absolument convergente. h) • Montrer : an 1. • Par utilisation d’une expression conjuguée, montrer : an n √ 2. Utiliser la même méthode que celle employée dans le cours pour montrer qu’une série entière a le même rayon que sa série entière dérivée. a) • Rayon : Comme pour l’exercice 6.33 a). • Somme : Remplacer cos n par son expression à l’aide d’expo- nentielles complexes et utiliser des séries géométriques. b) Dériver, décomposer en éléments simples, primitiver. 6.20 6.21 6.22 6.23 6.24 6.25 6.26 6.27 6.28 6.29 6.30 6.31 6.32 6.33 6.34 6.35
- 275. Du mal à démarrer ? 265 ©Dunod.Laphotocopienonautoriséeestundélit. c) Changements de variable : t = √ x si x ∈ ]0 ; 1[, t = √ −x si x ∈ ] − 1 ; 0[. d) Changements de variable : t = √ x si x ∈ ]0 ; +∞[, t = √ −x si x ∈ ] − ∞ ; 0[. e) Décomposer en éléments simples. Pour calculer +∞ n=0 xn 2n + 1 , utiliser des changements de variable, comme dans c). f) Pour z ∈ C tel que |z| < 1 et N ∈ N∗ , découper (N+1)2−1 n=0 zE( √ n) en paquets. a) 1) Rayons : Une inégalité est immédiate. Montrer que, pour tout θ ∈ R, la suite ( cos nθ)n 0 ne converge pas vers 0, en raisonnant par l’absurde. Montrer que, pour tout θ ∈ R − πZ, la suite ( sin nθ)n 0 ne converge pas vers 0, en rai- sonnant par l’absurde. 2) Sommes : Considérer Sc(x) + iSs(x) et utiliser une série géo- métrique. b) 1) Rayons : Série entière dérivée. 2) Sommes : Se ramener à a) par dérivation et multiplication par x. a) En utilisant le DSE(0) de l’exponentielle, montrer que f est dSE(0) de rayon infini, donc f est de classe C∞ sur R. Effectuer le produit de Cauchy des séries entières n 0 1 n! zn et n 1 (−1)n−1 n · n! zn , puis exprimer le coefficient de zn , en remplaçant 1 n − k par 1 0 tn−k−1 dt. 1) Par majoration de |an|, montrer : R 1. 2) Soit x ∈ ] − 1 ; 1[.Pour calculer S(x),montrer qu’on peut per- muter série et intégrale,par continuité et convergence uniforme sur un segment. 3) Ayant obtenu S(x) = x ln(1 + x) si x = 0 1 si x = 0, montrer R = 1 en considérant le comportement de S (x) lorsque x −→ −1+ . 1) Soit f convenant. • Montrer que f est de classe C∞ sur R. • Montrer que le reste de Taylor de f en 0 tend vers 0 lorsque l’entier n tend vers l’infini. 2) Reporter f (x) = +∞ n=0 an xn dans l’équation, et raisonner par équivalences logiques successives. 1) Montrer que f est dSE(0), par des arguments qualitatifs. 2) Pour calculer le DSE(0) de f, utiliser la méthode de l’équation différentielle. Montrer que f satisfait une EDL2 (E) à coefficients variables polynomiaux. • Supposer que f est dSE(0), f (x) = +∞ n=0 an xn , reporter dans (E), et déduire les an. • Réciproquement, montrer que la série entière obtenue est de rayon > 0 et satisfait (E) et les mêmes conditions initiales que f. Conclure à l’aide du théorème de Cauchy linéaire. a) Utiliser des DL(0) pour obtenir : f (x) −→ x−→0 − 1 2 . b) Montrer, pour x = 0 : f (x) = − x ex − 1 ex − 1 − x x2 . Montrer que x −→ ex − 1 − x x2 complétée convenablement en 0, est dSE(0), puis utiliser le lien entre dSE(0) et classe C∞ . a) Montrer : f (0) = 0. Se ramener au cas où tn −→ n ∞ 0 en décroissant strictement, et utiliser le théorème de Rolle pour construire une suite (un)n 0 jouant, pour f , le même rôle que celui joué par (tn)n 0 pour f. En déduire f (0) = 0, réitérer, puis f = 0. b) Raisonner par l’absurde et appliquer le résultat de a) à g : x −→ f (x) − x3 , h : x −→ f (x) + x3 . Montrer qu’on peut permuter intégrale et série, par appli- cation du théorème du cours sur l’intégration sur un intervalle quelconque pour une série de fonctions. 1) Rayon : Encadrer un par deux suites plus simples, 0 vn un wn , calculer vn et wn et en déduire R = √ 5 − 1 2 . 2) Somme : Décomposer un+2xn+2 d’après l’énoncé, puis som- mer. b) 1) • Encadrer αn n! , et déduire R 1. • Faire le produit de Cauchy de n 0 αn n! zn et n 0 1 n! zn . 2) Effectuer (1 − z)S(z) et utiliser un télescopage. 6.36 6.37 6.38 6.39 6.40 6.41 6.42 6.43 6.44 6.45 6.46 6.47
- 276. Chapitre 6 • Séries entières 266 3) La série p 0 (−1)p p! relève du TSCSA et sa somme est égale à e−1 . Montrer que le théorème d’interversion pour les séries doubles à termes 0 s’applique à 1 np2n n 1, p 2 . a) Montrer que (an)n 0 est décroissante et minorée par 0, et que la seule limite possible est 0. b) 1) Appliquer un théorème de sommation des relations de comparaison à la série de terme général bn+1 − bn . c) 2) Utiliser le TSCSA. a) Revenir à la définition d’une limite infinie et utiliser des sommes partielles. b) Revenir à la définition d’une limite finie,pour an bn −→ n ∞ ,et uti- liser des sommes partielles. a) Règle de d’Alembert. b) Par la formule de Stirling et l’exercice 6.50, montrer : S(x) ∼ x−→1− 1 √ 2π +∞ n=1 xn √ n . Pour obtenir un équivalent simple de cette dernière somme de série entière lorsque x −→ 1− , utiliser une comparaison série/intégrale. Montrer qu’on peut appliquer le théorème d’interversion des sommations à la suite double (un,k)n 1, k 2 définie par un,k = n p + n − 1 n 1 kp+n . Utiliser le DSE(0) classique : ∀ x ∈ ] − 1 ; 1[, (1 − x)−p = +∞ n=0 p + n − 1 n xn et dériver. Appliquer la formule de Taylor avec reste intégral à f sur le segment joignant 0 et x, et majorer la valeur absolue du reste à l’aide de l’inégalité de Cauchy et Schwarz. Remarquer : ∀ p ∈ N∗ , 1 16n(8n + p) = √ 2 p 1/ √ 2 0 x8n+p−1 dx . Montrer que l’on peut permuter intégrale et série, par continui- té et convergence uniforme sur un segment. En déduire, après changement de variable u = x √ 2 : S = 16 1 0 4 − 2u3 − u4 − u5 16 − u8 du . Simplifier la fraction rationnelle et calculer l’intégrale. a) 1) Montrer que,pour tout x ∈ [0 ; a[,la suite Sn(x) n 0 est croissante et majorée. 2) Pour n ∈ N, (x,y) ∈ ]0 ; a[2 tel que x < y, exprimer Rn(x) xn+1 à l’aide du changement de variable u = t x , et comparer à Rn(y) yn+1 . 3) Pour x ∈ ]0 ; a[ fixé,intercaler strictement un y entre x et a et utiliser 2). b) Montrer, pour tout x ∈ ] − a ; 0] : |Rn(x)| Rn(|x|), et utiliser a). 6.48 6.49 6.50 6.51 6.52 6.53 6.54 6.55
- 277. 267 Notons, dans chaque exemple, an le coefficient de la série entière envisagée. a) On a : an = n2 + 1 n3 + 2 ∼ n∞ 1 n , puis, pour tout z ∈ C∗ : an+1zn+1 an zn ∼ n∞ n n + 1 |z| −−−→ n ∞ |z|, donc, d’après la règle de d’Alembert : R = 1. b) On a : an = √ n + 2 − √ n = 2 √ n + 2 + √ n ∼ n∞ 1 √ n , puis, pour tout z ∈ C∗ : an+1zn+1 an zn ∼ n∞ √ n √ n + 1 |z| −−−→ n ∞ |z| , donc, d’après la règle de d’Alembert : R = 1. c) On a : an = 2n + n2 3n − n2 ∼ n∞ 2n 3n , puis, pour tout z ∈ C∗ : an+1zn+1 an zn ∼ n∞ 2n+1 3n+1 3n 2n |z| = 2 3 |z| −−−→ n ∞ 2 3 |z| , donc, d’après la règle de d’Alembert : R = 3 2 . d) On a : an = ln(n2 + 1) ln(n3 + 1) = 2 ln n + ln 1 + 1 n2 3 ln n + ln 1 + 1 n3 −→ n∞ 2 3 , puis, pour tout z ∈ C∗ : an+1zn+1 an zn = an+1 an |z| −−−→ n ∞ |z|, donc, d’après la règle de d’Alembert : R = 1. e) On a, pour tout z ∈ C∗ : an+1zn+1 an zn = 2n + 2 n + 1 2n n −1 |z| = (2n + 2)! (n + 1)! 2 (n!)2 (2n)! |z| = (2n + 2)(2n + 1) (n + 1)2 |z| −−−→ n ∞ 4|z| , donc, d’après la règle de d’Alembert : R = 1 4 . f) On a : ∀ n ∈ N, 0 e−1 esin n e1 . Les séries entières n 0 e−1 zn et n 0 e zn sont de rayon 1 (sé- ries géométriques, ou règle de d’Alembert), donc, par théorème d’encadrement pour les rayons : R = 1. a) La règle de d’Alembert montre : R = 1. On a : ∀ x ∈ ] − 1 ; 1[, +∞ n=0 xn = 1 1 − x , d’où, en dérivant : ∀ x ∈ ] − 1 ; 1[, +∞ n=1 nxn−1 = 1 (1 − x)2 , puis, en multipliant par x : ∀ x ∈ ] − 1 ; 1[, +∞ n=1 nxn = x (1 − x)2 = x(1 − x)−2 , puis, en dérivant : ∀ x ∈ ] − 1 ; 1[, +∞ n=1 n2 xn−1 = (1 − x)−2 + 2x(1 − x)−3 = 1 + x (1 − x)3 , puis, en multipliant par x et en remarquant que le terme d’in- dice 0 est nul : ∀ x ∈ ] − 1 ; 1[, S(x) = +∞ n=0 n2 xn = x(1 + x) (1 − x)3 . Réponse : R = 1 et : ∀ x ∈ ] − 1 ; 1[, S(x) = x(1 + x) (1 − x)3 . b) L’utilisation d’un équivalent et la règle de d’Alembert mon- trent : R = 1. On a, pour tout x ∈ ] − 1 ; 1[ : S(x) = +∞ n=1 (n + 1)2 n xn = +∞ n=1 n + 2 + 1 n xn = +∞ n=1 nxn + 2 +∞ n=1 xn + +∞ n=1 xn n , car ces trois séries entières sont de rayon 1. On sait : ∀ x ∈ ] − 1 ; 1[, +∞ n=0 xn = 1 1 − x , donc : ∀ x ∈ ] − 1 ; 1[, +∞ n=1 xn = 1 1 − x − 1 = x 1 − x . Corrigés des exercices 6.1 6.2
- 278. • On a, pour tout x ∈ ] − 1 ; 1[ : S(x) = +∞ n=0 (n2 + 1)(−1)n x2n = +∞ n=0 (n2 + 1)(−x2 )n = +∞ n=0 n2 (−x2 )n + +∞ n=0 (−x2 )n , car ces deux séries entières sont de rayon 1. D’une part, par série géométrique : +∞ n=0 (−x2 )n = 1 1 − (−x2) = 1 1 + x2 . D’autre part, d’après l’exercice a) : ∀ t ∈ ] − 1 ; 1[, +∞ n=0 n2 tn = t(1 + t) (1 − t)3 , puis en remplaçant t par −x2 ∈ ] − 1 ; 1[ : +∞ n=0 n2 (−x2 )n = −x2 (1 − x2 ) (1 + x2)3 . Réponse : R = 1 et : ∀ x ∈ ] − 1 ; 1[, S(x) = −x2 (1 − x2 ) (1 + x2)3 + 1 1 + x2 . e) • On a : an = sh n = en − e−n 2 ∼ n∞ en 2 . Comme la série entière n 0 en zn est de rayon 1 e (série géo- métrique), par théorème d’équivalence : R = 1 e . • On a, pour tout z ∈ C tel que |z| < 1 e : S(z) = +∞ n=0 sh n zn = +∞ n=0 en − e−n 2 zn = 1 2 +∞ n=0 en zn − 1 2 +∞ n=0 e−n zn car les rayons respectifs sont 1 e , et e = 1 2 1 1 − ez − 1 2 1 1 − e−1z = 1 2 (1 − e−1 z) − (1 − ez) (1 − ez)(1 − e−1z) = 1 2 (e − e−1 )z 1 − (e + e−1)z + z2 = (sh 1)z 1 − 2(ch 1)z + z2 . Réponse : R = 1 e et, pour tout z ∈ C tel que |z| < 1 e : S(z) = z sh 1 1 − 2z ch 1 + z2 . 268 D’autre part, en dérivant, on obtient : ∀ x ∈ ] − 1 ; 1[, +∞ n=1 nxn−1 = 1 (1 − x)2 , puis, en multipliant par x : ∀ x ∈ ] − 1 ; 1[, +∞ n=1 nxn = x (1 − x)2 . Enfin, on sait : ∀ x ∈ ] − 1 ; 1[, +∞ n=1 xn n = − ln (1 − x). En combinant linéairement, on en déduit S(x). Réponse : R = 1 et : ∀ x ∈ ] − 1 ; 1[, S(x) = 3x − 2x2 (1 − x)2 − ln (1 − x) . c) L’utilisation d’un équivalent et la règle de d’Alembert mon- trent : R = 1. On a, pour tout x ∈ ] − 1 ; 1[ : S(x) = +∞ n=0 n3 + n2 − 1 n + 1 xn = +∞ n=0 n2 − 1 n + 1 xn = +∞ n=0 n2 xn notée A(x) − +∞ n=0 1 n + 1 xn notée B(x) , car ces deux séries entières sont de rayon 1. On a calculé A(x) dans a) : A(x) = x(1 + x) (1 − x)3 . D’autre part, si x =/ 0 : B(x) = 1 x +∞ n=0 xn+1 n + 1 = 1 x +∞ n=1 xn n = − 1 x ln (1 − x) , et on a B(0) = 1, terme constant de la série entière définissant B(x). Réponse : R = 1 et pour tout x ∈ ] − 1 ; 1[ : S(x) = x(1 + x) (1 − x)3 + 1 x ln (1 − x) si x =/ 0 1 si x = 0. d) • Soit x ∈ R∗ . Notons, pour tout n ∈ N : un = (n2 + 1)(−1)n x2n = (n2 + 1)x2n . On a : un+1 un = (n + 1)2 + 1 n2 + 1 |x|2 −−−→ n ∞ |x|2 , donc, d’après la règle de d’Alembert : R = 1.
- 279. 269 f) • On a, pour tout z ∈ C∗ : an+1zn+1 an zn = n + 2 (n + 1)! n! n + 1 |z| = n + 2 (n + 1)2 |z| ∼ n∞ 1 n |z| −−−→ n ∞ 0, donc, d’après la règle de d’Alembert : R = +∞. • On a, pour tout z ∈ C : S(z) = +∞ n=0 n + 1 n! zn = 1 + +∞ n=1 n + 1 n! zn = 1 + +∞ n=1 1 (n − 1)! + 1 n! zn = 1 + +∞ n=1 zn (n − 1)! + +∞ n=1 zn n! car ces deux séries entières sont de rayon infini = +∞ n=0 zn+1 n! + +∞ n=0 zn n! = (1 + z) +∞ n=0 zn n! = (1 + z) ez . Réponse : R = +∞ et : ∀ z ∈ C, S(z) = (1 + z) ez . g) • On a : ∀ n ∈ N∗ , 1 n |an| n. Comme les deux séries entières n 1 1 n zn et n 1 zn sont de rayon 1, par théorème d’encadrement : R = 1. • Soit x ∈ ] − 1 ; 1[. Pour séparer les termes d’indices pairs, d’in- dices impairs, nous allons travailler sur des sommes partielles. On a, pour tout N ∈ N : 2N+1 n=1 n(−1)n xn = N p=1 2px2p + N p=0 1 2p + 1 x2p+1 . Comme les trois séries entières qui interviennent sont de rayon 1, on déduit, en faisant tendre l’entier N vers l’infini : S(x) = +∞ p=1 2px2p notée A(x) + +∞ p=0 x2p+1 2p + 1 notée B(x) . On a, d’après la série géométrique : ∀ t ∈ ] − 1 ; 1[, +∞ n=0 tn = 1 1 − t , d’où, en dérivant : ∀ t ∈ ] − 1 ; 1[, +∞ n=1 ntn−1 = 1 (1 − t)2 , puis, en multipliant par t : ∀ t ∈ ] − 1 ; 1[, +∞ n=1 ntn = t (1 − t)2 . Il s’ensuit : ∀ x ∈ ] − 1 ; 1[, A(x) = 2 +∞ p=1 p(x2 )p = 2 x2 (1 − x2)2 . D’autre part : ∀ x ∈ ] − 1 ; 1[, B(x) = +∞ p=0 x2p+1 2p + 1 = 1 2 ln 1 + x 1 − x . Réponse : R = 1 et : ∀ x ∈ ] − 1 ; 1[, S(x) = 2x2 (1 − x2)2 + 1 2 ln 1 + x 1 − x . a) La fonction f : x −→ x3 + 2 x2 − 1 est définie sur R − {−1,1}, donc au moins sur ] − 1 ; 1[, et on a, par une dé- composition en éléments simples immédiate, pour tout x ∈ ] − 1 ; 1[ : f (x) = x + x + 2 x2 − 1 = x + x + 2 (x − 1)(x + 1) = x + 3 2 1 x − 1 − 1 2 1 x + 1 = x − 3 2 1 1 − x − 1 2 1 1 + x = x − 3 2 +∞ n=0 xn − 1 2 +∞ n=0 (−1)n xn = x + +∞ n=0 − 3 2 − 1 2 (−1)n xn = +∞ n=0 an xn , en notant : an = − 3 2 − 1 2 (−1)n si n =/ 1 0 si n = 1, ou encore : an = −1 si n = 2p + 1, p ∈ N∗ −2 si n = 2p, p ∈ N 0 si n = 1. Déterminons le rayon R de cette série entière. D’une part, puisque la suite (an)n ne converge pas vers 0, on a : R 1. D’autre part, puisque (an)n est bornée, on a : R 1. On conclut : R = 1. b) La fonction f : x −→ 1 x4 − 3x2 + 2 = 1 (x2 − 1)(x2 − 2) est définie sur R − {− √ 2, −1, 1, √ 2}, donc (au moins) sur ] − 1 ; 1[ et on a, par une décomposition en éléments simples immédiate, pour tout x ∈ ] − 1 ; 1[ : 6.3
- 280. 270 f (x) = 1 (x2 − 1)(x2 − 2) = − 1 x2 − 1 + 1 x2 − 2 = 1 1 − x2 − 1 2 1 1 − x2 2 = +∞ n=0 (x2 )n − 1 2 +∞ n=0 x2 2 n = +∞ n=0 1 − 1 2n+1 x2n . Puisque 1 − 1 2n+1 ∼ n∞ 1 et que la série entière n 0 x2n est de rayon 1, par théorème d’équivalence, on a : R = 1. c) La fonction f : x −→ (1 − x) ln (1 − x) est définie que ] − ∞ ; 1[, donc (au moins) sur ] − 1 ; 1[. On a, pour tout x ∈ ] − 1 ; 1[ : f (x) = (1 − x) ln (1 − x) = −(1 − x) +∞ n=1 xn n = − +∞ n=1 xn n + +∞ n=1 xn+1 n = − +∞ n=1 xn n + +∞ n=2 xn n − 1 = −x + +∞ n=2 − 1 n + 1 n − 1 xn = −x + +∞ n=2 1 (n − 1)n xn . On peut considérer que ce dernier résultat constitue la réponse à la question posée. On peut aussi se ramener précisément à une série entière : ∀ x ∈ ] − 1 ; 1[, f (x) = +∞ n=0 an xn , où, pour tout n ∈ N : an = 0 si n = 0 −1 si n = 1 1 (n − 1)n si n 2. Par la règle de d’Alembert : R = 1. d) La fonction x −→ 1 − x 1 + x est définie sur ] − 1 ; 1], donc (au moins) sur ] − 1 ; 1[. On a, pour tout x ∈ ] − 1 ; 1[ : f (x) = 1 − x √ 1 − x2 = (1 − x)(1 − x2 )−1/2 = (1 − x) 1 + +∞ n=1 − 1 2 · · · − 1 2 − n + 1 n! (−x2 )n = (1 − x) 1 + +∞ n=1 (−1)n 1 · 3 · · · (2n − 1) 2nn! (−1)n x2n = (1 − x) 1 + +∞ n=1 (2n)! 22n(n!)2 x2n = (1 − x) +∞ n=0 (2n)! 22n(n!)2 x2n = +∞ n=0 (2n)! 22n(n!)2 x2n − +∞ n=0 (2n)! 22n(n!)2 x2n+1 . On peut considérer que ce dernier résultat constitue la réponse à la question posée. On peut aussi se ramener précisément à une série entière : ∀ x ∈ ] − 1 ; 1[, f (x) = +∞ k=0 ak xk , où, pour tout k ∈ N : ak = (2n)! 22n(n!)2 si k est pair, k = 2n, n ∈ N (2n)! 22n(n!)2 si k est impair, k = 2n + 1, n ∈ N, ou encore, pour tout k ∈ N, ak = (−1)k (2n)! 22n(n!)2 , en notant n = E k 2 . Déterminons le rayon R. On sait déjà : R 1. Comme f (x) −→ x−→−1+ +∞, on a : R 1. On conclut : R = 1. e) On a : X2 − 8X + 15 = (X − 3)(X − 5). La fonction f : x −→ ln (x2 − 8x + 15) est définie sur ] − ∞ ; 3[ ∪ ]5 ; +∞[, donc (au moins) sur ] − 3 ; 3[. On a, pour tout x ∈ ] − 3 ; 3[ (en faisant attention à ne mettre des logarithmes que sur des nombres > 0) : f (x) = ln (x − 3)(x − 5) = ln (3 − x) + ln (5 − x) = ln 3 + ln 1 − x 3 + ln 5 + ln 1 − x 5 = ln 15 − +∞ n=1 1 n x 3 n − +∞ n=1 1 n x 5 n = ln 15 − +∞ n=1 1 n 1 3n + 1 5n xn . On peut considérer que ce dernier résultat constitue la réponse à la question posée. On peut aussi se ramener précisément à une série entière : ∀ x ∈ ] − 3 ; 3[, f (x) = +∞ n=0 an xn , où a0 = ln 15 et an = − 1 n 1 3n + 1 5n pour tout n 1.
- 281. 271 On a |an| ∼ n∞ 1 n3n noté bn, et, pour tout x ∈ R∗ fixé : bn+1xn+1 bn xn = n3n (n + 1)3n+1 |x| = n n + 1 |x| 3 −−−→ n ∞ |x| 3 . On en déduit, d’après la règle de d’Alembert et le théorème d’équivalence : R = 3. f) L’application f : x −→ sin 4x sin x est définie sur R − πZ. On a, pour tout x ∈ R : sin 4x = 2 sin 2x cos 2x = 4 sin x cos x cos 2x , donc, pour tout x ∈ R − πZ : f (x) = 4 cos x cos 2x. Ainsi, f peut être prolongée par continuité à R tout entier, en notant : f : R −→ R, x −→ 4 cos x cos 2x. Linéarisons : ∀ x ∈ R, f (x) = 2( cos x + cos 3x). D’après le cours, comme x −→ cos x et x −→ cos 3x sont dSE(0) de rayon infini, par combinaison linéaire, f est dSE(0) de rayon infini, et on a, pour tout x ∈ R : f (x) = 2 +∞ p=0 (−1)p (2p)! (3x)2p + +∞ p=0 (−1)p (2p)! x2p = 2 +∞ p=0 (−1)p (2p)! (32p + 1)x2p . On peut considérer que ce dernier résultat constitue la réponse à la question posée. On peut aussi se ramener précisément à une série entière : ∀ x ∈ R, f (x) = +∞ n=0 an xn , où, pour tout n ∈ N : an = (−1)p (2p)! (32p + 1) si n est pair n = 2p, p ∈ N 0 si n est impair . On a vu plus haut que le rayon est infini. g) L’application f : x −→ sin x x est définie sur R∗ et f (x) = sin x x −→ x−→0 1. On peut donc prolonger f par continuité à R tout entier, en notant : f : R −→ R, x −→ sin x x si x =/ 0 1 si x = 0. On a, pour tout x ∈ R, d’après le cours : sin x = +∞ p=0 (−1)p (2p + 1)! x2p+1 , d’où, pour tout x ∈ R∗ : f (x) = +∞ p=0 (−1)p (2p + 1)! x2p . De plus, cette dernière égalité est vraie pour x = 0, car f (0) = 1 et la valeur en 0 de la série entière du second membre est égale à son terme constant, donc égale à 1. Ainsi : ∀ x ∈ R, f (x) = +∞ p=0 (−1)p (2p + 1)! x2p . Il est clair que : R = +∞. On a, pour tout n 2 : un = 2n + n3n (n − 1)n5n = 1 (n − 1)n 2 5 n + 1 n − 1 3 5 n . Nous allons calculer les sommes respectives A,B des séries en- tières n 2 xn (n − 1)n , n 2 xn n − 1 , puis remplacer x par 2 5 , par 3 5 . Il est clair, par la règle de d’Alembert par exemple, que ces deux séries entières sont de rayon égal à 1. On a, pour tout x ∈ ] − 1 ; 1[ : B(x) = +∞ n=2 xn n − 1 = x +∞ n=2 xn−1 n − 1 = x +∞ n=1 xn n = x − ln (1 − x) = −x ln (1 − x). D’autre part, pour tout x ∈ ] − 1 ; 1[, en utilisant une décom- position en éléments simples de 1 (n − 1)n : A(x) = +∞ n=2 xn (n − 1)n = +∞ n=2 1 n − 1 − 1 n xn = +∞ n=2 1 n − 1 xn − +∞ n=2 1 n xn car ces séries entières sont de rayon 1 = B(x) − − ln (1 − x) − x = −x ln (1 − x) + ln (1 − x) + x = (1 − x) ln (1 − x) + x. On a donc : S = +∞ n=2 un = +∞ n=2 1 (n − 1)n 2 5 n + +∞ n=2 1 n − 1 3 5 n = A 2 5 + B 3 5 = 3 5 ln 3 5 + 2 5 − 3 5 ln 2 5 = 3 5 ln 3 2 + 2 5 . En notant, pour tout n ∈ N, Pn = n k=0 3 2k k! , on a Pn > 0 et : ln Pn = n k=0 2k k! ln 3 = n k=0 2k k! ln 3, 6.4 6.5
- 282. 272 donc : ln Pn −−−→ n ∞ +∞ k=0 2k k! ln 3 = e2 ln 3, puis, par continuité de l’exponentielle : Pn −−−→ n ∞ ee2 ln 3 = 3e2 . On conclut : lim n∞ n k=0 3 2k k! = 3e2 . Soit z ∈ C, z = x + i y, (x,y) ∈ R2 . On a : ez = −2 ⇐⇒ ex+i y = −2 ⇐⇒ ex = 2 y = Arg (−1) [2π] ⇐⇒ x = ln 2 y ≡ π [2π] . On conclut que l’ensemble des solutions de l’équation propo- sée est : S = ln 2 + (π + 2kπ)i ; k ∈ Z . a) On a, pour tout y ∈ R : cos (i y) = ei (i y) + e−i(i y) 2 = e−y + ey 2 = ch y, sin (i y) = ei (i y) − e−i(i y) 2i = e−y − ey 2i = i sh y. b) On a, pour tout (x,y) ∈ R2 , en utilisant a) : cos (x + i y) = cos x cos (i y) − sin x sin (i y) = cos x ch y − i sin x sh y, donc : cos (x + i y) 2 = ( cos x ch y)2 + ( sin x sh y)2 = cos 2 x ch2 y + sin 2 x sh2 y = cos 2 x(1 + sh2 y) + (1 − cos 2 x)sh2 y = cos 2 x + sh2 y et cos x + sin (i y) 2 = cos x + i sh y 2 = cos 2 x + sh2 y. On conclut : cos (x + i y) = cos x + sin (i y) . Soit z ∈ C, z = x + i y, (x,y) ∈ R2 . On a : ch z = ch (x + i y) = ch x ch (i y) + sh x sh (i y) = ch x ei y + e−i y 2 + sh x ei y − e−i y 2 = ch x cos y + i sh x sin y, et : sh z = sh (x + i y) = sh x ch (i y) + ch x sh (i y) = sh x ei y + e−i y 2 + ch x ei y − e−i y 2 = sh x cos y + i ch x sin y. d’où : |ch z| = |sh z| ⇐⇒ (ch x cos y)2 + (sh x sin y)2 = (sh x cos y)2 + (ch x sin y)2 ⇐⇒ (ch2 x − sh2 x) cos 2 y − (ch2 x − sh2 x) sin 2 y = 0 ⇐⇒ cos 2 y − sin 2 y = 0 ⇐⇒ 2 cos 2 y = 1 ⇐⇒ y ≡ π 4 π 2 . On conclut que l’ensemble des solutions de l’équation propo- sée est : S = x + i π 4 + k π 2 ; (x,k) ∈ R × Z . On a, en passant par les séries entières définissant cos ,ch, sin ,sh, pour tout z ∈ C : | cos z| = +∞ p=0 (−1)p z2p (2p)! +∞ p=0 (−1)p z2p (2p)! = +∞ p=0 |z|2p (2p)! = ch (|z|), | sin z| = +∞ p=0 (−1)p z2p+1 (2p + 1)! +∞ p=0 (−1)p z2p+1 (2p + 1)! = +∞ p=0 |z|2p+1 (2p + 1)! = sh (|z|). On a : cos z = cos (x + i y) = cos x cos (i y) − sin x sin (i y) = cos x ei(i y) + e−i(i y) 2 − sin x ei(i y) − e−i(i y) 2i = cos x e−y + ey 2 + sin x ey − e−y 2i = cos x ch y + i sin x sh y, donc : | cos z|2 = ( cos x ch y)2 + ( sin x sh y)2 = cos 2 x ch2 y + sin 2 x sh2 y = (1 − sin 2 x) ch2 y + sin 2 x( ch2 y − 1) = ch2 y − sin 2 x = (1 + sh2 y) − (1 − cos 2 x) = sh2 y + cos 2 x. Même méthode pour les trois autres formules. 6.6 6.7 6.8 6.9 6.10
- 283. 273 Soit z ∈ C, z = x + i y, (x,y) ∈ R2 . On a : cos z = cos (x + i y) = cos x cos (i y) − sin x sin (i y) = cos x ei(i y) + e−i(i y) 2 − sin x ei(i y) − e−i(i y) 2i = cos x e−y + ey 2 + sin x ey − e−y 2i = cos x ch y − i sin x sh y, D’où : |1 − cos z|2 = (1 − cos x ch y)2 + ( sin x sh y)2 = 1 − 2 cos x ch y + cos 2 x ch2 y + sin 2 x sh2 y = 1 − 2 cos x ch y + cos 2 x ch2 y + (1 − cos 2 x)(ch2 y − 1) = −2 cos x ch y + cos 2 x + ch2 y = (ch y − cos x)2 . Comme cos x 1 ch y, on a : ch y − cos x 0, donc : |1 − cos z| = ch y − cos x. De même : |1 + cos z| = ch y + cos x. On conclut : A = |1 − cos z| + |1 + cos z| = 2ch y = 2ch (Im z) . a) On a, par développement asymptotique lorsque l’en- tier n tend vers l’infini : an = n2 + n + 1 − 3 n3 + n2 = n 1 + 1 n + 1 n2 1 2 − n 1 + 1 n 1 3 = n 1 + 1 2n + o 1 n − n 1 + 1 3n + o 1 n = 1 6 + o(1) . d’où, pour tout z ∈ C∗ : an+1zn+1 an zn −−−→ n ∞ |z|, et donc, par la règle de d’Alembert : R = 1. b) On a : an = n √ n ch n = e 1 n ln n en + e−n 2 ∼ n∞ en 2 , puis, pour tout z ∈ C∗ : an+1zn+1 an zn ∼ n∞ en+1 2 2 en |z| = e|z| donc, par la règle de d’Alembert : R = 1 e . c) Soit z ∈ C∗ . On a : ln (|an zn |) = −n ln √ n + n ln |z| = n − 1 2 ln n + ln |z| −−−→ n ∞ − ∞, donc : an zn −−−→ n ∞ 0. On conclut : R = ∞. d) On a, par développement asymptotique lorsque l’entier n tend vers l’infini : an = tan (π n2 + 1) = tan πn 1 + 1 n2 1 2 = tan πn 1 + 1 2n2 + o 1 n2 = tan πn + π 2n + o 1 n = tan π 2n + o 1 n ∼ n∞ π 2n , d’où, pour tout z ∈ C∗ : an+1zn+1 an zn ∼ n∞ π 2(n + 1) 2n π |z| −−−→ n ∞ |z| , donc, d’après la règle de d’Alembert : R = 1. e) On a, pour tout n 2 : ∀ k ∈ {1,. . . ,n}, ln 2 ln k ln n , d’où, en sommant : (n − 1) ln 2 n k=2 ln k (n − 1) ln n . Comme, pour tout n 2 : an = ln (n!) = ln n k=2 k = n k=2 ln k , on a : 0 (n − 1) ln 2 an (n − 1) ln n. D’après la règle de d’Alembert, les deux séries entières n 2 (n − 1) ln 2 zn et n 2 (n − 1) ln n zn sont de rayon 1, donc, par encadrement : R = 1. f) On a, pour tout z ∈ C∗ : ln (|an zn |) = −ln n ln ln n + n ln |z| −−−→ n ∞ −∞ si |z| < 1 +∞ si |z| > 1, donc : |an zn | −−−→ n ∞ 0 si |z| < 1 +∞ si |z| > 1. On conclut : R = 1. g) On a, pour tout z ∈ C∗ : ln (|an zn |) = n ln n + 1 2n + 1 + n ln |z| = n ln 1 + 1 n 2 + 1 n + ln |z| −−−→ n ∞ −∞ si |z| < 2 +∞ si |z| > 2 (il n’est pas utile d’examiner le cas |z| = 2). D’où : |an zn | −−−→ n ∞ 0 si |z| < 2 +∞ si |z| > 2, 6.11 6.12
- 284. l) On a, pour tout z ∈ C∗ : ln (|an zn |) = ln n−E( √ n) zn = −E( √ n) ln n + n ln |z| −−−→ n ∞ −∞ si |z| < 1 +∞ si |z| > 1, car √ n − 1 E( √ n) √ n , donc E( √ n) ∼ n∞ √ n . D’où : |an zn | −−−→ n ∞ 0 si |z| < 1 +∞ si |z| > 1 (il n’est pas utile d’examiner le cas |z| = 1) et on conclut : R = 1. m) Il est clair que, pour tout n ∈ N∗ , l’ensemble Div (n) des diviseurs 1 de n vérifie : {1} ⊂ Div (n) ⊂ {1,2,. . . ,n} , donc : 1 S2(n) n k=1 k2 n · n2 = n3 . Comme les séries entières n 1 zn et n 1 n3 zn sont de rayon 1 (par la règle de d’Alembert, par exemple), on conclut, par encadrement : R = 1. n) On a, par développement asymptotique lorsque l’entier n tend vers l’infini : an = 1 + 1 n2 n3 = exp n3 ln 1 + 1 n2 = exp n3 1 n2 + O 1 n4 = exp n + O 1 n , puis : |an zn | = exp n + O 1 n + n ln |z| = exp n 1 + ln |z| + O 1 n −−−→ n ∞ −∞ si |z| < e−1 +∞ si |z| > e−1 (il n’est pas utile d’examiner le cas |z| = e−1 ) et on conclut : R = e−1 . o) On a, pour tout n ∈ N : 1 0 tn 3 dt 1 0 tn 1 + t + tn dt 1 0 tn dt , d’où : 0 1 3(n + 1) |an| 1 n + 1 . Comme les séries entières n 0 1 3(n + 1) zn et n 0 1 n + 1 zn sont de rayon 1, par encadrement, on conclut : R = 1. 274 et on conclut : R = 2. h) On a, pour tout z ∈ C∗ : ln (|an zn |) = −ch n + n ln |z| = − en + e−n 2 + n ln |z| −−−→ n ∞ − ∞, donc : an zn −−−→ n ∞ 0. On conclut : R = ∞. i) Soit z ∈ C∗ . On a : a3(n+1)z3(n+1) a3n z3n = (n + 1)3n+3 (3n + 3)! (3n)! n3n |z|3 = (n + 1)3n+3 (3n + 3)(3n + 2)(3n + 1)n3n |z|3 = (n + 1)2 3(3n + 2)(3n + 1) 1 + 1 n 3n |z|3 . Et : 1 + 1 n 3n = exp 3n ln 1 + 1 n = exp 3n 1 n + o 1 n = exp 3 + o(1) −−−→ n ∞ e3 , donc : a3n+1z3(n+1) a3n z3n −−−→ n ∞ e3 27 |z|3 . Comme : e3 27 |z|3 = 1 ⇐⇒ |z|3 = 27 e3 ⇐⇒ |z| = 3 e , on conclut : R = 3 e . j) Soit z ∈ C∗ . Si |z| < 1, alors ln (|nzn2 |) = ln n + n2 ln |z| −−−→ n ∞ − ∞, donc : nzn2 −−−→ n ∞ 0. Si |z| = 1, alors |nzn2 | = n −−−→ n ∞ + ∞. On conclut : R = 1. k) Par définition de an, on a : ∀ n 1, 0 an 9. Comme la série entière n 1 9zn est de rayon 1, on déduit : R 1. D’autre part, on sait que √ 2 est irrationnel (ou, au moins ici, que √ 2 n’est pas décimal), donc la suite (an)n 1 ne stationne pas sur 0. Comme les an sont des entiers, il en résulte que la suite (an)n 1 ne converge pas vers 0. Ceci montre que la série entière n 1 an zn diverge pour z = 1, donc : R 1. On conclut : R = 1.
- 285. 275 p) Soit n ∈ N. On a : ∀ k ∈ {0,. . . ,n}, 1 e √ k e √ n , d’où, en sommant : (n + 1) n k=0 e √ k (n + 1)e √ n , puis : 0 (n + 1)e−n noté bn an (n + 1)e √ n e−n noté cn . Pour tout z ∈ C∗ : bn+1zn+1 bn zn = (n + 2)e−(n+1) (n + 1)e−n |z| −−−→ n ∞ e−1 |z| , donc, d’après la règle de d’Alembert : Rb = e. Pour tout z ∈ C∗ fixé : cn+1zn+1 cn zn = (n + 2)e− √ n+1 e−(n+1) (n + 1)e √ ne−n |z| = n + 2 n + 1 e √ n+1− √ n e−1 |z| = n + 2 n + 1 e 1√ n+1+ √ n e−1 |z| −−−→ n ∞ e−1 |z|, donc, d’après la règle de d’Alembert : Rc = e. Par encadrement, on conclut : R = e. a) Notons, pour tout n ∈ N∗ : an = an n + bn . On a : an ∼ n∞ an n si b 1, an ∼ n∞ an bn si b > 1. La série entière n 1 an n zn a le même rayon que sa série entière déri- vée n 1 an zn−1 qui, par produit par la variable z, a le même rayon que la série entière n 1 an zn , qui est de rayon 1 a (série géométrique). La série entière n 1 an bn zn est de rayon b a (il s’agit de la série géométrique). On conclut, par théorème d’équivalence : R = 1 a si b 1, R = b a si b > 1, ou encore : R = 1 a Max (1,b). b) Notons, pour tout n ∈ N : an = an2 (2n)! . On a, pour tout z ∈ C∗ : an+1zn+1 an zn = a(n+1)2 (2n + 2)! (2n)! an2 |z| = a2n+1 (2n + 1)(2n + 2) |z| −−−→ n ∞ 0 si a 1 +∞ si a > 1. On conclut, d’après la règle de d’Alembert : R = +∞ si a 1 0 si a > 1. c) Notons, pour tout n ∈ N : an = an! . On a, pour tout z ∈ C∗ : |anzn | = exp n! ln |a| + n ln |z| −−−→ n ∞ 0 si |a| < 1 0 si |a| = 1 et |z| < 1 1 si |a| = 1 et |z| = 1 +∞ si |a| > 1. On en déduit : R = +∞ si |a| < 1 1 si |a| = 1 0 si |a| > 1. d) Notons, pour tous n ∈ N∗ et z ∈ C∗ : un = an zn! . On a, pour tout z ∈ C∗ : |un| = exp n ln |a| + n! ln |z| −−→ n ∞ 0 si |z| < 1 +∞ si |z| > 1 (l’examen du cas |z| = 1 est inutile). On déduit : R = 1. e) Notons, pour tout n 2 : an = e( ln n)a . On a, pour tout z ∈ C∗ : |anzn | = exp (ln n)a + n ln |z| −−→ n ∞ 0 si |z| < 1 +∞ si |z| > 1 (l’examen du cas |z| = 1 est inutile). On conclut : R = 1. 1) Notons R le rayon de la série entière n a2 n zn . On a, pour tout entier n et tout z ∈ C : |a2 n zn | = an(|z| 1 2 )n 2 . • Si |z| 1 2 < R, alors an(|z| 1 2 n −−→ n ∞ 0, donc |a2 n zn | −−−→ n ∞ 0, d’où : |z| R . • Si |z| 1 2 > R, alors la suite an(|z| 1 2 )n n n’est pas bornée, donc la suite |a2 n zn | n n’est pas bornée, d’où |z| R . 6.13 6.14
- 286. 276 On a montré : ∀ z ∈ C, |z| < R2 ⇒ |z| R |z| > R2 ⇒ |z| R , d’où : R2 R et R2 R , et on conclut : R = R2 . 2) Notons R le rayon de la série entière n an z2n . On a, pour tout entier n et tout z ∈ C : an z2n = an(z2 )n . • Si |z2 | < R, alors an|z2 |n −−−→ n ∞ 0, donc : |z| R . • Si |z2 | > R, alors la suite an(z2 )n n n’est pas bornée, donc la suite (an z2n )n n’est pas bornée, d’où : |z| R . On a montré : ∀ z ∈ C, |z| < R 1 2 ⇒ |z| R |z| > R 1 2 ⇒ |z| R , d’où : R 1 2 R et R 1 2 R , et on conclut : R = R 1 2. 1) Supposons R > 0. Il existe ρ ∈ R tel que 0 < ρ < R, par exemple : ρ = R 2 . Puisque |ρ| < R, la suite (anρn )n 1 est bornée. Il existe donc C ∈ R∗ + tel que : ∀ n 1, |anρn | C, d’où : ∀ n 1, |an| 1 n 1 ρ C 1 n . Comme C 1 n −−−→ n ∞ 1, la suite (C 1 n )n 1 est bornée. Il existe donc D ∈ R+ tel que : ∀ n 1, C 1 n D. On a alors : ∀ n 1, |an| 1 n D ρ , ce qui montre que la suite |an| 1 n n 1 est majorée. 2) Réciproquement, supposons que la suite |an| 1 n n 1 est ma- jorée. Il existe donc M ∈ R∗ + tel que : ∀ n 1, |an| 1 n M. On a alors : ∀ n 1, |an| Mn . Comme la série entière n 1 Mn zn est de rayon 1 M (série géo- métrique), il en résulte que la série entière n 1 an zn est de rayon 1 M , donc de rayon 0. a) • On a : 1 n(n + 2) ∼ n∞ 1 n2 , donc, par la règle de d’Alembert et le théorème d’équivalence : R = 1. • Utilisons une décomposition en éléments simples du coeffi- cient : 1 n(n + 2) = 1 2 1 n − 1 n + 2 . On a, pour tout x ∈ ] − 1 ; 1[ : S(x) = +∞ n=1 xn n(n + 2) = +∞ n=1 1 2 1 n − 1 n + 2 xn = 1 2 +∞ n=1 1 n xn notée A(x) − 1 2 +∞ n=1 1 n + 2 xn notée B(x) car ces deux séries entières sont de rayon 1. D’après le cours : A(x) = −ln (1 − x). On a, pour tout x ∈ ] − 1 ; 1[ : x2 B(x) = +∞ n=1 xn+2 n + 2 = +∞ n=3 xn n = −ln (1 − x) − x + x2 2 , d’où, pour tout x ∈ ] − 1 ; 1[−{0} : B(x) = 1 x2 − ln (1 − x) − x − x2 2 . Puis : S(x) = − 1 2 ln (1 − x) + 1 2x2 ln (1 − x) + x + x2 2 = 1 2x2 − 1 2 ln (1 − x) + 2 + x 4x = 1 − x2 2x2 ln (1 − x) + 2 + x 4x . Enfin : S(0) = 0, car S(0) est le terme constant de la série entière définissant S. Réponse : R = 1 et, pour tout x ∈ ] − 1 ; 1[ : S(x) = 1 − x2 2x2 ln (1 − x) + 2 + x 4x si x =/ 0 0 si x = 0. b) • On a : 1 n3 − n ∼ n∞ 1 n3 , donc, par la règle de d’Alembert et le théorème d’équivalence : R = 1. • Utilisons une décomposition en éléments simples du coeffi- cient 1 n3 − n . Il existe (a,b,c) ∈ R3 tel que : 1 X3 − X = 1 (X − 1)X(X + 1) = a X − 1 + b X + c X + 1 . Par multiplication par X − 1 puis remplacement de X par 1, on obtient : a = 1 2 . 6.15 6.16
- 287. 277 Par multiplication par X puis remplacement de X par 0, on ob- tient : b = −1. Par multiplication par X + 1 puis remplacement de X par−1, on obtient : c = 1 2 . On a donc : 1 X3 − X = 1 2 1 X − 1 − 2 X + 1 X + 1 . D’où, pour tout x ∈ ] − 1 ; 1[−{0} : S(x) = +∞ n=2 xn n3 − n = +∞ n=2 1 2 1 n − 1 − 2 n + 1 n + 1 xn = 1 2 +∞ n=2 xn n − 1 − +∞ n=2 xn n + 1 2 +∞ n=2 xn n + 1 car ces trois séries entières sont de rayon 1 = x 2 +∞ n=1 xn n − +∞ n=2 xn n + 1 2x +∞ n=3 xn n = x 2 − ln (1 − x) − − ln (1 − x) − x + 1 2x − ln (1 − x) − x − x2 2 = − x 2 − 1 + 1 2x ln (1 − x) − 1 2 + 3x 4 . Enfin, S(0) = 0, car S(0) est le terme constant de la série entière définissant S. Réponse : R = 1, S(0) = 0 et : ∀ x ∈ ] − 1 ; ,1[−{0}, S(x) = − x 2 − 1 + 1 2x ln (1 − x) − 1 2 + 3x 4 . c) • On a : n + (−1)n+1 n + (−1)n ∼ n∞ 1, donc, d’après la règle de d’Alembert et le théorème d’équivalence : R = 1. • Soit x ∈ ] − 1 ; 1[−{0}. On a, pour tout N ∈ N∗ , en séparant les termes d’indices pairs, d’indices impairs : 2N+1 n=2 n + (−1)n+1 n + (−1)n xn = N p=1 2p − 1 2p + 1 x2p + N p=1 2p + 2 2p x2p+1 . Comme les trois séries entières qui interviennent sont de rayon 1, on déduit, en faisant tendre l’entier N vers l’infini : S(x) = +∞ p=1 2p − 1 2p + 1 x2p + +∞ p=1 2p + 2 2p x2p+1 = +∞ p=1 1 − 2 2p + 1 x2p + +∞ p=1 1 + 1 p x2p+1 = +∞ p=1 x2p − 2 +∞ p=1 x2p 2p + 1 + +∞ p=1 x2p+1 + +∞ p=1 x2p+1 p car ces quatre séries entières sont de rayon 1 = − 1 − x + +∞ n=0 xn − 2 x +∞ p=1 x2p+1 2p + 1 + x +∞ p=1 (x2 )p p = − 1 − x + 1 1 − x − 2 x 1 2 ln 1 + x 1 − x − x + x − ln (1 − x2 ) = 2 − 2x + x2 1 − x − 1 x ln 1 + x 1 − x − x ln (1 − x2 ). Et : S(0) = 0, car S(0) est le terme constant de la série en- tière définissant S. Réponse : R = 1, S(0) = 0 et : ∀ x ∈ ] − 1 ; 1[−{0}, S(x) = 2 − 2x + x2 1 − x − 1 x ln 1 + x 1 − x − x ln (1 − x2 ) . d) • Notons, pour tout n ∈ N : an = n4 + n2 + 1 n! . On a : an ∼ n∞ n4 n! . D’où, pour tout z ∈ C∗ : an+1zn+1 an zn ∼ n∞ (n + 1)4 (n + 1)! n! n4 |z| = (n + 1)3 n4 |z| −−−→ n ∞ 0 . D’après la règle de d’Alembert et le théorème d’équivalence, on conclut : R = ∞. • La série entière proposée ressemble à celle de l’exponentielle : ∀ z ∈ C, +∞ n=0 zn n! = ez . Dans le numérateur n4 + n2 + 1 , faisons apparaître n(n − 1)(n − 2)(n − 3) : n4 + n2 + 1 = n(n − 1)(n − 2)(n − 3) noté αn +(6n3 − 11n2 + 6n) + n2 + 1 = αn + 6n3 − 10n2 + 6n + 1 = αn + 6 n(n − 1)(n − 2) noté βn +3n2 − 2n − 10n2 + 6n + 1 = αn + 6βn + 8n2 − 6n + 1 = αn + 6βn + 8 n(n − 1) noté γn +n − 6n + 1 = αn + 6βn + 8γn + 2n + 1 .
- 288. 278 On a donc, pour tout z ∈ C : S(z) = +∞ n=0 n4 + n2 + 1 n! zn = +∞ n=0 (αn + 6βn + 8γn + 2n + 1) zn n! = +∞ n=0 αn zn n! + 6 +∞ n=0 βn zn n! + 8 +∞ n=0 γn zn n! +2 +∞ n=0 n zn n! + +∞ n=0 zn n! car toutes ces séries entières sont de rayon infini. Mais : +∞ n=0 zn n! = ez , +∞ n=0 n zn n! = z +∞ n=1 zn−1 (n − 1)! = z +∞ n=0 zn n! = z ez , et, de même : +∞ n=0 n(n − 1) zn n! = z2 ez , +∞ n=0 n(n − 1)(n − 2) zn n! = z3 ez , +∞ n=0 n(n − 1)(n − 2)(n − 3) zn n! = z4 ez . On obtient : S(z) = z4 ez + 6z3 ez + 8z2 ez + 2zez + ez = (z4 + 6z3 + 8z2 + 2z + 1) ez . Réponse : R = ∞ et, pour tout z ∈ C : S(z) = (z4 + 6z3 + 8z2 + 2z + 1) ez . e) • Notons, pour tout p ∈ N et tout x ∈ R∗ : up = x4p+1 (4p + 1)! > 0 . On a : up+1 up = |x|4p+5 (4p + 5)! (4p + 1)! |x|4p+1 = |x|4 (4p + 2) · · · (4p + 5) −−−→ n ∞ 0 , donc, d’après la règle de d’Alembert, la série de terme géné- ral up converge. On conclut : R = ∞. • Soit x ∈ R. On a, pour tout N ∈ N : N k=0 x2k+1 (2k + 1)! + N k=0 (−1)k x2k+1 (2k + 1)! = 2 2N p=0 x4p+1 (4p + 1)! , car les termes d’indice k pair se doublent, et les termes d’in- dice k impair s’éliminent. Puisque les séries entières envisagées sont de rayon infini, on déduit, en faisant tendre l’entier N vers l’infini : S(x) = 1 2 +∞ k=0 x2k+1 (2k + 1)! + +∞ k=0 (−1)k x2k+1 (2k + 1)! = 1 2 (sh x + sin x) . Réponse : R = ∞ et, pour tout x ∈ R : S(x) = 1 2 (sh x + sin x) . f) • Notons, pour tout n ∈ N : an = n + 1 (n + 2)n! = (n + 1)2 (n + 2)! . On a, pour tout z ∈ C∗ : an+1zn+1 an zn = (n + 2)2 (n + 3)! (n + 2)! (n + 1)2 |z| = (n + 2)2 (n + 1)2(n + 3) |z| −−−→ n ∞ 0, donc, d’après la règle de d’Alembert : R = ∞. • On a, pour tout z ∈ C : S(z) = +∞ n=0 n + 1 (n + 2)n! zn = +∞ n=0 (n + 1)2 (n + 2)! zn , donc, en multipliant par z2 : z2 S(z) = +∞ n=0 (n + 1)2 (n + 2)! zn+2 = +∞ n=2 (n − 1)2 n! zn = +∞ n=2 n2 − 2n + 1 n! zn = +∞ n=2 n(n − 1) − n + 1 n! zn = +∞ n=2 n(n − 1) n! zn − +∞ n=2 n n! zn + +∞ n=2 1 n! zn = +∞ n=2 zn (n − 2)! − +∞ n=2 zn (n − 1)! + +∞ n=2 zn n! = z2 +∞ n=0 zn n! − z +∞ n=1 zn n! + +∞ n=2 zn n!
- 289. 279 = z2 ez − z(ez − 1) + (ez − 1 − z) = (z2 − z + 1) ez − 1. On conclut : R = ∞ et, pour tout z ∈ C : S(z) = (z2 − z + 1) ez − 1 . g) • Notons, pour tout n ∈ N : an = 2 + (−1)n 3 + (−1)n n . Ainsi, pour tout p ∈ N : a2p = 3 4 2p , a2p+1 = 1 2 2p+1 . On a : ∀ z ∈ C, ∀ p ∈ N, a2pz2p = 3 4 2p z2p = 3 4 2 z2 p , donc la série entière p 0 a2pz2p est de rayon 4 3 . De même : ∀ z ∈ C, ∀ p ∈ N, a2p+1z2p+1 = 1 2 2p+1 z2p+1 = z 2 2p+1 , donc la série entière p 0 a2p+1z2p+1 est de rayon 2. Il en résulte, par addition de deux séries entières de rayons dif- férents : R = Min 4 3 , 2 = 4 3 . • Soit z ∈ C tel que |z| < 4 3 . On a, pour tout N ∈ N, en séparant les termes d’indices pairs, d’indices impairs : 2N+1 n=0 2 + (−1)n 3 + (−1)n n zn = N p=0 3 4 2p z2p + N p=0 1 2 2p+1 z2p+1 d’où, en faisant tendre l’entier N vers l’infini : S(z) = +∞ p=0 3 4 2p z2p + +∞ p=0 1 2 2p+1 z2p+1 = +∞ p=0 3 4 z 2 p + z 2 +∞ p=0 1 2 z 2 p = 1 1 − 3 4 z 2 + z 2 1 1 − 1 2 z 2 = 16 16 − 9z2 + 2z 4 − z2 . Réponse : R = 4 3 , et, pour tout z ∈ C tel que |z| < 4 3 : S(z) = 16 16 − 9z2 + 2z 4 − z2 . h) • La série entière envisagée est la somme des trois séries en- tières : p 0 z3p , p 0 2p z3p+1 , p 0 3p z3p+2 . La série entière p 0 z3p est de rayon 1, car c’est une série géo- métrique en z3 . La série entière p 0 2p z3p+1 est de rayon 1 2 1/3 , car c’est une série géométrique en 2z3 . La série entière p 0 3p z3p+2 est de rayon 1 3 1/3 , car c’est une série géométrique en 3z3 . Comme ces trois rayons sont deux à deux différents, on a, d’après le cours : R = Min 1, 1 2 1/3 , 1 3 1/3 = 1 3 1/3 . • Soit z ∈ C tel que |z| < 1 3 1/3 . On a, pour tout N ∈ N : 3N+2 n=0 an zn = N p=0 a3pz3p + N p=0 a3p+1z3p+1 + N p=0 a3p+2z3p+2 = N p=0 z3p + N p=0 2p z3p+1 + N p=0 3p z3p+2 . D’où, en faisant tendre l’entier N vers l’infini : S(z) = +∞ p=0 z3p + +∞ p=0 2p z3p+1 + +∞ p=0 3p z3p+2 = +∞ p=0 (z3 )p + z +∞ p=0 (2z3 )p + z2 +∞ p=0 (3z3 )p = 1 1 − z3 + z 1 1 − 2z3 + z2 1 1 − 3z3 . Réponse : R = 1 3 1 3 , et, pour tout z ∈ C tel que |z| < 1 3 1/3 : S(z) = 1 1 − z3 + z 1 − 2z3 + z2 1 − 3z3 .
- 290. 280 a) 1) Existence : Récurrence sur n. • Pour n = 0, on a : (1 + √ 2)0 = 1 = a0 + b0 √ 2, avec a0 = 1 ∈ N, b0 = 0 ∈ N. • Supposons qu’il existe (an,bn) ∈ N2 tel que : an + bn √ 2 = (1 + √ 2)n . On a alors : (1 + √ 2)n+1 = (1 + √ 2)(1 + √ 2)n = (an + bn √ 2)(1 + √ 2) = (an + 2bn) + (an + bn) √ 2. En notant an+1 = an + 2bn ∈ N et bn+1 = an + bn ∈ N, on a bien : an+1 + bn+1 √ 2 = (1 + √ 2)n+1 , ce qui établit la propriété pour n + 1. On a montré, par récurrence sur n, qu’il existe un couple de suites (an)n∈N, (bn)n∈N à termes dans N, tel que : ∀ n ∈ N, an + bn √ 2 = (1 + √ 2)n . 2) Unicité : Supposons que (an)n∈N, (bn)n∈N , (αn)n∈N, (βn)n∈N conviennent. On a alors : ∀ n ∈ N, an + bn √ 2 = (1 + √ 2)n = αn + βn √ 2 , donc : ∀ n ∈ N, (an − αn) ∈ Z = (βn − bn) ∈ Z √ 2. Soit n ∈ N fixé. Si βn − bn =/ 0, alors : √ 2 = an − αn βn − bn ∈ Q, contradiction, car on sait que √ 2 est irrationnel. On a donc : ∀ n ∈ N, βn = bn, puis : ∀ n ∈ N, αn = an, donc (αn)n∈N, (βn)n∈N = (an)n∈N, (bn)n∈N , ce qui montre l’unicité. b) Soit n ∈ N. On a, en utilisant la formule du binôme de Newton : an + bn √ 2 = (1 + √ 2)n = n k=0 n k √ 2 k = 0 2p n n 2p 2p + √ 2 0 2p+1 n n 2p + 1 2p , donc, d’après l’unicité dans la question a) : an = 0 2p n n 2p 2p , bn = 0 2p+1 n n 2p + 1 2p . On déduit, en utilisant à nouveau la formule du binôme de Newton en sens inverse : an − bn √ 2 = 0 2p n n 2p 2p − √ 2 0 2p+1 n n 2p + 1 2p = n k=0 n k (−1)k √ 2 k = (1 − √ 2)n . c) D’après a) et b), on a, par addition et soustraction, pour tout n ∈ N : an = 1 2 (1 + √ 2)n + (1 − √ 2)n , bn = 1 2 √ 2 (1 + √ 2)n − (1 − √ 2)n . d) 1) Rayon : D’après c), comme |1 − √ 2| < 1, et |1 + √ 2| > 1, on a : an ∼ n∞ 1 2 (1 + √ 2)n , bn ∼ n∞ 1 2 √ 2 (1 + √ 2)n , donc, par théorème d’équivalence, les deux séries entières en- visagées ont le même rayon que la série entière n 0 (1 + √ 2)n zn , donc : R = 1 1 + √ 2 = √ 2 − 1. 2) Somme : Notons Sa et Sb les sommes des deux séries entières propo- sées. On a, pour tout z ∈ C tel que |z| < R : Sa(z) = +∞ n=0 1 2 (1 + √ 2)n + (1 − √ 2)n zn = 1 2 +∞ n=0 (1 + √ 2)z n + +∞ n=0 (1 − √ 2)z n car ces deux séries entières sont de rayons R = 1 2 1 1 − (1 + √ 2)z + 1 1 − (1 − √ 2)z = 1 2 1 1 − z − z √ 2 + 1 1 − z + z √ 2 = 1 2 2(1 − z) (1 − z)2 − 2z2 = 1 − z 1 − 2z − z2 . De même : Sb(z) = +∞ n=0 1 2 √ 2 (1 + √ 2)n − (1 − √ 2)n zn = 1 2 √ 2 1 1 − (1 + √ 2)z − 1 1 − (1 − √ 2)z = 1 2 √ 2 2z √ 2 (1 − z)2 − 2z2 = z 1 − 2z − z2 . 6.17
- 291. 281 a) Le trinôme T = X2 − X + 2 a pour discriminant ∆ = −7 < 0, T ne s’annule en aucun point, donc l’applica- tion f : x −→ 1 x2 − x + 2 est définie sur R. Passons par les nombres complexes. Le trinôme T admet deux zéros simples, complexes non réels : x1 = 1 − i √ 7 2 , x2 = 1 + i √ 7 2 . Par décomposition en éléments simples dans C(X), il existe (α1,α2) ∈ C2 tel que : 1 X2 − X + 2 = 1 (X − x1)(X − x2) = α1 X − x1 + α2 X − x2 . En multipliant par X − x1 , puis en remplaçant X par x1, on ob- tient : α1 = 1 x1 − x2 . En multipliant par X − x2 , puis en remplaçant X par x2, on ob- tient : α2 = 1 x2 − x1 . D’où : 1 X2 − X + 2 = 1 x2 − x1 − 1 X − x1 + 1 X − x2 . Puis, pour tout x ∈ R : f (x) = 1 x2 − x1 1 x1 − x − 1 x2 − x = 1 x2 − x1 1 x1 1 1 − x x1 − 1 x2 1 1 − x x2 . De plus : |x1| = |x2| = √ 2. On a donc, en utilisant la série géométrique, pour tout x ∈ ] − √ 2 ; √ 2[ : f (x) = 1 x2 − x1 1 x1 +∞ n=0 x x1 n − 1 x2 +∞ n=0 x x2 n = 1 x2 − x1 +∞ n=0 1 xn+1 1 − 1 xn+1 2 xn . Notons α = Arg (x1) ∈ ] − π ; π]. On a donc : x1 = √ 2ei α , x2 = x1 = √ 2e−i α , x2 − x1 = √ 2(e−i α − ei α ) = −2i √ 2 sin α . D’où, pour tout x ∈ ] − √ 2 ; √ 2[ : f (x)= 1 −2i √ 2 sin α +∞ n=0 1 ( √ 2 ei α)n+1 − 1 ( √ 2 e−i α)n+1 xn = − 1 2i √ 2 sin α +∞ n=0 1 √ 2 n+1 e−i (n+1)α − ei (n+1)α xn = 1 √ 2 sin α +∞ n=0 1 √ 2 n+1 sin (n + 1)α xn = +∞ n=0 2− n 2 −1 sin (n + 1)α sin α xn . Déterminons le rayon R de cette série entière. On a : ∀ x ∈ ] − √ 2 ; √ 2[, f (x) = 1 2 sin α +∞ n=0 sin (n + 1)α x √ 2 n , ce qui montre : R √ 2. D’autre part, dans C : | f (z)| = 1 (z − x1)(z − x2) −→ z−→x1 +∞ , donc : R √ 2. On conclut : R = √ 2. On peut aussi utiliser le résultat de l’exercice 6.33 a), d’après lequel la série entière n 0 sin (n + 1)αzn est de rayon 1. Par le changement de variable z = x √ 2 , la série entière étudiée est de rayon : R = √ 2. b) En notant P = X3 − 5X2 + 3X + 9 , on remarque : P(−1) = 0. On en déduit la factorisation de P : P = (X + 1)(X2 − 6X + 9) = (X + 1)(X − 3)2 . L’application f : x −→ 16 x3 − 5x2 + 3x + 9 = 16 (x + 1)(x − 3)2 est définie sur R − {−1,3}, donc (au moins) sur ] − 1 ; 1[. Par décomposition en éléments simples de la fraction ration- nelle, il existe (a, b, c) ∈ R3 tel que : 16 (X + 1)(X − 3)2 = a (X − 3)2 + b X − 3 + c X + 1 . En multipliant par (X − 3)2 , puis en remplaçant X par 3, on obtient : a = 4. En multipliant par X + 1, puis en remplaçant X par −1, on ob- tient : c = 1. En multipliant par X puis en faisant tendre X vers l’infini, on obtient : 0 = b + c, d’où b = −1. D’où la décomposition en éléments simples suivante : 16 (X + 1)(X − 3)2 = 4 (X − 3)2 − 1 X − 3 + 1 X + 1 . 6.18
- 292. 282 Puis, pour tout x ∈ ] − 1 ; 1[ : f (x) = 4 (x − 3)2 − 1 x − 3 + 1 x + 1 = 4 9 1 1 − x 3 2 + 1 3 1 1 − x 3 + 1 1 + x . Rappelons la série entière géométrique : ∀ t ∈ ] − 1 ; 1[, 1 1 − t = +∞ n=0 tn , d’où, en dérivant : ∀ t ∈ ] − 1 ; 1[, 1 (1 − t)2 = +∞ n=1 ntn−1 = +∞ n=0 (n + 1)tn . On a donc, pour tout x ∈ ] − 1 ; 1[ : f (x) = 4 9 +∞ n=0 (n + 1) x 3 n + 1 3 +∞ n=0 x 3 n + +∞ n=0 (−1)n xn = +∞ n=0 4 9 n + 1 3n + 1 3 1 3n + (−1)n xn = +∞ n=0 4n + 7 9 · 3n + (−1)n xn . On a : |an| ∼ n∞ 1, donc, par théorème d’équivalence, le rayon R de cette série entière est : R = 1. c) L’application f : x −→ ln (1 + x + x2 ) est définie sur R, puisque le discriminant du trinôme 1 + x + x2 est ∆ = −3 < 0. On remarque que, pour tout x ∈ ] − 1 ; 1[ : f (x) = ln (1 + x + x2 ) = ln 1 − x3 1 − x = ln (1 − x3 ) − ln (1 − x) = − +∞ n=1 (x3 )n n + +∞ n=1 xn n = − +∞ n=1 1 n x3n + +∞ n=1 1 n xn = +∞ n=1 an xn , en notant, pour tout n ∈ N∗ : an = 1 n , si 3 / n , et, si n = 3p, p ∈ N∗ , an = − 1 p + 1 3p = − 2 3p . Puisque la suite (an)n 1 est bornée, on a : R 1. Puisque la série n 1 |an| diverge, on a : R 1. On conclut : R = 1. d) Le trinôme X2 + 2X + 5 a pour discriminant ∆ = −16 < 0, donc : ∀ x ∈ R, x2 + 2x + 5 > 0. Il en résulte que l’application f : x −→ ln (x2 + 2x + 5) est définie sur R. Nous allons former le DSE(0) de f , puis primitiver pour ob- tenir le DSE(0) de f. L’application f est dérivable sur R et, pour tout x ∈ R : f (x) = 2x + 2 x2 + 2x + 5 . Passons par les nombres complexes. Le trinôme X2 + 2X + 5 admet deux zéros simples, com- plexes non réels : x1 = −1 + 2i, x2 = −1 − 2i . Par décomposition en éléments simples dans C(X), il existe (α1,α2) ∈ C2 tel que : 2X + 2 X2 + 2X + 5 = 2X + 2 (X − x1)(X − x2) = α1 X − x1 + α2 X − x2 . En multipliant par X − x1 , puis en remplaçant X par x1, on ob- tient : α1 = 2x1 + 2 x1 − x2 = 2(−1 + 2i) + 2 4i = 1 , puis : α2 = α1 = 1. On a donc : 2X + 2 X2 + 2X + 5 = 1 X − x1 + 1 X − x2 , d’où, pour tout x ∈ R : f (x) = 1 x − x1 + 1 x − x2 = − 1 x1 1 1 − x x1 − 1 x2 1 1 − x x2 . Comme |x1| = |x2| = √ 5, on a, pour tout x ∈ ] − √ 5 √ 5[, par utilisation de la série géométrique : f (x) = − 1 x1 +∞ n=0 x x1 n − 1 x2 +∞ n=0 x x2 n = +∞ n=0 − 1 xn+1 1 − 1 xn+1 2 xn . Notons α = Arg x1 ∈ ] − π ; π]. On a donc : x1 = √ 5 ei α, x2 = √ 5 e−i α , d’où, pour tout x ∈ ] − √ 5 ; √ 5[ : f (x) = − +∞ n=0 1 √ 5 n+1 ei (n+1)α + e−i (n+1)α xn = − +∞ n=0 2 cos (n + 1)α √ 5 n+1 xn . Comme dans l’exercice a), le rayon de cette série entière est √ 5.
- 293. 283 Par primitivation, on en déduit que f est dSE(0), de rayon √ 5, et que, pour tout x ∈ ] − √ 5 ; √ 5[ : f (x) = f (0) − +∞ n=0 2 cos (n + 1)α (n + 1) √ 5 n+1 xn+1 = ln 5 − +∞ n=1 2 cos nα n √ 5 n xn . On peut considérer que ce dernier résultat est la réponse à la question posée. On peut aussi se ramener précisément à une série entière : ∀ x ∈ ] − √ 5 ; √ 5[, f (x) = +∞ n=0 an xn , où a0 = ln 5 et an = − 2 cos nα n √ 5 n , pour tout n 1. e) L’application f : x −→ Arctan (2 + x) est de classe C1 sur R et, pour tout x ∈ R : f (x) = 1 1 + (2 + x)2 = 1 x2 + 4x + 5 . Nous allons former le DSE(0) de f , puis primitiver pour ob- tenir le DSE(0) de f. Le trinôme X2 + 4X + 5 a pour discriminant ∆ = −4 < 0, donc ce trinôme admet deux zéros simples, complexes non réels : x1 = −2 + i, x2 = −2 − i. Par décomposition en éléments simples dans C(X), il existe (α1,α2) ∈ C2 tel que : 1 X2 + 4X + 5 = 1 (X − x1)(X − x2) = α1 X − x1 + α2 X − x2 . En multipliant par X − x1 , puis en remplaçant X par x1, on ob- tient : α1 = 1 x1 − x2 . En multipliant par X − x2 , puis en remplaçant X par x2, on ob- tient : α2 = 1 x2 − x1 . On a donc : 1 X2 + 4X + 5 = 1 x1 − x2 1 X − x1 − 1 X − x2 = 1 x1 − x2 − 1 x1 1 1 − X x1 + 1 x2 1 1 − X x2 . On a : |x1| = |x2| = √ 5. D’où, pour tout x ∈ ] − √ 5 ; √ 5[, par utilisation de la série géométrique : f (x) = 1 x1 − x2 − 1 x1 +∞ n=0 x x1 n + 1 x2 +∞ n=0 x x2 n = 1 x1 − x2 +∞ n=0 − 1 xn+1 1 + 1 xn+1 2 xn . Notons α = Arg x1 ∈ ] − π ; π]. On a donc : x1 = √ 5 ei α , x2 = √ 5 e−i α , x1 − x2 = 2i √ 5 sin α , et, pour tout x ∈ ] − √ 5 ; √ 5[ : f (x) = 1 2i √ 5 sin α +∞ n=0 ei (n+1)α − e−i (n+1)α √ 5 n+1 xn = 1 2i √ 5 sin α +∞ n=0 2i sin (n + 1)α √ 5 n+1 xn = 1 sin α +∞ n=0 sin (n + 1)α √ 5 n+2 xn . D’après un théorème du cours, par primitivation, f est dSE(0), de rayon √ 5, et, pour tout x ∈ ] − √ 5 ; √ 5[ : f (x) = f (0) + 1 sin α +∞ n=0 sin (n + 1)α √ 5 n+2 xn+1 n + 1 = Arctan 2 + 1 sin α +∞ n=1 sin nα n √ 5 n+1 xn . Comme dans l’exercice a), le rayon de cette série entière est : R = √ 5. f) L’application f : x −→ sin x ch x est définie sur R. Puisque les applications x −→ sin x et x −→ ch x sont dSE(0) de rayons infinis, par produit de Cauchy, f est dSE(0) de rayon infini. 1re méthode : Utilisation de fonctions circulaires ou hyperbo- liques de variable complexe : On a : ∀ x ∈ R, sin x = ei x − e−i x 2i = −i sh (i x), d’où, pour tout x ∈ R : f (x) = − i sh (i x) ch x = − i 1 2 sh (i x + x) + sh (i x − x) = − i 2 sh (i + 1)x + sh (i − 1)x = − i 2 +∞ p=0 (i + 1)x 2p+1 (2p + 1)! + +∞ p=0 (i − 1)x 2p+1 (2p + 1)! = − i 2 +∞ p=0 (i + 1)2p+1 + (i − 1)2p+1 (2p + 1)! x2p+1
- 294. 284 = − i 2 +∞ p=0 ( √ 2 ei π 4 )2p+1 + (− √ 2 e−i π 4 )2p+1 (2p + 1)! x2p+1 = − i 2 +∞ p=0 √ 2 2p+1 (2p + 1)! ei (2p+1) π 4 − e−i(2p+1) π 4 x2p+1 = − i 2 +∞ p=0 2p √ 2 (2p + 1)! 2i sin (2p + 1) π 4 x2p+1 = +∞ p=0 2p √ 2 (2p + 1)! sin (2p + 1) π 4 x2p+1 . 2è méthode : Utilisation de l’exponentielle complexe : On a, pour tout x ∈ R : f (x) = sin x ch x = ei x − e−i x 2i ex + e−x 2 = 1 4i e(i+1)x + e(i−1)x − e(1−i)x − e−(1+i)x = 1 4i +∞ n=0 (i + 1)x n n! + +∞ n=0 (i − 1)x n n! − +∞ n=0 (1 − i)x n n! − +∞ n=0 (−1 − i)x n n! = 1 4i +∞ n=0 1 n! (1 + i)n +(−1 + i)n − (1 − i)n − (−1 − i)n xn = 1 4i +∞ n=0 1 n! √ 2ei π 4 n + − √ 2e−i π 4 n − √ 2e−i π 4 n − − √ 2ei π 4 n xn = 1 4i +∞ n=0 √ 2 n n! ei n π 4 − (−1)n ei n π 4 +(−1)n e−i n π 4 − e−i n π 4 xn = 1 4i +∞ p=0 √ 2 2p+1 (2p + 1)! 2ei (2p+1) π 4 − 2e−i (2p+1) π 4 x2p+1 car les termes d’indices pairs sont tous nuls = 1 4i +∞ p=0 2p √ 2 (2p + 1)! 4i sin (2p + 1) π 4 x2p+1 = +∞ p=0 2p √ 2 (2p + 1)! sin (2p + 1) π 4 x2p+1 . On a vu, au début de la solution, que le rayon de la série en- tière obtenue est R = +∞. g) L’application f : x −→ ch x − 1 x2 2 est définie sur R∗ . De plus : f (x) ∼ x−→0 x2 /2 x2 2 = 1 4 . On peut donc compléter f par continuité en 0, en posant f (0) = 1 4 . D’autre part, pour tout x ∈ R∗ : f (x) = ch x − 1 x2 2 = ch2 x − 2ch x + 1 x4 = 1 x4 1 2 (ch 2x + 1) − 2 ch x + 1 = 1 2x4 (ch 2x − 4 ch x + 3), puis, en utilisant le DSE(0) de ch, qui est de rayon infini : f (x) = 1 2x4 +∞ p=0 (2x)2p (2p)! − 4 +∞ p=0 x2p (2p)! + 3 = 1 2x4 1 + 2x2 + +∞ p=2 22p x2p (2p)! −4 1 + x2 2 + +∞ p=2 x2p (2p)! + 3 = 1 2x4 +∞ p=2 22p − 4 (2p)! x2p = +∞ p=2 22p−1 − 2 (2p)! x2p−4 = q=p−2 +∞ q=0 22(q+2)−1 − 2 2(q + 2)! x2q = +∞ q=0 22q+3 − 2 (2q + 4)! x2q . On peut considérer que ce dernier résultat constitue la réponse à la question posée. On peut aussi se ramener précisément à une série entière : ∀ x ∈ R, f (x) = +∞ n=0 an xn , où, pour tout n ∈ N : an = 22q+3 − 2 (2q + 4)! si n est pair, n = 2q, q ∈ N 0 si n est impair. On a vu plus haut que le rayon de cette série entière est infini. h) L’application g : t −→ ln (1 + t) t si t ∈ ] − 1 ; 0[ ∪ ]0 ; +∞[ 1 si t = 0 est continue sur ] − 1 ; +∞[−{0}, et : g(t) = ln(1 + t) t −→ t−→0 1 = g(0) , donc g est continue en 0. Ainsi, g est continue sur ] − 1 ; +∞[. L’application f : x −→ x 0 ln(1 + t) t dt = x 0 g(t) dt est donc définie (au moins) sur ] − 1 ; +∞[.
- 295. 285 On a, en utilisant le DES(0) de t −→ ln (1 + t), qui est de rayon 1, pour tout t ∈ ] − 1 ; 0[ ∪ ]0 ; 1[ : g(t) = 1 t +∞ n=1 (−1)n−1 tn n = +∞ n=1 (−1)n−1 n tn−1 = +∞ n=0 (−1)n n + 1 tn . De plus, g(0) = 1, et la valeur de la dernière série entière en 0 est égale à 1, car c’est le terme constant de cette série en- tière. On a donc : ∀ t ∈ ] − 1 ; 1[, g(t) = +∞ n=0 (−1)n n + 1 tn . D’après le cours, il en résulte que f, qui est la primitive de g telle que f (0) = 0 est dSE(0), de rayon, 1, et on a, pour tout x ∈ ] − 1 ; 1[ : f (x) = +∞ n=0 (−1)n (n + 1)2 xn+1 = +∞ n=1 (−1)n−1 n2 xn . Il est clair, par la règle de d’Alembert par exemple, que cette dernière série entière est de rayon 1. i) Considérons l’application g : R∗ −→ R, t −→ et − 1 − t t2 . On a, pour t tendant vers 0, par développement limité : g(t) = 1 t2 1 + t + t2 2 + o t−→0 (t2 ) − 1 − t = 1 2 + o(1) −→ t−→0 1 2 . On peut donc compléter g par continuité en 0, en posant g(0) = 1 2 . Ainsi, l’application, encore notée g : g : R −→ R, t −→ et − 1 − t t2 si t =/ 0 1 2 si t = 0 est continue sur R. Il en résulte que l’application f : R −→ R, x −→ 3x 2x g(t) dt est de classe C1 sur R et que : ∀ x ∈ R, f (x) = 3g(3x) − 2g(2x) . On a, pour tout x ∈ R∗ : f (x) = 3 e3x − 1 − 3x (3x)2 − 2 e2x − 1 − 2x (2x)2 = 1 3x2 +∞ n=0 (3x)n n! − 1 − 3x − 1 2x2 +∞ n=0 (2x)n n! − 1 − 2x = 1 3x2 +∞ n=2 3n n! xn − 1 2x2 +∞ n=2 2n n! xn = +∞ n=2 3n−1 n! xn−2 − +∞ n=2 2n−1 n! xn−2 = +∞ n=0 3n+1 (n + 2)! xn − +∞ n=0 2n+1 (n + 2)! xn = +∞ n=0 3n+1 − 2n+1 (n + 2)! xn . De plus, comme f (0) = g(0) = 1 2 et que le terme constant de la dernière série entière est aussi égal à 1 2 , l’égalité est aussi valable pour x = 0, donc : ∀ x ∈ R, f (x) = +∞ n=0 3n+1 − 2n+1 (n + 2)! xn . Ceci montre que f est dSE(0), de rayon infini. D’après le cours, il en résulte que f est dSE(0), de rayon in- fini, et que l’on peut primitiver terme à terme, d’où, pour tout x ∈ R : f (x) = f (0) + +∞ n=0 3n+1 − 2n+1 (n + 2)! xn+1 n + 1 = +∞ n=1 3n − 2n (n + 1)!n xn . Soit x ∈ ]0 ; 1[. On a, par l’inégalité de Cauchy et Schwarz, les séries manipulées étant (absolument) convergentes : +∞ n=1 xn n 2 = +∞ n=1 xn/2 1 n xn/2 2 +∞ n=1 xn/2 2 +∞ n=1 1 n xn/2 2 = +∞ n=1 xn +∞ n=1 xn n2 , d’où en utilisant des DSE(0) du cours : − ln (1 − x) 2 x 1 − x +∞ n=1 xn n2 et finalement : +∞ n=1 xn n2 (1 − x) ln (1 − x) 2 x . a) 1) Pour n ∈ N∗ fixé, 1 k(k + n) ∼ k∞ 1 k2 0, donc, par l’exemple de Riemann (2 > 1) et le théorème d’équivalence pour des séries à termes 0, la série k 1 k(k + n) converge, an = +∞ k=n 1 k(k + n) existe. 6.19 6.20
- 296. 286 2) Soit n ∈ N∗ . On a, pour tout N n : N k=n 1 k(k + n) = 1 n N k=n 1 k − 1 k + n = 1 n N k=n 1 k − N k=n 1 k + n = 1 n N k=n 1 k − N+n k=2n 1 k = 1 n (HN − Hn−1) − (HN+n − H2n−1) = 1 n ln N + γ + o N∞ (1) − Hn−1 − ln (N + n) + γ + o(1) − H2n−1 = 1 n ln N N + n + 1 n (H2n−1 − Hn−1) + 1 n o(1) . Pour n ∈ N∗ fixé, en faisant tendre l’entier N vers l’infini, on obtient : an = +∞ k=n 1 k(k + n) = 1 n (H2n−1 − Hn−1) . 3) On a donc : an = 1 n (H2n−1 − Hn−1) = 1 n ln (2n − 1) + γ + o n∞ (1) − ln (n − 1) + γ + o(1) = 1 n ln 2n − 1 n − 1 + o 1 n = 1 n ln 2 + o(1) + o 1 n = ln 2 n + o 1 n ∼ n∞ ln 2 n . b) 1) Puisque an ∼ n∞ ln 2 n , et que la série entière n 1 xn n est de rayon 1, par théorème d’équivalence, le rayon R de la série en- tière n 1 an xn est : R = 1. 2) • Nature de la série de terme général an Rn : On a : an Rn = an ∼ n∞ ln 2 n , donc, d’après l’exemple de Riemann et le théorème d’équivalence pour des séries à termes 0, la série n 1 an Rn diverge. • Nature de la série de terme général an(−R)n : Il s’agit de la série n 1 (−1)n an, puisque R = 1. Cette série est alternée, et an −−−→ n ∞ 0, car an ∼ n∞ ln 2 n . On a, pour tout n 1 : an+1 = +∞ k=n+1 1 k(k + n + 1) +∞ k=n+1 1 k(k + n) +∞ k=n 1 k(k + n) = an, donc (an)n 1 est décroissante. D’après le TSCSA, on conclut que la série n 1 (−1)n an converge. Finalement, la série n 1 an(−R)n converge. On a, en utilisant le théorème de Fubini et une intégra- tion par parties : I = [0;1]2 xy exy dx dy = 1 0 1 0 y(x exy ) dy dx = 1 0 [y exy ]1 y=0 − 1 0 exy dy dx , puis, en faisant apparaître des intégrales de fonctions intégrables : I = 1 0 y exy − exy x 1 y=0 dx = 1 0 ex − ex x + 1 x dx = 1 0 ex dx − 1 0 ex − 1 x dx notée J = [ex ]1 0 − J = e − 1 − J . On a, en utilisant le DSE(0) de l’exponentielle : J = 1 0 1 x (ex − 1) dx = 1 0 1 x +∞ n=1 xn n! dx = 1 0 +∞ n=1 xn−1 n! dx = 1 0 +∞ n=0 xn (n + 1)! dx. La série entière n 0 xn (n + 1)! est de rayon infini, (par la règle de d’Alembert, par exemple), donc on peut intégrer terme à terme sur [0 ; 1], c’est-à-dire permuter intégrale et série : J = +∞ n=0 1 0 xn (n + 1)! dx = +∞ n=0 1 (n + 1)(n + 1)! = +∞ n=1 1 n · n! . Finalement : I = e − 1 − +∞ n=1 1 n · n! . a) Soit n ∈ N∗ . L’application fn : t −→ e−tn est conti- nue sur [1 ; +∞[ et : ∀ t ∈ [1 ; +∞[, 0 fn(t) = e−tn e−t . 6.21 6.22
- 297. Comme l’application t −→ e−t est intégrable sur [1 ; +∞[, par théorème de majoration pour des fonctions 0, fn est intégrable sur [1 ; +∞[. On conclut que, pour tout n ∈ N∗ , In = +∞ 1 e−tn dt existe. b) Étudions le comportement de In lorsque l’entier n tend vers l’infini. On a, par le changement de variable u = tn , t = u 1 n , dt = 1 n u 1 n −1 du In = +∞ 1 e−u 1 n u 1 n −1 du = 1 n +∞ 1 e−u u u 1 n du notée Jn . Déterminons la limite de Jn lorsque l’entier n tend vers l’in- fini, en utilisant le théorème de convergence dominée. Notons, pour tout n ∈ N∗ : gn : [1 ; +∞[−→ R, u −→ e−u u u 1 n . • Pour tout n ∈ N∗ , gn est continue par morceaux (car conti- nue) sur [1 ; +∞[ • gn C.S. −→ n∞ g, où g : [1 ; +∞[−→ R, u −→ e−u u • g est continue par morceaux (car continue) sur [1 ; +∞[ • On a, pour tout n ∈ N et tout u ∈ [1 ; +∞[ : |gn(u)| = e−u u u 1 n = e−u u 1 n −1 e−u , et u −→ e−u est continue par morceaux (car continue), 0, intégrable sur [1 ; +∞[. Ainsi, (gn)n 1 vérifie l’hypothèse de domination. D’après le théorème de convergence dominée, on a donc : Jn −−−→ n ∞ +∞ 1 g(u) du = +∞ 1 e−u u du notée α > 0. Il en résulte : In ∼ n∞ α n , et donc, par théorème d’équivalence : R = 1. c) 1) Étude de la série n 1 In Rn : Comme In Rn = In ∼ n∞ α n > 0, d’après l’exemple de Riemann et le théorème d’équivalence pour des séries à termes 0, la série n 1 In Rn diverge. 2) Étude de la série n 1 In(−R)n : Il s’agit de la série n 1 (−1)n In. Cette série est alternée et In ∼ n∞ α n −−−→ n ∞ 0. De plus, la suite (In)n 1 décroît, car, pour tout n ∈ N∗ : In+1 = +∞ 1 e−tn+1 dt +∞ 1 e−tn dt = In, puisqu’ici t 1 et n 0. D’après le TSCSA, on conclut que la série n 1 In(−R)n converge. Remarquons d’abord que, pour tout x ∈ R, f (x) existe, car l’application t −→ ch (x cos t) est continue sur le segment [0 ; π]. Nous allons développer la fonction sous l’intégrale en somme d’une série de fonctions, puis permuter intégrale et série. Soit x ∈ R fixé. On a, par DSE(0) du cours : ∀ t ∈ [0 ; π], ch (x cos t) = +∞ p=0 (x cos t)2p (2p)! . Notons, pour tout p ∈ N : fp : [0 ; π] −→ R, t −→ (x cos t)2p (2p)! . Pour tout p ∈ N, fp est continue sur [0 ; π]. La série d’applications p 0 fp converge normalement, donc uniformément, sur [0 ; π], car, pour tout p ∈ N, || fp||∞ = x2p (2p)! et la série numérique p 0 x2p (2p)! converge. D’après un théorème du cours, on peut donc permuter intégrale et série, d’où : f (x) = π 0 +∞ p=0 (x cos t)2p (2p)! dt = +∞ p=0 π 0 (x cos t)2p (2p)! dt = +∞ p=0 π 0 cos 2p t dt notée I2p x2p (2p)! . Il reste à calculer I2p, pour tout p ∈ N, ce qui est classique (in- tégrale de Wallis d’indice pair, sur [0 ; π]). On a, pour tout p ∈ N : π 0 cos 2p t dt = π/2 0 cos 2p t dt + π π/2 cos 2p t dt = u=π−t π/2 0 cos 2p t dt + π/2 0 cos 2p u du = 2 π/2 0 cos 2p t dt notée J2p . 287 6.23
- 298. 288 Par intégration par parties, pour tout p 2 : J2p = π/2 0 cos 2p t dt = π/2 0 cos 2p−1 t cos t dt = cos 2p−1 t sin t π/2 0 + π/2 0 (2p − 1) cos 2p−2 t sin 2 t dt = (2p − 1) π/2 0 cos 2p−2 t(1 − cos 2 t) dt = (2p − 1)(J2p−2 − J2p) , d’où : 2pJ2p = (2p − 1)J2p−2. On a donc, de proche en proche : J2p = 2p − 1 2p J2p−2 = 2p − 1 2p · · · 1 2 J0 = (2p − 1)(2p − 3) · · · 1 (2p)(2p − 2) · · · 2 π 2 = (2p)! (2p p!)2 π 2 . On obtient : ∀ x ∈ R, f (x) = +∞ p=0 2 (2p)! (2p p!)2 π 2 x2p (2p)! = +∞ p=0 π (2p p!)2 x2p . Finalement, f est dSE(0), de rayon infini. Nous allons essayer de nous ramener à des fonctions d’une variable réelle, dSE(0) donc de classe C∞ . Considérons l’application ϕ : R −→ R, t −→ et − 1 t si t =/ 0 1 si t = 0. On a, pour tout (x,y) ∈ ] − 1 ; +∞[×R : • si x =/ 0 et y =/ 0, alors : f (x,y) = ey ln (x+1) − 1 ln(1 + x) = y ϕ y ln (1 + x) • si x =/ 0 et y = 0 : f (x,y) = 0 = y ϕ y ln (1 + x) • si x = 0 : f (x,y) = y = y ϕ y ln (1 + x) . Ainsi : ∀ (x,y) ∈ ] − 1 ; +∞[×R, f (x,y) = y ϕ y ln (1 + x) . Par composition, il suffit donc de montrer que ϕ est de classe C∞ sur R. À cet effet, nous allons montrer que ϕ est dSE(0) de rayon infini. On a, pour tout t ∈ R∗ : ϕ(t) = 1 t (et − 1) = 1 t +∞ n=1 tn n! = +∞ n=1 tn−1 n! = +∞ n=0 tn (n + 1)! . De plus, comme ϕ(0) = 1 et que le terme constant de la der- nière série entière est égal à 1, l’égalité est aussi vraie en 0, d’où : ∀ t ∈ R, ϕ(t) = +∞ n=0 tn (n + 1)! . Ceci montre que ϕ est dSE(0), de rayon infini. D’après le cours, il en résulte que ϕ est de classe C∞ sur R. Par composition, on conclut que f est de classe C∞ sur ] − 1 ; +∞[×R. a) Considérons l’application ϕ : R −→ R, t −→ Arctan t t si t =/ 0 1 si t = 0. Alors, ϕ est continue sur R∗ , et ϕ(t) −→ t−→0 1 = ϕ(0), donc ϕ est continue en 0. Ainsi, ϕ est continue sur R, donc ϕ admet des primitives sur R, l’une d’elles étant : φ : R −→ R, x −→ x 0 ϕ(t) dt , et φ est continue sur R (et même de classe C1 sur R). On a : f (x) = φ(x) − φ(0) x − 0 −→ x−→0 φ (0) = ϕ(0) = 1, donc f admet une limite finie en 0, et = 1. On peut donc prolonger f par continuité en 0, en posant f (0) = = 1. b) D’après le cours : ∀ t ∈ ] − 1 ; 1[, Arctan t = +∞ n=0 (−1)n t2n+1 2n + 1 , d’où : ∀ t ∈ ] − 1 ; 1[−{0}, ϕ(t) = Arctan t t = +∞ n=0 (−1)n t2n 2n + 1 . De plus, comme ϕ(0) = 1 et que le terme constant de la der- nière série entière est égal à 1, l’égalité est aussi vraie pour t = 0, d’où : ∀ t ∈ ] − 1 ; 1[, ϕ(t) = +∞ n=0 (−1)n t2n 2n + 1 . Par primitivation, φ est dSE(0) et : ∀ x ∈ ] − 1 ; 1[, φ(x) = φ(0) = 0 + +∞ n=0 (−1)n x2n+1 (2n + 1)2 , d’où : ∀ x ∈ ] − 1 ; 1[−{0}, f (x) = φ(x) x = +∞ n=0 (−1)n x2n (2n + 1)2 . Comme f (0) = 1 et que le terme constant de la dernière série entière est égal à 1, l’égalité est aussi vraie pour x = 0, d’où : ∀ x ∈ ] − 1 ; 1[, f (x) = +∞ n=0 (−1)n x2n (2n + 1)2 . 6.25 6.24
- 299. Ceci montre que f est dSE(0). Par la règle de d’Alembert, le rayon est égal à 1. a) Soit x ∈ R. • Cas x ∈ ] − 1 ; +∞[ : L’application t −→ ln (1 + x e−t ) est continue sur [0 ; +∞[ et ln (1 + x e−t ) ∼ t−→+∞ x e−t . D’après le cours, t −→ e−t est intégrable sur [0 ; +∞[, donc, par théorème d’équivalence pour des fonctions de signe fixe, t −→ ln (1 + x e−t ) est intégrable sur [0 ; +∞[, et donc f (x) existe. • Cas x = −1 : L’application t −→ ln (1 − e−t ) est continue sur ]0 ; +∞[, intégrable sur [1 ; +∞[ (comme dans le cas précédent), et, au voisinage de 0 : ln (1 − e−t ) = ln 1 − 1 − t + o(t) = ln t + o(t) = ln t + ln 1 + o(1) = ln t + o(1) ∼ t−→0 ln t < 0. D’après le cours, t −→ ln t est intégrable sur ]0 ; 1]. Par théo- rème d’équivalence pour des fonctions de signe fixe, t −→ ln (1 − e−t ) est intégrable sur ]0 ; 1]. Ainsi, t −→ ln (1 − e−t ) est intégrable sur ]0 ; 1] et sur [1 ; +∞[, donc sur ]0 ; +∞[, et on conclut que f (x) existe. • Cas x ∈ ] − ∞ ; −1[ : L’application t −→ ln (1 + x e−t ) n’est pas définie sur ]0 ; +∞[, donc f (x) n’existe pas. On conclut : Def ( f ) = [−1 ; +∞[. b) On a, par DSE(0) de u −→ ln (1 + u), pour tout (x,t) ∈ ] − 1 ; +∞[×]0 ; +∞[ tel que |x e−t | < 1 : ln (1 + x e−t ) = +∞ n=1 (−1)n−1 (x e−t )n n . Soit x ∈ ] − 1 ; 1[. Notons, pour tout n ∈ N∗ : fn : ]0 ; +∞[−→ R, t −→ (−1)n−1 (x e−t )n n . • Pour tout n ∈ N∗ , fn est intégrable sur ]0 ; +∞[ • n 1 fn converge simplement sur ]0 ; +∞[, et a pour somme S : t −→ ln (1 + x e−t ) • S est continue par morceaux (car continue) sur ]0 ; +∞[ • On a, pour tout n 1 : +∞ 0 | fn| = +∞ 0 (|x| e−t )n n dt = |x|n n +∞ 0 e−nt dt = |x|n n e−nt −n +∞ 0 = |x|n n2 1 n2 , donc la série n 1 +∞ 0 | fn| converge. D’après le théorème du cours sur l’intégration sur un intervalle quelconque pour une série d’applications, on peut permuter in- tégrale et série, d’où : f (x) = +∞ 0 +∞ n=1 fn(t) dt = +∞ n=1 +∞ 0 fn(t) dt = +∞ n=1 (−1)n−1 xn n2 , le calcul de la dernière intégrale étant analogue au calcul ci- dessus. On conclut que f est dSE(0) et que : ∀ x ∈ ] − 1 ; 1[, f (x) = +∞ n=1 (−1)n−1 xn n2 . La règle de d’Alembert montre que le rayon est 1. La condition demandée revient à : ∀ n ∈ N, f (n) (0) n! = n2 . Considérons la série entière n 0 n2 xn . Son rayon est 1. Le cal- cul de sa somme a été fait dans l’exercice 6.2 a) : ∀ x ∈ ] − 1 ; 1[, +∞ n=1 n2 xn = x(1 + x) (1 − x)3 . Notons, I =] − 1 ; 1[, qui est un intervalle ouvert contenant 0, et : f : I −→ R, x −→ x(1 + x) (1 − x)3 . Alors, f est dSE(0) de rayon 1, donc f est de classe C∞ sur ] − 1 ; 1[ et, d’après le cours : ∀ n ∈ N, f (n) (0) = n2 · n! , donc f convient. Par hypothèse, il existe a ∈ R+ tel que : ∀ x ∈ R − [−a ; a], f (x) = 0 . Il est clair que, puisque f est continue par morceaux sur R et nulle en dehors de [−a ; a], f est intégrable sur R. Soit x ∈ R fixé. On a : g(x) = 1 √ 2π +∞ −∞ f (t) e−i xt dt = 1 √ 2π a −a f (t) e−i xt dt = 1 √ 2π a −a f (t) +∞ n=0 (−i xt)n n! dt = 1 √ 2π a −a +∞ n=0 f (t) (−i xt)n n! dt . 289 6.26 6.27 6.28
- 300. De même : N n=0 1 3n)! + j N n=0 1 3n + 1)! + j2 N n=0 1 3n + 2)! = N n=0 j3n (3n!) + N n=0 j3n+1 (3n + 1)! + N n=0 j3n+2 (3n + 2)! = 3N+2 p=0 jp p! , d’où : A + jB + j2 C = ej . De même, ou par conjugaison, puisque A,B,C sont réels : A + j2 B + jC = ej2 . On déduit, par addition, puisque 1 + j + j2 = 0 : 3A = e + ej + ej2 = e + e− 1 2 +i √ 3 2 + e− 1 2 −i √ 3 2 = e + e− 1 2 2 cos √ 3 2 . On conclut : A = 1 3 e + 2e− 1 2 cos √ 3 2 . Remarquons que la méthode fournit aussi les valeurs de B et C : 3B = e + j2 ej + jej2 = e + − 1 2 − i √ 3 2 e− 1 2 +i √ 3 2 + − 1 2 + i √ 3 2 e− 1 2 −i √ 3 2 = e − e− 1 2 cos √ 3 2 − e− 1 2 √ 3 sin √ 3 2 , et de même : 3C = e − e− 1 2 cos √ 3 2 + e− 1 2 √ 3 sin √ 3 2 . Nous allons calculer la somme de la série entière n 0 (−1)n xn (n + 1)(2n + 1) , puis essayer remplacer x par 1. 1) Calculons la somme f (x) de la série entière, pour tout x ∈ ]0 ; 1[. On a, en utilisant la décomposition en éléments simples du coefficient : f (x) = +∞ n=0 (−1)n 1 (n + 1)(2n + 1) xn = +∞ n=0 (−1)n − 1 n + 1 + 2 2n + 1 xn = +∞ n=0 (−1)n+1 n + 1 xn notée A(x) +2 +∞ n=0 (−1)n 2n + 1 xn notée B(x) car ces deux séries entières sont de rayon 1. 290 Notons, pour tout n ∈ N : fn : [−a ; a] −→ R, t −→ f (t) (−i xt)n n! . • Pour tout n ∈ N, fn est intégrable sur [−a ; a], car fn est continue par morceaux sur ce segment. • n 0 fn converge simplement sur [−a ; a]. • +∞ n=0 fn : t −→ f (t) e−i xt est continue par morceaux sur [−a ; a]. • On a, pour tout n ∈ N : a −a | fn(t)| dt = a −a f (t) (−i xt)n n! dt = |x|n n! a −a | f (t)| |t|n dt |a|n |x|n n! a −a | f (t)| dt, et cette dernière expression est le terme général d’une série convergente, d’après la série de l’exponentielle. Ainsi, la série n 1 a −a | fn| converge. D’après le théorème sur l’intégration sur un intervalle quelconque pour une série d’applications, on peut permuter intégrale et série, donc : g(x) = 1 √ 2π +∞ n=0 a −a f (t) (−i xt)n n! dt = +∞ n=0 1 √ 2π a −a f (t) (−i t)n n! dt xn . Ceci montre que g est dSE(0), de rayon infini. Notons A = +∞ n=0 1 (3n)! , B = +∞ n=0 1 (3n + 1)! , C = +∞ n=0 1 (3n + 2)! , les trois séries étant convergentes d’après la règle de d’Alembert par exemple. Soit N ∈ N. On a, par groupement de termes dans des sommes d’un nombre fini de termes : N n=0 1 (3n)! + N n=0 1 (3n + 1)! + N n=0 1 (3n + 2)! = 3N+2 p=0 1 p! . D’où, en faisant tendre l’entier N vers l’infini : A + B + C = +∞ p=0 1 p! = e1 = e . 6.29 6.30
- 301. 291 On a, pour tout x ∈ ]0 ; 1[ : A(x) = 1 x +∞ n=0 (−1)n+1 xn+1 n + 1 = 1 x +∞ n=1 (−1)n xn n = − 1 x +∞ n=1 (−1)n−1 xn n = − 1 x ln (1 + x) B(x) = +∞ n=0 (−1)n 2n + 1 xn = +∞ n=0 (−1)n ( √ x)2n 2n + 1 = 1 √ x +∞ n=0 (−1)n ( √ x)2n+1 2n + 1 = 1 √ x Arctan √ x. On obtient : ∀ x ∈ ]0 ; 1[, f (x) = − 1 x ln (1 + x) + 2 √ x Arctan √ x . 2) Nous allons montrer qu’on peut remplacer x par 1 dans la formule précédente, par continuité. Notons, pour tout n ∈ N : fn : [0 ; 1] −→ R, x −→ (−1)n xn (n + 1)(2n + 1) . • Pour tout n ∈ N, fn est continue sur [0 ; 1]. • On a, pour n ∈ N : || fn||∞ = 1 (n + 1)(2n + 1) ∼ n∞ 1 2n2 , donc, d’après l’exemple de Riemann (2 > 1) et le théorème d’équivalence pour des séries à termes 0, la série n 0 || fn||∞ converge. Ainsi, n 0 fn converge normalement, donc unifor- mément, sur [0 ; 1]. D’après le cours, il en résulte que la somme f est continue sur [0 ; 1], donc : S = lim x−→1− − 1 x ln (1 + x) + 2 √ x Arctan x = −ln 2 + 2 Arctan 1 = −ln 2 + π 2 . Soit n ∈ N. Il est clair que In et Jn existent comme intégrales d’applications continues sur un segment. On a, en passant par les nombres complexes : In + i Jn = 2π 0 ecos t ei(nt−sin t) dt = 2π 0 e( cos t−i sin t)+i nt dt = 2π 0 ee−i t ei nt dt. En utilisant le DSE(0) de l’exponentielle, de rayon infini, on a donc : In + i Jn = 2π 0 +∞ k=0 (e−i t )k k! ei nt dt = 2π 0 +∞ k=0 ei(n−k)t k! dt. Nous allons essayer de permuter intégrale et série. Notons, pour tout k ∈ N : fk : [0 ; 2π] −→ C, t −→ ei(n−k)t k! . • Pour tout k ∈ N, fk est continue sur le segment [0 ; 2π]. • On a, pour tout k ∈ N : || fk||∞ = 1 k! , donc la série k 0 || fk||∞ converge, donc k 0 fk converge normalement, donc uniformément, sur [0 ; 2π]. D’après un théorème du cours, on peut permuter intégrale et série, donc : In + i Jn = +∞ k=0 2π 0 ei (n−k)t k! dt. De plus, si k =/ n, alors : 2π 0 ei (n−k)t k! dt = ei (n−k)t i (n − k)k! 2π 0 = 0 , et, si k = n, alors : 2π 0 ei (n−k)t k! dt = 2π n! . Les termes de la série précédente sont donc tous nuls, sauf celui d’indice k = n, d’où : In + i Jn = 2π n! . En séparant partie réelle et partie imaginaire, comme In et Jn sont réels, on conclut : In = 2π n! , Jn = 0. Rappelons que, pour tout z ∈ C : cos z = ei z + e−i z 2 , sin z = ei z − e−i z 2i . Notons Z = ei z . On a donc Z =/ 0 et e−i z = 1 Z . Alors : (E) 3 cos z + 2 sin z = 5 ⇐⇒ 3 Z + 1 Z 2 + 2 − 1 Z 2i = 5 ⇐⇒ 3(Z2 + 1) 2Z + (Z2−1) i Z = 5 ⇐⇒ 3i(Z2 + 1) + 2(Z2 − 1) = 10i Z ⇐⇒ (2 + 3i)Z2 − 10i Z + (−2 + 3i) = 0 (F). Le discriminant ∆ de cette équation du second degré est : ∆ = (−10i)2 − 4(2 + 3i)(−2 + 3i) = −100 − 4(−4 − 9) = −48 = (4 √ 3i)2 . D’où : 6.31 6.32
- 302. 292 (F) ⇐⇒ Z = 10i + ε4 √ 3i 2(2 + 3i) = (5 + 2ε √ 3)i (2 − 3i) 13 = 5 + 2ε √ 3 13 (3 + 2i), ε ∈ {−1,1}. Puis, en notant z = x + i y, (x,y) ∈ R2 : ei z = Z ⇐⇒ ei (x+i y) = Z ⇐⇒ ei x−y = Z ⇐⇒ e−y ei x = 5 + 2ε √ 3 13 0 (3 + 2i) ⇐⇒ e−y = 5 + 2ε √ 3 13 √ 13 = 5 + 2ε √ 3 √ 13 x = Arg (3 + 2i) [2π] ⇐⇒ y = −ln 5 + 2ε √ 3 13 x = Arctan 2 3 [2π]. On conclut que l’ensemble des solutions de (E) est : − ln 5 + 2ε √ 3 √ 13 + i Arctan 2 3 + 2kπ ; ε ∈ {−1,1}, k ∈ Z . a) 1) • Puisque : ∀ n ∈ N, | sin n| 1 et que la série entière n 0 zn est de rayon 1, par théorème de majoration, on déduit : R 1. • Montrons que la suite ( sin n)n∈N ne converge pas vers 0, en raisonnant par l’absurde. Supposons : sin n −−−→ n ∞ 0. Alors, par suite extraite : sin (n + 1) −−−→ n ∞ 0. Mais, pour tout n ∈ N : sin (n + 1) = sin n cos 1 + sin 1 cos n , donc, comme sin 1 =/ 0 : cos n = sin (n + 1) − sin n cos 1 sin 1 −−−→ n ∞ 0 . Enfin : 1 = cos 2 n + sin 2 n −−−→ n ∞ 0 + 0 = 0, contradiction. Ceci montre que la suite ( sin n)n∈N ne converge pas vers 0. Il en résulte que la série entière n 0 sin n zn diverge pour z = 1, donc R 1. Finalement : R = 1. 2) La série entière n 1 sin n n zn a le même rayon que sa série entière dérivée, qui est n 1 sin n zn−1 , et celle-ci a le même rayon que la série entière n 1 sin n zn , donc : R = 1. 3) La série entière n 0 n sin n zn a le même rayon que n 0 n sin n zn−1 , qui est la série entière dérivée de la série en- tière n 0 sin n zn , donc a le même rayon que celle-ci, d’où : R = 1. b) Soit z ∈ C∗ . On a : ln |anzn | = ln 3n ln (n + 2) n−1 zn = n ln 3 − (n − 1) ln ln (n + 2) + n ln [z| = n ln 3 + ln |z| − (n − 1) ln ln (n + 2) −−→ n ∞ − ∞, par prépondérance classique, donc : an zn −−−→ n ∞ 0. On conclut : R = ∞. c) Pour obtenir un équivalent simple du coefficient an = Arcsin n + 1 2n + 3 − π 6 lorsque l’entier n tend vers l’infini, appliquons le théorème des accroissements finis à Arcsin entre 1 2 et n + 1 2n + 3 . Il existe cn, compris entre 1 2 et n + 1 2n + 3 tel que : an = n + 1 2n + 3 − 1 2 Arcsin (cn) = − 1 2n + 3 1 1 − c2 n ∼ n∞ − 1 2n 1 1 − 1 2 2 = − 1 n √ 3 . Comme la série entière n 1 − 1 n √ 3 zn est de rayon 1 (par la règle de d’Alembert par exemple), on conclut, par théorème d’équivalence : R = 1. d) Comme an = Arccos 1 − 1 n −−−→ n ∞ Arccos 1 = 0, on a : an ∼ n∞ sin Arccos 1 − 1 n = 1 − 1 − 1 n 2 = 2 n − 1 n2 ∼ n∞ 2 n . 6.33
- 303. 293 Puisque la série entière n 2 n zn est de rayon 1 (par la règle de d’Alembert par exemple), par théorème d’équivalence, on conclut : R = 1. e) Essayons d’encadrer |an|, pour tout n 2. On a : |an| = 1 n! 1 0 t 0 (t − 1) 0 · · · (t − n) 0 dt = 1 n! 1 0 t(1 − t) · · · (n − t) dt. D’où : |an| 1 n! 1 0 1 · 1 · 2 · · · n dt = 1 et : |an| 1 n! 1 0 t · (1 − t) · 1 · · · (n − 1) dt = (n − 1)! n! 1 0 (t − t2 ) dt = 1 n t2 2 − t3 3 1 0 = 1 6n . Ainsi : ∀ n 2, 1 6n |an| 1. Comme les séries entières n 1 6n zn et n zn sont de rayon 1 (par la règle de d’Alembert par exemple), on conclut, par théo- rème d’encadrement : R = 1. f) Pour tout n ∈ N, l’application t −→ tn e−t est intégrable sur [0 ; +∞[ (par la règle t2 f (t) en +∞, par exemple), donc intégrable sur [n ; +∞[, ce qui montre que an = +∞ n tn e−t dt existe. On a, pour tout n ∈ N : an = +∞ n tn e−t dt +∞ n nn e−t dt = nn [−e−t ]+∞ n = nn e−n noté bn > 0. Et, pour tout z ∈ C∗ : bn+1zn+1 bn zn = (n + 1)n+1 e−(n+1) nne−n |z| = n + 1 n n (n + 1)e−1 |z| (n + 1)e−1 |z| −−−→ n ∞ + ∞, donc : bn+1zn+1 bn zn −−−→ n ∞ + ∞ > 1, et donc la série numérique n azn zn diverge (grossièrement). Ceci montre : Rb = 0. Par théorème de minoration, on conclut : R = 0. g) On a, pour tout n ∈ N∗ , par le changement de variable t = x2 , x = √ t, dx = 1 2 √ t dt : an = √ (n+1)π √ nπ sin (x2 ) dx = (n+1)π nπ sin t 2 √ t dt . • D’une part : N n=1 an = (N+1)π π sin t 2 √ t dt −→ N∞ +∞ π sin t 2 √ t dt, car on sait que l’intégrale impropre →+∞ 0 sin t √ t dt converge. Ceci montre que la série entière n 1 an zn converge pour z = 1, donc : R 1. • D’autre part, puisque t −→ sin t 2 √ t est de signe fixe sur chaque [nπ ; (n + 1)π], n ∈ N∗ , on a : N n=1 |an| = (N+1)π π | sin t| 2 √ t dt −→ N∞ +∞, car on sait que l’intégrale impropre →+∞ π | sin t| √ t dt diverge. Ceci montre que la série entière n 1 an zn n’est pas absolu- ment convergente pour z = 1, donc : R 1. On conclut : R = 1. h) Remarquons d’abord que, puisque √ 2 est irrationnel, on a, pour tout n 1 : n √ 2 − E(n √ 2) =/ 0, donc an = 1 n √ 2 − E(n √ 2) existe. • D’une part, puisque 0 < n √ 2 − E(n √ 2) 1, on a : an 1. • D’autre part, en utilisant une expression conjuguée : an = n √ 2 + E(n √ 2) 2n2 − E(n √ 2) 2 . Comme 2n2 − E(n √ 2) 2 est un entier naturel non nul, il est 1, donc : an n √ 2 + E(n √ 2) 2n √ 2. On obtient ainsi : ∀ n 1, 1 an 2n √ 2. Comme les séries entières n zn et n 2n √ 2zn sont de rayon 1 (par la règle de d’Alembert par exemple), on conclut, par encadrement : R = 1. Nous allons utiliser la même méthode que celle employée dans le cours pour montrer qu’une série entière a le même rayon que sa série entière dérivée. 6.34
- 304. 294 Notons R et R les rayons respectifs des deux séries entières n an zn , n F(n)an zn . 1) Soit z ∈ C tel que |z| < R. Il existe alors Z ∈ C tel que : |z| < |Z| < R, par exemple Z = 1 2 (|z| + R). On a, pour tout n : F(n)anzn = |an Zn | F(n) z Z n . D’une part, puisque |Z| < R, la suite |an Zn | n est bornée. D’autre part, puisque F est une fraction rationnelle et que z Z < 1, par prépondérance classique, on a : F(n) z Z n −−−→ n ∞ 0. Il en résulte : F(n)anzn −−→ n ∞ 0, donc : |z| R . On a montré : ∀ z ∈ C, |z| < R ⇒ |z| R . Il en résulte : R R . 2) On peut appliquer le résultat de 1) à n F(n)an zn et 1 F respectivement, ce qui permet d’échanger les rôles des deux séries entières de l’énoncé, et on obtient : R R. Finalement : R = R. a) • Rayon : 1) On a : ∀ n ∈ N, | cos n| 1. Comme la série entière n 0 zn est de rayon 1, par théorème de majoration : R 1. 2) Montrons que la suite ( cos n)n 0 ne converge pas vers 0. Raisonnons par l’absurde : supposons cos n −−−→ n ∞ 0. On a alors, par suite extraite : cos 2n −−−→ n ∞ 0. Mais : cos 2n = 2 cos 2 n − 1 −−−→ n ∞ − 1, contradiction. Ceci montre que la suite ( cos n)n ne converge pas vers 0. Il en résulte que la série entière n 0 cos n zn diverge pour z = 1, donc : R 1. Finalement : R = 1. Cf. aussi l’exercice 6.33 a). • Somme : On a, pour tout x ∈ ] − 1 ; 1[ : S(x) = +∞ n=0 cos nxn = +∞ n=0 ei n + e−i n 2 xn = 1 2 +∞ n=0 ei n xn + 1 2 +∞ n=0 e−i n xn , car ces deux séries entières sont de rayon 1, d’après la règle de d’Alembert par exemple. D’où : S(x) = 1 2 +∞ n=0 (ei x)n + 1 2 +∞ n=0 (e−i x)n = 1 2 1 1 − ei x + 1 2 1 1 − e−ix = 1 2 2 − ei x − e−i x (1 − ei x)(1 − e−ix) = 1 − ( cos 1)x 1 − 2( cos 1)x + x2 . Réponse : R = 1 et : ∀ x ∈ ] − 1 ; 1[, S(x) = 1 − ( cos 1)x 1 − 2( cos 1)x + x2 . b) • Rayon : Soit x ∈ R∗ . Notons, pour tout n ∈ N : un = x3n+2 3n + 2 . On a : un+1 un = x3n+5 3n + 5 3n + 2 x3n+2 = 3n + 2 3n + 5 |x|3 −−−→ n ∞ |x|3 . D’après la règle de d’Alembert, si |x| < 1, alors la série n |un| converge, et, si |x| > 1, alors la série n |un| di- verge. On conclut : R = 1. • Somme : L’application S : ] − 1 ; 1[−→ R, x −→ +∞ n=0 x3n+2 3n + 2 est de classe C1 sur ] − 1 ; 1[ et : ∀ x ∈ ] − 1 ; 1[, S (x) = +∞ n=0 x3n+1 = x +∞ n=0 (x3 )n = x 1 − x3 . En primitivant et puisque S(0) = 0 (terme constant de la série entière définissant S), on a : ∀ x ∈ ] − 1 ; 1[, S(x) = x 0 t 1 − t3 dt . Pour calculer cette intégrale, utilisons une décomposition en éléments simples dans R(X) : X 1 − X3 = X (1 − X)(1 + X + X2) = a 1 − X + bX + c 1 + X + X2 , où (a,b,c) ∈ R3 est à calculer. On multiplie par 1 − X, puis on remplace X par 1, d’où : a = 1 3 . On multiplie par X puis on fait tendre X vers l’infini, d’où : 0 = −a + b, donc b = a = 1 3 . 6.35
- 305. 295 Enfin, en remplaçant X par 0 : 0 = a + c , d’où : c = −a = − 1 3 . On a donc la décomposition en éléments simples : X 1 − X3 = 1 3 1 1 − X + X − 1 1 + X + X2 . D’où le calcul de primitive : t 1 − t3 dt = 1 3 1 1 − t + t − 1 1 + t + t2 dt = 1 3 1 1 − t dt + 1 3 1 2 (2t + 1) − 3 2 t2 + t + 1 dt = − 1 3 ln (1 − t) + 1 6 ln (t2 + t + 1) − 1 2 dt t2 + t + 1 notée J(t) . Par mise sous forme canonique pour un trinôme : t2 + t + 1 = t + 1 2 2 + 3 4 = 3 4 1 + 2 √ 3 t + 1 2 2 = 3 4 1 + 2t + 1 √ 3 2 . D’où, par le changement de variable u = 2t + 1 √ 3 : J(t) = √ 3 2 du 3 4 (1 + u2) = 2 √ 3 Arctan u = 2 √ 3 Arctan 2t + 1 √ 3 . D’où, pour tout x ∈ ] − 1 ; 1[ : S(x) = − 1 3 ln (1 − t) + 1 6 ln (1 + t + t2 ) − 1 √ 3 Arctan 2t + 1 √ 3 x 0 = − 1 3 ln (1 − x) + 1 6 ln (1 + x + x2 ) − 1 √ 3 Arctan 2x + 1 √ 3 + 1 √ 3 Arctan 1 √ 3 . Réponse : R = 1 et, pour tout x ∈ ] − 1 ; 1[ : S(x) = − 1 3 ln (1 − x) + 1 6 ln (1 + x + x2 ) − 1 √ 3 Arctan 2x + 1 √ 3 + π 6 √ 3 . c) Par la règle de d’Alembert, on obtient R = 1. La série entière proposée ressemble à la série entière n 0 x2n+1 2n + 1 . Soit x ∈ ] − 1 ; 1[. 1) Si x ∈ ]0 ; 1[, notons t = √ x. On a alors x = t2 , donc : S(x) = +∞ n=0 xn 2n + 1 = +∞ n=0 (t2 )n 2n + 1 = 1 t +∞ n=0 t2n+1 2n + 1 = 1 t Argth t = 1 √ x Argth √ x. 2) Si x ∈] − 1 ; 0[, notons t = √ −x . On a alors x = −t2 , donc : S(x) = +∞ n=0 xn 2n + 1 = +∞ n=0 (−t2 )n 2n + 1 = 1 t +∞ n=0 (−1)n t2n+1 2n + 1 = 1 t Arctan t = 1 √ −x Arctan √ −x. 3) Enfin, S(0) = 1, car S(0) est le terme constant de la série entière définissant S. Réponse : R = 1 et : S(x) = 1 √ x Argth √ x si 0 < x < 1 1 si x = 0 1 √ −x Arctan √ −x si − 1 < x < 0. d) Par la règle de d’Alembert, on obtient R = +∞. La série entière proposée ressemble à la série entière n 0 x2n+1 (2n + 1)! . Soit x ∈ R. 1) Si x ∈ ]0 ; +∞[, notons t = √ x. On a alors x = t2 , donc : S(x) = +∞ n=0 xn (2n + 1)! = +∞ n=0 (t2 )n (2n + 1)! = 1 t +∞ n=0 t2n+1 (2n + 1)! = 1 t sh t = sh √ x √ x . 2) Si x ∈ ] − ∞ ; 0[, notons t = √ −x . On a alors x = −t2 , donc : S(x) = +∞ n=0 xn (2n + 1)! = +∞ n=0 (−t2 )n (2n + 1)! = 1 t +∞ n=0 (−1)n t2n+1 (2n + 1)! = 1 t sin t = sin √ −x √ −x . 3) Enfin, S(0) = 1, car S(0) est le terme constant de la série entière définissant S. Réponse : R = ∞ et S(x) = sh √ x √ x si x > 0 1 si x = 0 sin √ −x √ −x si x < 0.
- 306. 296 e) Par utilisation d’un équivalent et de la règle de d’Alembert, on obtient : R = 1. Formons la décomposition en éléments simples du coefficient an de la série entière : an = 3n 2n2 + n − 1 = 3n (n + 1)(2n − 1) = 1 n + 1 + 1 2n − 1 . On a alors, pour tout x ∈ ] − 1 ; 1[ : S(x) = +∞ n=0 an xn = +∞ n=0 1 n + 1 xn notée A(x) + +∞ n=0 1 2n − 1 xn notée B(x) car ces deux séries entières sont de rayon 1. On a, si x =/ 0 : A(x) = 1 x +∞ n=0 xn+1 n + 1 = 1 x +∞ n=1 xn n = − 1 x ln (1 − x) , et A(0) = 1 car A(0) est le terme constant de la série en- tière définissant A(x). D’autre part, en isolant dans B(x) le terme constant, on a : B(x) = −1 + +∞ n=1 xn 2n − 1 = −1 + x +∞ n=0 xn 2n + 1 notée C(x) . On a calculé C(x) dans l’exercice c) : C(x) = 1 √ x Argth √ x si 0 < x < 1 1 si x = 0 1 √ −x Arctan √ −x si − 1 < x < 0. On reporte la valeur de C(x) et on en déduit l’expression de A(x). Réponse : R = 1 et : S(x) = − 1 x ln (1 − x) − 1 + √ x Argth √ x si 0 < x < 1 0 si x = 0 − 1 x ln (1 − x) − 1 − √ −xArctan √ −x si − 1 < x < 0. f) • Rayon : Soit z ∈ C. Si |z| < 1, alors |zE( √ n) | = |z|E( √ n) −−−→ n ∞ 0. Si |z| > 1, alors |zE( √ n) | = |z|E( √ n) −−−→ n ∞ + ∞. On conclut : R = 1. • Somme : Soit z ∈ C tel que |z| < 1. On a, pour tout N ∈ N∗ : (N+1)2−1 n=0 zE( √ n) = N p=0 (p+1)2−1 n=p2 zE( √ n) = N n=0 p2+2p n=p2 zp = N p=0 (2p + 1)zp . En faisant tendre l’entier N vers l’infini, on obtient : S(z) = +∞ n=0 zE( √ n) = +∞ p=0 (2p + 1)zp = 2 +∞ p=0 pzp + +∞ p=0 zp , car ces deux séries entières sont de rayon 1. On sait (série géométrique) : +∞ p=0 zp = 1 1 − z . D’où, en dérivant (algébriquement, car z ∈ C ici) : +∞ p=0 pzp−1 = 1 (1 − z)2 , et donc, en multipliant par z : +∞ p=0 pzp = z (1 − z)2 . On obtient : S(z) = 2 z (1 − z)2 + 1 1 − z = 2z + (1 − z) (1 − z)2 = 1 + z (1 − z)2 . Réponse : R = 1 et, pour tout z ∈ C tel que |z| < 1 : S(z) = 1 + z (1 − z)2 . a) Notons Rc,Rs, Sc,Ss les rayons et les sommes des deux séries entières proposées. 1) Rayons : • On a : ∀ n ∈ N, | cos nθ| 1 et | sin nθ| 1 , d’où, par théorème de majoration : Rc 1 et Rs 1. • Pour tout θ ∈ R, la suite ( cos nθ)n 0 ne converge pas vers 0. En effet, si cos nθ −−−→ n ∞ 0 , alors, par suite extraite, cos 2nθ −−−→ n ∞ 0, d’où 2 cos 2 nθ − 1 −−−→ n ∞ 0, contradiction avec 2 cos 2 nθ − 1 −−−→ n ∞ − 1. Ceci montre que la série entière n 0 cos nθ xn diverge pour x = 1, donc Rc 1. • Pour tout θ ∈ R − πZ, la suite ( sin nθ)n 0 ne converge pas vers 0. En effet, si sin nθ −−−→ n ∞ 0, alors, par suite extraite, sin (n + 1)θ −−−→ n ∞ 0, 6.36
- 307. 297 d’où sin nθ cos θ + sin θ cos nθ −−−→ n ∞ 0, puis (comme sin θ =/ 0) cos nθ −−−→ n ∞ 0, contradiction comme on l’a vu ci-dessus. Ceci montre que la série entière n 0 sin nθ xn diverge pour x = 1, donc Rs 1. Si θ ∈ πZ, alors, pour tout n ∈ N, sin nθ = 0, donc Rs = ∞. Finalement : Rc = 1 pour tout θ ∈ R, et Rs = 1 si θ ∈ R − πZ, Rs = ∞ si θ ∈ πZ. 2) Sommes : Soit θ ∈ R. Le rayon de la série entière n 0 ei nθ xn est 1 et on a, pour tout x ∈ ] − 1 ; 1[ : Sc(x) + i Ss(x) = +∞ n=0 cos nθxn + i +∞ n=0 sin nθxn = +∞ n=0 ei nθ xn = +∞ n=0 (ei θ x)n = 1 1 − ei θx = 1 (1 − x cos θ) − i x sin θ = (1 − x cos θ) + i x sin θ (1 − x cos θ)2 + (x sin θ)2 . D’où, en séparant la partie réelle et la partie imaginaire : Sc(x) = 1 − x cos θ 1 − 2x cos θ + x2 , Ss(x) = x sin θ 1 − 2x cos θ + x2 . De plus, si θ ∈ πZ, alors : ∀ x ∈ R, Ss(x) = 0. b) Notons ρc,ρs, σc,σs les rayons et les sommes des deux sé- ries entières proposées. 1) Rayons : Puisqu’une série entière a le même rayon que sa série entière dérivée, on a : ρc = Rc et ρs = Rs. 2) Sommes : • On a, pour tout x ∈ ] − 1 ; 1[ : xσc(x) = +∞ n=1 cos nθ xn = 1 − x cos θ 1 − 2x cos θ + x2 − 1 = x cos θ − x2 1 − 2x cos θ + x2 , d’où, si x =/ 0 : σc(x) = cos θ − x 1 − 2x cos θ + x2 . D’autre part : σc(0) = cos θ, car il s’agit du terme constant de la série entière définissant σ (x). On a donc : ∀ x ∈ ] − 1 ; 1[, σc(x) = cos θ − x 1 − 2x cos θ + x2 . On déduit, pour tout x ∈ ] − 1 ; 1[ : σc(x) = σc(0) + x 0 σc(t) dt = x 0 cos θ − t 1 − 2t cos θ + t2 dt =− 1 2 ln (1−2t cos θ+t2 ) x 0 =− 1 2 ln (1 − 2x cos θ + x2 ) . • On a, pour tout x ∈ ] − 1 ; 1[ : xσs(x) = +∞ n=1 sin nθ xn = x sin θ 1 − 2x cos θ + x2 , d’où, si x =/ 0 : σs(x) = sin θ 1 − 2x cos θ + x2 . D’autre part, σs(0) = sin θ, car il s’agit du terme constant de la série entière définissant σs(x). On a donc : ∀ x ∈ ] − 1 ; 1[, σs(x) = sin θ 1 − 2x cos θ + x2 . On déduit, pour tout x ∈ ] − 1 ; 1[ : σs(x) = σs(0) + x 0 sin θ 1 − 2t cos θ + t2 dt = x 0 sin θ (t − cos θ)2 + sin 2θ dt = si sin θ =/ 0 x 0 d t − cos θ sin θ t − cos θ sin θ 2 + 1 = Arctan t − cos θ sin θ x 0 = Arctan x − cos θ sin θ − Arctan −cos θ sin θ = Arctan x − cos θ sin θ + Arctan cos θ sin θ . Réponse : • Pour n 1 cos nθ n xn : R = 1 et S(x) = − 1 2 ln (1 − 2x cos θ + x2 ) • Pour n 1 sin nθ n xn : ∗ Si θ ∈ πZ : R = +∞ et S = 0 ∗ Si θ /∈ πZ, : R = 1 et : S(x) = Arctan x − cos θ sin θ + Arctan cos θ sin θ , ce dernier résultat pouvant être transformé sous diverses formes. a) On a, pour tout x ∈ R : ex = +∞ k=0 xk k! , d’où, pour tout n ∈ N et tout x ∈ R∗ : fn(x) = 1 xn+1 ex − n k=0 xk k! = 1 xn+1 +∞ k=n+1 xk k! = 1 xn+1 +∞ p=0 x p+n+1 (p + n + 1)! = +∞ p=0 x p (p + n + 1)! . 6.37
- 308. 298 Comme fn(0) = 1 (n + 1)! et que le terme constant de la der- nière série entière est égal à 1 (n + 1)! , l’égalité est aussi vraie pour x = 0, d’où : ∀ x ∈ R, fn(x) = +∞ p=0 x p (p + n + 1)! . Ceci montre que fn est dSE(0) de rayon infini, donc fn est de classe C∞ sur R. b) On a : ∀ x ∈ R∗ , fn(x) = x−n−1 ex − n k=0 1 k! xk−n−1 . On en déduit, en dérivant n fois et en utilisant la formule de Leibniz, pour tout x ∈ R∗ : f (n) n (x) = n p=0 n p (x−n−1 )(n−p) (ex )(p) − n k=0 1 k! (xk−n−1 )(n) = ex n p=0 n! p!(n − p)! (−n − 1) · · · (−2n + p) x−n−1−n+p − n k=0 1 k! (k − n − 1) · · · (k − 2n)xk−2n−1 = ex n p=0 n! p!(n − p)! (−1)n−p (2n − p)! n! x−2n+p−1 − n k=0 1 k! (−1)n (2n − k)! (n − k)! xk−2n−1 = e x 2 (−1)n x2n+1 e x 2 n p=0 (−1)p (2n − p)! p!(n − p)! x p −e− x 2 n k=0 (−1)k (2n − k)! k!(n − k)! (−x)k . En notant Pn = (−1)n n p=0 (−1)p (2n − p)! p!(n − p)! Xp ∈ R[X], on conclut : ∀ x ∈ R, f (n) n (x) = e x 2 x2n+1 e x 2 Pn(x) − e− x 2 Pn(−x) . On a, pour tout z ∈ C, par produit de Cauchy de deux séries entières de rayon infini : ez +∞ n=1 (−1)n−1 n 1 n! zn = +∞ n=0 1 n! zn +∞ n=1 (−1)n−1 n · n! zn = +∞ n=1 cn zn , où, pour tout n 1 : cn = n−1 k=0 1 k! (−1)n−k−1 (n − k)(n − k)! = 1 n! n−1 k=0 (−1)n−k−1 n − k n k = 1 n! n−1 k=0 (−1)n−k−1 n k 1 0 tn−k−1 dt = 1 n! 1 0 n−1 k=0 (−1)n−k−1 n k tn−k−1 dt = 1 n! 1 0 − 1 t n−1 k=0 n k (−t)n−k dt = 1 n! 1 0 − 1 t (1 − t)n − 1 dt = u = 1 − t 1 n! 1 0 1 − un 1 − u du = 1 n! 1 0 n−1 k=0 uk du = 1 n! n−1 k=0 1 k + 1 = 1 n! n k=1 1 k , d’où l’égalité voulue. 1) Minoration du rayon R : On a, pour tout n ∈ N∗ : |an| = 1 n! 1 0 n−1 k=0 (t − k) dt = 1 n! 1 0 t (1 − t) · · · (n − 1 − t) dt 1 n! 1 1 · 2 · · · (n − 1) = (n − 1)! n! = 1 n . Comme la série entière n 1 1 n xn est de rayon 1, par théorème de majoration, on conclut : R 1. 2) Calcul de la somme S sur ] − 1 ; 1[ : Soit x ∈ ] − 1 ; 1[ fixé. On a : S(x) = +∞ n=0 an xn = a0 + +∞ n=1 1 0 xn n! n−1 k=0 (t − k) dt . Notons, pour tout n ∈ N∗ : fn : [0 ; 1] −→ R, t −→ xn n! n−1 k=0 (t − k) . • Pour tout n ∈ N∗ , fn est continue sur le segment [0 ; 1]. • On a, pour tout n ∈ N∗ et tout t ∈ [0 ; 1] : | fn(t)| = |x|n n! t (1 − t) · · · (n − 1 − t) |x|n n! 1 · 1 · · · (n − 1) = |x|n n! (n − 1)! = |x|n n |x|n , d’où : ∀ n ∈ N∗ , || fn||∞ |x|n . 6.38 6.39
- 309. 299 Comme |x| < 1, la série géométrique n 1 |x|n converge, donc, par théorème de majoration pour des séries à termes 0, la série numérique n 1 || fn||∞ converge. Ceci montre que la n 1 fn converge normalement, donc uniformément, sur [0 ; 1]. D’après un théorème du cours, on peut alors permuter intégrale et série, d’où : S(x) = a0 + 1 0 +∞ n=1 xn n! n−1 k=0 (t − k) dt = 1 + 1 0 +∞ n=1 t(t − 1) · · · (t − n + 1) n! xn dt = 1 0 (1 + x)t dt = 1 0 et ln (1+x) dt = si x =/ 0 et ln (1+x) ln(1 + x) 1 0 = eln(1+x) − 1 ln(1 + x) = x ln(1 + x) . D’autre part, S(0) = a0 = 1, car S(0) est le terme constant de la série entière définissant S. Ainsi : ∀ x ∈ ] − 1 ; 1[, S(x) = x ln(1 + x) si x =/ 0 1 si x = 0. 3) Valeur du rayon R : Pour montrer R = 1, étudions la série entière au voisinage de −1, point qui annule le dénominateur de l’expression de S(x). On a : S(x) = x ln(1 + x) −→ x−→−1+ 0, ce qui n’amène pas de résultat net sur la position de −1 par rapport à l’intervalle [−R ; R]. Mais S est dérivable sur ] − 1 ; 1[ et on a, pour tout x ∈ ] − 1 ; 1[ : S (x) = ln (1 + x) − x 1 + x ln (1 + x) 2 = (1 + x)ln(1 + x) − x (1 + x) ln (1 + x) 2 , d’où, par prépondérance classique : S (x) ∼ x−→−1+ 1 (1 + x) ln (1 + x) 2 −→ x−→−1+ +∞ . Raisonnons par l’absurde : supposons R > 1. Comme S est de classe C∞ sur ] − R ; R[ et que −1 ∈ ] − R ; R[, S est en particulier continue en −1, contradiction avec le résultat pré- cédent. On conclut : R = 1. 1) Soit f convenant. • Montrons que f est de classe C∞ sur R. À cet effet, montrons, par récurrence sur n, que, pour tout n ∈ N∗ , f est n fois dérivable sur R. La propriété est vraie pour n = 1, par hypothèse. Supposons que f est n fois dérivable sur R. Puisque : ∀ x ∈ R, f (x) = α f (x) + f (λx) et que le second membre est n fois dérivable sur R, f est n fois dérivable sur R, donc f est n + 1 fois dérivable sur R. On conclut, par récurrence sur n, que f est n fois dérivable sur R pour tout n ∈ N∗ , donc f est de classe C∞ sur R. • Montrons que f est dSE(0). À cet effet, nous allons montrer que le reste de Taylor de f en 0 tend vers 0. Soit x ∈ R fixé. On a, pour tout n ∈ N, d’après la formule de Taylor avec reste intégral : f (x) = n k=0 f (k) (0) k! xk + x 0 (x − t)n n! f (n+1) (t) dt notée Rn(x) . Notons, pour tout n ∈ N : Mn = Sup t∈[−x;x] | f (n) (t)|. On a, pour tout n ∈ N : |Rn(x)| = x 0 (x − t)n n! f (n+1) (t) dt x 0 |x − t|n n! Mn+1 dt = Mn+1 n! (x − t)n+1 n + 1 x 0 = Mn+1 n! |x|n+1 n + 1 = Mn+1 (n + 1)! |x|n+1 . Essayons d’établir une majoration de Mn . Par hypothèse : ∀ t ∈ R, f (t) = α f (t) + f (λt), d’où, par une récurrence immédiate : ∀ n ∈ N, ∀ t ∈ R, f (n+1) (t) = α f (n) (t) + λn f (n) (λt) , et donc, en passant aux bornes supérieures lorsque t décrit [−x ; x] : ∀ n ∈ N, Mn+1 |α|Mn + |λ|n Mn (|α| + 1)Mn . Par récurrence immédiate, on déduit : ∀ n ∈ N, Mn (|α| + 1)n M0 . D’où : |Rn(x)| (|α| + 1)n+1 M0 (n + 1)! |x|n+1 −−−→ n ∞ 0, parprépondéranceclassiquedelafactoriellesurlesexponentielles. On déduit, en faisant tendre l’entier n vers l’infini dans la for- mule de Taylor avec reste intégral, que la série de Taylor de f en 0, n 0 f (n) (0) n! xn , converge et a pour somme f (x). 6.40
- 310. 300 On conclut que f est dSE(0) de rayon infini. 2) Soit f dSE(0) de rayon infini, f (x) = +∞ n=0 an xn . Alors, f est dérivable sur R et on a : f convient ⇐⇒ ∀ x ∈ R, f (x) = α f (x) + f (λx) ⇐⇒ ∀ x ∈ R, +∞ n=1 nan xn−1 = α +∞ n=0 an xn + +∞ n=0 anλn xn ⇐⇒ ∀ x ∈ R, +∞ n=0 (n + 1)an+1xn = +∞ n=0 (α + λn )an xn ⇐⇒ unicité du DSE(0) ∀ n ∈ N, (n + 1)an+1 = (α + λn )an ⇐⇒ ∀ n ∈ N, an+1 = α + λn n + 1 an ⇐⇒ ∀ n ∈ N, an = 1 n! n−1 k=0 (α + λk ) a0 . On conclut : S = f : R−→R, x −→a +∞ n=0 1 n! n−1 k=0 (α+λk )xn ; a ∈ R . 1) L’application x −→ 1 √ 1 + x2 = (1 + x2 )−1/2 est dSE(0) de rayon 1, d’après le cours. Par primitivation, il en ré- sulte que l’application x −→ Argsh x est dSE(0) de rayon 1. Par produit, l’application f est donc dSE(0) de rayon 1. 2) Pour calculer le DSE(0) de f, nous allons utiliser la méthode dite de l’équation différentielle. L’application f est dérivable sur R, d’où : ∀ x ∈ R, d dx 1 + x2 f (x) = d dx (Argsh x), c’est-à-dire : ∀ x ∈ R, 1 + x2 f (x) + x √ 1 + x2 f (x) = 1 √ 1 + x2 , donc : ∀ x ∈ R, (1 + x2 ) f (x) + x f (x) = 1. En notant f (x) = +∞ n=0 an xn le DSE(0) de f, qui existe et est de rayon 1 comme on l’a vu plus haut, on a, pour tout x ∈ ] − 1 ; 1[ : 0 = (1 + x2 ) f (x) + x f (x) − 1 = (1 + x2 ) +∞ n=1 nan xn−1 + x +∞ n=0 an xn − 1 = +∞ n=1 nan xn−1 + +∞ n=1 nan xn+1 + +∞ n=0 an xn+1 − 1 = +∞ n=0 (n + 1)an+1xn + +∞ n=2 (n − 1)an−1xn + +∞ n=1 an−1xn − 1 = (a1 − 1) + +∞ n=1 (n + 1)an+1 + nan−1 xn . Par unicité du DSE(0) de la fonction nulle, on déduit a1 = 1 et : ∀ n 1, (n + 1)an+1 + nan−1 = 0. Comme a0 = f (0) = 0, il en résulte, de proche en proche : ∀ p ∈ N, a2p = 0, ce que l’on pouvait aussi trouver en remarquant que f est im- paire. Et, pour tout p ∈ N : a2p+1 = − 2p 2p + 1 a2p−1 = − 2p 2p + 1 − 2p − 2 2p − 1 · · · − 2 3 a1 = (−1)p 2p p! (2p + 1)(2p − 1) · · · 3 = (−1)p (2p p!)2 (2p + 1)! . On obtient : ∀ x ∈ ] − 1 ; 1[, f (x) = +∞ p=0 (−1)p (2p p!)2 (2p + 1)! x2p+1 . 3) Déterminons le rayon R par la règle de d’Alembert. Soit x ∈ R∗ fixé. Notons, pour tout p ∈ N, up le terme géné- ral de la série obtenue. On a alors |up| > 0 et : up+1 up = 2p+1 (p + 1)! 2 (2p + 3)! (2p + 1)! (2p p!)2 |x|2 = 4(p + 1)2 (2p + 2)(2p + 3) |x|2 −→ p∞ |x|2 , donc : R = 1. L’application f : x −→ sin (α Arcsin x) est de classe C∞ sur ] − 1 ; 1[ et on a, en dérivant, pour tout x ∈ ] − 1 ; 1[ : f (x) = cos (α Arcsin x) α √ 1 − x2 , donc : 1 − x2 f (x) = α cos (α Arcsin x), puis, encore en dérivant : 1 − x2 f (x) − x √ 1 − x2 f (x) = −α2 sin (α Arcsin x) 1 √ 1 − x2 = − α2 f (x) √ 1 − x2 , d’où : (1 − x2 ) f (x) − x f (x) + α2 f (x) = 0. Ainsi, f est solution de l’équation différentielle (E) (1 − x2 )y − xy + α2 y = 0 . 6.41 6.42
- 311. 301 • Supposons que f soit dSE(0), f (x) = +∞ n=0 an xn , de rayon R > 0. On peut alors dériver (deux fois) terme à terme sur ] − R ; R[, d’où : 0 = (1 − x2 ) f (x) − x f (x) + α2 f (x) = (1 − x2 ) +∞ n=2 n(n − 1)an xn−2 − x +∞ n=1 nan xn−1 + α2 +∞ n=0 an xn = +∞ n=2 n(n − 1)an xn−2 − +∞ n=2 n(n − 1)an xn − +∞ n=1 nan xn + +∞ n=0 α2 an xn = +∞ n=0 (n + 2)(n + 1)an+2xn − +∞ n=2 n(n − 1)an xn − +∞ n=1 nan xn + +∞ n=0 α2 an xn = +∞ n=0 (n + 2)(n + 1)an+2xn − +∞ n=0 n(n − 1)an xn − +∞ n=0 nan xn + +∞ n=0 α2 an xn = +∞ n=0 (n + 2)(n + 1)an+2 − n(n − 1)an − nan + α2 an xn = +∞ n=0 (n + 2)(n + 1)an+2 − (n2 − α2 )an xn . Par unicité du DSE(0) de la fonction nulle, on déduit : ∀ n ∈ N, (n + 2)(n + 1)an+2 = (n2 − α2 )an . Comme a0 = f (0) = 0, on déduit, de proche en proche : ∀ p ∈ N, a2p = 0. Comme a1 = f (0) = α, on déduit de proche en proche : a2p+1 = (2p − 1)2 − α2 (2p + 1)(2p) · · · 12 − α2 3 · 2 α = α (2p + 1)! p k=1 (2k − 1)2 − α2 . • Réciproquement, considérons la série entière n 0 an xn où an est défini ci-dessus. Comme les a2p+1 sont tous =/ 0, et que, pour tout x ∈ R∗ fixé : a2p+1x2p+1 a2p−1x2p−1 = a2p+1 a2p−1 |x|2 = (2p − 1)2 − α2 (2p + 1)(2p) |x|2 −→ p∞ |x|2 , le rayon de la série entière est 1, qui est > 0. D’après le calcul fait plus haut, en réciproque, la somme S de la série entière est solution de (E) sur ] − 1 ; 1[. De plus : S(0) = 0 et S (0) = α. Ainsi, f et S sont solutions de (E), sur ] − 1 ; 1[ et f (0) = S(0), f (0) = S (0) . D’après le théorème de Cauchy linéaire, il en résulte : ∀ x ∈ ] − 1 ; 1[, f (x) = S(x) . Ainsi, pour tout x ∈ ] − 1 ; 1[ : f (x) = +∞ p=0 α (2p + 1)! p k=1 (2k − 1)2 − α2 x2p+1 , donc f est dSE(0), de rayon, 1. a) On a, en utilisant des DL(0) : f (x) = 1 ex − 1 − 1 x = x − (ex − 1) x(ex − 1) = x − x + x2 2 + o x−→0 (x2 ) x x + o(x) = −x2 2 + o(x2 ) x2 + o(x2) −→ x−→0 − 1 2 . On conclut que f admet une limite finie en 0, et que : = − 1 2 . On prolonge f par continuité en 0, en posant : f (0) = − 1 2 . b) On a, pour tout x ∈ R∗ : f (x) = 1 ex − 1 − 1 x = − x ex − 1 ex − 1 − x x2 . • On sait : ∀ x ∈ R, ex = +∞ n=0 xn n! , donc : ex − 1 − x = +∞ n=2 xn n! , puis, si x =/ 0 : ex − 1 − x x2 = +∞ n=2 xn−2 n! = +∞ n=0 xn (n + 2)! . 6.43
- 312. Considérons l’application u : R −→ R, x −→ ex − 1 − x x2 si x =/ 0 1 2 si x = 0. On vient de montrer : ∀ x ∈ R∗ , u(x) = +∞ n=0 xn (n + 2)! . De plus, cette égalité est aussi vraie pour x = 0, car u(0) = 1 2 , et le terme constant de la série entière est 1 2 . On a donc : ∀ x ∈ R, u(x) = +∞ n=0 xn (n + 2)! . Ceci montre que u est dSE(0) de rayon infini, donc, d’après le cours, u est de classe C∞ sur R. • De même, et plus brièvement, l’application v : R −→ R, x −→ ex − 1 x si x =/ 0 1 si x = 0 est de classe C∞ sur R. On peut aussi remarquer, à cet effet : ∀ x ∈ R, v(x) = xu(x) + 1 . • De plus, il est clair, sur la définition de v, que : ∀ x ∈ R, v(x) =/ 0 . D’après le cours, 1 v est donc de classe C∞ sur R. • On a : ∀ x ∈ R∗ , f (x) = − 1 v(x) u(x). Et comme f (0) = − 1 2 , v(0) = 1, u(0) = 1 2 , l’égalité est aussi vraie pour x = 0. On a donc : f = − 1 v u. Comme u et 1 v sont de classe C∞ sur R, par produit, f est donc de classe C∞ sur R. a) Par hypothèse, f est dSE(0) de rayon R > 0, donc f est de classe C∞ sur ] − R ; R[. Puisque tn −−−→ n ∞ 0, que, pour tout n ∈ N, f (tn) = 0 et que f est continue en 0, on déduit : f (0) = 0. On peut se ramener, en prenant une suite extraite, au cas où la suite (tn)n∈N est strictement décroissante et vérifie : ∀ n ∈ N, 0 < tn < R. Pour tout n ∈ N, d’après le théorème de Rolle, puisque f (tn) = f (tn+1) et que f est continue sur [tn ; tn+1] et déri- vable sur ]tn tn+1[, il existe un ∈ ]tn ; tn+1[⊂]0 ; R[ tel que : f (un) = 0. On construit ainsi une suite réelle (un)n∈N telle que : ∀ n ∈ N, −R < un < R et un =/ 0 et f (un) = 0 un −−−→ n ∞ 0. On peut alors appliquer le résultat précédent à f à la place de f, puisque f est dSE(0) de même rayon que f, d’où : f (0) = 0. En réitérant, on déduit : ∀ n ∈ N, f (n) (0) = 0. Enfin, comme f est dSE(0), on a : ∀ x ∈ ] − R ; R[, f (x) = +∞ n=0 f (n) (0) n! xn = 0 . b) Supposons qu’il existe f : ] − 1 ; 1[−→ R, dSE(0) de rayon 1, telle que : ∀ n ∈ N − {0,1}, f 1 n = − f − 1 n = 1 n3 . Considérons les applications g : ] − 1 ; 1[−→ R, x −→ g(x) = f (x) − x3 h : ] − 1 ; 1[−→ R, x −→ h(x) = f (x) + x3 . Puisque f est dSE(0) de rayon 1, g et h le sont aussi. De plus : ∀ n ∈ N − {0,1}, g 1 n = 0 et h − 1 n = 0 . D’après a), il en résulte : ∀ x ∈ ] − 1 ; 1[, g(x) = 0 et h(x) = 0 , d’où : ∀ x ∈ ] − 1 ; 1[, x3 = −x3 , contradiction. On conclut qu’il n’existe pas d’application f convenant. Rappelons la définition de la fonction d’Euler : ∀ s ∈ ]0 ; +∞[, (s) = +∞ 0 ts−1 e−t dt . Ainsi, pour tout x ∈ ] − 1 ; +∞[ : (1 + x) = +∞ 0 tx e−t dt = +∞ 0 ex ln t e−t dt = +∞ 0 +∞ n=0 (x ln t)n n! e−t dt = +∞ 0 +∞ n=0 (x ln t)n n! e−t dt. Nous allons essayer de permuter intégrale et série. 302 6.44 6.45
- 313. 303 Soit x ∈ ] − 1 ; 1[ fixé. Notons, pour tout n ∈ N : fn : ]0 ; +∞[−→ R, t −→ (x ln t)n n! e−t . • Pour tout n ∈ N, fn est continue par morceaux (car continue) sur ]0 ; +∞[, et intégrable sur ]0 ; +∞[, car √ t fn(t) −→ t−→0+ 0 et t2 fn(t) −→ t−→+∞ 0. • n 0 fn converge simplement sur ]0 ; +∞[ et a pour somme S : t −→ ex ln t e−t . • S est continue par morceaux (car continue) sur ]0 ; +∞[. • Montrons que la série n 0 +∞ 0 | fn| converge. On a, pour tout n ∈ N : +∞ 0 | fn| = +∞ 0 (x ln t)n n! e−t dt = |x|n n! +∞ 0 | ln t|n e−t dt = |x|n n! 1 0 (−ln t)n e−t dt notée An + +∞ 1 ( ln t)n e−t dt notée Bn . Et : 0 An 1 0 (−ln t)n dt = u = −ln t +∞ 0 un e−u du = (n + 1) = n! 0 Bn +∞ 1 tn e−t dt +∞ 0 tn e−t dt = (n + 1) = n! . On a donc : ∀ n ∈ N, +∞ 0 | fn| |x|n n! 2n! = 2|x|n . Puisque |x| < 1, la série géométrique n 0 |x|n converge, donc, par théorème de majoration pour des séries à termes 0, la série n 0 +∞ 0 | fn| converge. D’après le théorème du cours sur l’intégration sur un intervalle quelconque pour une série de fonctions, on peut permuter in- tégrale et série, d’où : (x + 1) = +∞ n=0 +∞ 0 (x ln t)n n! e−t dt = +∞ n=0 +∞ 0 1 n! (ln t)n e−t dt xn . Ceci montre que x −→ (1 + x) est dSE(0), de rayon R 1. Comme (1 + x) −→ x−→−1+ +∞, on peut préciser : R = 1 . 1) Détermination du rayon R : Essayons d’obtenir une estimation de un lorsque l’entier n tend vers l’infini. Comme, pour tout n ∈ N, 0 1 n + 1 1, considérons les deux suites obtenues en remplaçant, dans l’énoncé, 1 n + 1 , par 0, par 1. Autrement dit, considérons les suites (vn)n∈N, (wn)n∈N définies par : v0 = 0, v1 = 1, ∀ n ∈ N, vn+2 = vn+1 + vn w0 = 0, w1 = 1, ∀ n ∈ N, wn+2 = wn+1 + wn + 1. Une récurrence immédiate montre : ∀ n ∈ N, 0 vn un wn . • Calcul de vn : La suite (vn)n∈N est une suite récurrente linéaire du second ordre, à coefficients constants et sans second membre. L’équation ca- ractéristique r2 − r − 1 = 0 admet deux solutions réelles dis- tinctes : r1 = 1 + √ 5 2 , r2 = 1 − √ 5 2 . D’après le cours, il existe (λ1,λ2) ∈ R2 tel que : ∀ n ∈ N, vn = λ1rn 1 + λ2rn 2 . On calcule (λ1,λ2) par les conditions initiales : λ1 + λ2 = u0 = 0 λ1r1 + λ2r2 = u1 = 1 ⇐⇒ λ1 = 1 r1 − r2 = 1 √ 5 λ2 = 1 r2 − r1 = − 1 √ 5 . On a donc : ∀ n ∈ N, vn = 1 √ 5 (rn 1 − rn 2 ). • Calcul de wn : Cherchons une suite constante C vérifiant la même relation de récurrence que (wn)n∈N. Le réel C convient si et seulement si C = C + C + 1, c’est-à-dire : C = −1. Considérons donc la suite (tn)n∈N définie par : ∀ n ∈ N, tn = wn + 1 . On a, pour tout n ∈ N : tn+2 = wn+2 + 1 = (wn+1 + wn + 1) + 1 = (wn+1 + 1) + (wn + 1) = tn+1 + tn. 6.46
- 314. 304 Ainsi, (tn)n∈N est une suite récurrente linéaire du second ordre, à coefficients constants et sans second membre. D’après le cours, il existe (µ1,µ2) ∈ R2 tel que : ∀ n ∈ N, tn = µ1rn 1 + µ2rn 2 . On calcule (µ1,µ2) par les conditions initiales : µ1 + µ2 = t0 = w0 + 1 = 1 µ1r1 + µ2r2 = t1 = w1 + 1 = 2 ⇐⇒ µ1 = 2 − r2 r1 − r2 µ2 = − 2 − r1 r1 − r2 . On a donc : ∀ n ∈ N, wn = tn − 1 = µ1rn 1 + µ2rn 2 − 1. Comme |r1| > 1 et |r2| < 1, et que λ1 =/ 0 et µ1 =/ 0, on a : vn = λ1rn 1 + λ2rn 2 ∼ n∞ λ1rn 1 wn = µ1rn 1 + µ2rn 2 − 1 ∼ n∞ µ1rn 1 . Il en résulte que les deux séries entières n 0 vn zn et n 0 wn zn sont de rayon 1 r1 . Comme : ∀ n ∈ N, |vn| |un| |wn|, on déduit que la série entière n 0 un zn est de rayon : R = 1 r1 = −r2 = √ 5 − 1 2 . 2) Détermination de la somme S : Notons S : ] − R ; R[−→ R, x −→ +∞ n=0 an xn . Soit x ∈ ] − R ; R[. On a, pour tout n ∈ N : un+2xn+2 = un+1 + un + 1 n + 1 xn+2 = x(un+1xn+1 ) + x2 (un xn ) + xn+2 n + 1 . D’où : +∞ n=0 un+2xn+2 =x +∞ n=0 un+1xn+1 + x2 +∞ n=0 un xn + +∞ n=0 xn+2 n + 1 , les quatre séries entières étant de rayon R. On a donc : S(x) − (u0 + u1x)=x S(x) − u0 + x2 S(x) − x ln (1 − x) , d’où : (1 − x − x2 )S(x) = u0 + (u1 − u0)x − x ln (1 − x) = x − x ln (1 − x). Finalement : ∀ x ∈ ] − R ; R[, S(x) = x − x ln (1 − x) 1 − x − x2 . a) 1) Soit (n,k) ∈ N2 tel que k n. Une permutation σ ayant exactement k points fixes est définie par l’ensemble de ses k points fixes et par une permutation des n − k autres éléments ne laissant fixe aucun de ces éléments. On a donc : Fn,k = n k Fn−k,0 = n k αn−k . 2) L’ensemble de toutes les permutations de {1,. . . ,n} se par- titionne en sous-ensembles formés de permutations ayant exac- tement k points fixes, 0 k n. On a donc, par dénombrement : n! = n k=0 Fn,k = n k=0 n k αn−k . Par le changement d’indice p = n − k, on a donc : n! = n p=0 n n − p αp = n p=0 n p αp . b) 1) • On a : ∀ n ∈ N, 0 αn = Fn,0 n!, donc : ∀ n ∈ N, 0 αn n! 1. Comme la série entière n 0 zn est de rayon 1, par majoration, on déduit : R 1. • Soit z ∈ C tel que |z| < 1. Par produit de Cauchy de deux séries numériques absolument convergentes : S(z) ez = +∞ n=0 αn n! zn +∞ n=0 zn n! = +∞ n=0 n k=0 αk k! 1 (n − k)! zn = +∞ n=0 1 n! n k=0 n k αk zn = +∞ n=0 1 n! n!zn = +∞ n=0 zn = 1 1 − z , d’où : S(z) = e−z 1 − z . 2) On a donc, pour toutz ∈ C tel que |z| < 1 : (1 − z)S(z) = e−z . Mais : (1 − z)S(z) = (1 − z) +∞ n=0 αn n! zn = +∞ n=0 αn n! zn − +∞ n=0 αn n! zn+1 6.47
- 315. 305 = 1 + +∞ n=1 αn n! zn − +∞ n=1 αn−1 (n − 1)! zn = 1 + +∞ n=1 αn n! − αn−1 (n − 1)! zn . Et : (1 − z)S(z) = e−z = +∞ n=0 (−1)n n! zn = 1 + +∞ n=1 (−1)n n! zn . Par unicité du DSE(0) de z −→ (1 − z)S(z), on a donc : ∀ n ∈ N∗ , αn n! − αn−1 (n − 1)! = (−1)n n! . En sommant cette relation, on déduit, par télescopage : αn n! − α0 0! = n p=1 (−1)p p! , puis : αn = n! n p=0 (−1)p p! . 3) La série p 0 (−1)p p! relève du TSCSA, donc converge, et a pour somme e−1 , d’où, pour tout n ∈ N tel que n 2 : αn − n! e = n! n p=0 (−1)p p! − n! +∞ p=0 (−1)p p! = n! +∞ p=n+1 (−1)p p! n! (−1)n+1 (n + 1)! = 1 n + 1 1 3 < 1 2 . Ainsi, pour tout n ∈ N : αn ∈ N et 0 < n! e + 1 2 − αn < 1 , donc : αn = E n! e + 1 2 . Comme n! e − 1 2 < αn < n! e + 1 2 , on déduit : αn = n! e + O n∞ (1). On a : ∀ n ∈ N∗ , 1 n ζ(2n) − 1 = 1 n +∞ p=2 1 p2n = +∞ p=2 1 np2n . Considérons la suite double 1 np2n n 1, p 2 , qui est à termes 0. • Pour tout p 2, la série n 1 1 np2n converge et a pour somme −ln 1 − 1 p2 , car 1 p2 1 4 < 1. • La série de terme général −ln 1 − 1 p2 converge car −ln 1 − 1 p2 ∼ p∞ 1 p2 0 , exemple de Riemann (2 > 1) et théorème d’équivalence pour des séries à termes 0. D’après le théorème d’interversion pour les séries doubles à termes 0, on peut permuter les deux symboles de somma- tion, d’où : +∞ n=1 1 n ζ(2n) − 1 = +∞ p=2 +∞ n=1 1 np2n = +∞ p=2 −ln 1 − 1 p2 . Pour calculer cette somme de série, faisons apparaître un télescopage. À cet effet, travaillons sur les sommes partielles. On a, pour N 2 : N p=2 −ln 1 − 1 p2 = N p=2 −ln p2 − 1 p2 = N p=2 − ln (p − 1) − ln (p + 1) + 2 ln p = − N p=2 ln (p − 1) − N p=2 ln (p + 1) + 2 N p=2 ln p = − N−1 p=1 ln p − N+1 p=3 ln p + 2 N p=2 ln p = ln 2 + ln N N + 1 −→ N∞ ln 2. On a donc : ∞ p=2 −ln 1 − 1 p2 = ln 2, et on conclut : +∞ n=1 1 n ζ(2n) − 1 = ln 2. a) 1) • Une récurrence immédiate montre : ∀ n ∈ N, an > 0 . Considérons l’application f : [0 ; +∞[−→ R, x −→ 1 − e−x . On a, par une étude immédiate des variations de la fonction x −→ f (x) − x : ∀ x ∈ [0 ; +∞[, f (x) x. Il en résulte que la suite récurrente (an)n 0 est décroissante. Comme de plus (an)n 0 est minorée par 0, on en déduit que (an)n 0 converge. Notons sa limite. 6.48 6.49
- 316. L’étude des variations de x −→ f (x) − x montre que f admet un point fixe et un seul, qui est 0. Comme f est continue en 0, on déduit : = 0. On conclut : an −−−→ n ∞ 0. 2) On a alors : an+1 = 1 − e−an ∼ n∞ −(−an) = an. 3) On a donc : an+1 an −−−→ n ∞ 1. D’après la règle de d’Alembert, il s’ensuit que le rayon de convergence de la série entière n 0 an xn est : R = 1. b) On a : bn+1 − bn = 1 an+1 − 1 an = an − an+1 anan+1 = an − (1 − e−an ) an(1 − e−an ) = an − an − 1 2 a2 n + o n∞ (a2 n) an an + o(an) −−→ n ∞ 1 2 . Comme bn+1 − bn ∼ n∞ 1 2 et que la série n 0 1 2 est divergente et à termes 0, d’après un théorème de sommation des rela- tions de comparaison, on a : n−1 k=0 (bk+1 − bk) ∼ n∞ n−1 k=0 1 2 , c’est-à-dire : bn − b0 ∼ n∞ n 2 . Il s’ensuit : bn ∼ n∞ n 2 , et enfin : an = 1 bn ∼ n∞ 2 n . c) 1) Comme R = 1, il s’agit de la série n 0 an. Par théorème d’équivalence pour des séries à termes 0, on conclut que la série n 0 an Rn diverge. 2) Comme R = 1, il s’agit de la série n 0 an(−1)n . C’est une série alternée, et la valeur absolue du terme général décroît (cf. a)) et tend vers 0 (cf. a)). D’après le TSCSA, on conclut que la série n 0 an(−R)n converge. a) Soit A > 0 fixé. Puisque la série n 0 bn divergente est à termes 0, on a : N n=0 bn −→ N∞ +∞, donc il existe N ∈ N tel que : N n=0 bn A + 1. Ayant ainsi fixé N, on a : N n=0 bn xn −→ x−→1− N n=0 bn. Il existe donc η ∈ ]0 ; 1[ tel que : ∀ x ∈ [1 − η ; 1[, N n=0 bn xn N n=0 bn − 1 A . Comme de plus les bn sont tous 0 et que x 0, on a : ∀ x ∈ [1 − η ; 1[, Sb(x) N n=0 bn xn A. On a montré : ∀ A > 0, ∃ η ∈ ]0 ; 1[, ∀ x ∈ [1 − η ; 1[, Sb(x) A. On conclut : Sb(x) −→ x−→+1− +∞. b) Puisque an bn −−−→ n ∞ ∈ R, il existe M 0 tel que : ∀ n ∈ N, an bn M , donc : ∀ n ∈ N, |an| Mbn. Comme la série entière n 0 bn xn est de rayon 1, par majora- tion, la série entière n 0 an xn est de rayon 1 et sa somme S est définie (au moins) sur ] − 1 ; 1[. Soit ε > 0 fixé. Puisque an bn −−−→ n ∞ , il existe N ∈ N tel que : ∀ n N, an bn − ε . On a, pour tout x ∈ [0 ; 1[ : Sa(x) Sb(x) − = Sa(x) − Sb(x) Sb(x) = 1 Sb(x) +∞ n=0 an xn − +∞ n=0 bn xn = 1 Sb(x) +∞ n=0 (an − bn)xn 1 Sb(x) +∞ n=0 |an − bn|xn = 1 Sb(x) N n=0 |an − bn|xn + 1 Sb(x) +∞ n=N+1 |an − bn|xn . D’une part : 0 1 Sb(x) +∞ n=N+1 |an − bn|xn 1 Sb(x) +∞ n=N+1 εbn xn 1 Sb(x) +∞ n=0 εbn xn = ε. D’autre part : 306 6.50
- 317. 307 0 1 Sb(x) N n=0 |an − bn|xn 1 Sb(x) N n=0 |an − bn| −→ x−→1− 0, car N n=0 |an − bn| est fixé indépendamment de x, et Sb(x) −→ x−→1− +∞. Il existe donc η ∈ ]0 ; 1[ tel que : ∀ x ∈ [1 − η ; 1[, 0 1 Sb(x) N n=0 |an − bn|xn ε . On a alors : ∀ x ∈ [1 − η ; 1[, Sa(x) Sb(x) − 2ε. On conclut : Sa(x) Sb(x) − −→ x−→1− 0, c’est-à-dire : Sa(x) Sb(x) −→ x−→1− . a) On a : ∀ n ∈ N∗ , an = nn enn! > 0 et, pour tout x ∈ R∗ fixé : an+1xn+1 an xn = (n + 1)n+1 en+1(n + 1)! en n! nn |x| = 1 e 1 + 1 n n |x| −−−→ n ∞ 1 e e|x| = |x|. D’après la règle de d’Alembert, on conclut : R = 1. b) D’après la formule de Stirling : n! ∼ n∞ n e n√ 2πn, donc : an = nn enn! ∼ n∞ 1 √ 2πn , notébn. Puisque an ∼ n∞ bn et que la série n an est divergente à termes > 0, d’après l’exercice 6.50, on a : S(x) = +∞ n=1 an xn ∼ x−→1− +∞ n=1 bn xn = 1 √ 2π +∞ n=1 xn √ n . Il reste à trouver un équivalent simple de +∞ n=1 xn √ n lorsque x −→ 1− . À cet effet, nous allons utiliser une comparaison série/intégrale. Soit x ∈ [0 ; 1[ fixé. Considérons l’application ϕx : [1 ; +∞[−→ R, t −→ xt √ t . Il est clair que ϕx est continue et décroissante. De plus : t2 ϕx (t) = t3/2 et ln x −→ t−→+∞ 0, par prépondérance classique, car ln x < 0. Il en résulte, par l’exemple de Riemann en +∞ (2 > 1) et le théorème de majoration pour des fonctions 0, que ϕx est intégrable sur [1 ; +∞[. Par comparaison série/intégrale, on a donc : +∞ 1 ϕx (t) dt +∞ n=1 ϕx (n) 1 + +∞ 1 ϕx (t) dt . On calcule l’intégrale : +∞ 1 ϕx (t) dt = +∞ 1 et ln x √ t dt = u= √ t +∞ 1 eu2 ln x u 2u du = 2 +∞ 1 eu2 ln x du = v = u √ −ln x 2 √ −ln x +∞ √ −ln x e−v2 dv . Comme √ −ln x −→ x−→1− 0 et que v −→ e−v2 est intégrable sur [0 ; +∞[, on a : +∞ √ −ln x e−v2 dv −→ x−→1− +∞ 0 e−v2 dv = √ π 2 . D’autre part : 2 √ −ln x ∼ x−→1− 2 √ 1 − x . D’où : +∞ 1 ϕx (t) dt ∼ x−→1− √ π √ 1 − x −→ x−→1− +∞ . On a donc, par théorème d’encadrement pour des équiva- lents : ∞ n=1 xn √ n ∼ x−→1− √ π √ 1 − x . On conclut : S(x) ∼ x−→1− 1 √ 2 √ 1 − x . On a, pour tout n 1 : n p + n − 1 n ζ(p + n)−1 = +∞ k=2 n p + n − 1 n 1 kp+n . Nous allons essayer d’appliquer le théorème d’interversion des sommations à la suite double (un,k)n 1, k 2 définie par : un,k = n p + n − 1 n 1 kp+n , qui est à termes dans R+ . Montrons que, pour tout k 2, la série n 1 un,k converge et déterminons sa somme. Rappelons le DSE(0) classique, de rayon 1, pour tout x ∈ ] − 1 ; 1[ : 6.51 6.52
- 318. 308 (1 − x)−p = 1 + +∞ n=1 (−p)(−p − 1) · · · (−p − n + 1) n! (−x)n = 1 + +∞ n=1 p(p + 1) · · · (p + n − 1) n! xn = 1 + +∞ n=1 p + n − 1 n xn = +∞ n=0 p + n − 1 n xn . D’après le cours sur les séries entières, on peut dériver terme à terme : ∀ x ∈ ] − 1 ; 1[, p(1 − x)−p−1 = +∞ n=1 n p + n − 1 n xn−1 , d’où : ∀ x ∈ ] − 1 ; 1[, px (1 − x)p+1 = +∞ n=1 n p + n − 1 n xn . Comme k 2, on a 1 k ∈ ] − 1 ; 1[, donc la série n 1 un,k converge et : +∞ n=1 un,k = 1 kp +∞ n=1 n p + n − 1 n 1 k n = 1 kp p 1 k 1 − 1 k p+1 = p (k − 1)p+1 . • La série k 2 +∞ n=1 un,k converge, puisque, d’après l’exemple de Riemann (p + 1 > 1), la série k 2 p (k − 1)p+1 converge. D’après le théorème d’interversion des sommations, dans le cas de R+ , on en déduit : • pour tout n 1, la série k 2 un,k converge • la série n 1 +∞ k=2 un,k converge • +∞ k=2 +∞ n=1 un,k = +∞ n=1 +∞ k=2 un,k. On a donc : +∞ n=1 n p + n − 1 n ζ(p + n) − 1 = +∞ k=2 +∞ n=1 un,k = +∞ k=2 p (k − 1)p+1 = p +∞ k=1 1 kp+1 = p ζ(p + 1). Soient n ∈ N∗ , x ∈ ] − 1 ; 1[. Puisque f est de classe C∞ sur [−1 ; 1], on peut appliquer la formule de Taylor avec reste intégral sur le segment joignant 0 et x : f (x) = n−1 k=0 f (k) (0) k! xk + x 0 (x − t)n−1 (n − 1)! f (n) (t) dt notée Rn(x) . On a, en utilisant l’inégalité de Cauchy et Schwarz : |Rn(x)|2 x 0 (x − t)n−1 (n − 1)! 2 dt x 0 f (n) (t) 2 dt . • D’une part : x 0 (x − t)n−1 (n − 1)! 2 dt = x 0 (x − t)2n−2 (n − 1)! 2 dt = − (x − t)2n−1 (2n − 1) (n − 1)! 2 x 0 = |x|2n−1 (2n − 1) (n − 1)! 2 . • D’autre part : x 0 f (n) (t) 2 dt 1 −1 f (n) (t) 2 dt (n!)2 , par hypothèse. D’où : |Rn(x)|2 |x|2n−1 (2n − 1) (n − 1)! 2 (n!)2 = |x|2n−1 n2 2n − 1 . Puisque x ∈ ] − 1 ; 1[, par prépondérance classique, |x|2n−1 n2 2n − 1 −−−→ n ∞ 0, donc Rn(x) −−−→ n ∞ 0. Ceci montre que la série de Taylor de f en 0 converge et a pour somme f. On conclut : f est dSE(0), de rayon 1. Il est clair, par la règle de d’Alembert par exemple, que, pour tout p ∈ N∗ fixé, la série n 0 1 16n 1 8n + p converge et que : +∞ n=0 1 16n(8n + p) = +∞ n=0 √ 2 p 1/ √ 2 0 x8n+p−1 dx . Nous allons essayer de permuter intégrale et série. Notons, pour tout p ∈ N∗ et tout n ∈ N : fn : [0 ; 1/ √ 2] −→ R, x −→ √ 2 p x8n+p−1 . • Pour tout n ∈ N, fn est continue sur [0 ; 1/ √ 2]. • n 0 fn converge normalement, donc uniformément, sur [0 ; 1/ √ 2] car, pour tout n ∈ N : 6.53 6.54
- 319. 309 || fn||∞ = √ 2 p 1 √ 2 8n+p−1 = √ 2 16n . D’après un théorème du cours, on peut donc permuter intégrale et série, d’où : +∞ n=0 1 16n(8n + p) = √ 2 p 1/ √ 2 0 +∞ n=0 x8n+p−1 dx = √ 2 p 1/ √ 2 0 x p−1 1 − x8 dx. Notons S la somme du second membre de l’énoncé. On a alors : S = 4 √ 2 1/ √ 2 0 1 1 − x8 dx − 2 √ 2 4 1/ √ 2 0 x3 1 − x8 dx − √ 2 5 1/ √ 2 0 x4 1 − x8 dx − √ 2 6 1/ √ 2 0 x5 1 − x8 dx = 1/ √ 2 0 4 √ 2 − 8x3 − 4 √ 2x4 − 8x5 1 − x8 dx = u = x √ 2 1 0 4 √ 2 − 2 √ 2u3 − √ 2u4 − √ 2u5 1 − u8 16 du √ 2 = 16 1 0 4 − 2u3 − u4 − u5 16 − u8 du . Comme 1 est racine évidente du numérateur, on a : 4 − 2u3 − u4 − u5 = (1 − u)(4 + 4u + 4u2 + 2u3 + u4 ) = (1 − u)(2 + u2 )(2 + 2u + u2 ) et : 16 − u8 = (4 − u4 )(4 + u4 ) = (2 − u2 )(2 + u2 ) (2 + u2 )2 − 4u2 = (2 − u2 )(2 + u2 )(2 − 2u + u2 )(2 + 2u + u2 ). D’où : S = 16 1 0 1 − u (2 − u2)(2 − 2u + u2) du. On effectue une décomposition en éléments simples, et on ob- tient, après quelques calculs élémentaires : S = 16 1 0 − 1 4 u 2 − u2 + 1 2 − 1 4 u 2 − 2u + u2 du = 4 1 2 ln (2 − u2 ) 1 0 + 4 1 0 2 − u 2 − 2u + u2 du notée J . Par mise sous forme canonique d’un trinôme : 2 − 2u + u2 = (u − 1)2 + 1 . On effectue donc le changement de variable v = u − 1 : J = 0 −1 1 v2 + 1 dv − 0 −1 v v2 + 1 dv = π 4 + 1 2 ln 2. On obtient : S = −2 ln 2 + 4 π 4 + 1 2 ln 2 = π. Remarque : cette formule de Simon Plouffe permet de calcu- ler efficacement des approximations décimales de π. a) 1) Soit x ∈ [0 ; a[. D’après l’hypothèse, on, a : ∀ k ∈ N, xk k! f (k) (0) 0, donc la suite Sn(x) n 0 est croissante. De plus, d’après la formule de Taylor avec reste intégral : ∀ n ∈ N, f (x) = Sn(x) + Rn(x). D’après l’hypothèse, on a : ∀ n ∈ N, Rn(x) 0, donc : ∀ n ∈ N, Sn(x) f (x). Ainsi, la suite Sn(x) n 0 est croissante et majorée par f (x), donc converge. Par différence, comme Rn(x) = f (x) − Sn(x), il en résulte que la suite Rn(x) n 0 converge. 2) Soient n ∈ N, (x,y) ∈ ]0 ; a[2 tel que : x < y. On a : Rn(x) xn+1 = 1 n!xn+1 x 0 (x − t)n f (n+1) (t) dt = u = t/x 1 n! 1 0 (1 − u)n f (n+1) (xu) du. Comme f (n+2) 0, f (n+1) est croissante, donc : ∀ u ∈ [0 ; 1], f (n+1) (xu) f (n+1) (yu), puis : Rn(x) xn+1 = 1 n! 1 0 (1 − u)n f (n+1) (xu) du 1 n! 1 0 (1 − u)n f (n+1) (yu) du = Rn(y) yn+1 . 3) Soit x ∈ [0 ; a[. Si x = 0, alors, Rn(x) = 0 −−−→ n ∞ 0. Supposons x > 0. Il existe y ∈ ]0 ; a[ tel que x < y, par exemple y = x + a 2 . On a alors, d’après 2) : ∀ n ∈ N, 0 Rn(x) Rn(y) xn+1 yn+1 . On a vu en a) 1) que la suite Rn(y) n 0 converge, donc est bornée. 6.55
- 320. 310 D’autre part, puisque x y < 1, on a : xn+1 yn+1 −−−→ n ∞ 0. Il en ré- sulte : Rn(y) xn+1 yn+1 −−−→ n ∞ 0, puis, par théorème d’encadrement : Rn(x) −−−→ n ∞ 0. 4) On a donc, pour tout x ∈ [0 ; a[ : Sn(x) = f (x) − Rn(x) −−−→ n ∞ f (x) − 0 = f (x) . Ceci montre que, pour tout x ∈ [0 ; a[, la série de Taylor de f en 0, prise en x converge et a pour somme f (x). b) Soit x ∈ ] − a ; 0]. On, a, en utilisant le même changement de variable qu’en a) 2) : |Rn(x)| = xn+1 n! 1 0 (1 − u)n f (n+1) (xu) du = |x|n+1 n! 1 0 (1 − u)n f (n+1) (xu) du. Comme f (n+1) est 0 et croissante, on déduit : |Rn(x)| |x|n+1 n! 1 0 (1 − u)n f (n+1) (0) du = |x|n+1 n! − (1 − u)n+1 n + 1 1 0 f (n+1) (0) = |x|n+1 (n + 1)! f (n+1) (0) Rn(|x|). D’après a) 4), puisque |x| ∈ [0 ; a[, on a : Rn(|x|) −−−→ n ∞ 0. Il s’ensuit, par encadrement : Rn(x) −−−→ n ∞ 0, donc : Sn(x) = f (x) − Rn(x) −−−→ n ∞ f (x). Ceci montre que la série deTaylor de f en 0, prise en x, converge et a pour somme f (x). c) D’après a) et b), on a : ∀ x ∈ ] − a ; a[, f (x) = +∞ k=0 f (k) (0) k! xk , donc f est dSE(0), de rayon a.
- 321. 311 7CHAPITRE 7Séries de Fourier Les méthodes à retenir Thèmes abordés dans les exercices • Calcul des coefficients de Fourier, exponentiels ou trigonométriques, d’une application R −→ K périodique et continue par morceaux • Développement d’une application R −→ K périodique assez régulière en série de Fourier • Obtention de certaines sommes de séries numériques convergentes, par exemple : +∞ n=1 1 n2 = π2 6 • Obtention de certaines égalités entre intégrales et sommes de séries • Obtention de certaines inégalités portant sur des intégrales. Points essentiels du cours pour la réso- lution des exercices • Définition des coefficients de Fourier, exponentiels ou trigonométriques, d’une application R −→ K périodique et continue par morceaux • Formule(s) donnant les coefficients de Fourier d’une dérivée • Théorème de Dirichlet de convergence simple, théorème de Dirichlet de convergence normale • Théorème de Parseval, formule de Parseval réelle, formule de Parseval com- plexe. Les méthodes à retenir 311 Énoncés des exercices 313 Du mal à démarrer ? 318 Corrigés 320 Plan On note CMT le K-espace vectoriel des applications R −→ K, T-périodiques et continues par morceaux CT le K-espace vectoriel des applications R −→ K, T-périodiques et continues. ©Dunod.Laphotocopienonautoriséeestundélit.
- 322. Chapitre 7 • Séries de Fourier 312 Pour calculer directement, quand c’est possible, les coefficients de Fourier d’un élément f de CMT Appliquer, avec ω = 2π T , la définition des coefficients de Fourier exponentiels de f : cn( f ) = 1 T [T] f (t) e−i nωt dt, n ∈ Z, ou la définition des coefficients de Fourier trigonométriques de f : an( f ) = 2 T [T] f (t) cos nωt dt, n ∈ N , bn( f ) = 2 T [T] f (t) sin nωt dt, n ∈ N∗ . Tenir compte d’une éventuelle parité ou imparité de f. Pour calculer ces coefficients, utiliser, en général l’une des démarches suivantes : • calcul direct ➥ Exercice 7.1 a) • intégration par parties ➥ Exercices 7.2 a), 7.4 a), 7.7 a), 7.19 a) • linéarisation ➥ Exercices 7.3 a), 7.6 • intervention de l’exponentielle complexe ➥ Exercices 7.7 a), 7.19 a). Pour étudier les convergences de la série de Fourier d’un élément f de CMT, et préciser sa somme Appliquer l’un des deux théorèmes de Dirichlet : • le théorème de convergence simple, lorsque f est T-périodique et de classe C1 par morceaux. ➥ Exercices 7.1 b), 7.19 b) • le théorème de Dirichlet de convergence normale, lorsque f est T-périodique, de classe C1 par morceaux et continue sur R. ➥ Exercices 7.2 b), 7.3 b), 7.4 b), 7.6, 7.7, 7.22 c). Pour obtenir des sommes de séries numériques, après avoir calculé des coefficients de Fourier Appliquer un des deux théorèmes de Dirichlet ou une formule de Parseval. ➥ Exercices 7.1 c), 7.2 c), 7.3 c), 7.4 c), 7.7 c), 7.19 b), 7.22 c) Les sommes de séries dont le terme général ressemble à an, bn, cn proviennent souvent d’un théorème de Dirichlet. Les sommes de séries dont le terme général ressemble à a2 n, b2 n, |cn|2 , proviennent souvent d’une formule de Parseval.
- 323. Énoncés des exercices 313 Énoncés des exercices Exemple de développement en série de Fourier, créneau Soit f : R −→ R, 2π-périodique, paire, telle que, pour tout t ∈ [0 ; π] : f (t) = 1 si 0 t < π 2 , f (t) = 0 si t = π 2 , f (t) = −1 si π 2 < t π . a) Vérifier f ∈ CM2π et calculer les coefficients de Fourier (trigonométriques) de f. b) Étudier les convergences de la série de Fourier de f et préciser sa somme. c) En déduire les sommes de séries suivantes : +∞ p=0 (1)p 2p + 1 , +∞ p=0 1 (2p + 1)2 , +∞ n=1 1 n2 . Exemple de développement en série de Fourier, dent de scie continue Soit f : R −→ R, 2π-périodique, impaire, telle que : f (t) = t si 0 t < π 2 , f (t) = π − t si π 2 t π . ©Dunod.Laphotocopienonautoriséeestundélit. Pour relier entre elles des sommes de séries convergentes du genre +∞ n=1 1 n2 , et +∞ p=0 1 (2p+1)2 Séparer, dans une somme partielle, les termes d’indices pairs, d’in- dices impairs, puis passer aux limites. ➥ Exercices 7.1 c), 7.2 c), 7.7 c). Pour calculer les coefficients de Fourier d’une fonction, lorsque le calcul direct ne paraît pas faisable Exprimer la fonction comme somme d’une série de fonctions et mon- trer que l’on peut permuter intégrale et série par l’une des trois méthodes habituelles (cf. les méthodes à retenir du chapitre 5). ➥ Exercices 7.14, 7.15, 7.16, 7.17 a), 7.23 b) Ne pas confondre l’indice d’un terme de la sommation donnant f ini- tialement, et l’indice concernant le terme d’une série de Fourier. Pour obtenir une égalité entre une fonction et une somme de série trigonométrique Essayer d’appliquer un des deux théorèmes de Dirichlet à une fonc- tion bien choisie. ➥ Exercice 7.6. Pour obtenir une inégalité portant sur des intégrales de carrés de fonctions Essayer de se ramener, quand c’est possible, à une inégalité portant sur des sommes de séries numériques, en utilisant une formule de Parseval. ➥ Exercices 7.9, 7.11, 7.13. 7.1 7.2
- 324. Chapitre 7 • Séries de Fourier 314 a) Vérifier f ∈ CM2π et calculer les coefficients de Fourier (trigonométriques) de f. b) Étudier les convergences de la série de Fourier de f et préciser sa somme. c) En déduire les sommes de séries suivantes : +∞ p=0 1 (2p + 1)2 , +∞ n=1 1 n2 , +∞ p=0 1 (2p + 1)4 , +∞ n=1 1 n4 . Exemple de développement en série de Fourier, courant redressé Soit f : R −→ R, t −→ | sin t|. a) Vérifier f ∈ CMπ et calculer les coefficients de Fourier (trigonométriques) de f. b) Étudier les convergences de la série de Fourier de f et préciser sa somme. c) En déduire les sommes de séries suivantes : +∞ n=1 1 4n2 − 1 , +∞ n=1 (−1)n 4n2 − 1 , +∞ n=1 1 (4n2 − 1)2 . Exemple de développement en série de Fourier, raccord de paraboles Soit f : R −→ R, 2π-périodique, impaire, telle que : ∀ t ∈ [0 ; π], f (t) = t(π − t). a) Vérifier f ∈ CM2π et calculer les coefficients de Fourier (trigonométriques) de f. b) Étudier les convergences de la série de Fourier de f et préciser sa somme. c) En déduire les sommes de séries : +∞ p=0 (−1)p (2p + 1)3 , +∞ p=0 1 (2p + 1)6 , +∞ n=1 1 n6 . Coefficients de Fourier nuls Soit f : [−π ; π] −→ C continue telle que : ∀ n ∈ Z, π −π f (t) ei nt dt = 0. Montrer : f = 0. Exemple de développement en série de Fourier Montrer qu’il existe une suite réelle (αn)n∈N telle que : ∀ t ∈ R, | cos t| = +∞ n=0 αn cos 2 nt, et déterminer une telle suite (αn)n∈N. Exemple de développement en série de Fourier avec paramètre Soit λ ∈ ]0 ; +∞[ fixé. On considère l’application f : R −→ R, 2π-périodique, telle que : ∀ t ∈ ] − π ; π], f (t) = ch (λt). a) Vérifier f ∈ CM2π et calculer les coefficients de Fourier (trigonométriques) de f. b) Étudier les convergences de la série de Fourier de f et préciser sa somme. c) En déduire les sommes de séries suivantes : +∞ n=1 (−1)n λ2 + n2 , +∞ n=1 1 λ2 + n2 , +∞ n=1 1 (λ2 + n2)2 . Calcul d’une intégrale par utilisation de ζ(2) Existence et calcul de I = +∞ 1 x − E(x) x3 dx. 7.3 7.4 7.5 7.6 7.7 7.8
- 325. Énoncés des exercices 315 Inégalité sur des intégrales Soient T ∈ ]0 ; +∞[, ω = 2π T , f : R −→ C, T-périodique, de classe C1 , telle que : ∀ n ∈ {−1, 0, 1}, 2π 0 f (t) ei nωt dt = 0 . Montrer : || f ||2 1 2 || f ||2, où : || f ||2 = 1 T T 0 | f (t)|2 dt 1 2 , et de même pour || f ||2. Nullité de certains coefficients de Fourier Soit f : R −→ C, 2π-périodique, continue. On suppose : ∀ k ∈ Z, 2π 0 f (t) ei (2k+1)t dt = 0. Montrer que f est π-périodique. Inégalité sur des intégrales Soient T > 0, f : R −→ C, T-périodique, de classe C1 par morceaux, continue. Montrer : T 0 | f |2 T2 4π2 T 0 | f |2 + 1 T T 0 f 2 . Nullité d’une fonction par orthogonalité On note, pour tout n ∈ Z : en : R −→ C, t −→ ei nt , ϕn = en−1 + en + en+1. Soit f ∈ C2π telle que : ∀ n ∈ Z, (ϕn | f ) = 0, pour le produit scalaire usuel sur C2π. Montrer : f = 0. Inégalité sur des intégrales Soit f : R −→ C, 2π-périodique, de classe C2 par morceaux, de classe C1 . Montrer : 4 2π 0 | f |2 + 2 2π 0 | f |2 5 2π 0 | f |2 . Série de Fourier d’une série trigonométrique complexe Soit (γn)n∈Z une suite (indexée par Z) à termes dans C. On note, pour tout p ∈ N : Sp : R −→ C, t −→ p k=−p γkei kt . On suppose que la suite (Sp)p∈N converge uniformément sur R vers une application notée f. Démontrer que f est 2π-périodique, continue, et que : ∀ n ∈ Z, cn( f ) = γn. Série de Fourier d’une série trigonométrique réelle Soient αn)n 0,(βn)n 1 deux suites réelles telles que la suite d’applications (Sn)n∈N définie par : ∀ t ∈ R, Sn(t) = α0 2 + n k=1 (αk cos kt + βk sin kt) converge uniformément sur R vers une application notée f. a) Montrer que f est 2π-périodique et continue sur R. b) Établir : ∀ n 0, an( f ) = αn et ∀ n 1, bn( f ) = β . ©Dunod.Laphotocopienonautoriséeestundélit. 7.9 7.10 7.11 7.12 7.13 7.14 7.15
- 326. Chapitre 7 • Séries de Fourier 316 Développement en série de Fourier par utilisation d’une série trigonométrique Soient z ∈ C tel que |z| < 1, et f : R −→ C, t −→ 1 1 + z ei t . Vérifier f ∈ CM2π et calculer les coefficients de Fourier exponentiels de f. Développement en série de Fourier par utilisation d’une série trigonométrique Soit a ∈ ]0 ; +∞[. On note f : R −→ R, t −→ 1 ch a + cos t . a) Vérifier f ∈ CM2π et déterminer les coefficients de Fourier (trigonométriques) de f. On pourra utiliser l’exercice 7.15. b) En déduire, pour tout n ∈ N : π 0 cos nt ch a + cos t dt = π(−1)n e−na sh a et π 0 sin nt ch a + cos t dt = 0. c) Calculer : I = π 0 1 (ch a + cos t)2 dt. Calcul d’intégrales, connaissant ζ(2) a) Montrer : 1 0 ln(1 + x) x dx = +∞ n=1 (−1)n−1 n2 = π2 12 . (Utiliser l’exercice 7.1 ou l’exercice 7.2.) b) En déduire les valeurs des intégrales suivantes : (1) 1 0 lnx 1 + x dx, (2) 1 0 lnx 1 − x dx, (3) 1 0 lnx 1 − x2 dx , puis de : (4) 1 0 x2 ln x x2 − 1 dx, (5) 1 0 ln x ln (1 + x) dx, (6) +∞ 0 ln th x dx , (7) +∞ 0 x ex + e2x dx, (8) +∞ 0 x ex − 1 dx . Exemple de développement en série de Fourier, calcul d’une intégrale Soient x ∈ [0 ; +∞[, f : R −→ R, 2π-périodique, telle que f (π) = 0 et : ∀ t ∈ ] − π ; π[, f (t) = sh xt . a) Vérifier f ∈ CM2π et calculer les coefficients de Fourier (trigonométriques) de f. b) Étudier la convergence de la série de Fourier de f, et montrer : ∀ t ∈ ] − π ; π[, sh xt = +∞ n=1 2(−1)n+1 n sh πx π(n2 + x2) sin nt . c) En déduire : +∞ 0 cos xt ch t dt = π 2 ch πx 2 . Utilisation des coefficients de Fourier pour la détermination d’une fonction assez régulière Déterminer l’ensemble des applications f : R −→ C, 2π-périodiques, de classe C∞ , telles qu’il existe M ∈ R+ tel que : ∀ (n,x) ∈ N × R, | f (n) (x)| M. 7.16 7.17 7.18 7.19 7.20
- 327. Énoncés des exercices 317 Opérateur de translation dans C2π Le R-espace vectoriel C2π des applications 2π-périodiques et continues de R dans R est muni du produit scalaire ( f,g) −→ ( f | g) = 1 2π [2π] f (t)g(t) dt et de la norme ||.||2 associée. On note, pour a ∈ R et f ∈ C2π, τa( f ) la translatée de f par a : τa f : R −→ R, t −→ f (t − a) . a) Montrer que, pour tout a ∈ R, τa ∈ LC(C2π) et calculer |||τa|||. b) Démontrer que, pour toute f ∈ C2π, l’application R −→ C2π, a −→ τa f est continue. Calcul d’intégrales utilisant des séries de Fourier Soit α ∈ ]1 ; +∞[. a) Montrer : α +∞ 0 dt tα + 1 = 1 0 u 1 α−1 + u− 1 α 1 + u du. b) En déduire : α +∞ 0 dt tα + 1 = α + +∞ n=1 (−1)n+1 2 α n2 − 1 α2 . c) Établir : ∀ x ∈ ]0 ; 1[, +∞ n=1 2(−1)n+1 x π(n2 − x2) = 1 sin πx − 1 πx , en étudiant, pour x ∈ ]0 ; 1[ fixé, la fonction f : R −→ R, 2π-périodique, telle que f (t) = cos xt si t ∈ ] − π ; π]. d) Démontrer : +∞ 0 dt tα + 1 = π α sin π α . e) En déduire les valeurs des intégrales suivantes : 1) +∞ 0 tx−1 1 + t dt, x ∈ ]0 ; 1[ 2) +∞ 0 tx−2 ln (1 + t) dt, x ∈ ]0 ; 1[ 3) +∞ −∞ eat ebt + ect dt, (a,b,c) ∈ R3 , b < a < c 4) +∞ −∞ eat ch ct dt, (a,c) ∈ R2 , |a| < c 5) +∞ 0 ch at ch ct dt, (a,c) ∈ R2 , |a| < c. Trouver une fonction dont les coefficients de Fourier vérifient des inégalités Soit (αn)n 0 une suite à termes dans R+ , convergeant vers 0. a) Montrer qu’il existe une extractrice σ telle que la série n 0 ασ(n) converge. b) En déduire qu’il existe f : R −→ R, 2π-périodique, continue, telle que, en notant an( f ), bn( f ) (n ∈ N) les coefficients de Fourier trigonométriques de f, il existe une infinité de n ∈ N tels que : |an( f )| + |bn( f )| αn. (Utiliser l’exercice 7.15.) ©Dunod.Laphotocopienonautoriséeestundélit. 7.21 7.22 7.23
- 328. Chapitre 7 • Séries de Fourier 318 Du mal à démarrer ? a) • Tracer la courbe représentative de f et montrer f ∈ CM2π. • Les bn sont tous nuls. Pour calculer an, appliquer la définition des coefficients de Fourier trigonométriques de f. b) Appliquer le théorème de Dirichlet de convergence simple. c) • Appliquer b) en t = 0. • Appliquer la formule de Parseval réelle. • Séparer en termes d’indices pairs,d’indices impairs,d’abord sur des sommes partielles, puis passer à la limite. a) • Tracer la courbe représentative de f et montrer f ∈ CM2π. • Les an sont tous nuls. Pour calculer bn, appliquer la définition des coefficients de Fourier trigonométriques de f. Utiliser une intégration par parties. b) Appliquer le théorème de Dirichlet de convergence normale. c) • Appliquer b) en t = π 2 . • Séparer en termes d’indices pairs,d’indices impairs,d’abord sur des sommes partielles, puis passer à la limite. • Appliquer la formule de Parseval réelle. • Séparer en termes d’indices pairs,d’indices impairs,d’abord sur des sommes partielles, puis passer à la limite. a) • Tracer la courbe représentative de f et montrer f ∈ CM2π. • Les bn sont tous nuls. Pour calculer an, appliquer la définition des coefficients de Fourier trigonométriques de f, en n’oubliant pas qu’ici la pulsation est ω = 2. Utiliser une linéarisation. b) Appliquer le théorème de Dirichlet de convergence normale. c) • Appliquer b) en t = 0, en t = π 2 . • Appliquer la formule de Parseval réelle. a) • Tracer la courbe représentative de f et montrer f ∈ CM2π. • Les an sont tous nuls. Pour calculer bn, appliquer la définition des coefficients de Fourier trigonométriques de f. Faire deux intégrations par parties successives, en gardant le facteur t(π − t) groupé. b) Appliquer le théorème de Dirichlet de convergence normale. c) • Appliquer b) en t = π 2 . • Appliquer la formule de Parseval réelle. • Séparer en termes d’indices pairs,d’indices impairs,d’abord sur des sommes partielles, puis passer à la limite. Considérer g : R −→ C, 2π-périodisée de f. Développer t −→ | cos t| en série de Fourier, puis exprimer les cos 2nt à l’aide de cos 2nt. a) • Tracer la courbe représentative de f (pour λ fixé) et montrer f ∈ CM2π. • Les bn sont tous nuls. Pour calculer an, appliquer la définition des coefficients de Fourier trigonométriques de f. Utiliser l’ex- ponentielle complexe, ou bien faire deux intégrations par par- ties successives. b) Appliquer le théorème de Dirichlet de convergence normale. c) • Appliquer b) en t = 0, en t = π. • Appliquer la formule de Parseval réelle. 1) Existence : Étude en +∞ par majoration. 2)Calcul :Pour N ∈ N∗ ,décomposerl’intégrale N+1 1 x − E(x) x3 dx, à l’aide de la relation de Chasles, en faisant intervenir In = n+1 n x − n x3 dx. Calculer In et terminer. Appliquer la formule de Parseval complexe à f et à f ,et uti- liser la formule donnant les coefficients de Fourier exponentiels de f en fonction de ceux de f. Considérer l’application g : R −→ C, t −→ f (t + π) − f (t). Appliquer la formule de Parseval complexe à f et à f ,et uti- liser la formule donnant les coefficients de Fourier exponentiels de f en fonction de ceux de f. Noter g : R −→ C, t −→ (eit − 2 + e−it ) f (t), et montrer : ∀ n ∈ Z, (en | g) = 0. En déduire, convenablement, g = 0, puis, convenablement, f = 0. 7.1 7.2 7.3 7.4 7.5 7.6 7.7 7.8 7.9 7.10 7.11 7.12
- 329. Appliquer la formule de Parseval complexe à f, à f , à f , et utiliser les formules donnant les coefficients de Fourier expo- nentiels de f et de f en fonction de ceux de f. 1) Montrer que f est 2π-périodique, par limite simple. 2) Montrer que f est continue, par limite uniforme. 3) Montrer, pour tout n ∈ Z fixé : 1 2π [2π] Sp(t) e−int dt −→ p∞ 1 2π [2π] f (t) e−int dt. a) • Montrer que f est 2π-périodique, par limite simple. • Montrer que f est continue, par limite uniforme. b) Montrer, pour tout p ∈ N fixé : 1 π π −π Sn(t) cos pt dt lim 1 π π −π f (t) cos pt dt . Développer 1 1 + z eit à l’aide de la série géométrique, puis montrer que l’on peut permuter intégrale et série. a) Utiliser l’exponentielle complexe pour obtenir : ∀ t ∈ R, f (t) = 1 sh a ea eit + ea − e−a eit + e−a , puis utiliser la série géométrique pour obtenir : ∀ t ∈ R, f (t) = 1 sh a + 2 sh a +∞ n=1 (−1)n e−na cos nt, et enfin montrer que l’on peut permuter intégrale et série. c) Appliquer la formule de Parseval réelle. a) Utiliser le DSE(0) de x −→ ln(1 + x). Par continuité et convergence uniforme sur un segment, montrer que l’on peut permuter intégrale et série. Obtenir : 1 0 ln(1 + x) x dx = +∞ n=1 (−1)n−1 n2 . b) 1) Intégration par parties. 2), 3) Noter I = 1 0 lnx 1 + x dx, J = 1 0 lnx 1 + x dx, K = 1 0 lnx 1 − x2 dx . Montrer : I + J = 2K, I = 4J − 4K. En déduire J,K. 4) Séparer par linéarité. 5) Intégration par parties. 6) Changement de variable u = th x. 7) Changement de variable u = ex . 8) Changement de variable u = e−x . a) Pour calculer les bn, utiliser l’exponentielle complexe, ou bien deux intégrations par parties successives. b) Appliquer le théorème de Dirichlet de convergence simple. c) Développer cos xt ch t à l’aide de la série géométrique, montrer que l’on peut permuter intégrale et série par étude de l’intégra- le du reste, et obtenir : +∞ 0 cos xt ch t dt = +∞ n=0 2(−1)n(2n + 1) (2n + 1)2 + x2 . Utiliser enfin b). 1) Soit f convenant. Utiliser la relation exprimant les coeffi- cients de Fourier exponentiels de f (k) en fonction de ceux de f. En déduire : ∀ n ∈ Z − {−1, 0, 1}, cn( f ) = 0 , puis montrer : ∀ x ∈ R, f (x) = c−1( f ) e−ix + c0( f ) + c1( f ) eix . 2) Étudier la réciproque. a) • Montrer que τa est un endomorphisme du R-espace vectoriel C2π. • Obtenir : ∀ f ∈ C2π, ||τa( f )||2 = || f ||2. b) Pour f ∈ C2π fixée,montrer que f est uniformément continue sur R et en déduire que a −→ τa f est uniformément continue sur R. a) Relation de Chasles et changement de variable v = 1 t dans une des deux intégrales, puis changement de variable u = tα . b) Utiliser le DSE(0) de u −→ 1 1 + u et montrer que l’intégrale du reste tend vers 0.En déduire que l’on peut permuter intégra- le et série. c) Appliquer le théorème de Dirichlet de convergence normale à f. d) Utiliser b) et c). e) 1) Changement de variable u = tx . 2) Intégration par parties. 3) Changement de variable u = e(c−b)t . 4) Cas particulier de 3). 5) Appliquer 4). a) Construire σ(0) tel que aσ(0) < 1, puis σ(1) tel que aσ(0) + aσ(1) < 1, etc. b) Considérer la suite réelle (un)n 0 définie,pour tout n ∈ N,par un = αn s’il existe k ∈ N tel que n = σ(k), un = 0 sinon, et considérer, pour tout n ∈ N, l’application fn : R −→ R, t −→ un cos nt. Du mal à démarrer ? 319 ©Dunod.Laphotocopienonautoriséeestundélit. 7.13 7.14 7.15 7.16 7.17 7.18 7.19 7.20 7.21 7.22 7.23
- 330. 320 a) • Soit N ∈ N. On a, en séparant les termes d’indices pairs, d’in- dices impairs : 2N+1 n=1 1 n2 = N p=1 1 (2p)2 + N p=0 1 (2p + 1)2 . D’où, en faisant tendre l’entier N vers l’infini, et puisque les séries qui interviennent convergent : +∞ n=1 1 n2 = 1 4 +∞ p=1 1 p2 + +∞ p=0 1 (2p + 1)2 , donc : +∞ n=1 1 n2 = 1 1 − 1 4 +∞ p=0 1 (2p + 1)2 = 4 3 π2 8 = π2 6 . Réponse : +∞ p=0 (−1)p 2p + 1 = π 4 , +∞ p=0 1 (2p + 1)2 = π2 8 , +∞ n=1 1 n2 = π2 6 . a) Corrigés des exercices 7.1 y tO π 2 ππ 2 --π -- y = f (t) Il est clair que f est 2π-périodique et continue par morceaux sur R donc f ∈ CM2π, et les coefficients de Fourier (trigono- métriques) an, bn (n ∈ N) de f existent. Puisque f est paire, on a : ∀ n ∈ N∗ , bn = 0. On a, pour tout n ∈ N, en utilisant la parité de f : an = 2 2π π −π f (t) cos nt dt = 2 π π 0 f (t) cos nt dt = 2 π π 2 0 cos nt dt − π π 2 cos nt dt . On a donc a0 = 0, et, pour tout n 1 : an = 2 πn sin nt π/2 0 − sin nt π π/2 = 4 πn sin n π 2 . On a donc, pour tout p ∈ N : a2p = 0 et a2p+1 = 4(−1)p π(2p + 1) . b) Puisque f est 2π-périodique et de classe C1 par morceaux, d’après le théorème de Dirichlet de convergence simple, la série de Fourier de f converge simplement sur R et a pour somme la régularisée f de f. On a donc, pour tout t ∈ R : f (t) = 1 2 f (t+ ) + f (t− ) = +∞ p=0 4(−1)p π(2p + 1) cos (2p + 1)t. c) • En remplaçant t par 0 dans le résultat de b), on obtient : +∞ p=0 4(−1)p π(2p + 1) = 1,donc : +∞ p=0 (−1)p 2p + 1 = π 4 . • Puisque f ∈ CM2π, d’après la formule de Parseval réelle, on a : a2 0 4 + 1 2 +∞ n=1 (a2 n + b2 n) = 1 2π π −π f (t) 2 dt, c’est-à-dire ici : 1 2 +∞ p=0 16 π2(2p + 1)2 = 1 π π 0 dt = 1, d’où : +∞ p=0 1 (2p + 1)2 = π2 8 . 7.2 y t O π 2 π π 2--π -- y = f (t) Il est clair que f est 2π-périodique et continue par morceaux sur R (et même, continue sur R), donc f ∈ CM2π et les coefficients de Fourier (trigonométriques) an, bn, (n ∈ N) de f existent. Puisque f est impaire, on a : ∀ n ∈ N, an = 0. On a, pour tout n ∈ N∗ , en utilisant l’imparité de f : bn = 2 2π π −π f (t) sin nt dt = 2 π π 0 f (t) sin nt dt = 2 π π/2 0 t sin nt dt + π π/2 (π − t) sin nt dt = u = π − t 2 π π/2 0 t sin nt dt + π/2 0 u sin (nπ − nu) du = 2 π π/2 0 t sin nt dt − (−1)n π/2 0 u sin nu du = 2 π 1 + (−1)n π/2 0 t sin nt dt.
- 331. 321 Il s’ensuit : ∀ p ∈ N∗ , b2p = 0, et, pour tout p ∈ N, grâce à une intégration par parties : b2p+1 = 4 π π/2 0 t sin (2p + 1)t dt = 4 π − t sin (2p + 1)t 2p + 1 π/2 0 + π/2 0 cos (2p + 1)t 2p + 1 dt = 4 π sin (2p + 1)t 2p + 1 π/2 0 = 4(−1)p π(2p + 1)2 . b) Puisque f est 2π-périodique, de classe C1 par morceaux sur R et continue sur R, d’après le théorème de Dirichlet de convergence normale, la série de Fourier de f converge nor- malement (donc uniformément, absolument, simplement) sur R et a pour somme f. On a donc : ∀ t ∈ R, f (t) = +∞ p=0 4(−1)p π(2p + 1)2 sin (2p + 1)t. Remarque : La convergence normale résulte aussi de : ∀ p ∈ N, ∀ t ∈ R, 4(−1)p (2p + 1)2 sin (2p + 1)t 4 π(2p + 1)2 et de la convergence de la série numérique p 0 1 (2p + 1)2 . c) • En remplaçant t par π 2 dans le résultat de b), on obtient : +∞ p=0 4 π(2p + 1)2 = f π 2 = π 2 , donc : +∞ p=0 1 (2p + 1)2 = π2 8 . • On a, pour tout N ∈ N∗ , en séparant les termes d’indices pairs, d’indices impairs : 2N+1 n=1 1 n2 = N p=1 1 (2p)2 + N p=0 1 (2p + 1)2 . D’où, en faisant tendre l’entier N vers l’infini, et puisque les séries qui interviennent convergent : +∞ n=1 1 n2 = 1 4 +∞ p=1 1 p2 + +∞ p=0 1 (2p + 1)2 , d’où : +∞ n=1 1 n2 = 1 1 − 1 4 +∞ p=0 1 (2p + 1)2 = 4 3 π2 8 = π2 6 . • Puisque f ∈ CM2π, on a, d’après la formule de Parseval réelle : a2 0 4 + 1 2 +∞ n=1 (a2 n + b2 n) = 1 2π π −π f (t) 2 dt , c’est-à-dire ici : 1 2 +∞ p=0 16 π2(2p + 1)4 = 1 2π π −π f (t) 2 dt = 1 π π 0 f (t) 2 dt = 1 π π/2 0 t2 dt − π π/2 (π − t)2 dt = u=π−t 1 π π/2 0 t2 dt + π/2 0 u2 du = 2 π π/2 0 t2 dt = 2 π t3 3 π/2 0 = π2 12 . d’où : +∞ p=0 1 (2p + 1)4 = 2π2 16 π2 12 = π4 96 . • Comme en 1), en séparant les termes d’indices pairs, d’in- dices impairs et puisque les séries qui interviennent convergent, on a : +∞ n=1 1 n4 = +∞ p=1 1 (2p)4 + +∞ p=0 1 (2p + 1)4 , donc : +∞ n=1 1 n4 = 1 1 − 1 4 +∞ p=0 1 (2p + 1)4 = 16 15 π4 96 = π4 90 . Réponse : +∞ p=0 1 (2p + 1)2 = π2 8 , +∞ n=1 1 n2 = π2 6 , +∞ p=0 1 (2p + 1)4 = π4 96 , +∞ n=1 1 n4 = π4 90 . a)7.3 O y t y = f(t) 22 L’application f : t −→ | sin t| est π-périodique et continue par morceaux (car continue), donc f ∈ CMπ, et les coefficients de Fourier (trigonométriques) an, bn (n ∈ N) de f existent. Comme f est paire, on a : ∀ n ∈ N∗ , bn = 0. On a, pour tout n ∈ N : an = 2 π π 0 f (t) cos 2nt dt = 2 π π 0 sin t cos 2nt dt = 1 π π 0 sin (2n + 1)t − sin (2n − 1)t dt = 1 π − cos (2n + 1)t 2n + 1 + cos (2n − 1)t 2n − 1 π 0 = 1 π 1 2n + 1 − 1 2n − 1 = − 4 π(4n2 − 1) .
- 332. 322 On conclut : ∀ n ∈ N, an = − 4 π(4n2 − 1) ∀ n ∈ N∗ , bn = 0. b) L’application f est π-périodique, de classe C1 par morceaux sur R, continue sur R, donc, d’après le théorème de Dirichlet de convergence normale, la série de Fourier de f converge nor- malement, donc uniformément, absolument, simplement, sur R et a pour somme f. D’où : ∀ t ∈ R, | sin t| = a0 2 + +∞ n=1 (an cos 2nt + bn sin 2nt) = 2 π − +∞ n=1 4 π(4n2 − 1) cos 2nt. c) • En remplaçant t par 0 dans le résultat de b), on obtient : 0 = 2 π − +∞ n=1 4 π(4n2 − 1) , d’où : +∞ n=1 1 4n2 − 1 = 1 2 . • En remplaçant t par π 2 dans le résultat de b), on obtient : 1 = 2 π − +∞ n=1 4 π(4n2 − 1) (−1)n , d’où : +∞ n=1 (−1)n 4n2 − 1 = π 4 2 π − 1 = 1 2 − π 4 . • Puisque f ∈ CMπ, d’après la formule de Parseval réelle : a2 0 4 = 1 2 +∞ n=1 (a2 n + b2 n) = 1 π π 0 f (t) 2 dt, c’est-à-dire ici : 1 π2 + 1 2 +∞ n=1 16 π2(4n2 − 1)2 = 1 π π 0 sin 2 t dt = 1 2π π 0 (1 − cos 2nt) dt = 1 2π t − sin 2t 2 π 0 = 1 2 , et on conclut : +∞ n=1 1 (4n2 − 1)2 = π2 8 1 2 − 1 π2 = π2 − 2 16 . Réponse : +∞ n=1 1 4n2 − 1 = 1 2 , +∞ n=1 (−1)n 4n2 − 1 = 1 2 − π 4 , +∞ n=1 1 (4n2 − 1)2 = π2 − 2 16 . a) Il est clair que f est 2π-périodique (par définition) et continue par morceaux (et même continue) sur R, donc les coef- ficients de Fourier (trigonométriques) an, bn (n ∈ N) de f existent (voir schéma ci-après). De plus, f est impaire, donc : ∀ n ∈ N, an = 0. On a, pour tout n ∈ N∗ : bn = 2 2π [2π] f (t) sin nt dt = 1 π π −π f (t) sin nt dt = 2 π π 0 t(π − t) sin nt dt = ipp 2 π − t(π − t) cos nt n π 0 − π 0 (−π + 2t) cos nt n dt = − 2 πn π 0 (2t − π) cos nt dt = ipp − 2 πn (2t − π) sin nt n π 0 − π 0 2 sin nt n dt = 4 πn2 π 0 sin nt dt = − 4 πn2 cos nt n π 0 = 4 1 − (−1)n πn3 . On conclut : ∀ n ∈ N, an = 0 ∀ n ∈ N∗ , bn = 4 1 − (−1)n πn3 . b) Puisque f est 2π-périodique et de classe C1 par morceaux et continue sur R (et même de classe C1 sur R), d’après le théo- rème de convergence normale de Dirichlet, la série de Fourier de f converge normalement, donc uniformément, absolument, simplement, sur R et a pour somme f. On a donc : ∀ t ∈ R, f (t) = a0 2 + +∞ n=1 (an cos nt + bn sin nt) = +∞ n=1 4 1 − (−1)n πn3 sin nt. En particulier : ∀ t ∈ [0 ; π], t(π − t) = +∞ n=1 4 1 − (−1)n πn3 sin nt . 7.4 O y t y = f(t) 22 4 π2
- 333. 323 c) 1) En remplaçant t par π 2 dans le résultat de b), on obtient : π2 4 = +∞ n=1 4 1 − (−1)n πn3 sin n π 2 = +∞ p=0 8 π(2p + 1)3 sin (2p + 1) π 2 = +∞ p=0 8(−1)p π(2p + 1)3 , car les termes d’indices pairs sont tous nuls, d’où : +∞ p=0 (−1)p (2p + 1)3 = π3 32 . 2) Puisque f est 2π-périodique et continue par morceaux sur R, on a, d’après la formule de Parseval : a2 0 4 + 1 2 +∞ n=1 (a2 n + b2 n) noté PM = 1 2π [2π] f (t) 2 dt noté SM . Ici : PM = 1 2 +∞ n=1 16 1 − (−1)n 2 π2n6 = 32 π2 +∞ p=0 1 (2p + 1)6 car les termes d’indices pairs sont tous nuls, et : SM = 1 2π π −π f (t) 2 dt = 1 π π 0 t(π − t) 2 dt = 1 π π 0 (t4 − 2πt3 + t2 π2 ) dt = 1 π t5 5 − 2π t4 4 + π2 t3 3 π 0 = 1 π π5 5 − 2π π4 4 + π2 π3 3 = π4 1 5 − 1 2 + 1 3 = π4 30 . On a donc : 32 π2 +∞ p=0 1 (2p + 1)6 = π4 30 , d’où : +∞ p=0 1 (2p + 1)6 = π6 960 . 3) On a, pour tout N ∈ N, en séparant les termes d’indices pairs, d’indices impairs : 2N+1 n=1 1 n6 = N p=1 1 (2p)6 + N p=0 1 (2p + 1)6 = 1 26 N p=1 1 p6 + N p=0 1 (2p + 1)6 , d’où, en faisant tendre l’entier N vers l’infini, et puisque les séries qui interviennent convergent : +∞ n=1 1 n6 = 1 26 +∞ n=1 1 n6 + +∞ p=0 1 (2p + 1)6 , et donc : +∞ n=1 1 n6 = 1 1 − 1 26 +∞ p=0 1 (2p + 1)6 = 64 63 π6 960 = π6 945 . Réponse : +∞ p=0 (−1)p (2p + 1)3 = π3 32 , +∞ p=0 1 (2p + 1)6 = π6 960 , +∞ n=1 1 n6 = π6 945 . Considérons l’application g : R −→ C, coïncidant avec f sur [−π ; π[ et 2π-périodique. 7.5 O y t f g –π π Ainsi, g ∈ CM2π. Les coefficients de Fourier exponentiels de g sont, pour n ∈ Z : cn(g) = 1 2π π −π g(t) e−i nt dt = 1 2π π −π f (t) e−i nt dt = 0 . D’après le cours, il en résulte g = 0, donc, en particulier : ∀ t ∈ [−π ; π[, f (t) = g(t) = 0. Enfin, comme f est continue en π, on a aussi f (π) = 0, et on conclut : f = 0. Nous allons développer t −→ | cos t| en série de Fourier, puis exprimer les cos 2nt à l’aide de cos 2 nt. • L’application f : R −→ R, t −→ | cos t| est π-périodique et continue par morceaux (et même continue), donc admet des coefficients de Fourier (trigonométriques), notés an, bn (n ∈ N). De plus, f est paire, donc : ∀ n ∈ N∗ , bn = 0. On a, pour tout n ∈ N : 7.6
- 334. 324 an = 2 π π/2 −π/2 | cos t| cos 2nt dt = 4 π π/2 0 cos t cos 2nt dt = 2 π π/2 0 cos (2n + 1)t + cos (2n − 1)t dt = 2 π sin (2n + 1)t 2n + 1 + sin (2n − 1)t 2n − 1 π/2 0 = 2 π sin (2n + 1) π 2 2n + 1 + sin (2n − 1) π 2 2n − 1 = 2 π (−1)n 2n + 1 − (−1)n 2n − 1 = − 4(−1)n π(4n2 − 1) . On conclut : ∀ n ∈ N, an = 4(−1)n+1 π(4n2 − 1) ∀ n ∈ N∗ , bn = 0. • Puisque f est 2π-périodique, de classe C1 par morceaux et continue sur R, d’après le théorème de Dirichlet de convergence normale, la série de Fourier de f converge normalement, donc uniformément, absolument, simplement, sur R et a pour somme f. Ainsi, pour tout t ∈ R : f (t) = a0 2 + +∞ n=1 (an cos nt + bn sin nt) = 2 π + +∞ n=1 4(−1)n+1 π(4n2 − 1) cos 2nt = 2 π + +∞ n=1 4(−1)n+1 π(4n2 − 1) (2 cos 2 nt − 1) = 2 π − +∞ n=1 4(−1)n+1 π(4n2 − 1) noté α0 + +∞ n=1 8(−1)n+1 π(4n2 − 1) noté αn cos 2 nt = +∞ n=0 αn cos 2 nt. Ceci montre l’existence d’une suite réelle (αn)n∈N convenant. De plus, en remplaçant t par 0 dans la formule initiale, on dé- duit : 1 = 2 π + +∞ n=1 4(−1)n+1 π(4n2 − 1) , puis : α0 = 2 π − +∞ n=1 4(−1)n+1 π(4n2 − 1) = 2 π − 1 − 2 π = 4 π − 1 . a)7.7 y t 1 O y = f(x) Il est clair que f est 2π-périodique (par définition) et continue par morceaux (et même continue) sur R, donc f admet des coef- ficients de Fourier (trigonométriques) notés an, bn (n ∈ N). De plus, f est paire, donc : ∀ n ∈ N∗ , bn = 0. On a, pour tout n ∈ N : an = 2 2π [2π] f (t) cos nt dt = 2 π π 0 ch λt cos nt dt . 1re méthode : utilisation de l’exponentielle complexe : On a : an = 2 π π 0 eλt + e−λt 2 ei nt + e−i nt 2 dt = 1 2π e(λ+i n)t + e(λ−i n)t + e(−λ+i n)t + e(−λ−i n)t dt = 1 2π e(λ+i n)t λ + i n + e(λ−i n)t λ − i n + e(−λ+i n)t −λ + i n + e(−λ−i n)t −λ − i n π 0 = 1 2π e(λ+i n)π λ + i n + e(λ−i n)π λ − i n + e(−λ+i n)π −λ + i n + e(−λ−i n)π −λ − i n = 1 2π (−1)n eλπ λ+i n + (−1)n eλπ λ − i n − (−1)n e−λπ λ − i n − (−1)n e−λπ λ + i n = 1 2π (−1)n (eλπ − e−λπ ) 1 λ + i n + 1 λ − i n = (−1)n sh λπ π 2λ λ2 + n2 . 2e méthode : Utilisation de deux intégrations par parties : On a : π 0 ch λt cos nt dt = ipp sh λt λ cos nt π 0 − π 0 sh λt λ (−n sin nt) dt = (−1)n sh λπ λ + n λ π 0 sh λt sin nt d
- 335. 325 = ipp (−1)n sh λπ λ + n λ ch λt λ sin nt π 0 − π 0 ch λt λ (n cos nt) dt = (−1)n sh λπ λ − n2 λ2 π 0 ch λt λ cos nt dt. D’où : π 0 ch λt cos nt dt = 1 1 + n2 λ2 (−1)n sh λπ λ = (−1)n λ sh λπ λ2 + n2 , et donc : an = 2(−1)n λ sh λπ π(λ2 + n2) . b) Il est clair que f est 2π-périodique, de classe C1 par mor- ceaux et continue sur R, donc, d’après le théorème de Dirichlet de convergence normale, la série de Fourier de f converge nor- malement (donc uniformément, absolument, simplement) sur R et a pour somme $bas f$. On a donc : ∀ t ∈ R, f (t) = a0 2 + +∞ n=1 (an cos nt + bn sin nt) = sh λπ λπ + +∞ n=1 2(−1)n λ sh λπ π(λ2 + n2) cos nt. En particulier : ∀ t ∈ [−π ; π], ch λt = sh λπ λπ + +∞ n=1 2(−1)n λ sh λπ π(λ2 + n2) cos nt . c) 1) En remplaçant t par 0 dans le résultat de b), on obtient : 1 = sh λπ λπ + +∞ n=1 2(−1)n λ sh λπ π(λ2 + n2) , d’où : +∞ n=1 (−1)n λ2 + n2 = π 2λ sh λπ 1 − sh λπ λπ . 2) En remplaçant t par π dans le résultat de b), on obtient : ch λπ = sh λπ λπ + +∞ n=1 2(−1)n λ sh λπ π(λ2 + n2) (−1)n , d’où : +∞ n=1 1 λ2 + n2 = π 2λ sh λπ ch λπ − sh λπ λπ . 3) Puisque f est 2π-périodique et continue par morceaux, d’après la formule de Parseval réelle, on a : a2 0 4 + 1 2 +∞ n=1 (a2 n + b2 n) noté PM = 1 2π [2π] f (t) 2 dt noté SM . Et : PM = sh λπ λπ 2 + 1 2 +∞ n=1 4λ2 sh2 λπ π2(λ2 + n2)2 , SM = 1 2π π −π f (t) 2 dt = 1 π π 0 ch2 λt dt = 1 2π π 0 (1 + ch 2λt) dt = 1 2π t + sh 2λt 2λ π 0 = 1 2π π + sh 2λπ 2λπ . Donc : +∞ n=1 1 (λ2 + n2)2 = 1 2π π + sh 2λπ 2λπ − sh λπ λπ 2 π2 2λ2 sh2 λπ = λ2 π2 + λπ sh λπ ch λπ − 2 sh2 λπ 4λ4 sh2 λπ . 1) Existence : L’application f : x −→ x − E(x) x3 est continue sur [1 ; +∞[, et : ∀ x ∈ [1 ; +∞[, 0 f (x) 1 x3 . D’après l’exemple de Riemann en +∞ (3 > 1) et le théorème de majoration pour des fonctions 0, on conclut que f est in- tégrable sur [1 ; +∞[, donc l’intégrale I = +∞ 1 f (x) dx existe. 2) Calcul : Soit N ∈ N∗ . On a, en utilisant la relation de Chasles : N+1 1 x − E(x) x3 dx = N n=1 n+1 n x − E(x) x3 dx = N n=1 n+1 n x − n x3 dx notée In . et, pour tout n ∈ N∗ : In = n+1 n 1 x2 − n x3 dx = − 1 x + n 2x2 n+1 n = − 1 n + 1 + 1 n + 1 2 n (n + 1)2 − n n2 = − 1 n + 1 + 1 n + 1 2 (n + 1) − 1 (n + 1)2 − 1 n = 1 2 1 n − 1 n + 1 − 1 2 1 (n + 1)2 . d’où : 7.8
- 336. 326 En particulier (pour n pair) : ∀ p ∈ Z, c2p(g) = 0. D’autre part, par hypothèse (pour n impair) : ∀ p ∈ Z, c2p+1( f ) = 0 , donc : ∀ p ∈ Z, c2p+1(g) = −2c2p+1( f ) = 0. Ainsi : ∀ n ∈ Z, cn( f ) = 0. Comme, d’après le cours, l’application C2π −→ CZ , f −→ cn( f ) n∈Z est linéaire injective, on déduit g = 0, c’est-à-dire : ∀ t ∈ R, f (t + π) = f (t), et on conclut que f est π-périodique. Puisque f est T-périodique et de classe C1 par morceaux sur R, donc continue par morceaux sur R, f admet des coeffi- cients de Fourier (exponentiels), définis par : ∀ n ∈ Z, cn( f ) = 1 T T 0 f (t) e−i nωt dt, ω = 2π T , et on a, par la formule de Parseval : 1 T T 0 | f |2 = +∞ n=−∞ |cn( f )|2 . De même, puisque f est T-périodique et continue par morceaux, f admet des coefficients de Fourier (exponentiels), et on a : ∀ n ∈ Z, cn( f ) = i nωcn( f ), et : 1 T T 0 | f |2 = +∞ n=−∞ |cn( f )|2 . D’où : 1 T T 0 | f |2 = n∈Z |cn( f )|2 = |c0( f )|2 + ni n∗ Z |cn( f )|2 = |c0( f )|2 + n∈Z∗ |cn( f )|2 n2ω2 |c0( f )|2 + 1 ω2 n∈Z∗ |cn( f )|2 = 1 T T 0 f 2 + 1 ω2 n∈Z |cn( f )|2 = 1 T2 T 0 f 2 + 1 ω2 1 T T 0 | f |2 = 1 T2 T 0 f 2 + T 4π2 T 0 | f |2 . Finalement : T 0 | f |2 T2 4π2 T 0 | f |2 + 1 T T 0 f 2 . N+1 1 x − E(x) x3 dx = 1 2 N n=1 1 n − 1 n + 1 − 1 2 N n=1 1 (n + 1)2 = 1 2 1 − 1 N + 1 − 1 2 N+1 n=2 1 n2 = 1 − 1 2(N + 1) − 1 2 N+1 n=1 1 n2 −→ N∞ 1 − 1 2 +∞ n=1 1 n2 = 1 − 1 2 π2 6 . Finalement : +∞ 1 x − E(x) x3 dx = 1 − π2 12 . Puisque f et f sont T-périodiques et continues par morceaux (car continues), on peut leur appliquer la formule de Parseval, donc : || f ||2 2 = 1 T T 0 | f (t)|2 dt = +∞ n=−∞ |cn( f )|2 || f ||2 2 = 1 T T 0 | f (t)|2 dt = +∞ n=−∞ |cn( f )|2 . D’autre part, par hypothèse : c−1( f ) = c0( f ) = c1( f ) = 0 . De plus, comme f est T-périodique, de classe C1 par morceaux et continue sur R, d’après le cours : ∀ n ∈ Z, cn( f ) = i nωcn( f ) , d’où : c−1( f ) = c0( f ) = c1( f ) = 0. On a donc : || f ||2 2 = n∈Z, |n| 2 |cn( f )|2 = n∈Z, |n| 2 n2 |cn( f )|2 n∈Z, |n| 2 |cn( f )|2 = 4|| f ||2 2, et on conclut : || f ||2 1 2 || f ||2. Considérons l’application g : R −→ C, t −→ f (t + π) − f (t) . Ainsi : g = τ−π f − f. Puisque f ∈ C2π, d’après le cours, on a donc g ∈ C2π et, pour tout n ∈ Z : cn(g) = cn(τ−π f − f ) = cn(τ−π f ) − cn( f ) = ei nπ cn( f ) − cn( f ) = (−1)n − 1 cn( f ). 7.9 7.10 7.11
- 337. 327 On a, pour tout n ∈ Z : 0 = (ϕn | f ) = (en−1 − 2en + en+1 | f ) = (en−1 | f ) − 2(en | f ) + (en+1 | f ) = 1 2π [2π] e−i (n−1)t − 2 e−i nt + e−i (n+1)t f (t) dt = 1 2π [2π] e−i nt (ei t − 2 + e−i t ) f (t) noté g(t) dt. L’application g est 2π-périodique, continue, et : ∀ n ∈ Z, (en | g) = 0 . D’après le cours, il en résulte : g = 0. Ainsi : ∀ t ∈ R, (ei t − 2 + e−i t ) f (t) = 0. Mais : ∀ t ∈ R, ei t − 2 + e−i t = 2 cos t − 2 = −4 sin 2 t 2 . On a donc : ∀ t ∈ R, sin 2 t 2 f (t) = 0, d’où : ∀ t ∈ R − 2πZ, f (t) = 0. Comme f est continue sur R, l’égalité est encore vraie, par pas- sage à la limite, en les points de 2πZ, et on conclut : f = 0. Puisque f est 2π-périodique, de classe C2 par morceaux et de classe C1 sur R, les coefficients de Fourier de f, f , f existent et vérifient : ∀ n ∈ Z, cn( f ) = i ncn( f ), cn( f ) = (i n)2 cn( f ) . De plus, comme f, f , f sont dans CM2π, on peut leur ap- pliquer la formule de Parseval : 1 2π 2π 0 | f |2 = n∈Z |cn( f )|2 , 1 2π 2π 0 | f |2 = n∈Z |cn( f )|2 = n∈Z n2 |cn( f )|2 , 1 2π 2π 0 | f |2 = n∈Z |cn( f )|2 = n∈Z n4 |cn( f )|2 . D’où : 4 2π 0 | f |2 − 5 2π 0 | f |2 + 2 2π 0 | f |2 = 2π 4 n∈Z |cn( f )|2 − 5 n∈Z n2 |cn( f )|2 + 2 n∈Z n4 |cn( f )|2 = 2π n∈Z (4 − 5n2 + 2n4 )|cn( f )|2 . Le discriminant ∆ = −7 est < 0, donc : ∀ n ∈ Z, 4 − 5n2 + 2n4 > 0 , et on déduit l’inégalité demandée. 1) Soit t ∈ R. On a : ∀ p ∈ N, Sp(t + 2π) = Sp(t). D’où, en faisant tendre l’entier p vers l’infini, puisque (Sp)p converge uniformément, donc simplement, vers f : f (t + 2π) = f (t) . Ceci montre que f est 2π-périodique. 2) Puisque chaque Sp est continue sur R et que (Sp)p converge uniformément vers f sur R, d’après un théorème du cours, f est continue sur R. 3) Soit n ∈ Z fixé. Puisque : ∀ p∈N, ∀ t ∈ R, Sp(t) e−i nt − f (t) e−i nt |Sp(t)− f (t)| , et que (Sp)p converge uniformément vers f sur R, la suite d’applications t −→ Sp(t) e−i nt p 0 converge uniformément sur R vers l’application t −→ f (t) e−i nt . D’après un théorème du cours, il en résulte : 1 2π [2π] Sp(t) e−i nt dt −→ p∞ 1 2π [2π] f (t) e−i nt dt . Mais, comme la famille (t −→ e−i kt )k∈Z est orthonormale dans C2π pour le produit scalaire canonique, on a, pour tout p n : 1 2π [2π] Sp(t) e−i nt dt = p k=−p γk 1 2π [2π] ei kt e−i pt dt = γn . d’où : ∀ n ∈ Z, cn( f ) = 1 2π [2π] f (t) e−i nt dt = γn. a) • On a : ∀t ∈ R, ∀n ∈ N, Sn(t + 2π) = Sn(t), d'où, puisque Sn C.S. −−−→ n∞ f : ∀t ∈ R, f (t + 2π) = f (t), et donc f est 2π-périodique. • Puisque Sn C.U. −−−→ n∞ f et que les Sn sont continues sur R, f est continue sur R. b) Soit p ∈ N. Puisque Sn C.U. −−−→ n∞ f et que t −→ cos pt est bornée, la suite d'applications t −→ Sn(t)cos pt n 0 converge uniformément sur R vers (t −→ f (t) cos pt). De plus, les t −→ Sn(t)cos pt (n ∈ N) sont continues sur le segment [−π; π]. On peut donc intervertir π −π et lim n∞ , d'où : 7.12 7.13 7.14 7.15
- 338. ap( f ) = 1 π π −π lim n∞ Sn(t) cos pt dt = 1 π π −π lim n∞ (Sn(t) cos pt) dt = 1 π lim n∞ π −π Sn(t) cos pt dt . Mais, pour tout k de N : π −π cos kt cos pt dt = 2π si k = p = 0 π si k = p =/ 0 0 si k =/ p et π −π sin kt cos pt dt = 0 , d'où : ∀n ∈ N, 1 π π −π Sn(t) cos pt dt = 0 si n < p αp si n p. Ainsi : ap( f ) = αp. On obtient de même (pour p 1) : bp( f ) = βp . L'application f est 2π-périodique et continue sur R, donc f ∈ CM2π , et les coefficients de Fourier exponentiels cn (n ∈ Z) de f existent. Soit n ∈ Z. Puisque |z eit | = |z| < 1, on a : ∀t ∈ R, 1 1 + z eit = +∞ k=0 (−z eit )k , d’où : cn = 1 2π π −π e−int 1 + z eit dt = 1 2π π −π e−int +∞ k=0 (−z eit )k dt = 1 2π π −π +∞ k=0 fk(t) dt, où on a noté, pour k ∈ N, fk : t −→ (−1)k zk ei(k−n)t . On a : ∀k ∈ N, ∀t ∈ [−π; π], | fk(t)| = |z|k . Comme |z| < 1, il en résulte que k 0 fk converge normalement, donc uniformément, sur [−π; π]. Puisque chaque fk est conti- nue sur le segment [−π; π], on peut alors intervertir π −π et +∞ k=0 : cn = 1 2π +∞ k=0 π −π fk(t) dt = 1 2π +∞ k=0 (−1)k zk π −π ei(k−n)t dt. Mais : π −π ei(k−n)t dt = 2π si n = k 0 si n =/ k . Finalement : ∀n ∈ Z, cn = (−1)n zn si n 0 0 si n < 0 . a) L'application f est 2π-périodique et continue (car ch a > 1 −cos t), donc f ∈ CM2π et les coefficients de Fourier (trigonométriques) de f existent. Le but de la question b) étant d'obtenir ces coefficients, nous n'allons pas procéder de la façon directe utilisée dans les exercices 7.1 à 7.4. On a : ∀t ∈ R, f (t) = 2 2 ch a + eit + e−it = 2eit e2it + 2eit ch a + 1 . Par une décomposition en éléments simples dans R(X): 2X X2 + 2X ch a + 1 = 2X (X + ea)(X + e−a) = 1 sh a ea X + ea − e−a X + e−a , d'où : ∀t ∈ R, f (t) = 1 sh a ea eit + ea − e−a eit + e−a . Remarquons que, puisque a ∈]0; +∞[, 0 < e−a < 1 < ea , d'où, en utilisant des séries géométriques, pour tout t de R : f (t)= 1 sh a 1 1 + e−a+it − e−a−it 1 + e−a−it = 1 sh a +∞ n=0 (−1)n (e−a+it )n −e−a−it +∞ n=0 (−1)n (e−a−it )n = 1 sh a 1 + +∞ n=1 (−1)n e−na+int + +∞ n=1 (−1)n e−na−int = 1 sh a + 2 sh a +∞ n=1 (−1)n e−na cos nt. Puisque : ∀n ∈ N∗ , ∀t ∈ R, (−1)n e−na cos nt e−na , et que 0 e−a < 1,laséried'applications n 1 t −→ (−1)n e−na cos t converge normalement, donc uniformément, sur R. D'après l'exercice 7.15, on conclut : ∀n ∈ N, an( f ) = 2(−1)n e−na sh a ∀n ∈ N∗ , bn( f ) = 0. b) D’après a), on a, pour tout n ∈ N : π 0 cos nt ch a + cos t dt = π 2 an( f ) = π(−1)n e−na sh a , π 0 sin nt ch a + cos t dt = π 2 bn( f ) = 0. 328 7.16 7.17
- 339. 329 c) Puisque f ∈ CM2π, on a, d’après la formule de Parseval réelle, et puisque f est paire : a2 0 4 + 1 2 +∞ n=1 (a2 n + b2 n) = 1 2π π −π f (t) 2 dt = 1 π π 0 f (t) 2 dt. D’où : π 0 1 (ch a + cos t)2 dt = π 0 f (t) 2 dt = π 1 sh2 a + 1 2 +∞ n=1 4e−2na sh2 a = π sh2 a + 2π sh2 a e−2a 1 − e−2a = π sh2 a 1 + e−2a 1 − e−2a = π sh2 a ch a sh a = π ch a sh3 a . a) Remarquer d'abord que x −→ ln(1 + x) x est intégrable sur ]0; 1]. D'après le DSE(0) de x −→ ln(1 + x), on a : ∀x ∈ [0; 1[, ln(1 + x) = +∞ n=1 (−1)n−1 xn n , d'où : ∀x ∈]0; 1[, ln(1 + x) x = +∞ n=1 (−1)n−1 xn−1 n . • La série d'applications n 1 fn , où fn : [0; 1] −→ R x−→ (−1)n−1xn−1 n converge uniformément sur [0; 1]. En effet, pour tout x de [0; 1], la série numérique n 1 fn(x) est alternée et | fn(x)| n 1 décroît et tend vers 0. On en déduit : ∀n ∈ N, ∀x ∈ [0; 1], |Rn(x)| = +∞ k=n+1 fk(x) | fn+1(x)| = xn n + 1 1 n + 1 , d'où : ||Rn||∞ −−−→ n∞ 0. • Puisque chaque fn est continue sur [0; 1] et que n 1 fn converge uniformément sur [0; 1], on peut intervertir 1 0 et +∞ n=1 , d'où : 1 0 ln(1 + x) x dx = 1 0 +∞ n=1 fn(x) dx = +∞ n=1 1 0 fn(x) dx = +∞ n=1 (−1)n−1 n2 . • En séparant les termes d'indices pairs ou impairs et puisque les séries envisagées sont absolument convergentes : +∞ n=1 (1)n−1 n2 = − +∞ p=1 1 (2p)2 + +∞ p=0 1 (2p + 1)2 = − 1 4 π2 6 + π2 8 = π2 12 . b) 1) À l'aide d'une intégration par parties, puisque x −→ ln x 1 + x et x −→ ln(1 + x) x sont intégrables sur ]0; 1] et que ln x ln(1 + x) admet une limite finie (0) en 0+ : 1 0 ln x 1 + x dx = ln x ln(1 + x) 1 0 − 1 0 ln(1 + x) x dx = − π2 12 . 2),3) Notons I = 1 0 ln x 1 + x dx = − π2 12 , J = 1 0 ln x 1 − x dx, K = 1 0 ln x 1 − x2 dx (qui existent). On a : I + J = 1 0 2 ln x 1 − x2 dx = 2K. D'autre part : J = [y = √ x] 1 0 2 ln y 1 − y2 2y dy = 4 1 0 (y + 1) − 1 1 − y2 ln y dy = 4J − 4K . On obtient ainsi 2K − J = I 4K − 3J = 0 , d'où J = 2I = − π2 6 et K = 3 2 I = − π2 8 . On conclut : 1 0 ln x 1 + x dx = − π2 12 , 1 0 ln x 1 − x dx = − π2 6 , 1 0 ln x 1 − x2 dx = − π2 8 4) L'application x −→ x2 ln x x2 − 1 est intégrable sur ]0; 1[, et : 1 0 x2 ln x x2 − 1 dx = 1 0 1 − 1 1 − x2 ln x dx = 1 0 ln x dx − 1 0 ln x 1 − x2 dx = x ln x − x 1 0 + π2 8 = π2 8 − 1. 7.18
- 340. 330 On a, pour tout n de N∗ : bn = 2 2π π −π f (t) sin nt dt = 2 π π 0 sh xt sin nt dt = 1 2iπ π 0 (ext − e−xt )(eint − e−int )dt = 1 2iπ π 0 e(x+in)t − e(x−in)t − e(−x+in)t + e(−x−in)t dt = 1 2iπ e(x+in)t x + in − e(x−in)t x − in − e(−x+in)t −x + in + e(−x−in)t −x − in π 0 = 1 2iπ e(x+in)π x + in − e(x−in)π x − in + e(−x+in)π x − in − e−(x+in)π x + in = (−1)n 2iπ (eπx − e−πx ) 1 x + in − 1 x − in = 2(−1)n+1 n sh πx π(n2 + x2) . b) Puisque f est 2π-périodique et de classe C1 par morceaux, d'après le théorème de Dirichlet, la série de Fourier de f converge simplement sur R et a pour somme la régularisée f de f. On a donc : ∀t ∈ R, f (t) = 1 2 f (t+ ) + f (t− ) = +∞ n=1 2(−1)n+1 n sh πx π(n2 + x2) sin nt. En particulier : ∀t ∈] − π; π[, sh xt = 2 sh πx π +∞ n=1 (−1)n+1 n n2 + x2 sin nt. c) En utilisant une série géométrique, on a, pour tout t de ]0; +∞[ : cos xt ch t = 2 cos xt et + e−t = 2e−t cos xt 1 + e−2t = 2e−t cos xt +∞ n=0 (−e−2t )n = +∞ n=0 fn(t), où on a noté fn : t ∈ [0; +∞[−→ 2(−1)n e−(2n+1)t cos xt. 5) Lesapplications x −→ ln x ln(1 + x) et x −→ (x ln x − x) 1 1 + x sont intégrables sur ]0; 1], et (x ln x − x)ln(1 + x) admet une limite finie (0) en 0+ , d'où, par une intégration par parties : 1 0 ln x ln(1 + x) dx = (x ln x − x)ln(1 + x) 1 0 − 1 0 (x ln x − x) 1 x + 1 dx = −ln 2 − 1 0 x 1 + x ln x dx + 1 0 x 1 + x dx = −ln 2 − 1 0 1 − 1 1 + x ln x dx + 1 0 1 − 1 1 + x dx =−ln 2− x ln x−x 1 0 + 1 0 ln x 1 + x dx + x − ln(1 + x) 1 0 = 2 − 2 ln 2 − π2 12 . 6) L'application x −→ ln th x est intégrable sur ]0; +∞[ et, grâce au changement de variable défini par u = th x : +∞ 0 ln th x dx = 1 0 ln u 1 − u2 du = − π2 8 . 7) L'application x −→ x ex + e2x est intégrable sur [0; +∞[ et, par changements de variable : +∞ 0 x ex + e2x dx = [u = ex ] +∞ 1 ln u u2(1 + u) du = v = 1 u − 1 0 v ln v 1 + v dv = − 1 0 1 − 1 1 + v ln v dv = − v ln v + v 1 0 + 1 0 ln v 1 + v dv = 1 − π2 12 . 8) L'application x −→ x ex − 1 est intégrable sur ]0; +∞[ et, grâce au changement de variable défini par u = e−x : +∞ 0 x ex − 1 dx = − 1 0 ln u 1 − u du = π2 6 . a) Il est clair que f est 2π-périodique et continue par mor- ceaux sur R, donc les coefficients de Fourier (trigonométriques) de f existent. De plus, f est impaire, donc : ∀n ∈ N, an = 0. 7.19 y t O π--π y = f (t) sh πx
- 341. 331 Considérons, pour t ∈]0; +∞[ et n ∈ N, le reste d'ordre n : Rn(t) = +∞ k=n+1 fk(t) = cos xt ch t − n k=0 fk(t). On a : Rn(t) = +∞ k=n+1 2(−1)k e−(2k+1)t cos xt = 2(−1)n+1 e−(2n+3)t 1 1 + e−2t cos xt, d'où l'intégrabilité de Rn sur ]0; +∞[, et : +∞ 0 Rn(t) dt +∞ 0 |Rn(t)| dt +∞ 0 2e−(2n+3)t dt = 2 2n + 3 −−−→ n∞ 0. On peut donc intervertir +∞ 0 et +∞ n=0 , d'où : +∞ 0 cos xt ch t dt = +∞ n=0 2(−1)n +∞ 0 e−(2n+1)t cos xt dt. Et, pour n ∈ N : +∞ 0 e−(2n+1)t cos xt dt = 1 2 +∞ 0 e−(2n+1)t (eixt + e−ixt )dt = 1 2 e(−(2n+1)+ix)t −(2n + 1) + ix + e(−(2n+1)−ix)t −(2n + 1) − ix +∞ 0 = 1 2 1 (2n + 1) − ix + 1 (2n + 1) + ix = 2n + 1 (2n + 1)2 + x2 . D'où : +∞ 0 cos xt ch t ∂t = +∞ n=0 2(−1)n (2n + 1) (2n + 1)2 + x2 . D'autre part, d'après b), en remplaçant t par π 2 : sh πx 2 = 2 sh πx π +∞ n=1 (−1)n+1 n n2 + x2 sin n π 2 = 2 sh πx π +∞ p=0 2p + 1 (2p + 1)2 + x2 (−1)p , d'où, si x =/ 0: +∞ p=0 (−1)p (2p + 1) (2p + 1)2 + x2 = π sh πx 2 2 sh πx = π 4 ch πx 2 . Comme la série d'applications p 0 x −→ (−1)p (2p + 1) (2p + 1)2 + x2 relève du TSCSA, l'étude du reste montre qu'elle converge uni- formément sur [0; +∞[, d'où, en faisant tendre x vers 0 : +∞ p=0 (−1)p (2p + 1) (2p + 1)2 = π 4 . Ainsi : ∀x ∈ [0; +∞[, +∞ p=0 (−1)p (2p + 1) (2p + 1)2 + x2 = π 4 ch πx 2 , et finalement : +∞ 0 cos xt ch t dt = π 2 ch πx 2 . 1) Soit f convenant. Puisque f est 2π-périodique et de classe C∞ , pour tout k ∈ N, f (k) admet des coefficients de Fourier (exponentiels) et on a : ∀ k ∈ N, ∀ n ∈ Z, cn( f (k) ) = (i n)k cn( f ) . Soit n ∈ Z − {−1, 0, 1}. On a : ∀ k ∈N , |cn( f )| = |cn( f (k) )| |i n|k| = 1 |n|k |cn( f (k) )| . En utilisant l’hypothèse : ∀ k ∈ N, |cn( f (k) )| = 1 2π [2π] f (k) (t) e−i nt dt 1 2π [2π] | f (k) (t)| dt 1 2π 2πM = M. On a donc : ∀ k ∈ N, |cn( f )| M |n|k . Comme M et |n| sont fixés (indépendamment de k) et que |n| 2, on a : M |n|k −→ k∞ 0, d’où, puisque |cn( f )| ne dépend pas de k : |cn( f )| = 0, puis : cn( f ) = 0. Ceci montre : ∀ n ∈ Z − {−1, 0, 1}, cn( f ) = 0. D’autre part, puisque f est 2π-périodique et de classe C∞ sur R, f est 2π-périodique, de classe C1 par morceaux et continue sur R, donc, d’après le théorème de Dirichlet de convergence normale, la série de Fourier de f converge normalement, donc simplement, sur R et a pour somme f. On a donc : ∀ x ∈ R, f (x) = lim n∞ n k=−n ck( f ) ei kx = c−1( f ) e−i x + c0( f ) + c1( f ) ei x . 2) Réciproquement, soient (α, β,γ) ∈ C3 et f : R −→ C, x −→ α e−i x + β + γ ei x . L’application f est 2π-périodique, de classe C∞ et on a , pour tout (n,x) ∈ N × R : | f (n) (x)| = α(−i)n e−i x + β0n + γin ei x |α| + |β| + |γ| , donc f convient. Finalement, l’ensemble des applications f convenant est : f : R −→ C, x −→ α e−i x + β + γ ei x ; (α,β,γ) ∈ C3 . 7.20
- 342. 332 a) • Soit a ∈ R. Il est clair que, pour toute f ∈ CM2π, τa f est 2π-périodique et continue, donc τa f ∈ C2π. • On a, pour tout λ ∈ R et toutes f,g ∈ C2π : ∀ t ∈ R, τa(λ f + g)(t) = (λ f + g)(t − a) = λ f (t − a) + g(t − a) = λτa( f )(t) + τa(g))(t) = (λτa f + τa g)(t), donc : τa(λ f + g) = λτa( f ) + τa(g). Ceci montre que τa est un endomorphisme de l’espace vecto- riel C2π. • On a, pour toute f ∈ C2π : ||τa f ||2 2 = 1 2π [2π] τa f (t) 2 dt = 1 2π 2π 0 f (t − a) 2 dt = u=t−a 1 2π 2π−a −a f (u) 2 du = 1 2π [2π] f (u) 2 du = || f ||2 2, donc : ∀ f ∈ C2π, ||τa f ||2 = || f ||2. Il en résulte que τa, qui est déjà linéaire, est continue, donc τa ∈ LC(C2π), et que : |||τa||| 1. La fonction constante 1 est élément de C2π et ||1||2 = 1, ||τa1||2 = 1, d’où finalement : |||τa||| = 1. b) Soit f ∈ C2π fixée. Notons φ : R −→ C2π, a −→ τa f. On a, pour tout (a,b) ∈ R2 : ||φ(b) − φ(a)||2 = ||τb f − τa f ||2 = 1 2π 2π 0 τb f (t) − τa( f )(t) 2 dt 1 2 = 1 2π 2π 0 f (t − b) − f (t − a) 2 dt 1 2 . Puisque f : R −→ R est périodique et continue, d’après une étude classique, f est uniformément continue sur R. Soit ε > 0 fixé. Il existe η > 0 tel que : ∀ (u,v) ∈ R2 , |u − v| η ⇒ | f (u) − f (v)| ε . Soit (a,b) ∈ R2 tel que |b − a| η. On a alors : ∀ t ∈ R, (t − b) − (t − a) = |a − b| η, donc : ∀ t ∈ R, f (t − b) − f (t − a) ε, d’où : |φ(b) − φ(a)| 1 2π 2π 0 ε2 dt 1 2 = ε. On a montré : ∀ ε > 0, ∃ η > 0, ∀ (a,b) ∈ R2 , |b − a| η ⇒ |φ(b) − φ(a)| ε. Ceci montre que φ est uniformément continue, donc est conti- nue. a) Pour tout α de ]1; +∞[, l'application t −→ 1 tα + 1 est intégrable sur ]0; +∞[, et : +∞ 0 dt tα + 1 = 1 0 dt tα + 1 + +∞ 1 dt tα + 1 = v = 1 t 1 0 dt tα + 1 + 1 0 dv v2 1 vα + 1 = 1 0 1 + tα−2 1 + tα dt = [u = tα ] 1 0 1 + u1− 2 α 1 + u 1 α u 1 α −1 du = 1 α 1 0 u 1 α −1 + u− 1 α 1 + u du. b) On a : ∀u ∈ [0; 1[, 1 1 + u = +∞ n=0 (−1)n un , d'où : ∀u ∈]0; 1[, u 1 α −1 + u− 1 α 1 + u = +∞ n=0 (−1)n un−1+ 1 α + un− 1 α . Notons, pour n ∈ N : fn : ]0; 1[−→ R, u −→ (−1)n (un−1+ 1 α + un− 1 α ). Ainsi, la série d'applications n 0 fn converge simplement sur ]0; 1[ et a pour somme S : u −→ u 1 α −1 + u− 1 α 1 + u . Notons, pour n ∈ N, Rn le reste : Rn = S − n k=0 fk = +∞ k=n+1 fk. Puisque S et les fk sont intégrables sur ]0; 1[, pour chaque n de N, Rn est intégrable sur ]0; 1[, et : 1 0 Rn(u) du = 1 0 u 1 α −1 + u− 1 α +∞ k=n+1 (−1)k uk du = 1 0 u 1 α −1 + u− 1 α (−1)n+1 un+1 1 + u du, d'où : 1 0 Rn(u) du = 1 0 u 1 α −1 + u− 1 α un+1 1 + u du 1 0 u 1 α −1 + u− 1 α un+1 du 7.21 7.22
- 343. 333 = 1 0 un+ 1 α + un+1− 1 α du = 1 n + 1 α + 1 + 1 n + 2 − 1 α 2 n + 1 , et donc : 1 0 Rn(u) du −−−→ n∞ 0. On peut donc intervertir 1 0 et +∞ n=0 , d'où : 1 0 u 1 α −1 + u− 1 α 1 + u du = +∞ n=0 1 0 (−1)n un−1+ 1 α + un− 1 α du = +∞ n=0 (−1)n 1 n + 1 α + 1 n + 1 − 1 α . D'après le TSCSA, les séries n 0 (−1)n n + 1 α et n 0 (−1)n n + 1 − 1 α convergent, d'où : 1 0 u 1 α −1 + u− 1 α 1 + u du = +∞ n=0 (−1)n n + 1 α + +∞ n=0 (−1)n n + 1 − 1 α = [p = n + 1] +∞ n=0 (−1)n n + 1 α + +∞ p=1 (−1)p−1 p − 1 α = α + +∞ n=1 (−1)n 1 n + 1 α − 1 n − 1 α = α + +∞ n=1 (−1)n 2 α n2 − 1 α2 . c) L'application f est 2π-périodique et continue par morceaux sur R, donc les coefficients de Fourier (trigonométriques) de f existent. De plus, f est paire, donc les bn sont nuls, et, pour tout n de N : an = 2 2π π −π f (t) cos nt dt = 2 π π 0 cos xt cos nt dt = 1 π π 0 cos(x + n)t + cos(x − n)t dt = 1 π sin(x + n)t x + n + sin(x − n)t x − n π 0 = 1 π (−1)n sin πx x + n + (−1)n sin πx x − n = 2(−1)n x sin πx π(x2 − n2) . Puisque f est 2π-périodique, de classe C1 par morceaux et conti- nue sur R, d'après le théorème de convergence normale, la série de Fourier de f converge normalement (donc simplement) sur R et a pour somme f, d'où : ∀t ∈ R, f (t) = sin πx πx + +∞ n=1 2(−1)n x sin πx π(x2 − n2) cos nt. En particulier, en remplaçant t par 0 : 1 = sin πx πx + +∞ n=1 2(−1)n x sin πx π(x2 − n2) , d'où : +∞ n=1 2(−1)n+1 x π(n2 − x2) = 1 sin πx 1 − sin πx πx = 1 sin πx − 1 πx . d) D'après b) et c) : α +∞ 0 dt tα + 1 = α + +∞ n=1 (−1)n+1 2 α n2 − 1 α2 = α + π 1 sin π α − 1 π α = π sin π α . On a prouvé : ∀α ∈]1; +∞[, +∞ 0 dt tα + 1 = π α sin π α . e) 1) Remarquer d'abord que t −→ tx−1 1 + t est intégrable sur ]0; +∞[. Le changement de variable défini par u = tx fournit : +∞ 0 tx−1 1 + t dt = 1 x +∞ 0 1 1 + u 1 x du, d'où, en utilisant d) : +∞ 0 tx−1 1 + t dt = π sin πx . 2) Remarquer d’abord que l’application t −→ tx−2 ln(1 + t) est intégrable sur ]0 ; +∞[. On a, par intégration par parties, pour tout (ε,A) ∈ ]0 ; +∞[2 tel que ε A : A ε tx−2 ln (1 + t) dt = tx−1 x − 1 ln (1 + t) A ε − A ε tx−1 x − 1 1 1 + t dt, d’où, en faisant tendre ε vers 0 et A vers +∞ : +∞ 0 tx−2 ln(1 + t) dt = 1 1 − x 1 0 tx−1 1 + t dt = π (1 − x) sin πx . 3) Remarquer d'abord que t −→ eat ebt + ect est intégrable sur R.
- 344. Puisque la série k 0 ασ(k) est à termes 0 et à sommes par- tielles majorées (par 1), d’après un théorème du cours, la série n 0 ασ(n) converge. b) Considérons la suite réelle (un)n 0 définie, pour tout n ∈ N, par : un = αn s’il existe k ∈ N tel que n = σ(k), un = 0 sinon, et considérons, pour tout n ∈ N : fn : R −→ R, t −→ un cos nt. On a : ∀ n ∈ N, ∀ t ∈ R, |un cos nt| un, donc : ∀ n ∈ N, || fn||∞ un. Comme la série n 0 un converge (d’après a)), par théorème de majoration pour des séries à termes 0, la série n 0 || fn||∞, converge, donc n 0 fn converge normalement, donc unifor- mément, sur R. D’après l’exercice 7.15, en notant f : R −→ R, t −→ f (t) = +∞ n=0 un cos nt , f est 2π-périodique, continue, et, pour tout n ∈ N : an( f ) = un, bn( f ) = 0 . On a alors : ∀ n ∈ N, |an( f )| + |bn( f )| = un. En particulier : ∀ k ∈ N, |aσ(k)( f )| + |bσ(k)( f )| = uσ(k) = ασ(k) . Ainsi, il existe une infinité d’indices n ∈ N tels que : |an( f )| + |bn( f )| αn , puisqu’il y a même égalité. 334 On a : +∞ −∞ eat ebt + ect dt = +∞ −∞ e(a−b)t 1 + e(c−b)t dt = [u = e(c−b)t ] +∞ 0 u a−b c−b 1 + u 1 (c − b)u du = 1 c − b +∞ 0 u a−b c−b −1 1 + u du = π (c − b) sin π a − b c − b . 4) Il s’agit d’un cas particulier de 3), pour b = −c, donc : +∞ −∞ eat ch ct dt = π 2c sin π a + c 2c = π 2c cos πa 2c . 5) On applique le résultat de 4) à a et à −a, et on utilise un ar- gument de parité : +∞ 0 ch at ch ct dt = 1 2 +∞ −∞ ch at ch ct dt = +∞ −∞ eat + e−at ch ct dt = 0 −∞ eat ch ct dt + +∞ 0 e−at ch ct dt = π c cos πa 2c . a) Puisque αn −−−→ n ∞ 0 et que les αn sont tous 0, il existe σ(0) ∈ N tel que : ασ(0) < 1. Puisque αn −−−→ n ∞ 0 et que 1 − ασ(0) > 0, il existe σ(1) > σ(0) tel que ασ(0) + ασ(1) < 1. De proche en proche, on construit une extractrice σ telle que : ∀ n ∈ N, n k=0 ασ(k) < 1. 7.23
- 345. 335 8CHAPITRE 8Équations différentielles Thèmes abordés dans les exercices • Résolution d’EDL1, avec ou sans second membre • Étude des raccords éventuels • Étude d’EDL1 matricielles • Résolution de SDL1, avec ou sans second membre, à coefficients constants • Résolution d’EDL2, avec ou sans second membre, à coefficients constants ou variables • Résolution de problèmes de Cauchy • Étude qualitative de la solution maximale d’un problème de Cauchy • Recherche de solutions dSE(0) pour une EDL1 ou une EDL2 • Résolution d’équations fonctionnelles, d’équations intégrales • Étude d’inéquations différentielles • Étude de propriétés qualitatives de solutions d’une EDL2. Points essentiels du cours pour la résolution des exercices • Résolution des EDL1 normalisées, sans second membre (formule du cours), avec second membre (méthode de variation de la constante) • Définition de la dérivée, théorème limite de la dérivée, pour l’étude des raccords • Résolution d’un SDL1 à coefficients constants, avec ou sans second membre, réduction des matrices carrées • Structure et dimension de l’espace des solutions d’une EDL2, avec ou sans second membre, normalisée, à termes continus sur un intervalle, théorème de Cauchy et Lipschitz linéaire, définition et propriétés du wronskien de deux solutions de (E0) • Méthode de Lagrange pour trouver une deuxième solution d’une EDL2 SSM • Méthode de variation des constantes pour trouver une solution d’une EDL2 ASM • Résolution des EDL2 SSM à coefficients constants (intervention de l’équation caractéristique), résolution des EDL2 à coefficients constants, avec second membre exponentielle-polynôme • Théorème de Cauchy et Lipschitz non linéaire. Les méthodes à retenir 336 Énoncés des exercices 339 Du mal à démarrer ? 347 Corrigés 351 Plan ©Dunod.Laphotocopienonautoriséeestundélit. Par commodité, on utilise les abréviations suivantes : ED : équation différentielle EDL1 : équation différen- tielle linéaire du premier ordre EDL2 : équation différen- tielle linéaire du deuxiè- me ordre SDL1 : système différentiel linéaire du premier ordre SDL2 : système différentiel linéaire du deuxième ordre SSM : sans second membre ASM : avec second membre
- 346. Chapitre 8 • Équations différentielles 336 Appliquer le cours : la solution générale de (E0) sur I est donnée par : y : I −→ K, x −→ λ exp − a(x) dx , λ ∈ K. • Résoudre d’abord l’EDL1 SSM associée (E0), cf. ci-dessus. D’après le cours, la solution générale de (E) est la somme d’une solution particulière de (E) et de la solution générale de (E0). Il reste donc à chercher une solution particulière de (E). • Chercher une solution particulière de (E). ∗ Il se peut que (E) admette une solution évidente. ➥ Exercice 8.21 ∗ Sinon, appliquer la méthode de variation de la constante qui, connaissant une solution y0 de (E0) autre que la fonction nulle, consiste à chercher une solution particulière y de (E) sous la forme y = λy0, où λ est la nouvelle fonction inconnue. ➥ Exercice 8.23 • On peut quelquefois grouper des termes de (E) pour faire apparaître une dérivée d’une fonction simple. ➥ Exercice 8.1. Résoudre (e) sur des intervalles sur lesquels α ne s’annule pas, puis étudier les raccords, par continuité, par dérivabilité. ➥ Exercice 8.1. Les méthodes à retenir Pour résoudre une EDL1 SSM normalisée (E0) y + ay = 0, où a : I −→ K est continue sur l’intervalle I, et y : I −→ K est l’inconnue supposée dérivable sur I Pour résoudre une EDL1 ASM normalisée (E) y + ay = b, où a,b : I −→ K sont continues sur l’intervalle I, et y : I −→ K est l’inconnue, supposée dérivable sur I Pour résoudre une EDL1 ASM non normalisée (e) αy + βy = γ, où α, β, γ : I −→ K
- 347. Les méthodes à retenir 337 Écrire la matrice A du système. • Si A est diagonalisable, d’après le cours, la solution générale de (S0) est donnée par : X : t −→ n k=1 Ck eλk t Vk, où λ1,. . . ,λn sont les valeurs propres de A, comptées avec leur ordre de multi- plicité, (V1,. . . ,Vn) est une base de vecteurs propres respectivement associés à λ1,. . . ,λn , et C1,. . . ,Cn ∈ K. ➥ Exercice 8.4 • Si A n’est pas diagonalisable, trigonaliser A, en passant éventuel- lement par les complexes, A = PT P−1 , où P ∈ GLn(K), T ∈ Tn,s(K). Noter Y = P−1 X, se ramener à Y = TY, résoudre en cascade, et revenir à X par X = PY. Le calcul de P−1 n’est pas nécessaire. • Si (S) possède une solution évidente, résoudre le SDL1 SSM asso- cié (S0), la solution générale de (S) étant la somme d’une solution particulière de (S) et de la solution générale de (S0). ➥ Exercice 8.6 • Si (S) n’a pas de solution évidente, diagonaliser ou trigonaliser la matrice A de (S). Si, par exemple, A = P DP−1 où P ∈ GLn(K), D ∈ Dn(K), noter Y = P−1 X, C = P−1 B , se ramener à Y = DY + C, résoudre, et revenir à X par X = PY. Le calcul de P−1 est ici nécessaire, pour exprimer C. ➥ Exercices 8.5, 8.30. Si a, b sont des constantes, on sait, d’après le cours, exprimer la solution générale de (E0), en utilisant l’équation caractéristique, cf. Méthodes et exercices MPSI, ch. 10. Sinon : • Essayer de trouver deux solutions particulières de (E0), évidentes ou simples, (y1,y2), formant famille libre. La solution générale de (E0) sur I est alors λ1 y1 + λ2 y2, (λ1,λ2) ∈ K2 . ➥ Exercices 8.8, 8.11, 8.13 • Sinon, essayer de trouver une solution évidente ou simple y1 de (E0) (un polynôme, une exponentielle, ...) ne s’annulant en aucun point de I, puis appliquer la méthode de Lagrange, qui consiste à chercher une deuxième solution particulière de (E0) sous la forme y2 = λy1, où λ est une fonction inconnue (non constante). La solu- tion générale de (E0) est alors λ1 y1 + λ2 y2, (λ1,λ2) ∈ K2 . ➥ Exercices 8.12, 8.34 • Suivant les éventuelles indications de l’énoncé, utiliser un change- ment de variable et/ou un changement de fonction inconnue, ou toute autre indication permettant de trouver une première solution. ➥ Exercices 8.7, 8.9 à 8.11, 8.33, 8.36. Pour résoudre un SDL1 SSM, à coefficients constants (S0) Pour résoudre un SDL1 ASM, à coefficients constants (S) Pour résoudre une EDL2 SSM, normalisée (E0) y + ay + by = 0, où a,b,: I −→ K sont continues sur l’intervalle I, et y : I −→ K est l’inconnue, supposée deux fois dérivable sur I ©Dunod.Laphotocopienonautoriséeestundélit.
- 348. Chapitre 8 • Équations différentielles 338 Résoudre d’abord l’EDL2 SSM associée (E0), cf. ci-dessus. D’après le cours, la solution générale de (E) est la somme d’une solu- tion particulière de (E) et de la solution générale de (E0). Il reste donc à trouver une solution particulière de (E0). • Chercher une solution de (E), évidente ou simple, ou d’une forme suggérée par l’énoncé. • Si (E0) est à coefficients constants et si g est une exponentielle- polynôme, chercher une solution de la même forme, cf. Méthodes et exercices MPSI, ch. 10. • Sinon, appliquer la méthode de variation des constantes, qui consis- te, connaissant une base (y1,y2) du K-espace vectoriel des solutions de (E0), à chercher une solution particulière de (E) sous la forme y = λ1 y1 + λ2 y2, où λ1, λ2 : I −→ K sont des fonctions incon- nues, supposées dérivables sur I, en imposant λ1 y1 + λ2 y2 = 0. On résout le système d’équations λ1 y1 + λ2 y2 = 0 λ1 y1 + λ2 y2 = g d’inconnues λ1,λ2 (où g est le second membre de (E) normalisée). On déduit λ1,λ2, puisy = λ1 y1 + λ2 y2. ➥ Exercices 8.15, 8.16. Résoudre (e) sur des intervalles sur lesquels α ne s’annule pas, puis étudier les raccords, par continuité, par dérivée première, par dérivée seconde. ➥ Exercices 8.8, 8.11. Il faut aussi changer de fonction inconnue. Poser z(t) = y(x), Calculer y(x), y (x), y (x) (si nécessaire) en fonction de x, z(t), z (t), z (t), reporter dans (E), et se ramener à une ED (F) d’inconnue z : t −→ z(t). Pour que la méthode ait un intérêt, il faut que (F) soit plus simple que (E). Si (E) est une EDL2 à coefficients variables, souvent (F) sera une EDL2 à coefficients constants. ➥ Exercices 8.10, 8.33, 8.38. D’une part, montrer, par application du théorème de Cauchy et Lipschitz, que (C) admet une solution maximale et une seule. D’autre part, calculer une solution y de (C), en imposant éventuellement une condition du genre : y ne s’annule en aucun point. ➥ Exercices 8.20, 8.27 à 8.29. Souvent, raisonner par l’absurde, et montrer qu’alors on pourrait pro- longer strictement y en une solution de (C), ce qui contredirait la maximalité de y. ➥ Exercices 8.40, 8.47, 8.48, 8.52. Pour résoudre une EDL2 ASM normalisée (E) y + ay + by = g, où a,b,g : I −→ K sont continues sur l’intervalle I, et y : I −→ K est l’inconnue, supposée deux fois dérivable sur I Pour résoudre une EDL2 ASM, non normalisée (e) αy + βy + γy = δ Pour effectuer un changement de variable t = ϕ(x) dans une ED (E) d’inconnue y : x −→ y(x) Pour calculer la solution maximale d’un problème de Cauchy (C), quand c’est possible Pour étudier qualitativement la solution maximale d’un problème de Cauchy, par exemple pour préciser la nature de l’intervalle de définition de la solution maximale
- 349. Énoncés des exercices 339 Déterminer d’abord toutes les solutions de l’ED, puis, parmi ces solu- tions, chercher celle (celles) qui satisfait (satisfont) la condition sup- plémentaire. ➥ Exercice 8.13. Essayer de se ramener à une ED, en utilisant la dérivation. ➥ Exercices 8.26, 8.37, 8.41. Supposer que y : x −→ y(x) est dSE(0), y(x) = +∞ n=0 an xn . Remplacer, dans (E), y(x), y (x), y (x) (si nécessaire) par des sommes de séries entières, puis identifier en utilisant un argument d’unicité pour le DSE(0) du second membre. En déduire an en fonc- tion de n. Réciproquement, considérer la série entière obtenue, mon- trer que son rayon est > 0 ; sa somme vérifie (E) d’après le calcul direct, si celui-ci a été mené par équivalences logiques successives. ➥ Exercice 8.35. Penser à utiliser le théorème de Cauchy et Lipschitz linéaire et/ou à faire intervenir le wronskien de deux solutions de (E). ➥ Exercices 8.42 b), 8.43, 8.44. ©Dunod.Laphotocopienonautoriséeestundélit. Pour déterminer une ou des solutions d’une ED satisfaisant une condition supplémentaire Pour résoudre une équation fonctionnelle ou une équation intégrale Pour trouver des solutions y d’une ED (E) développables en série entière en 0 Pour résoudre des exercices abstraits sur des EDL2 Énoncés des exercices Exemple d’EDL1 non normalisée Résoudre l’ED (E) xy + y = Arctan x, d’inconnue y : R −→ R dérivable sur R. Étude d’inéquations différentielles linéaires du premier ordre Soient a,b : [0 ; +∞[−→ R continues, y,z : [0 ; +∞[−→ R dérivables telles que : y ay + b, z az + b, y(0) z(0) . Montrer : y z. À cet effet, considérer U = e−A (y − z), où A désigne une primitive de a sur [0 ; +∞[. Équation différentielle d’une famille de fonctions On note, pour λ ∈ R, yλ : R −→ R, x −→ yλ(x) = sh x + λ ch x . Former une EDL1 normalisée satisfaite par toutes les yλ, c’est-à-dire trouver deux applications a,b : R −→ R continues telles que : ∀ λ ∈ R, yλ + ayλ = b. 8.1 8.2 8.3
- 350. Chapitre 8 • Équations différentielles 340 Exemple de SDL1 SSM, à coefficients constants, à matrice diagonalisable Résoudre le SDL1 : (S) x = 2x − 2y + z y = 2x − 3y + 2z z = −x + 2y d’inconnues x,y,z : R −→ R dérivables (la variable sera notée t). Exemple de SDL1 ASM, à coefficients constants, à matrice diagonalisable Résoudre le SDL1 : (S) x = −x + y − z + t + 1 y = −4x + 3y − 4z + 4t + 1 z = −2x + y − 2z + 2t + 1 d’inconnues x,y,z : R −→ R dérivables (la variable étant notée t). Exemple de SDL1 ASM, à coefficients constants, à matrice diagonalisable Résoudre le SDL1 (S) x = −x + y + z − 1 y = x − y + z − 1 z = x + y − z − 1 d’inconnues x,y,z : R −→ R dérivables (la variable sera notée t). Résolution d’une EDL2 SSM par changement de fonction inconnue Résoudre l’EDL2 : (E0) (x2 + 1)y − (3x2 − 4x + 3)y + (2x2 − 6x + 4)y = 0, d’inconnue y : R −→ R deux fois dérivable, en utilisant le changement de fonction inconnue z = (x2 + 1)y. Résolution d’une EDL2 SSM par recherche d’une solution polynomiale, étude de raccord Résoudre l’EDL2 : (e) x(x2 + 3)y − (4x2 + 6)y + 6xy = 0, d’inconnue y : R −→ R deux fois dérivable, sur tout intervalle ouvert non vide I de R. À cet effet, on pourra chercher des solutions polynomiales. Préciser la dimension de l’espace vectoriel SI des solutions de (e) sur I. Résolution d’une EDL2 SSM par changement de variable Résoudre l’EDL2 : (E) (1 − x2 )y − xy + y = 0, d’inconnue y : ] − 1 ; 1[−→ R deux fois dérivable, à l’aide du changement de variable défini par t = Arcsin x. Résolution d’une EDL2 SSM par changement de variable puis changement de fonction inconnue Résoudre l’EDL2 : (E) x4 y − y = 0, d’inconnue y : ]0 ; +∞[−→ R deux fois dérivable, en utilisant le changement de variable t = 1 x , puis le changement de fonction inconnue u(t) = tz(t), où z(t) = y(x). Résolution d’une EDL2 SSM par recherche de deux solutions particulières, étude de raccord Résoudre l’EDL2 : (e) xy + (x − 2)y − 2y = 0, d’inconnue y : I −→ R deux fois déri- vable sur I, sur tout intervalle ouvert I de R. À cet effet, on pourra chercher une solution particu- lière polynomiale et une solution particulière de la forme x −→ eαx , α ∈ R. 8.4 8.5 8.6 8.7 8.8 8.9 8.10 8.11
- 351. Énoncés des exercices 341 Résolution d’une EDL2 SSM par solution évidente et méthode de Lagrange Résoudre l’EDL2 : (E) x2 (x + 1)y − x(x2 + 4x + 2)y + (x2 + 4x + 2)y = 0 d’inconnue y : ]0 ; +∞[−→ R deux fois dérivable. Résolution d’un problème de Cauchy linéaire d’ordre 2 Déterminer toutes les applications y : ] − 1 ; 1[−→ R deux fois dérivables, telles que : ∀ x ∈ ] − 1 ; 1[, (1 − x2 )y (x) + 2xy (x) − 2y(x) = 0, y(0) = 3, y (0) = 4. À cet effet, on pourra chercher des solutions polynomiales de l’ED. Étude d’une EDL2 SSM avec une condition initiale On considère le problème : (P) y − xy + y = 0 (E) y (0) = 0 d’inconnue y : R −→ R deux fois dérivable. a) Montrer que, si y est solution de (E), alors y est trois fois dérivable et y(3) = xy . b) En déduire l’ensemble S des solutions de (P). Résolution d’une EDL2 ASM, méthode de variation des constantes Résoudre l’EDL2 : (E) y + y = 1 cos x , d’inconnue y : ] − π/2 ; π/2[−→ R, deux fois dérivable. Résolution d’un problème de Cauchy linéaire d’ordre 2 Résoudre le problème de Cauchy : (P) y + y = tan2 x (E) y(0) = 0, y (0) = 0 d’inconnue y : ] − π/2 ; π/2[−→ R deux fois dérivable. Résolution d’une EDL4 SSM, à coefficients constants, par deux méthodes On considère l’EDL4 : (E) y(4) − 2y + y = 0, d’inconnue y : R −→ R quatre fois dérivable. a) Résoudre (E) en admettant que les résultats du cours sur les EDL2 SSM à coefficients constants sont aussi valables, de façon analogue, à l’ordre 4. b) 1) Est-ce que x −→ ex est solution de (E) ? 2) En notant z : R −→ R, x −→ y(x) e−x , montrer que (E) se ramène à une EDL2 d’inconnue z et en déduire une résolution de (E). Former une EDL2 pour laquelle des fonctions données sont solutions Soient I un intervalle de R (non vide ni réduit à un point), y1,y2 : I −→ R de classe C2 , telles que l’application w, définie par w = y1 y2 − y1 y2, ne s’annule en aucun point de I. Montrer qu’il existe un couple unique (p,q) d’applications continues de I dans R tel que y1 et y2 soient solu- tions sur I de l’EDL2 (E0) y + py + qy = 0, et calculer ce couple (p,q). Obtention de propriétés des solutions d’une EDL2 à l’aide d’une fonction auxiliaire Montrer que toutes les solutions y de (E) y + ex y = 0 sur [0 ; +∞[sont bornées. À cet effet, on pourra considérer U = y2 + e−x y 2 . Exemple de problème de Cauchy Trouver toutes les y : ]0 ; +∞[−→ R dérivables telles que : y = y x + y2 y(2) = 1. ©Dunod.Laphotocopienonautoriséeestundélit. 8.12 8.13 8.14 8.15 8.16 8.17 8.18 8.19 8.20
- 352. Chapitre 8 • Équations différentielles 342 Étude d’une EDL1 Déterminer l’ensemble a ∈ R tels qu’il existe f : [0 ; +∞[−→ R dérivable telle que : ∀ x ∈ [0 ; +∞[, f (x) = f (x) − x2 + x et f (x) > 0 , f (1) = a. Exemple d’inéquation différentielle du premier ordre Soit f : [0 ; +∞[−→ R de classe C1 telle que : ∀ x ∈ [0 ; +∞[, x f (x) + 2 f (x) 4x2 . Démontrer : ∀ x ∈ [0 ; +∞[, f (x) x2 . Exemple d’équation se ramenant à une EDL1 Soit a ∈ R. Déterminer l’ensemble des applications f : R −→ R, de classe C1 , telles que : ∀ x ∈ R − {a}, f (x) − f (a) x − a = 1 2 f (x) + f (a) . Étude de solutions d’une EDL1 matricielle SSM à coefficients constants Soient n ∈ N∗ , A ∈ Mn(C). On considère l’ED (E) X = AX, d’inconnue X : R −→ Mn,1(C) dérivable. Soient α,β ∈ C,U,V ∈ Mn,1(C). On note : F : R −→ Mn,1(C) t −→ eαt U , G : R −→ Mn,1(C) t −→ eβt V , H = F + G. Montrer que F et G sont solutions de (E) sur R si et seulement si H est solution de (E) sur R. Étude d’un problème de Cauchy linéaire SSM à coefficients constants Montrer que le problème de Cauchy linéaire x = −x + y, y = −y + z, z = −z + x x(0) = 1, y(0) = j, z(0) = j2 , d’inconnues x,y,z : R −→ C dérivables, admet une solution et une seule, notée (x,y,z), et que, pour tout t ∈ R, les points x(t), y(t), z(t) forment, dans le plan complexe, un triangle équilatéral direct. À cet effet, on pourra considérer U = x + jy + j2 z. Exemple d’équation intégrale Trouver toutes les applications f : ] − 1 ; 1[−→ R continues telles que : ∀ x ∈ ] − 1 ; 1[, f (x) = 1 + x 0 f (t) 2 dt. Exemple de résolution d’un problème de Cauchy, équation de Riccati Déterminer la solution maximale y du problème de Cauchy : (C) y = − 3 x y + xy2 et y(2) = 1 3 . Exemple de résolution d’un problème de Cauchy, équation incomplète en x Montrer que le problème de Cauchy (C) y + cos y = 0 y(π) = 0 admet une solution maximale et une seule, et déterminer celle-ci. 8.21 8.22 8.23 8.24 8.25 8.26 8.27 8.28
- 353. Énoncés des exercices 343 Exemple d’étude d’un problème de Cauchy Déterminer l’ensemble des c ∈ ]0 ; +∞[ tels qu’il existe y : [0 ; 1] −→ R dérivable telle que : y = −(c2 + y2 ) et y(1) = 0. Résolution d’un SDL1 SSM à coefficients constants, à matrice non diagonalisable Résoudre le SDL1 : (S) x = 2x − y + 2z, y = 10x − 5y + 7z, z = 4x − 2y + 2z d’inconnues x,y,z : R −→ R dérivables. Étude d’un SD non linéaire a) Montrer que le problème de Cauchy (C) x = (t − 1)xy − 2 3 x + 1 3 y, y = (2t + 1)xy − 4 3 x + 2 3 y, x(0) = 1, y(0) = 1 admet une solution maximale et une seule, notée (x,y). b) Établir que l’application z : t −→ (2t + 1)x(t) − (t − 1)y(t) est constante et calculer cette constante. Recherche de solutions dSE(0) pour une EDL1 On considère l’EDL1 : (E) (1 − x)y + y = g, où g : ] − 1 ; 1[−→ R est donnée, continue, et y : ] − 1 ; 1[−→ R est l’inconnue, dérivable. On note : (E0) (1 − x)y + y = 0. a) Résoudre (E0). b) On suppose, dans cette question, que g est développable en série entière en 0, g(x) = +∞ n=0 bn xn , de rayon 1. Montrer que (E) admet au moins une solution y développable en série entière en 0, y(x) = +∞ n=0 an xn ,de rayon 1, et montrer : a1 = −a0 + b0 et ∀ n 2, an = 1 n(n − 1) n−1 k=0 kbk . c) On suppose, dans cette question : ∀ x ∈ ] − 1 ; 1[, g(x) = − ln 1 − x 2 . En utilisant b), déterminer une solution y de (E) sous forme d’une somme de série entière, puis exprimer y à l’aide de fonctions usuelles. Résolution d’une EDL2 ASM par changement de variable Résoudre l’ED (E) x2 y − 2y = x2 ln x, d’inconnue y : ]0 ; +∞[−→ R deux fois déri- vable, par le changement de variable t = ln x. Résolution d’une EDL2 SSM par recherche d’une solution polynomiale Résoudre l’ED (E) x(x2 − 1)y − 2(x2 − 1)y + 2xy = 0, d’inconnue y : ]1 ; +∞[−→ R deux fois dérivable, sachant qu’il existe une solution polynomiale autre que la fonction nulle. Recherche des solutions dSE(0) d’une EDL2 ASM a) Trouver les solutions dSE(0) de l’ED (e) x2 y + 6xy + (6 − x2 )y = −1. b) Exprimer la (ou les) fonction obtenue en a) à l’aide des fonctions usuelles. ©Dunod.Laphotocopienonautoriséeestundélit. 8.29 8.30 8.31 8.32 8.33 8.34 8.35
- 354. Chapitre 8 • Équations différentielles 344 Résolution d’une EDL2 ASM par diverses méthodes On considère l’ED : (E) xy − 2(x − 1)y + (x − 2)y = x ex , d’inconnue y : ]0 ; +∞[−→ R deux fois dérivable. Résoudre (E) par trois méthodes : 1) à l’aide du changement de fonction inconnue z = e−x y 2) à l’aide du changement de fonction inconnue u = y − y 3) en cherchant des solutions particulières de l’EDL2 SSM associée (E0) sous la forme x −→ xα ex , où α ∈ Z est une constante à choisir, puis en appliquant la méthode de variation des constantes. Exemple d’équation fonctionnelle se ramenant à une EDL2 Trouver toutes les applications f : [−1 ; 1] −→ R dérivables telles que : ∀ t ∈ R, f ( cos t) = ( cos t) f ( sin t) . Exemple de SD1 non linéaire se ramenant à des EDL2 Trouver tous les couples ( f,g) d’applications de ]0 ; +∞[ dans R, dérivables, telles que : ∀ x ∈ ]0 ; +∞[, f (x) = − g(x) x et g (x) = − f (x) x . Exemple d’EDL2 matricielle Soient n ∈ N∗ , S ∈ S++ n . Montrer que toutes les solutions X : R −→ Mn,1(R) de l’EDL X + SX = 0 sont bornées. Étude qualitative des solutions d’un problème de Cauchy a) Montrer que le problème de Cauchy (C) y = 2x + y2 y(0) = 0 admet une solution maximale et une seule, notée f . b) Montrer que f est de classe C∞ au voisinage de 0 et former le développement limité à l’ordre 11 en 0 de f. Exemple d’équation intégrale, équation de convolution Trouver toutes les applications f : R −→ R continues telles que : ∀ x ∈ R, f (x) = −1 − x 0 (2x − t) f (t) dt . Zéros des solutions d’une EDL2 Soient I un intervalle de R (ni vide ni réduit à un point), p : I −→ R continue sur I. a) Soit z : I −→ R une application dérivable telle que z + pz > 0. Montrer que z admet au plus un zéro dans I. b) Soient q : I −→ R continue telle que q < 0, y : I −→ R deux fois dérivable, autre que l’ap- plication nulle, telle que y + py + qy = 0. Montrer que yy admet au plus un zéro dans I. Parité, imparité de solutions d’une EDL2 Soient p : R −→ R continue impaire, q : R −→ R continue paire. On considère l’ED (E0) y + py + qy = 0, d’inconnue y : R −→ R deux fois dérivable. 8.36 8.37 8.38 8.39 8.40 8.41 8.42 8.43
- 355. Énoncés des exercices 345 a) Montrer que, pour toute solution f de (E0) sur R, l’application g : R −→ R x −→ f (−x) symétrisée de f, est aussi solution de (E0). b) 1) Montrer qu’il existe une solution f1 de (E0) unique telle que : f1(0) = 1, f1(0) = 0, f1 est paire. 2) Montrer qu’il existe une solution f2 de (E0) unique telle que : f2(0) = 0, f2(0) = 1, f2 est impaire. 3) Établir que ( f1, f2) est une base du R-ev S0 des solutions de (E0) sur R. Étude de solutions d’une EDL2 On note S0 l’ensemble des solutions y : ]0 ; +∞[−→ R de l’ED : (E0) y + y − x + 1 + 1 x y = 0 . a) Montrer que S0 est un plan vectoriel inclus dans C∞ ( ]0 ; +∞[,R). b) Montrer que l’ensemble S = y ∈ S0 ; y(1) = 2 est une droite affine. c) Soit y ∈ S. Calculer la courbure γy de la courbe représentative de y en le point d’abscisse 1, en fonction de y (1). d) Quelle est la valeur maximale de γy lorsque y décrit S ? En donner une valeur approchée à 10−3 près. Étude d’une inéquation différentielle du deuxième ordre Soient (a,b) ∈ R2 tel que 0 < a < b, f : [0 ; +∞[−→ R de classe C2 telle que : ∀ x ∈ [0 ; +∞[, a2 f (x) f (x) b2 f (x) . Montrer, pour tout x ∈ [0 ; +∞[ : f (0) ch (ax) + f (0) sh (ax) a f (x) f (0) ch (bx) + f (0) sh (bx) b . Résolution d’une ED2 non linéaire avec conditions initiales Trouver tous les couples (I,y) où I est un intervalle ouvert de R tel que 0 ∈ I et y : I −→ R deux fois dérivable sur I telle que : yy + y 2 = 0 y(0) = 1, y (0) = 1. Étude qualitative des solutions maximales d’une ED non linéaire Soit f : R2 −→ R une application de classe C1 et bornée. Montrer que toute solution maximale de l’ED (E) y = f (x,y) est définie sur R. Étude qualitative de la solution maximale d’un problème de Cauchy On considère le problème de Cauchy (C) suivant : y = 1 1 + x2 + y2 et y(0) = 0, où la variable (réelle) est notée x et la fonction inconnue (à valeurs réelles) est notée y. 1) Montrer que (C) admet une solution maximale et une seule, encore notée y. Que peut-on dire de l’intervalle de définition I de y ? Que peut-on dire de toute solution de (C), vis-à-vis de la solution maximale y ? ©Dunod.Laphotocopienonautoriséeestundélit. 8.44 8.45 8.46 8.47 8.48
- 356. Chapitre 8 • Équations différentielles 346 2) Établir que I est symétrique par rapport à 0 et que y est impaire. On pourra, à cet effet, considérer J = {x ∈ R ; −x ∈ I} et z : J −→ R x −→ −y(−x) . On note encore y la restriction de l’application précédente à I ∩ [0 ; +∞[. 3) Montrer que y est strictement croissante, à valeurs 0, majorée. 4) Établir que l’extrémité droite de l’intervalle de définition de y est +∞. 5) Démontrer que y admet en +∞ une limite finie, notée , et que : 0 < < π 2 . 6) Montrer que y est de classe C∞ et concave sur [0 ; +∞[. 7) Tracer l’allure de la courbe représentative de y. On précisera la demi-tangente en O et la concavité. 8) Montrer que y admet un développement limité à l’ordre 5 en 0 et calculer celui-ci. Étude de périodicité pour les solutions d’un SDL1 Soient T ∈ ]0 ; +∞[, A : R −→ Mn(C) continue, T-périodique. On considère l’ED (E0) X = AX, d’inconnue X : R −→ Mn,1(C) dérivable sur R. Montrer qu’il existe une solu- tion X de (E) sur R autre que l’application nulle, et λ ∈ C tels que : ∀ t ∈ R, X(t + T) = λX(t) . Étude d’une ED matricielle non linéaire Soient a ∈ ]0 ; +∞[, n ∈ N∗ , A ∈ GLn(R), X : ] − a ; a[−→ Mn(R) dérivable telle que : ∀ t ∈ ] − a ; a[, X (t)X(t) = A X(0) = In. a) Démontrer : ∀ t ∈ ] − a ; a[, X(t)A = AX(t). b) On suppose ici, de plus, que A est symétrique. Démontrer que, pour tout t ∈ ] − a ; a[, X(t) est symétrique. Inégalité sur des intégrales relatives à des solutions d’une EDL2 On note S0 l’ensemble des applications y : R −→ R deux fois dérivables sur R et solutions sur R de l’EDL2 : (E0) y − x2 y + y = 0. Montrer qu’il existe α ∈ R∗ + tel que : ∀ y ∈ S0, 0 −1 |y − y | α 1 0 |y + y |. Étude de périodicité pour des solutions d’une EDL2 SSM Soient T ∈ ]0 ; +∞[, f : R −→ C T-périodique et continue, (y1,y2) une base du C-espace vec- toriel des solutions sur R de l’EDL2 SSM : (E0) y + f y = 0. a) Montrer qu’il existe (α1, β1, α2, β2) ∈ C4 unique tel que : ∀ k ∈ {1,2}, ∀ x ∈ R, yk(x + T) = αk y1(t) + βk y2(t) . b) Démontrer que la matrice A = α1 β1 α2 β2 est inversible. 8.49 8.50 8.51 8.52
- 357. Du mal à démarrer ? 347 Du mal à démarrer ? ©Dunod.Laphotocopienonautoriséeestundélit. Remarquer : xy + y = (xy) . Étudier la dérivabilité en 0 de la fonction obtenue. Calculer U et montrer :U 0. Calculer yλ et obtenir une relation simple liant yλ et yλ. Il s’agit d’un SDL1 SSM, à coefficients constants. Montrer que la matrice de (S) est diagonalisable et la diagonaliser. Appliquer enfin la formule du cours donnant la solution géné- rale. Il s’agit d’un SDL1 ASM, à coefficients constants. Montrer que la matrice A de (S) est diagonalisable et la diagonaliser : A = P DP−1 , avec les notations usuelles. Noter X = x y z , B(t) le second membre, U = P−1 X, C = P−1 B, et se ramener à la résolution de l’équation U = DU + C. Il s’agit d’un SDL1 ASM, à coefficients constants. Montrer que la matrice A de (S) est diagonalisable et déterminer valeurs propres et sous-espaces propres. Remarquer une solution évi- dente de (S). 1re méthode : Calculer z, z , z en fonction de x, y, y , y et grouper convenablement des termes dans l’équation (E) pour faire apparaître z , z , z. Se ramener à une EDL2 SSM à coeffi- cients constants. 2e méthode : Calculer y, y , y en fonction de x, z, z , z et reporter dans (E). Il s’agit d’une EDL2 SSM non normalisée. Chercher une solution polynomiale en cherchant d’abord son degré. Obtenir ainsi deux solutions polynomiales formant famille libre. En déduire la solution générale de (E) sur ] − ∞ ; 0[ et sur ]0 ; +∞[. Étudier le raccord en 0. Noter t = Arcsin x (donc x = sin t) et y(x) = z(t). Calculer y(x), y (x), y (x) en fonction de x, z(t), z (t), z (t) et reporter dans (E). Se ramener à une EDL2 SSM à coefficients constants, d’inconnue z. Noter t = 1 x et z(t) = y(x). Calculer y(x), y (x), y (x) en fonction de x, z(t), z (t), z (t) et reporter dans (E). Se ramener ainsi à une EDL2 (F) d’inconnue z.Noter u = tz,calculer z, z , z en fonction de t, u, u , u et reporter dans (F). Se ramener ainsi à une EDL2 à coefficients constants, d’inconnue u. Chercher une éventuelle solution polynomiale, en cher- chant d’abord son degré. Chercher une solution particulière sous la forme x −→ eαx , α ∈ R fixé à trouver. Montrer que la famille des deux fonctions obtenues est libre et en déduire la solution générale de (e) sur ] − ∞ ; 0[ et sur ]0 ; +∞[.Étudier le raccord en 0. Il s’agit d’une EDL2 SSM normalisable sur ]0 ; +∞[. Remarquer la solution évidente y1 : x −→ x. Chercher une deuxième solution par la méthode de Lagrange. Chercher une solution polynomiale de (E), en cherchant d’abord son degré. Obtenir deux solutions de (E) formant famil- le libre. En déduire la solution générale de (E). Enfin, traduire les conditions imposées en 0. a) Exprimer y en fonction de x, y, y . b) Si y convient, résoudre l’EDL1 SSM d’inconnue y et tenir compte de y (0) = 0. En déduire y. Ne pas oublier d’étudier la réciproque. Il s’agit d’une EDL2 ASM, normalisée sur l’intervalle I = ] − π/2 ; π/2[. Résoudre l’EDL2 SSM (E0) associée, puis appliquer la méthode de variation des constantes. Résoudre (E) en utilisant la méthode de variation des constantes, puis traduire la condition en 0. a) Il s’agit d’une EDL4 SSM, à coefficients constants. Former l’équation caractéristique et en déduire (par généralisation du résultat à l’ordre 2) la solution générale de (E). b) 2) Noter z = y ex ,donc y = e−x z,reporter dans (E),et se rame- ner à une EDL2 (F) d’inconnue z .Résoudre (F),en déduire z,puis y.Contrôler la cohérence des réponses obtenues en a) et en b). Résoudre le système d’inconnues p,q formé par les deux équations vérifiées par y1,y2 . Calculer U . 1) Appliquer le théorème de Cauchy et Lipschitz. 2) Montrer que, si y ne s’annule en aucun point, l’ED se ramène à :y = x y . En déduire une solution du problème de Cauchy. Conclure. Résoudre l’EDL1 (E) y = y − x2 − x , d’inconnue y : [0 ; +∞[−→ R dérivable. Traduire ensuite les conditions imposées. 8.1 8.2 8.3 8.4 8.5 8.6 8.7 8.8 8.9 8.10 8.11 8.12 8.13 8.14 8.15 8.16 8.17 8.18 8.19 8.20 8.21
- 358. Chapitre 8 • Équations différentielles 348 Considérer U : x −→ x2 f (x) − x4 , calculer U . Résoudre l’EDL1 SSM y − 2 x − a y = 0. En déduire le changement de fonction inconnue : g : R − {a} −→ R, x −→ g(x) = f (x) (x − a)2 . Déterminer g, puis f, et utiliser le raccord en a. Ne pas oublier d’étudier la réciproque. 1) Un sens est immédiat. 2) Réciproquement, si H est solution de (E), dériver, prendre les valeurs en 0 et déduire AU = αU et AV = βV, puis conclure. D’après un exercice de Première année (Méthodes et exercices MPSI, ex. 2.27 a)), les points x(t), y(t), z(t) forment, dans le plan complexe, un triangle équilatéral direct si et seule- ment si :x(t) + jy(t) + j2z(t) = 0.Considérer U = x + jy + j2z, calculer U , et déduire U = 0. 1) Soit f convenant. Montrer que f est de classe C1 sur ] − 1 ; 1[ et satisfait un problème de Cauchy (C). Appliquer le théorème de Cauchy et Lipschitz pour déduire que (C) admet une solution maximale et une seule. Chercher une solution de (C) ne s’annulant en aucun point. En déduire f. 2) Étudier la réciproque. 1) Appliquer le théorème de Cauchy et Lipschitz pour obtenir l’existence et l’unicité d’une solution maximale y de (C). 2) Chercher une solution y de l’ED ne s’annulant en aucun point, en utilisant le changement de fonction inconnue z = 1 y . Conclure. 1) Appliquer le théorème de Cauchy et Lipschitz pour obtenir l’existence et l’unicité d’une solution maximale de (C). 2) Chercher une solution y de l’ED telle que cos y ne s’annule en aucun point. En déduire la solution maximale. Conclure. Pour c ∈ ]0 ; +∞[ fixé, résoudre l’ED (E) y = −(c2 + y2 ) , d’inconnue y : [0 ; 1] −→ R dérivable, et traduire ensuite y(1) = 0. Conclure. Il s’agit d’un SDL1 SSM, à coefficients constants. La matri- ce A du système n’est pas diagonalisable, mais est trigonali- sable. Obtenir P ∈ GL3(R), T ∈ T3,s(R) telles que : A = PT P−1 . Noter U = P−1 X, se ramener à U = TU, résoudre en cascade, puis revenir à X. a) Appliquer le théorème de Cauchy et Lipschitz. b) Calculer z . b) Noter y = +∞ n=0 an xn (de rayon > 0), reporter dans (E), obtenir une relation entre an+1, an, bn . En considérant un = n(n − 1)an, déduire an en fonction de n. Réciproquement, montrer que la série entière ainsi définie est de rayon 1. c) Obtenir : ∀ x ∈ ] − 1 ; 1[, y(x) = +∞ n=2 2(1 − 2−n) n(n − 1) xn . Rappeler les DSE(0) des fonctions t −→ 1 1 − t , et t −→ −ln(1 − t), et déduire, par primitivation, la somme de la série entière n 1 tn+1 n(n + 1) , puis y(x). Noter t = ln x, z(t) = y(x). Calculer y(x), y (x), y (x) en fonction de x, z(t), z( (t), z (t),et reporter dans (E).Se ramener ainsi à une EDL2, à coefficients constants, avec second membre exponentielle-polynôme, que l’on sait résoudre. Revenir à y. 1) Chercher une éventuelle solution polynomiale en cher- chant d’abord le degré. Obtenir y1 : x −→ x2 − 1. 2) Chercher une deuxième solution de (E) par la méthode de Lagrange. 3) Conclure. a) Noter y = +∞ n=0 an xn (de rayon > 0), reporter dans (E), obtenir une relation de récurrence sur les an et déduire an. Réciproquement, montrer que la série entière obtenue p 0 − x2p (2p + 3)! , est de rayon infini. b) Exprimer y(x), obtenu ci-dessus, à l’aide de sh x. Ne pas oublier l’examen du cas x = 0. 1) Noter z = e−x y, d’où y = ex z. Calculer y, y , y en fonc- tion de x, z, z , z , reporter dans (E) et se ramener à une EDL1 d’inconnue z . Résoudre, déduire z puis z, puis y. 2) Noter u = y − y, donc u = y − y . Dans (E), grouper des termes pour faire apparaître u et u .Se ramener à une EDL1 d’in- connue u. Résoudre, déduire u, puis une EDL1 sur y, puis y. 8.22 8.23 8.24 8.25 8.26 8.27 8.28 8.29 8.30 8.31 8.32 8.33 8.34 8.35 8.36
- 359. Du mal à démarrer ? 349 ©Dunod.Laphotocopienonautoriséeestundélit. 3) Chercher des solutions particulières de (E0) sous la forme y : x −→ xαex , α ∈ Z. Obtenir y1 : x −→ ex x et y2 : x −→ ex . Appliquer la méthode de variation des constantes. Il ne s’agit pas d’une ED, puisque l’équation fait intervenir les valeurs de f et f en deux points variables différents. 1) Soit f convenant. Noter x = sin t, montrer que f est deux fois dérivable sur ] − 1 ; 1[, et déduire que f satisfait une EDL2 SSM, à coefficients constants. Résoudre celle-ci et déduire f. 2) Étudier la réciproque. 1) Soit ( f,g) convenant.Montrer que f et g sont deux fois dérivables et vérifient une EDL2 SSM d’Euler (1). Noter t = ln x, u(t) = f (x). Calculer f (x), f (x), f (x) en fonction de x, u(t), u (t), u (t), et reporter dans (1). Se ramener ainsi à une EDL2 SSM,à coefficients constants,d’inconnue u.Déduire u, puis f, puis g. 2) Étudier la réciproque. Utiliser le théorème spectral pour se ramener à des EDL2 SSM, à coefficients constants. a) Appliquer le théorème de Cauchy et Lipschitz. b) • Montrer, par récurrence sur n, que, pour tout n ∈ N, f est de classe Cn surI. • Utiliser le théorème de Taylor et Young pour l’existence du DL11(0) de f. • Calculer f (k)(0) pour k = 1, 2, 3, 4 et en déduire que le DL11(0) de f est de la forme : f (x) = x2 + a5x5 + · · · + a11x11 + o x−→0 (x11 ). Reporter dans l’ED et en déduire les valeurs des coefficients a5,. . . ,a11. Montrer d’abord que,si f convient,alors f est de classe C2 . Remplacer ensuite le problème par un problème équivalent, à l’aide de dérivations. Se ramener à l’ED y + xy + 3y = 0 avec les conditions y(0) = −1, y (0) = 0. Effectuer le changement de fonction inconnue z = ex2/2 y. a) Considérer u = z eP , où P est une primitive de p sur I. Calculer u . b) En notant z = yy , montrer d’abord z + pz 0. Établir z + pz > 0, par un raisonnement par l’absurde utilisant le théorème de Cauchy et Lipschitz linéaire. Appliquer enfin a). b) 1) et 2) Appliquer le théorème de Cauchy et Lipschitz linéaire. a) • Montrer que S0 est un plan vectoriel. • Montrer que,pour toute y ∈ S0, y est de classe C∞ ,par un rai- sonnement par récurrence. b) Exploiter l’application θ : S0 −→ R2 , y −→ y(1), y (1) , qui, d’après le cours, est une bijection linéaire. c) Se rappeler que la courbure γy de la courbe représentative de y en le point d’abscisse 1 est donnée par : γy = y (1) 1 + y (1) 2 3/2 . d) Montrer que y (1) décrit tous les réels,et étudier l’application γ : R −→ R, t −→ γ (t) = 6 − t (1 + t2)3/2 . • Noter g = f − α2 f et calculer f en fonction de g,à l’aide de la méthode de variation des constantes. Obtenir : ∀ x ∈ [0 ; +∞[, f (x) = 1 a x 0 g(t) sh a(x − t) dt + f (0) ch ax + f (0) sh ax a . En déduire la première inégalité demandée. • Pour la deuxième inégalité, appliquer le résultat précédent à des éléments convenablement modifiés. 1) Soit (I,y) convenant. Déduire y2 2 = Ax + B , où A,B sont des constantes, puis : y2 = 2x + 1. Par un raisonnement rigoureux, utilisant le théorème des valeurs intermédiaires, déduire : ∀ x ∈ I, y(x) = √ 2x + 1 . 2) Étudier la réciproque. Soient y une solution maximale de y = f (x,y), I = ]α ; β[ l’intervalle de définition de y, où α,β vérifient −∞ α < β +∞. Raisonner par l’absurde : supposer β ∈ R. Montrer que l’on peut prolonger alors y convenable- ment en β, pour contredire la maximalité de y. En déduire : β = +∞. 1) Appliquer le théorème de Cauchy et Lipschitz. 2) Montrer que z est solution du problème de Cauchy (C). 3) Remarquer : ∀ x ∈ I ∩ [0 ; +∞[, y (x) 1 1 + x2 , et déduire : ∀ x ∈ I ∩ [0 ; +∞[, y(x) π 2 . 8.37 8.38 8.39 8.40 8.41 8.42 8.43 8.44 8.45 8.46 8.47 8.48
- 360. Chapitre 8 • Équations différentielles 350 4) Raisonner par l’absurde : supposer I ∩ [0 ; +∞[ = [0 ; b[, où b ∈ R. Montrer que l’on peut prolonger convenablement y en b, pour contredire la maximalité de y. 5) Pour obtenir l’inégalité stricte < π 2 ,raisonner par l’absurde. 6) α) Montrer, par récurrence sur n, que y est de classe Cn , pour tout n ∈ N∗ . β) Montrer : y 0. 8) Appliquer le théorème de Taylor-Young pour obtenir l’exis- tence du DL5(0) de y. Se rappeler que y est impaire. Procéder par coefficients indéterminés. L’ensemble S0 des solutions de (E0) sur R est un C-espa- ce vectoriel de dimension finie. Montrer que l’application qui, à tout X ∈ S0, associe t −→ X(t + T), est un endomorphisme de S0. Se rappeler que tout endomorphisme d’un C-ev de dimension finie ( 1) admet au moins une valeur propre (et un vecteur propre associé). a) Montrer d’abord que, pour tout t ∈ ] − a ; a[, X(t) est inversible. Considérer Y : ] − a ; a[−→ Mn(R), t −→ Y(t) = X(t)A − AX(t) . Calculer Y . Montrer que Y est solution du problème de Cauchy linéaire : Y = −AX−1 Y X−1 et Y(0) = 0, et déduire : Y = 0. b) Considérer le problème de Cauchy (non linéaire) : (C) Z = AZ−1 et Z(0) = In. Montrer que la solution maximale de (C) est un prolongement de X. Considérer : U : ] − a ; a[−→ Mn(R), t −→ U(t) = t X(t) et calculer U U. En déduire X = U. L’ensemble S0 est un R-espace vectoriel de dimension 2. Montrer que les applications N1,N2 : S0 −→ R définies, pour tout y ∈ S0, par : N1(y) = 0 −1 |y − y |, N2(y) = 1 0 |y + y | sont des normes sur S0. Appliquer enfin le théorème d’équivalence des normes en dimension finie. a) Noter, pour k ∈ {1,2} : zk : R −→ C, x −→ yk(x + T). Montrer que zk est solution de (E0) sur R. En déduire l’existen- ce et l’unicité de (αk, βk). b) Noter Y : R −→ M2,1(C), x −→ y1(x) y2(x) . Montrer : ∀ x ∈ R, Y(x + T) = AY(x). Montrer, de même qu’en a), l’existence de B ∈ M2(C) telle que : ∀ x ∈ R, Y(x − T) = BY(x). En utilisant le wronskien de (y1,y2), obtenir : B A = I2 . 8.49 8.50 8.51 8.52
- 361. Soit y : R −→ R une application dérivable sur R. On a : (E) ∀ x ∈ R, xy + y = Arctan x ⇐⇒ ∀ x ∈ R, (xy) = Arctan x ⇐⇒ ∃ C ∈ R, ∀ x ∈ R, xy = Arctan x dx + C (F) . En primitivant par parties : Arctan x dx = x Arctan x − x 1 + x2 dx = x Arctan x − 1 2 ln (1 + x2 ). Donc (F) est équivalente à : ∃C ∈ R, ∀x ∈ R, xy(x) = x Arctan x − 1 2 ln (1 + x2 ) + C . En prenant la valeur en 0, on a nécessairement C = 0. D’où : (F) ⇐⇒ ∀ x ∈ R∗ , y(x) = Arctan x − 1 2x ln (1 + x2 ) . 1) Si y convient, comme 1 2x ln (1 + x2 ) ∼ x−→0 x2 2x = x 2 −→ x−→0 0 , on a alors y(0) = 0. 2) Réciproquement, considérons y : R −→ R définie, pour tout x ∈ R, par : y(x) = Arctan x − 1 2x ln(1 + x2 ) si x =/ 0 0 si x = 0. Il est clair que y est dérivable sur R∗ , et, d’après l’étude pré- cédente, y est solution de (E) sur R∗ . De plus : ∀ x ∈ R∗ , y (x) = 1 2x2 ln (1 + x2 ), donc : y (x) −→ x−→0 1 2 . Ainsi, y est de classe C1 sur R∗ , continue en 0, et y admet une limite finie (égale à 1 2 ) en 0. D’après le théorème limite de la dérivée, y est de classe C1 sur R et y (0) = 1 2 . Ainsi, y est dérivable sur R et vérifie (E) sur R. On conclut que (E) admet une solution et une seule : y(x) = Arctan x − 1 2x ln(1 + x2 ) si x =/ 0 0 si x = 0. Puisque a est continue sur [0 ; +∞[, a admet des pri- mitives sur [0 ; +∞[. Notons A une primitive de a sur [0 ; +∞[, et U = e−A (y − z). Par opérations, U est dérivable sur [0 ; +∞[ et : U = e−A (y − z ) − a e−A (y − z) = e−A (y − z ) − a(y − z) = e−A (y − ay) b − (z − az) b 0 . Ceci montre que U est croissante sur l’intervalle [0 ; +∞[. Comme U(0) = e−A(0) y(0) − z(0) 0 0, on déduit U 0, et on conclut : y z. Pour tout λ ∈ R, yλ est dérivable sur R et, pour tout x ∈ R : yλ(x) = ch x − λ sh x ch2 x = ch x − sh x ch x λ ch x = ch x − sh x ch x yλ(x) − sh x = − sh x ch x yλ(x) + ch2 x + sh2 x ch x d’où : ∀ x ∈ R, yλ(x) + sh x ch x yλ(x) = ch2 x + sh2 x ch x , On conclut que les applications a,b : R −→ R définies, pour tout x ∈ R, par : a(x) = sh x ch x , b(x) = ch2 x + sh2 x ch x , conviennent. Il s’agit d’un SDL1 SSM, à coefficients constants. La matrice de (S) est : A = 2 −2 1 2 −3 2 −1 2 0 . On calcule le polynôme caractéristique (par exemple en déve- loppant par rapport à la première colonne) et on obtient : χA(λ) = −λ3 − λ2 + 5λ − 3 = (λ − 1)(−λ2 − 2λ + 3) = −(λ + 3)(λ − 1)2 . Ainsi, les valeurs propres de A sont −3 (simple) et 1 (double). 351 Corrigés des exercices 8.1 8.2 8.3 8.4
- 362. Déterminons les sous-espaces propres. Soit X = x y z ∈ M3,1(R). • X ∈ SEP (A,−3) ⇐⇒ AX = −3X ⇐⇒ 5x − 2y + z = 0 2x + 2z = 0 −x + 2y + 3z = 0 ⇐⇒ z = −x y = 2x , donc : SEP (A,−3) = Vect V1 , où : V1 = 1 2 −1 . • X ∈ SEP (A,1)⇐⇒AX = X⇐⇒x − 2y + z = 0, donc SEP (A,1) = Vect (V2,V3), où V2 = 1 0 −1 , V3 = 2 1 0 , par exemple. Puisque χA est scindé que R et que la dimension de chaque sous- espace propre est égale à l’ordre de multiplicité de la valeur propre associée, d’après le cours, A est diagonalisable. D’après le cours, la solution générale de (S) est donnée par : t −→ X(t) = 3 k=1 Ckeλk t Vk = C1 e−3t 1 2 −1 + C2 et 1 0 −1 + C3 et 2 1 0 , ou encore : x(t) = C1 e−3t + (C2 + 2C3) et y(t) = 2C1 e−3t + C3 et z(t) = −C1 e−3t − C2 et (C1, C2, C3) ∈ R3 . Il s’agit d’un SDL1 ASM, à coefficients constants. La matrice de (S) est : A = −1 1 −1 −4 3 −4 −2 1 −2 . On calcule le polynôme caractéristique de A (par exemple par C1 C1 − C3, puis L3 L3 + L1) et on obtient : χA(λ) = −(λ + 1)λ(λ − 1). Il en résulte que A admet trois valeurs propres simples, qui sont −1, 0, 1, et, comme A est d’ordre trois, d’après le cours, on conclut que A est diagonalisable. On calcule des vecteurs propres associés, et on obtient, par exemple, 0 1 1 , 1 0 −1 , 1 2 0 . Ainsi, A = P DP−1 , où : P = 0 1 1 1 0 2 1 −1 0 , D = −1 0 0 0 0 0 0 0 1 . Comme (S) est un système avec second membre et que (S) n’ad- met pas de solution évidente (on pourrait cependant chercher une solution où x, y, z seraient des polynômes de degrés 2), on calcule P−1 et on obtient : P−1 = 2 −1 2 2 −1 1 −1 1 −1 . Notons X = x y z , B(t) = t + 1 4t + 1 2t + 1 . On a alors : X = AX + B ⇐⇒ X = P DP−1 X + B ⇐⇒ P−1 X = DP−1 X + P−1 B. Notons U = P−1 X = u v w , C = P−1 B = 2t + 3 2 t − 1 . Alors : X = AX + B ⇐⇒ U = DU + C ⇐⇒ u v w = −1 0 0 0 0 0 0 0 1 u v w + 2t + 3 2 t − 1 ⇐⇒ u = −u + 2t + 3 v = 2 w = w + (t − 1). La résolution de chacune de ces trois EDL1ASM à coefficients constants est immédiate, et on obtient : X = AX + B ⇐⇒ ∀ t ∈ R, u(t) = 2t + 1 + C1 e−t v(t) = 2t + C2 w(t) = −t + C3 et (C1, C2, C3) ∈ R3 . Enfin : X = PU = 0 1 1 1 0 2 1 −1 0 2t + 1 + C1 e−t 2t + C2 −t + C3 et , donc la solution générale de (S) est donnée par : x(t) = t + C2 + C3 et y(t) = 1 + C1 e−t + 2C3 et z(t) = 1 + C1 e−t − C2 (C1, C2, C3) ∈ R3 . 352 8.5 −→ −→
- 363. Il s'agit d'un système différentiel linéaire à coefficients constants. En notant A = −1 1 1 1 −1 1 1 1 −1 , X = x y z , B = −1 −1 −1 , (x,y,z) est solution du système différentiel proposé si et seulement si X est solution de l'équation différentielle (matri- cielle) : X = AX + B. La matrice A est diagonalisable dans M3(R) et un calcul élé- mentaire (ou la calculatrice) fournit : A = P DP−1 , où P = 1 1 1 1 −1 0 1 0 −1 , D = 1 0 0 0 −2 0 0 0 −2 . La solution générale de l'ED sans second membre X = AX est, d'après le cours : X : t −→ λet 1 1 1 + µe−2t 1 −1 0 + νe−2t 1 0 −1 , (λ,µ,ν) ∈ R3 . D'autre part, l'ED avec second membre X = AX + B admet la solution évidente t −→ 1 1 1 . Finalement, la solution générale du système différentiel pro- posé est : t −→ x(t) = 1 + λet + µe−2t + νe−2t y(t) = 1 + λet − µe−2t z(t) = 1 + λet − νe−2t , (λ,µ,ν) ∈ R3 . Comme le suggère l’énoncé, pour y : R −→ R deux fois dérivable, considérons z = (x2 + 1)y, qui est deux fois déri- vable. 1re méthode : Comme (E) commence par (x2 + 1)yz , calculons z et zz . On a : z = (x2 + 1)y, z = 2xy + (x2 + 1)y , zz = 2y + 4xy + (x2 + 1)yz , d’où : (x2 + 1)yz − (3x2 − 4x + 3)y + (2x2 − 6x + 4)y = (zz − 2y − 4xy ) − (3x2 − 4x + 3)y + (2x2 − 6x + 4)y = zz − 3(x2 + 1)y + (2x2 − 6x + 2)y = zz − 3(z − 2xy) + (2x2 − 6x + 2)y = zz − 3z + 2z. Ainsi, y est solution de (E) si et seulement si z est solution de : (F) zz − 3z + 2z = 0. L’ED (F) est une EDL2 SSM à coefficients constants. L’équation caractéristique r2 − 3r + 2 = 0 admet deux solutions réelles 1 et 2, donc, d’après le cours, la solution générale de (F) est : z : x −→ λ ex + µ e2x , (λ,µ) ∈ R2 . On conclut que l’ensemble S des solutions de (E) est : S = y : R −→ R, x −→ λ ex + µ e2x x2 + 1 ; (λ,µ) ∈ R2 . 2e méthode : On a y = z x2 + 1 , d’où l’on calcule y et yz en fonction de z, z , zz . On reporte dans (E), des termes se simplifient, et on retrouve (F) de la première méthode. L’ED (e) est une EDL2 SSM, non normalisée. L’ED nor- malisée associée, sur un intervalle I ne contenant pas 0 est : (E) y − 4x2 + 6 x(x2 + 3) y + 6 x2 + 3 y = 0 . • Cherchons une (ou des) solution particulière de (e) sous forme de polynôme : y(x) = n k=0 ak xk , où n ∈ N, a0,. . . ,an ∈ R, an =/ 0. Le terme de degré n + 1 dans le premier membre de (e) doit être nul : n(n − 1)an − 4nan + 6an = 0 , d’où, puisque an =/ 0 : n2 − 5n + 6 = 0, donc n = 2 ou n = 3. Notons donc y(x) = ax3 + bx2 + cx + d, (a,b,c,d) ∈ R4 . On a alors, en calculant y et yz et en reportant dans le premier membre de (e), avec des notations classiquement abu- sives : x(x2 + 3)yz − (4x2 + 6)y + 6xy = x(x2 + 3)(6ax + 2b) − (4x2 + 6)(3ax2 + 2bx + c) + 6x(ax3 + bx2 + cx + d) = 2cx2 + (−6b + 6d)x − 6c. Ainsi, y est solution de (E) sur I si et seulement si : c = 0, d = b. Deux solutions polynomiales particulières sont donc : y1 : x −→ x3 , y2 : x −→ x2 + 1 , obtenues pour (a, b, c, d) égal à (1, 0, 0, 0), à (0, 1, 0, 1) res- pectivement. Il est clair que la famille (y1,y2) est libre. D’après le cours, l’ensemble SI des solutions de (E) sur I est donc : SI = y : I −→ R, x −→ ax3 + b(x2 + 1) ; (a,b) ∈ R2 . 353 8.6 8.7 8.8
- 364. • Étudions le raccord en 0. Soit I un intervalle ouvert de R, tel que 0 ∈ I. Notons y : I − {0} −→ R, x −→ ax3 + b(x2 + 1) si x < 0 αx3 + β(x2 + 1) si x > 0, pour (a,b,α,β) ∈ R4 fixé. On a : y(x) −→ x−→0− b et y(x) −→ x−→0+ β, donc y est prolongeable par continuité en 0 si et seulement si β = b. Supposons β = b et notons y(0) = b. Alors, y est continue sur I, dérivable sur I − {0} et : y (x) = 3ax2 + 2bx si x < 0 3αx2 + 2bx si x > 0. Comme : y (x) −→ x−→0− 0 et y (x) −→ x−→0+ 0, d’après le théorème limite de la dérivée, y est de classe C1 sur I. L’application y est de classe C2 sur I − {0} et : y (x) = 6ax + 2b si x < 0 6αx + 2b si x > 0. Comme : y (x) −→ x−→0− 2b et yz (x) −→ x−→0+ 2b, d’après le théorème limite de la dérivée (appliqué à y ), y est de classe C2 sur I. De plus, y satisfait (e) en le point 0. Finalement, l’ensemble SI des solutions de (e) sur I est : SI = I −→ R ; x −→ ax3 + b(x2 + 1) si x < 0 b si x = 0 αx3 + b(x2 + 1) si x > 0 ; (a,α,b) ∈ R3 . • Pour tout intervalle ouvert non vide I de R, SI est un R- espace vectoriel, et : dim (SI ) = 2 si 0 /∈ I 3 si 0 ∈ I. L’ED (E) est une EDL2 SSM, non normalisée, mais nor- malisable sur ] − 1 ; 1[. Comme le suggère l’énoncé, utilisons le changement de variable t = Arcsin x, donc x = sin t, et notons z : ] − π/2 ; π/2[−→ R,t −→ z(t) = y(x) la nouvelle fonc- tion inconnue. Par composition, z est deux fois dérivable et on a, avec des notations classiquement abusives : y(x) = z(t) , y (x) = z (t) dt dx = z (t) 1 √ 1 − x2 , yz (x) = zz (t) 1 1 − x2 + z (t) x (1 − x2)3/2 . d’où : (E) ⇐⇒ z + z = 0 (F). L’ED (F) est une EDL2 SSM, à coefficients constants. D’après le cours, la solution générale de (F) est : z : t −→ A cos t + B sin t, (A,B) ∈ R2 . Comme t = Arcsin x, on a : sin t = x, cos t = √ 1 − x2 . On conclut que l’ensemble S des solutions de (E) sur ] − 1 ; 1[ est : S = y : ] − 1 ; 1[−→ R, x −→ A 1 − x2 + Bx ; (A,B) ∈ R2 . Remarque : Au lieu de la méthode proposée dans l’énoncé (changement de variable t = Arcsin x, suggéré par la présence de 1 − x2 de- vant y ), on aurait pu remarquer que x −→ x est solution évi- dente de (E), puis trouver une deuxième solution par la méthode de Lagrange. Il s’agit d’une EDL2 SSM, non normalisée, mais nor- malisable sur ]0 ; +∞[. Comme le suggère l’énoncé, effectuons le changement de va- riable t = 1 x , donc aussi un changement de fonction inconnue z(t) = y(x), où z est deux fois dérivable. On a, avec des no- tations classiquement abusives : y(x) = z(t), y (x) = z (t) dt dx = −z (t) 1 x2 , y (x) = z (t) 1 x4 + z (t) 2 x3 . D’où : x4 y (x) − y(x) = z (t) + 2 t z (t) − z(t). Ainsi, y est solution de (E) sur ]0 ; +∞[ si et seulement si z est solution sur ]0 ; +∞[ de : (F) z + 2 t z − z = 0 . Comme le suggère l’énoncé, effectuons le changement de fonction inconnue défini par u(t) = tz(t). L’application u est deux fois dérivable et, : z = 1 t u, z = − 1 t2 u + 1 t u , z = 2 t3 u − 2 t2 u + 1 t u , d’où : z + 2 t z − z = 1 t u − 1 t u. Ainsi, z est solution de (F) sur ]0 ; +∞[ si et seulement si u est solution sur ]0 ; +∞[ de : (G) u − u = 0. L’ED (G) est une EDL2 SSM, à coefficients constants. 354 8.9 8.10
- 365. L’équation caractéristique r2 − 1 = 0 admet deux solutions réelles 1 et −1. D’après le cours , la solution générale de (G) est donc : u : t −→ a et + b e−t , (a,b) ∈ R2 . Par le changement de fonction inconnue u = tz, la solution gé- nérale de (F) sur ]0 ; +∞[ est : z : t −→ 1 t (a et + b e−t ), (a,b) ∈ R2 . Enfin, par le changement de variable t = 1 x , on conclut que l’ensemble S des solutions de (E) sur ]0 ; +∞[ est : S = y : ]0 ; +∞[−→ R, x −→ x a e 1 x + b e− 1 x ; (a,b) ∈ R2 . Il s’agit d’une EDL2 SSM, non normalisée sur R, mais normalisable sur I si 0 /∈ I. Cherchons, selon l’indication de l’énoncé, une solution de (e) sous la forme d’un polynôme y : x −→ n k=0 ak xk , où n ∈ N, a0,. . . ,an ∈ R, an =/ 0. Le coefficient du terme en xn du pre- mier membre de (e) doit être nul : nan − 2an = 0, d’où, puisque an =/ 0 : n = 2. Cherchons donc une solution particulière de (e) sous la forme y : x −→ ax2 + bx + c, (a,b,c) ∈ R3 . On a alors, avec des notations classiquement abusives : xy + (x − 2)y − 2y = x2a + (x − 2)(2ax + b) − 2(ax2 + bx + c) = −(2a + b)x − 2(b + c). Pour que y soit solution de (e) sur R, il faut et il suffit que 2a + b = 0 et b + c = 0, c’est-à-dire : b = −2a et c = 2a. Ainsi, par exemple (en prenant a = 1), l’application y1 : x −→ x2 − 2x + 2 est solution de (e) sur R. • Cherchons, selon l’indication de l’énoncé, une solution par- ticulière de la forme y : x −→ eαx , α ∈ R fixé. On a, avec des notations classiquement abusives : y = eαx , y = α eαx , yz = α2 eαx , puis : xy + (x − 2)y − 2y = xα2 eαx + (x − 2)α eαx − 2 eαx = (α2 + α)x − 2(α + 1) eαx = (α + 1)(αx − 2) eαx . En choisissant α = −1, l’application y2 : x −→ e−x est solu- tion de (e) sur R. • Il est clair que, pour tout intervalle ouvert non vide I de R, la famille (y1|I , y2|I ) est libre. D’après le cours, si 0 /∈ I, l’ensemble SI des solutions de (e) sur I est donc : SI = y : I −→ R, x −→ λ(x2 − 2x + 2) + µ e−x ; (λ,µ) ∈ R2 . • Étudions le raccord en 0. Soit I un intervalle ouvert contenant 0, et soient (λ1,µ1,λ2,µ2) ∈ R4 , y : I −→ R l’application définie par : y(x) = λ1(x2 − 2x + 2) + µ1 e−x si x < 0 λ2(x2 − 2x + 2) + µ2 e−x si x > 0. On a : y(x) −→ x−→0− 2λ1 + µ1 et y(x) −→ x−→0+ 2λ2 + µ2, donc y est prolongeable par continuité en 0 si et seulement si : 2λ2 + µ2 = 2λ1 + µ1. Supposons cette condition réalisée, et notons y(0) = 2λ1 + µ1. Alors, y est continue sur I, de classe C1 sur I − {0}, et, pour tout x ∈ I − {0} : y (x) = λ1(2x − 2) − µ1 e−x si x < 0 λ2(2x − 2) − µ2 e−x si x < 0. On a : y (x) −→ x−→0− −2λ1 − µ1 et y (x) −→ x−→0+ −2λ2 − µ2 = −2λ1 − µ1, donc, d’après le théorème limite de la dérivée, y est de classe C1 sur I et y (0) = −2λ1 − µ1 . L’application y est de classe C2 sur I − {0} et, pour tout x ∈ I − {0} : y (x) = 2λ1 + µ1 e−x si x < 0 2λ2 + µ2 e−x si x > 0. On a : y (x) −→ x−→0− 2λ1 + µ1 et y (x) −→ x−→0+ 2λ2 + µ2 = 2λ1 + µ1, donc, d’après le théorème limite de la dérivée (appliqué à y ), y est de classe C2 sur I et y (0) = 2λ1 + µ1. Enfin, il est immédiat que y vérifie (e) en 0. On conclut que, si 0 ∈ I, l’ensemble SI des solutions de (e) sur I est : SI = y : I −→ R, x −→ y(x) = λ1(x2 − 2x + 2) + µ1 e−x si x < 0 2λ1 + µ1 si x = 0 λ2(x2 − 2x + 2) + (2λ1 + µ1 − 2λ2) e−x si x > 0 ; (λ1, µ1, λ2) ∈ R3 . et donc SI est un R-espace vectoriel de dimension 3. 355 8.11
- 366. Il s’agit d’une EDL2 SSM, normalisable sur ]0 ; +∞[. • Une solution évidente est y1 : x −→ x. • Cherchons une deuxième solution par la méthode de Lagrange, c’est-à-dire sous la forme y : x −→ xλ(x), où λ est une fonc- tion inconnue, supposée deux fois dérivable. On a, avec des no- tations classiquement abusives : y = xλ, y = λ + xλ , y = 2λ + xλ , donc : x2 (x + 1)y − x(x2 + 4x + 2)y + (x2 + 4x + 2)y = x2 (x + 1)(2λ + xλ ) − x(x2 + 4x + 2)(λ + xλ ) + (x2 + 4x + 2)xλ = x3 (x + 1)λ + 2x2 (x + 1) − x2 (x2 + 4x + 2) λ = x2 x(x + 1)λ − (x2 + 2x)λ . Ainsi, y est solution de (E) si et seulement si λ est solution de : (F) (x + 1)λ − (x + 2)λ = 0. Une solution particulière (autre que la solution nulle) de cette EDL1 SSM (d’inconnue λ ) est donnée par : λ (x) = exp x + 2 x + 1 dx = exp 1 + 1 x + 1 dx = exp x + ln(x + 1) = (x + 1) ex . Une fonction λ convenant est donnée par : λ(x) = (x + 1) ex dx = x ex . Une solution particulière de (E) est donc : y2 : ]0 ; +∞[−→ R, x −→ x2 ex . • Puisque (E) est une EDL2 SSM normalisée, à coefficients continus sur l’intervalle ]0 ; +∞[, d’après le cours, l’ensemble S des solutions de (E) sur ]0 ; +∞[ est un R-espace vectoriel de dimension 2. D’après le cours sur la méthode de Lagrange, la famille (y1,y2) est libre. On a vu plus haut : y1 ∈ S, y2 ∈ S. On conclut que l’ensemble S des solutions de (E) sur ]0 ; +∞[ est : S = y : ]0 ; ,+∞[−→ R, x −→ α1x + α2x2 ex ; (α1,α2) ∈ R2 . Il s’agit de résoudre une EDL2 SSM, normalisée, avec conditions en un point. • Comme le suggère l’énoncé, cherchons d’éventuelles solu- tions polynomiales de (E) (1 − x2 )y + 2xy − 2y = 0 . Notons y : x −→ n k=0 ak xk , une fonction polynomiale, où n ∈ N, a0,. . . ,an ∈ R, an =/ 0. Si y est solution de (E), alors le terme de degré n du premier membre est nul, donc : −n(n − 1)an + 2nan − 2an = 0, c’est-à-dire : (−n2 + 3n − 2)an = 0, donc : n = 1 ou n = 2. Considérons donc y : x −→ ax2 + bx + c, pour (a,b,c) ∈ R3 fixé. On a, avec des notations classiquement abusives : (1 − x2 )y + 2xy − 2y = (1 − x2 )2a + 2x(2ax + b) − 2(ax2 + bx + c) = 2(a − c) . Ainsi, y est solution de (E) si et seulement si : c = a. En par- ticulier, les deux applications : y1 : x −→ x et y2 = x −→ x2 + 1 sont solutions de (E) (on peut d’ailleurs contrôler ceci par un calcul direct). Comme, d’après le cours, l’ensemble S des so- lutions de (E) sur ] − 1 ; 1[ est un R-espace vectoriel de di- mension 2, et que (y1,y2) est libre, on déduit : S = y : ] − 1 ; 1[−→ R ; x −→ αx + β(x2 + 1) ; (α,β) ∈ R2 . Avec ces notations, on a : ∀ x ∈ ] − 1 ; 1[, y (x) = α + 2βx, donc : y(0) = β et y (0) = α, puis : y(0) = 3 y (0) = 4 ⇐⇒ β = 3 α = 4. On conclut qu’il y a une solution et une seule, l’application : y : ] − 1 ; 1[−→ R, x −→ 3x2 + 4x + 3 . a) Soit y une solution de (E). Alors, y est deux fois dérivable et y = xy − y. Comme xy − y est dérivable, y est dérivable, donc y est trois fois dé- rivable et : y(3) = (xy − y) = xy . b) • Soit y une solution de (P). D’après a), y est trois fois dérivable et y(3) = xy . Ainsi, y vérifie une EDL1 SSM. Il existe donc λ ∈ R tel que : ∀ x ∈ R, yz (x) = λ exp x dx = λ e x2 2 . Mais yz (0) = 0, donc λ = 0, puis yz = 0. Il existe donc (α,β) ∈ R2 tel que : ∀ x ∈ R, y(x) = αx + β. Puis : ∀ x ∈ R, 0 = y − xy + y = β, On a donc : ∀ x ∈ R, y(x) = αx. • Réciproquement, il est évident que, pour tout α ∈ R, l’ap- plication y : R −→ R, x −→ αx est solution de (P). 356 8.12 8.13 8.14
- 367. Finalement, l’ensemble S des solutions de (P) est : S = y : R −→ R ; x −→ αx ; α ∈ R . Il s’agit d’une EDL2 ASM, normalisée sur l’intervalle I = ] − π/2 ; π/2[. La solution générale de l’EDL2 SSM associée (E0) y + y = 0 est y : x −→ A cos x + B sin x, (A,B) ∈ R2 . Cherchons une solution particulière de (E), par la méthode de variation des constantes, sous la forme y : x −→ A(x) cos x + B(x) sin x , où A,B sont des fonctions inconnues, supposées dérivables. On a, par la méthode : ∀ x ∈ I, A (x) cos x + B (x) sin x = 0 −A (x) sin x + B (x) cos x = 1 cos x ⇐⇒ ∀ x ∈ I, A (x) = −tan x B (x) = 1 ⇐ ∀ x ∈ I, A(x) = ln cos x B(x) = x. Une solution particulière de (E) est donc : y : x −→ cos x ln cos x + x sin x . On conclut que la solution générale de (E) sur I est : y : x −→ cos ln cos x + x sin x + A cos x + B sin x, (A,B) ∈ R2 . L’ED (E) est une EDL2 ASM, normalisée sur l’inter- valle I = ] − π/2 ; π/2[. 1) Résolution de (E) : La solution générale de l’EDL2 SSM associée (E0) y + y = 0 est : y : x −→ A cos x + B sin x, (A,B) ∈ R2 . Cherchons une solution particulière de (E), par la méthode de variation des constantes, sous la forme y : x −→ A(x) cos x + B(x) sin x , où A,B sont des fonctions inconnues, supposées dérivables. On a, par la méthode : ∀ x ∈ I, A (x) cos x + B (x) sin x = 0 −A (x) sin x + B (x) cos x = tan2 x ⇐⇒ ∀ x ∈ I, A (x) = −tan2 x sin x = − sin 3 x cos 2x B (x) = tan2 x cos x = sin 2 x cos x . Calculons A(x) et B(x) par primitivation (à une constante ad- ditive près), en utilisant, par exemple, les règles de Bioche : A(x) = − sin 3 x cos 2x dx = u = cos x 1 − u2 u2 du = − 1 u − u = − 1 cos x − cos x = − 1 + cos 2 x cos x , B(x) = sin 2 x cos x dx = v = sin x v2 1 − v2 dv = − 1 + 1 1 − v2 dv = −v + 1 2 ln 1 + v 1 − v = − sin x + 1 2 ln 1 + sin x 1 − sin x . On en déduit une solution particulière de (E) : y : x −→ y(x) = − 1 + cos 2 x cos x cos x + − sin x + 1 2 ln 1 + sin x 1 − sin x sin x = −2 + 1 2 sin x ln 1 + sin x 1 − sin x , puis la solution générale de (E) : y : x −→ −2 + 1 2 sin x ln 1 + sin x 1 − sin x +A cos x + B sin x, (A,B) ∈ R2 . 2) Résolution de (P) : Traduisons les conditions en 0. • On a : y(0) = 0 ⇐⇒ −2 + A = 0 ⇐⇒ A = 2. • On calcule y (x), pour tout x ∈ I : y (x) = 1 2 cos x ln 1 + sin x 1 − sin x + sin x d dx 1 2 ln 1 + sin x 1 − sin x − A sin x + B cos x, d’où : y (0) = 0 ⇐⇒ B = 0. Finalement, le problème (P) admet une solution et une seule : y : ] − π/2 ; π/2[, x −→ −2 + 1 2 sin x ln 1 + sin x 1 − sin x + 2 cos x . a) Il s’agit d’une EDL4 SSM, à coefficients constants. On forme l’équation caractéristique : r4 − 2r2 + 1 = 0 ⇐⇒ (r2 − 1)2 = 0 ⇐⇒ (r − 1)2 (r + 1)2 = 0, dont les solutions sont −1 (double) et 1 (double). D’après le cours, généralisé à l’ordre 4, la solution générale de (E) est donnée, pour tout x ∈ R, par : y(x) = (Ax + B) ex + (Cx + D) e−x , (A,B,C,D) ∈ R4 . 357 8.15 8.16 8.17
- 368. b) 1) L’application y1 : x −→ ex est solution évidente de (E). 2) En notant, selon l’énoncé, z = yy−1 1 , comme y1 est solution de (E), la fonction constante égale à 1 sera solution de la nou- velle équation. On a, avec des notations classiquement abusives : y = z ex , y = (z + z) ex , y = (z + 2z + z) ex y(3) = (z(3) + 3z + 3z + z) ex y(4) = (z(4) + 4z(3) + 6z + 4z + z) ex , donc : (E) y(4) − 2y + y = 0 ⇐⇒ (F) z(4) + 4z(3) + 4z = 0 . En notant u = z , on a : (F) ⇐⇒ (G) u + 4u + 4u = 0 . L’ED (G) est une EDL2 SSM, à coefficients constants. L’équation caractéristique r2 + 4r + 4 = 0 admet une solution double réelle −2, donc la solution générale de (G) est : u : x −→ (λx + µ) e−2x , (λ,µ) ∈ R2 . Comme u = zz , en primitivant deux fois, la solution générale de (F) est : z : x −→ (αx + β) e−2x + (γx + δ), (α,β,γ,δ) ∈ R4 . Enfin, comme y = z ex , la solution générale de (E) est donnée, pour tout x ∈ R, par : y(x) = (αx + β) e−x + (γx + δ) ex , (α,β,γ,δ) ∈ R4 . On retrouve bien le même résultat qu’en a). On a, pour toutes applications p,q : I −→ R : y1 + py1 + qy1 = 0 y2 + py2 + qy2 = 0 ⇐⇒ (S) py1 + qy1 = −y1 py2 + qy2 = −y2 . Comme w = y1 y2 − y1 y2 ne s’annule en aucun point de I, pour tout x ∈ I, le système linéaire (S) d’inconnue p(x),q(x) est de Cramer, donc admet une solution et une seule. On a donc : (S) ⇐⇒ p = y1 y2 − y1 y2 w et q = y1 y2 − y1 y2 w . Ces formules montrent l’existence et l’unicité de (p,q). De plus, comme y1 et y2 sont de classe C2 sur I, par opérations, p et q sont continues sur I. On conclut qu’il existe un couple (p,q) et un seul convenant, et il est donné par les formules ci-dessus. Soit y une solution de (E). Avec des notations classi- quement abusives, l’application U = y2 + e−x y 2 est dérivable sur [0 ; +∞[ et : U = 2yy − e−x y 2 + e−x 2y y = 2y e−x (ex y + y ) − e−x y 2 = − e−x y 2 0, donc U est décroissante. On a donc : ∀ x ∈ [0 ; +∞[, U(x) U(0). Il en résulte : ∀ x ∈ [0 ; +∞[, y2 (x) U(x) U(0), puis : ∀ x ∈ [0 ; +∞[, 0 |y(x)| U(0). Ceci montre que y est bornée. 1) L’application F : U = R∗ + × R −→ R, (x,y) −→ y x + y2 est de classe C1 sur l’ouvert U de R2 , et (2,1) ∈ U. D’après le théorème de Cauchy et Lipschitz, le problème de Cauchy (C) y = y x + y2 y(2) = 1 admet une solution maximale et une seule, notée encore y, et l’intervalle de définition I de y est ou- vert. Ceci montre l’unicité d’une éventuelle solution de (C) sur ]0 ; +∞[. 2) • Supposons ]0 ; +∞[⊂ I et : ∀ x ∈ ]0 ; +∞[, y(x) =/ 0. On a alors, avec des notations classiquement abusives : y = y x + y2 ⇐⇒ y x + y y2 = y ⇐⇒ y y2 = y − xy ⇐⇒ y = y − xy y2 ⇐⇒ y = x y . Il existe donc C ∈ R tel que : y = x y + C, d’où : y2 − Cy − x = 0. De plus : y(2) = 1 ⇐⇒ 1 − C − 2 = 0 ⇐⇒ C = −1. On obtient : y2 + y − x = 0. Le discriminant de cette équation du second degré est ∆ = 1 + 4x > 0, donc pour tout x ∈ ]0 ; +∞[ : y(x) = −1 − √ 1 + 4x 2 ou y(x) = −1 + √ 1 + 4x 2 . Comme y(2) = 1, ceci nous amène à considérer la fonction ob- tenue ci-dessus avec le signe + devant la racine carrée. 3) Réciproquement, considérons l’application : y : ]0 ; +∞[−→ R, x −→ 1 2 − 1 + √ 1 + 4x . Il est clair que y est dérivable sur ]0 ; +∞[, que y est solution de y = y x + y2 , sur ]0 ; +∞[ (d’après 2)), et que y(2) = 1. Finalement, il y a une solution et une seule : y : ]0 ; +∞[−→ R, x −→ 1 2 − 1 + √ 1 + 4x . 358 8.19 8.20 8.18
- 369. 1) Résolvons l’EDL1 (E) y = y − x2 + x, d’incon- nuey : [0 ; +∞[−→ R dérivable. La solution générale de l’EDL1 SSM associée (E0) y = y est : y : x −→ λ ex , λ ∈ R. Cherchons une solution particulière de (E) sous la forme y : x −→ αx2 + βx + γ, (α,β,γ) ∈ R3 . On a, pour tout x ∈ [0 ; +∞[ : y (x) − y(x) − x2 + x = (2αx + β) − (αx2 + βx + γ − x2 + x) = (1 − α)x2 + (2α − β − 1)x + (β − γ). Il suffit donc que : 1 − α = 0, 2α − β − 1 = 0, β − γ = 0 , c’est-à-dire : α = 1, β = 1, γ = 1. Une solution particulière de (E) est donc : y : x −→ x2 + x + 1. D’après le cours, la solution générale de (E) est donc : y : x −→ x2 + x + 1 + λ ex , λ ∈ R. Considérons donc, pour λ ∈ R, l’application : f : [0 ; +∞[−→ R, x −→ x2 + x + 1 + λ ex , qui est dérivable sur [0 ; +∞[. 2) Si λ < 0, alors y(x) −→ x−→+∞ −∞, contradiction avec la deuxième condition de l’énoncé. On a donc nécessairement : λ 0. Alors : ∀ x ∈ [0 ; +∞[, f (x) = 2x + 1 + λ ex > 0, donc f est strictement croissante sur [0 ; +∞[. Il en résulte que f > 0 si et seulement si f (0) > 0. Et : f (0) = 1 + λ. Ainsi, f convient si et seulement si : 1 + λ > 0. Enfin : a = f (1) = 3 + λ e, donc : λ = a − 3 e , puis : λ > −1 ⇐⇒ a − 3 e > −1 ⇐⇒ a > 3 − e. On conclut que l’ensemble des a ∈ R demandé est : ]3 − e ; +∞[. Considérons l’application U : [0 ; +∞[−→ R, x −→ U(x) = x2 f (x) − x4 , suggérée par l’expression x f (x) + 2 f (x) − 4x2 de l’énoncé. Cette application U est dérivable et, on a, pour tout x ∈ [0 ; +∞[ : U (x) = x x f (x) + 2 f (x) − 4x2 0. Il en résulte que U est croissante. Comme de plus, U(0) = 0, on déduit : U 0, c’est-à-dire : ∀ x ∈ [0 ; +∞[, x2 f (x) x4 . En simplifiant par x2 , on déduit : ∀ x ∈ ]0 ; +∞[, f (x) x2 . Comme f est continue en 0, l’inégalité est encore vraie en 0, et on conclut : ∀ x ∈ [0 ; +∞[, f (x) x2 . 1) Soit f convenant. On a alors : ∀ x ∈ R − {a}, f (x) − 2 x − a f (x) = − 2 x − a f (a) − f (a). La solution générale de l’EDL1 SSM y − 2 x − a y = 0, sur I1 = ] − ∞ ; a[ ou I2 = ]a ; +∞[, est donnée par : y : x −→ λ exp 2 x − a dx = λ(x − a)2 , λ ∈ R . Conformément à la méthode de variation de la constante, considérons l’application g : R − {a} −→ R, x −→ f (x) (x − a)2 , qui est de classe C1 sur R − {a}. On a ainsi : ∀ x ∈ R − {a}, f (x) = (x − a)2 g(x) , d’où, en dérivant et en reportant l’expression de f (x) dans l’éga- lité initiale : ∀ x ∈ R − {a}, (x − a)2 g (x) = − 2 x − a f (a) − f (a) , et donc : ∀ x ∈ R − {a}, g (x) = − 2 (x − a)3 f (a) − f (a) (x − a)2 . Par primitivation sur ] − ∞ ; a[ et sur ]a ; +∞[, on déduit qu’il existe (α,β,γ, λ,µ,ν) ∈ R6 tel que : ∀ x ∈ ] − ∞ ; a[, g(x) = α (x − a)2 + β x − a + γ ∀ x ∈ ]a ; +∞[, g(x) = λ (x − a)2 + µ x − a + ν, d’où : ∀ x ∈ ] − ∞ ; a[, f (x) = α + β(x − a) + γ(x − a)2 ∀ x ∈ ]a ; +∞[, f (x) = λ + µ(x − a) + ν(x − a)2 . On a alors : f (x) −→ x−→a− α et f (x) −→ x−→a+ λ f (x) −→ x−→a− β et f (x) −→ x−→a+ µ, 359 8.21 8.22 8.23
- 370. d’où, puisque f est de classe C1 sur R : α = λ et β = µ, puis, pour tout x ∈ R : f (x) = α + β(x − a) + γ(x − a)2 si x a α + β(x − a) + ν(x − a)2 si x a. 2) Réciproquement, pour tout (α,β) ∈ R2 , l’application obtenue ci-dessus est de classe C1 sur R et, pour tout x ∈ R − {a} : f (x) − f (a) x − a = β + γ(x − a) si x < a β + ν(x − a) si x > a, 1 2 f (x) + f (a) = 1 2 β + 2γ(x − a) + β si x < a 1 2 β + 2ν(x − a) + β si x > a, donc f convient. On conclut que l’ensemble des applications convenant est : f : R −→ R, x −→ α + β(x − a) + γ(x − a)2 si x a α + β(x − a) + ν(x − a)2 si x a ; (α,β) ∈ R2 . Remarquons d’abord que F, G, H sont dérivables sur R. 1) Si F et G sont solutions de (E) X = AX, alors : H = (F + G) = F + G = AF + AG = A(F + G) = AH , donc H est solution de (E). 2) Réciproquement, supposons que H est solution de (E). On a donc : ∀ t ∈ R, α eαt U + β eβt V = A(eαt U + eβt V) , d’où aussi, en dérivant : ∀ t ∈ R, α2 eαt U + β2 eβt V = A(αeαt U + β eβt V) . En prenant les valeurs en 0, on obtient : αU + βV = A(U + V) = AU + AV α2 U + β2 V = A(αU + βV) = αAU + βAV, d’où : (AU − αU) + (AV − βV) = 0 α(AU − αU) + β(AV − βV) = 0. Comme α =/ β, on déduit, par exemple en effectuant L2 L2 − αL1 et L2 L2 − βL1 : AU − αU = 0 AV − βV = 0. On a alors, pour tout t ∈ R : F (t) = α eαt U = eαt AU = A(eαt U) = AF(t) , donc F est solution de (E), et, de même, G est solution de (E). D’après le cours, le problème de Cauchy linéaire pro- posé admet une solution et une seule, notée (x,y,z). Considérons U = x + jy + j2 z. L’application U est de classe C1 sur R et : U = x + jy + j2 z = (−x + y) + j(−y + z) + j2 (−z + x) = (j2 − 1)x + (1 − j)y + (j − j2 )z = (1 − j) − (1 + j)x + y + jz = (1 − j)(j2 x + y + jz) = (1 − j)j2 (x + jy + j2 z) = (j2 − 1)U. Par résolution de l’EDL1 SSM obtenue ci-dessus, il existe U0 ∈ C tel que : ∀ t ∈ R, U(t) = e(j2−1)t U0. De plus : U0 = U(0) = x(0) + jy(0) + j2 z(0) = 1 + j2 + j = 0 , d’où : ∀ t ∈ R, U(t) = 0. Ainsi : ∀ t ∈ R, x(t) + jy(t) + j2 z(t) = 0. D’après un exercice de Première année (Méthodes et Exercices MPSI, ex. 2.27 a)), les points x(t), y(t), z(t) forment, dans le plan complexe, un triangle équilatéral direct. 1) Soit f convenant. Puisque f est continue, l’applica- tion x −→ x 0 f (t) 2 dt, est de classe C1 , donc f est de classe C1 sur ] − 1 ; 1[. On a alors, en dérivant : ∀ x ∈ ] − 1 ; 1[, f (x) = f (x) 2 , et, d’autre part : f (0) = 1. • Considérons le problème de Cauchy (C) y = y2 y(0) = 1. Puisque l’application (x,y) −→ y2 est de classe C1 sur l’ou- vert U = ] − 1 ; 1[×R et que (0,1) ∈ U, d’après le théorème de Cauchy et Lipschitz, (C) admet une solution maximale et une seule. • D’autre part, cherchons une solution y de (C) ne s’annulant en aucun point. On a : y = y2 ⇐⇒ y y2 = 1 ⇐⇒ ∃ λ ∈ R, ∀ x ∈ ] − 1 ; 1[, − 1 y(x) = x + λ ⇐⇒ ∃ λ ∈ R, ∀ x ∈ ] − 1 ; 1[, y(x) = − 1 x + λ . 360 8.24 8.26 −→ −→ 8.25
- 371. Puis : y(0) = 1 ⇐⇒ − 1 λ = 1 ⇐⇒ λ = −1. Ainsi, y0 : ] − ∞ ; 1[−→ R, x −→ 1 1 − x est solution de (C), nécessairement maximale, puisque y0(x) −→ x−→1− +∞. D’après le cours, f est restriction de y0, d’où : ∀ x ∈ ] − 1 ; 1[, f (x) = 1 1 − x . 2) Réciproquement, f : ] − 1 ; 1[−→ R, x −→ 1 1 − x est continue sur ] − 1 ; 1[, et, pour tout x ∈ ] − 1 ; 1[ : 1 + x 0 f (t) 2 dt = 1 + x 0 1 (1 − t)2 dt = 1 + 1 1 − t x 0 = 1 + 1 1 − x − 1 = 1 1 − x = f (x), donc f convient. Finalement, il y a une application et une seule convenant : f : ] − 1 ; 1[−→ R, x −→ 1 1 − x . 1) Existence et unicité de y : Puisque l’application F : (x,y) −→ − 3 x y + xy2 est de classe C1 sur l’ouvert U = ]0 ; +∞[×R de R2 , et que 2, 1 3 ∈ U, d’après le théorème de Cauchy et Lipschitz, le problème de Cauchy (C) y = − 3 x y + xy2 y(2) = 1 3 admet une so- lution maximale et une seule, notée y, et l’intervalle de défi- nition I de y est ouvert. Remarquons : 2 ∈ I et I ⊂ ]0 ; +∞[. 2) Calcul de y : • Cherchons une solution particulière y de (C) ne s’annulant en aucun point. Soient J un intervalle ouvert tel que 2 ∈ J et J ⊂ ]0 ; +∞[, et y : J −→ R dérivable telle que : ∀ x ∈ J, y(x) =/ 0 . Notons z : J −→ R, x −→ 1 y(x) , qui est dérivable sur J. On a, avec des notations classiquement abusives : y = − 3 x y + xy2 ⇐⇒ − z z2 = − 3 xz + x z2 ⇐⇒ z = 3 x z − x (F). Il s’agit maintenant d’une EDL1 ASM. La solution générale de l’EDL1 SSM associée z = 3 x z est donnée par : z(x) = λ exp 3 x dx = λ e3 ln x = λx3 , λ ∈ R . On cherche une solution particulière de (E) par la méthode de variation de la constante, sous la forme z : x −→ z(x) = λ(x)x3 , où λ est la nouvelle fonction in- connue, supposée dérivable. On a, avec des notations classi- quement abusives : z = 3 x z − x ⇐⇒ λ x3 = −x ⇐⇒ λ = − 1 x2 ⇐ λ = 1 x . Une solution particulière de (F) est donc : z : x −→ 1 x x3 = x2 . D’après le cours, la solution générale de (F) est donc : z : x −→ x2 + λx3 , λ ∈ R . Il en résulte que, pour tout λ ∈ R fixé, la fonction y : x −→ 1 z(x) = 1 x2 + λx3 est une solution de l’ED de l’énoncé. Et, pour cette fonction : y(2) = 1 3 ⇐⇒ 1 4 + 8λ = 1 3 ⇐⇒ λ = − 1 8 . Considérons donc la fonction y1 : x −→ 1 x2 − 1 8 x3 = 8 8x2 − x3 . D’après ce qui précède, y1 est solution de (C) sur l’intervalle ]0 ; 8[. De plus : y(x) −→ x−→8− +∞, donc y1 est nécessairement la solution maximale de (C). On conclut que la solution maximale de (C) est : y : ]0 ; 8[−→ R, x −→ 8 8x2 − x3 . 1) L’application F : R2 −→ R, (x,y) −→ − cos y est de classe C1 sur l’ouvert R2 de R2 , donc, d’après le théo- rème de Cauchy et Lipschitz, le problème de Cauchy (C) y = F(x,y) y(π) = 0 admet une solution maximale et une seule, notée y, et l’intervalle de définition de y est ouvert. 2) Cherchons des solutions de y + cos y = 0 telles que cos y ne s’annule pas. On a alors, avec des notations classiquement abusives : 361 8.27 8.28
- 372. y + cos y = 0 ⇐⇒ dx dy = − 1 cos y ⇐⇒ x = − dy cos y = t=tan (y/2) − 2 dt 1 + t2 1 − t2 1 + t2 = −2 dt 1 − t2 = −2 Argth t + C, si |t| < 1, C ∈ R ⇐⇒ t = th C − x 2 = −th x 2 − C 2 ⇐⇒ tan y 2 = −th x 2 − C 2 ⇐ y = −2 Arctan th x 2 − C 2 . Et : y(π) = 0⇐⇒−2 Arctan th π 2 − C 2 = 0⇐⇒C = π . Considérons donc l’application y : R −→ R, x −→ −2 Arctan th x − π 2 . Cette application y est dérivable sur R et satisfait (C). De plus, il est évident, puisque y est définie sur R, que y est solution maximale de (C). Finalement, la solution maximale de (C) est y définie ci-dessus. Soit c ∈ ]0 ; +∞[. Résolvons l’ED (E) y = −(c2 + y2 ). On a, avec des nota- tions classiquement abusives : (E) ⇐⇒ dy c2 + y2 = −dx ⇐⇒ dy c2 + y2 = −x + λ, λ ∈ R ⇐⇒ 1 c Arctan y c = −x + λ, λ ∈ R ⇐⇒ y = c tan c(−x + λ) . De plus, pour cette fonction y : y(1) = 0 ⇐⇒ tan c(−1 + λ) = 0 ⇐⇒ c(λ − 1) = kπ, k ∈ Z ⇐⇒ λ = 1 + kπ c . Ainsi : y = c tan c − x + 1 + kπ c = c tan c(−x + 1) . Enfin : Déf (y) ⊃ [0 ; 1] ⇐⇒ ∀ x ∈ [0 ; 1], c(−x + 1) /∈ π 2 + πZ ⇐⇒ [0 ; c] ⊂ − π 2 ; π 2 ⇐⇒ c ∈ 0 ; π 2 . On conclut que l’ensemble cherché est : 0 ; π 2 . Il s’agit d’un SDL1 SSM, à coefficients constants. La ma- trice de (S) est : A = 2 −1 2 10 −5 7 4 −2 2 . Un calcul élémentaire (polynôme caractéristique) montre que les valeurs propres de A sont −1 (simple) et 0 (double), et que les sous-espaces propres sont : SEP (A,−1) = Vect (V1), V1 = 1 −1 −2 , SEP (A,0) = Vect (V2), V2 = 1 2 0 . Il en résulte que A n’est pas diagonalisable. Notons V3 = 0 0 1 par exemple (n’importe quel vecteur hors de Vect (V1,V2) conviendra), et : P = ( V1 V2 V3 ) = 1 1 0 −1 2 0 −2 0 1 . Alors, P est inversible et un calcul élémentaire (ou la calcula- trice) donne : P−1 = 1 3 2 −1 0 1 1 0 4 −2 3 . En notant T = P−1 AP, on obtient, après calcul du produit des trois matrices : T = −1 0 −1 0 0 3 0 0 0 , qui est triangulaire supérieure. Autrement dit, nous avons trigonalisé A. Notons U = P−1 X, donc X = PU. On a : (S) ⇐⇒ X = AX ⇐⇒ U = TU . Notons U = u v w . On a : (S) ⇐⇒ u v w = −1 0 −1 0 0 3 0 0 0 u v w ⇐⇒ u = −u − w v = 3w w = 0 ⇐⇒ ∃ (C1,C2,C3) ∈ R3 , ∀ t ∈ R, w(t) = C3 v(t) = 3C3t + C2 u(t) = C1 e−t − C3. 362 8.29 8.30
- 373. Puis : x y z = X = PU = 1 1 0 −1 2 0 −2 0 1 C1 e−t − C3 C2 + 3C3t C3. On conclut que la solution générale de (S) est donnée, pour tout t ∈ R, par : x(t) = C1 e−t + 3C3t + (C2 − C3) y(t) = −C1 e−t + 6C3t + (2C2 + C3) z(t) = −2C1 e−t + 3C3 (C1,C2,C3) ∈ R3 . a) L’application F : R3 −→ R2 , (t,x,y) −→ (t − 1)xy − 2 3 x + 1 3 y, (2t + 1)xy − 4 3 x + 2 3 y est de classe C1 sur l’ouvert R3 de R3 , et (0,1,1) ∈ R3 , donc, d’après le théorème de Cauchy et Lipschitz, le problème de Cauchy (C) admet une solution maximale et une seule, notée (x,y), et l’intervalle de définition de cette solution maximale est ouvert. b) L’application z : t −→ (2t + 1)x(t) − (t − 1)y(t) est dérivable sur I et, pour tout t ∈ I : z (t) = (2t + 1)x (t) + 2x(t) − (t − 1)y (t) − y(t) = (2t + 1) (t − 1)x(t)y(t) − 2 3 x(t) + 1 3 y(t) + 2x(t) −(t − 1) (2t + 1)x(t)y(t) − 4 3 x(t) + 2 3 y(t) − y(t) = − 2 3 (2t + 1) + 2 + 4 3 (t − 1) x(t) + 1 3 (2t + 1) − 2 3 (t − 1) − 1 y(t) = 0. Comme z = 0 sur l’intervalle I, on déduit que z est constante sur I. Et : z(0) = x(0) + y(0) = 2. On conclut que z est constante égale à 2. a) D’après le cours, la solution générale de (E0) est don- née, pour x ∈ ] − 1 ; 1[, par : y(x) = λ exp − 1 1 − x dx = λ(1 − x), λ ∈ R . b) Soit y : ] − 1 ; 1[−→ R une application dSE(0), y(x) = +∞ n=0 an xn , de rayon 1. D’après le cours, on peut dériver terme à terme : ∀ x ∈ ] − 1 ; 1[, y (x) = +∞ n=1 nan xn−1 . On a alors, pour tout x ∈ ] − 1 ; 1[ : (1 − x)y (x) + y(x) = (1 − x) +∞ n=1 nan xn−1 + +∞ n=0 an xn = +∞ n=1 nan xn−1 − +∞ n=1 nan xn + +∞ n=0 an xn = +∞ n=0 (n + 1)an+1xn − +∞ n=0 nan xn + +∞ n=0 an xn = +∞ n=0 (n + 1)an+1 − (n − 1)an xn . Par unicité du DSE(0) de g, y est solution de (E) sur ] − 1 ; 1[ si et seulement si : ∀ n ∈ N, (n + 1)an+1 − (n − 1)an = bn (1) . • Supposons que la suite (an)n∈N vérifie (1). La suite (an)n∈N est une suite récurrente linéaire du premier ordre, à coefficients variables, avec second membre. En multipliant par n, on ob- tient : ∀ n ∈ N, (n + 1)nan+1 − n(n − 1)an = nbn . Notons, pour tout n ∈ N : un = n(n − 1)an. On a alors : ∀ n ∈ N, un+1 − un = nbn, d’où, par sommation et télescopage : ∀ n ∈ N, un = u0 = 0 + n−1 k=0 kbk , et donc : ∀ n ∈ N − {0,1}, an = un n(n − 1) = 1 n(n − 1) n−1 k=0 kbk . De plus, d’après (1) (pour n = 0) : a1 + a0 = b0. Réciproquement, considérons la suite (an)n∈N définie par a0 ∈ R, a1 = −a0 + b0 et : ∀ n 2, an = 1 n(n − 1) n−1 k=0 kbk . Il est clair que la suite (an)n∈N vérifie (1). De plus, pour tout x ∈ ] − 1 ; 1[ et tout n 2 : |an xn | 1 n(n − 1) n−1 k=0 k|bk| |x|n 1 n(n − 1) (n − 1) n−1 k=0 |bk| |x|n n−1 k=0 |bk xk |. 363 8.31 8.32
- 374. Puisque la série entière k 0 bk xk est de rayon 1, pour tout x ∈ ] − 1 ; 1[ fixé, la série numérique k 0 |bk xk | converge, donc la suite n−1 k=0 |bk xk | n 2 est bornée. Il en résulte que la suite |an xn | n 2 est bornée. Ceci montre que le rayon de convergence de la série entière n 0 an xn est 1. D’après les calculs faits plus haut (par équivalence logique), la somme de la série entière n 0 an xn est solution de (E). On conclut que (E) admet au moins une solution y dSE(0), y(x) = +∞ n=0 an xn , de rayon 1, définie par a0 ∈ R (quel- conque, par exemple a0 = 0), a1 = −a0 + b0, et : ∀ n 2, an = 1 n(n − 1) n−1 k=0 kbk. c) • L’application g : x −→ −ln 1 − x 2 est dSE(0), de rayon 2 ( 1), et : ∀ x ∈ ] − 1 ; 1[, g(x) = +∞ n=1 1 n x 2 n . En appliquant b), et en choisissant, par exemple, a0 = 0, on a : a1 = b0 = 0 et : ∀ n 2, an = 1 n(n − 1) n−1 k=0 k 1 k2k = 1 n(n − 1) n−1 k=0 1 2 k = 1 n(n − 1) 1 − 1 2 n 1 − 1 2 = 2 n(n − 1) (1 − 2−n ). Une solution y de (E) sur ] − 1 ; 1[ est donc : y : ] − 1 ; 1[−→ R, x −→ +∞ n=2 2 n(n − 1) (1 − 2−n )xn . • Nous allons exprimer la somme de cette dernière série en- tière à l’aide des fonctions usuelles. Rappelons : ∀ t ∈ ] − 1 ; 1[, +∞ n=0 tn = 1 1 − t et : ∀ t ∈ ] − 1 ; 1[, +∞ n=1 tn n = −ln(1 − t). En primitivant, on obtient : ∀ t ∈ ] − 1 ; 1[, +∞ n=1 tn+1 n(n + 1) = t 0 −ln(1 − u) du = ipp − u ln(1 − u) t 0 − t 0 u 1 − u du = −t ln (1 − t) − t 0 − 1 + 1 1 − u du = −t ln(1 − t) + t + ln (1 − t) = (1 − t)ln(1 − t) + t. D’où, pour tout x ∈ ] − 1 ; 1[ : y(x) = +∞ n=2 2 n(n − 1) (1 − 2−n )xn = +∞ n=1 2 (n + 1)n (1 − 2−(n+1) )xn+1 = 2 +∞ n=1 1 n(n + 1) xn+1 − (2−1 x)n+1 = 2 +∞ n=1 xn+1 (n + 1)n − 2 +∞ n=1 (2−1 x)n+1 (n + 1)n , car x ∈ ] − 1 ; 1[ et 2−1 x ∈ ] − 1 ; 1[, = 2 (1 − x)ln(1 − x) + x − 2 1 − x 2 ln 1 − x 2 + x 2 = 2(1 − x)ln(1 − x) − (2 − x) ln 1 − x 2 + x . Il s’agit d’une EDL2 ASM, normalisable sur ]0 ; +∞[. Effectuons, comme le suggère l’énoncé, le changement de va- riable t = ln x, donc aussi le changement de fonction incon- nue z(t) = y(x). On a alors : y(x) = z(t), y (x) = z (t) dt dx = z (t) 1 x , y (x) = z (t) 1 x2 − z (t) 1 x2 . Ainsi, y est solution de (e) sur ]0 ; +∞[ si et seulement si : ∀ t ∈ R, z (t) − z (t) − 2z(t) = t e2t (F). Il s’agit maintenant d’une EDL2ASM à coefficients constants, avec second membre du type polynôme-exponentielle. Considérons l’EDL2 SSM associée : (F0) z − z − 2z = 0 . L’équation caractéristique r2 − r − 2 = 0 admet deux solutions réelles, −1 et 2. D’après le cours, la solution générale de (E0) est : z : t −→ α e−t + β e2t , (α,β) ∈ R2 . Puisque le coefficient 2 de e2t du second membre est racine simple de l’équation caractéristique, cherchons une solution de (F) de la forme : z : t −→ (at2 + bt + c) e2t , (a,b,c) ∈ R2 . On a : z(t) = (at2 + bt + c) e2t , 364 8.33
- 375. z (t) = 2(at2 + bt + c) + (2at + b) e2t z (t) = 4(at2 + bt + c) + 4(2at + b) + 2a e2t . En reportant dans (F) et en identifiant (polynômes en t), on ob- tient, après quelques lignes de calcul élémentaire, que z est so- lution de (F) si et seulement si : a = 1 6 et b = − 1 9 . Ainsi, une solution, de (F) est : z : t −→ 1 6 t2 − 1 9 t e2t . La solution générale de (F) est donc : z : t −→ 1 6 t2 − 1 9 t e2t + α e−t + β e2t , (α,β) ∈ R2 . En remplaçant t par ln x, on conclut que la solution générale de (E) sur ]0 ; +∞[ est : y : x −→ 1 6 (lnx)2 − 1 9 ln x x2 + α x + βx2 , (α,β) ∈ R2 . Il s’agit d’une EDL2 SSM, normalisée, à coefficients va- riables. 1) Recherche d’une éventuelle solution polynomiale : Soient n ∈ N, a0,. . . ,an ∈ R tels que an =/ 0, y : x −→ n k=0 ak xk . Si y est solution de (E) sur ]1 ; +∞[, alors le terme de degré n + 1 dans le premier membre doit être nul, donc : n(n − 1)an − 2nan + 2an = 0, c’est-à-dire : (n2 − 3n + 2) an =/ 0 = 0, donc : n = 1 ou n = 2. Cherchons donc une solution éventuelle de (E) sous la forme y : x −→ ax2 + bx + c, (a,b,c) ∈ R3 . On a alors, avec des notations classiquement abusives : x(x2 − 1)y − 2(x2 − 1)y + 2xy = x(x2 − 1)2a − 2(x2 − 1)(2ax + b) + 2x(ax2 + bx + c) = (2a + 2c)x + 2b. Ainsi, y est solution de (E) si et seulement si : 2a + 2c = 0, 2b = 0 , c’est-à-dire : b = 0 et c = −a. En particulier, l’application y1 : ]1 ; +∞[−→ R, x −→ x2 − 1 est solution de (E). 2) Recherche d’une deuxième solution de (E) par la méthode de Lagrange : D’après la méthode de Lagrange, on cherche une seconde solution de (E) sous la forme y : x −→ (x2 − 1)λ(x), où λ : ]1 ; +∞[−→ R est la nouvelle fonction inconnue, sup- posée dérivable. On a, avec des notations classiquement abu- sives : y = (x2 − 1)λ, y = (x2 − 1)λ + 2xλ, y = (x2 − 1)λ + 4xλ + 2λ, donc : x(x2 − 1)y − 2(x2 − 1)y + 2xy = x(x2 − 1) (x2 − 1)λ + 4xλ + 2λ −2(x2 − 1) (x2 − 1)λ + 2xλ + 2x(x2 − 1)λ = x(x2 − 1)2 λ + 4x2 (x2 − 1) − 2(x2 − 1)2 λ + 2x(x2 − 1) − 4x(x2 − 1) + 2x(x2 − 1) = 0 λ = x(x2 − 1)2 λ + 2(x2 − 1)(x2 + 1)λ = (x2 − 1) x(x2 − 1)λ + 2(x2 + 1)λ . Ainsi, y est solution de (E) si et seulement si λ est solution de : (F) x(x2 − 1)λ + 2(x2 + 1)λ = 0. Une solution, autre que la fonction nulle, de cette EDL1 en λ , SSM, est donnée par : λ (x) = exp − 2(x2 + 1) x(x2 − 1) dx . Pour calculer l’intégrale, effectuons d’abord le changement de variable t = x2 : 2(x2 + 1) x(x2 − 1) dx = t=x2 t + 1 t(t − 1) dt . Effectuons ensuite une décomposition en éléments simples : t + 1 t(t − 1) dt = − 1 t + 2 t − 1 dt = − ln t + 2 ln (t − 1). D’où : λ (x) = exp ln (x2 ) − 2 ln(x2 − 1) = x2 (x2 − 1)2 . Pour calculer λ, on, peut effectuer une intégration par parties : λ(x) = x2 (x2 − 1)2 dx = − 1 2 x −2x (x2 − 1)2 dx = − 1 2 x 1 x2 − 1 + 1 2 1 x2 − 1 dx = − x 2(x2 − 1) − 1 4 ln x + 1 x − 1 . On obtient une deuxième solution particulière de (E) : y2 : ]1 ; +∞[−→ R, x −→ (x2 − 1)λ(x) = − x 2 − x2 − 1 4 ln x + 1 x − 1 . 365 8.34
- 376. D’après le cours sur la méthode de Lagrange, la famille (y1,y2) est libre. On conclut que l’ensemble S des solutions de (E) sur ]1 ; +∞[ est : S = y : ]1 ; +∞[−→ R, x −→ a(x2 − 1) + b x 2 + x2 − 1 4 ln x + 1 x − 1 ; (a,b) ∈ R2 . a) • Soit y : x −→ +∞ n=0 an xn une fonction dSE(0), de rayon > 0. On a, pour tout x ∈ ] − R ; R[ avec des notations classiquement abusives : x2 y + 6xy + (6 − x2 )y = x2 +∞ n=2 n(n − 1)an xn−2 + 6x +∞ n=1 nan xn−1 + (6 − x2 ) +∞ n=0 an xn = +∞ n=2 n(n − 1)an xn + +∞ n=1 6nan xn + 6 +∞ n=0 an xn − +∞ n=0 an xn+2 = +∞ n=2 n(n − 1)an xn + +∞ n=1 6nan xn + 6 +∞ n=0 an xn − +∞ n=2 an−2xn = 6a0 + 12a1x + +∞ n=2 n(n − 1)an + 6nan + 6an − an−2 xn = 6a0 + 12a1x + +∞ n=2 (n2 + 5n + 6)an − an−2 xn . Par unicité du DSE(0) de la fonction constante égale à −1, on a : y est solution de (E) ⇐⇒ 6a0 = −1, 12a1 = 0 ∀ n 2, (n2 + 5n + 6 =/ 0 )an − an−2 = 0 ⇐⇒ a0 = − 1 6 , a1 = 0 ∀ n 2, an = an−2 (n + 2)(n + 3) . Ceci revient à ∀ p ∈ N, a2p+1 = 0 et, pour tout p ∈ N, en ré- itérant : a2p = a2p−2 (2p + 3)(2p + 2) = 1 (2p + 3)(2p + 2) 1 (2p + 1)(2p) · · · 1 5 · 4 a0 = 1 (2p + 3) · · · 4 − 1 6 = − 1 (2p + 3)! . • Réciproquement, la série entière p 0 − 1 (2p + 3)! x2p est de rayon infini et sa somme, d’après les calculs précédents, est so- lution de (e) sur R. On conclut que (e) admet une solution et une seule dSE(0), l’ap- plication : f : R −→ R, x −→ +∞ p=0 − x2p (2p + 3)! , et de plus, le rayon est infini. b) On a, pour tout x ∈ R∗ : f (x) = − +∞ p=0 x2p (2p + 3)! = − 1 x3 +∞ p=0 x2p+3 (2p + 3)! = − 1 x3 (sh x − x). D’autre part, f (0) est le terme constant de la série entière dé- finissant f. On conclut : f : R −→ R, x −→ x − sh x x3 si x =/ 0 − 1 6 si x = 0. Il s’agit d’une EDL2 ASM, normalisable sur ]0 ; +∞[, à coefficients variables. 1) Effectuons le changement de fonction inconnue z = e−x y, d’où y = ex z. On a : y = ex z, y = ex (z + z), y = ex (z + 2z + z) . Ainsi, y est solution de (E) si et seulement si z est solution de : (F) xex (z + 2z + z) − 2(x − 1)ex (z + z) + (x − 2)ex z = x ex , et : (F) ⇐⇒ xz + 2z = x. En notant v = z , on a : (F) ⇐⇒ xv + 2v = x (G). Il s’agit d’une EDL1ASM. La solution générale de l’EDL1 SSM associée (G0) xv + 2v = 0 est : v : x −→ λ exp − 2 x dx = λ x2 , λ ∈ R. 366 8.35 8.36
- 377. Cherchons une solution particulière de (G) sous forme d’un po- lynôme de degré 1 : v : x −→ αx + β, (α,β) ∈ R2 . On a : ∀ x ∈ ]0 ; +∞[, xv + 2v = x ⇐⇒ ∀ x ∈ ]0 ; +∞[, αx + 2(αx + β) = x ⇐⇒ 3α = 1, 2β = 0. Ainsi, v : x −→ 1 3 x est solution de (G). La solution générale de (G) est donc : v : x −→ 1 3 x + λ x2 , λ ∈ R. Par v = z , la solution générale de (F) est : z : x −→ 1 6 x2 − λ x + µ, (λ,µ) ∈ R2 . La solution générale de (E) est obtenue par y = ex z : y : x −→ 1 6 x2 − λ x + µ ex , (λ,µ) ∈ R2 . 2) En notant u = y − y, on a : u = yz − y , donc : (E) xy − 2(x − 1)y + (x − 2)y = x ex ⇐⇒ x(y − y ) − x(y − y) + 2(y − y) = x ex ⇐⇒ xu − (x − 2)u = x ex (H). Il s’agit d’une EDL1 ASM. La solution générale de l’EDL1 SSM associée (H0) xu − (x − 2)u = 0 est : u : x −→ λ exp x − 2 x dx = λ ex x2 , λ ∈ R . Cherchons une solution particulière de (H) par la méthode de variation de la constante, sous la forme u : x −→ λ(x) ex x2 , où λ est la nouvelle fonction inconnue, supposée dérivable. On a alors, avec des notations classiquement abusives : (H) ⇐⇒ λ ex x = x ex ⇐⇒λ = x2 ⇐ λ(x) = x3 3 (I) . Une solution de (H) est donc : u : x −→ λ(x) ex x2 = 1 3 x ex . La solution générale de (H) est donc : u : x −→ 1 3 x ex + λ ex x2 , λ ∈ R. On résout ensuite : (I) y − y = u = 1 3 x ex + λ ex x2 . Il s’agit d’une EDL1 ASM. La solution générale de l’EDL1 SSM associée y − y = 0 est : y : x −→ µ ex , µ ∈ R. On cherche une solution particulière de (I) par la méthode de va- riation de la constante, sous la forme y : x −→ µ(x) ex , où µ est la nouvelle fonction inconnue, supposée dérivable. On a : y − y = 1 3 x ex + λ ex x2 ⇐⇒ µ ex = 1 3 x ex + λ ex x2 ⇐⇒ µ = 1 3 x + λ x2 ⇐ µ(x) = x2 6 − λ x . Une solution particulière de (E) est donc : y : x −→ x2 6 − λ x ex . La solution générale de (E) est donc : y : x −→ x2 6 ex − λ ex x + µ ex , (λ,µ) ∈ R2 . 3) L’EDL2 SSM associée est : (E0) xy − 2(x − 1)y + (x − 2)y = 0 . Cherchons une solution particulière y de (E0) sous la forme y : x −→ xα ex , où α ∈ Z est à trouver. On a : y = xα ex , y = (xα + αxα−1 ) ex , y = xα + 2αxα−1 + α(α − 1)xα−2 ex , d’où : xy − 2(x − 1)y + (x − 2)y = xα+1 + 2αxα + α(α − 1)xα−1 ex −2(x − 1)(xα + αxα−1 )ex + (x − 2)xα ex = xα−1 ex x2 + 2αx + α(α − 1) − 2(x − 1)(x + α) + (x − 2)x = xα−1 ex α(α + 1). En prenant α = 0 ou α = −1, on obtient une solution parti- culière de (E0). Ainsi, les deux applications y1 : x −→ ex x , y2 : x −→ ex sont solutions de (E0). On cherche maintenant une solution de (E) par la méthode de variation des constantes, sous la forme : y : x −→ u1(x)y1(x) + u2(x)y2(x) , où u1,u2 : ]0 ; +∞[ sont les fonctions inconnues, supposées dé- rivables et liées par une certaine condition. On a, par la mé- thode : u1 y1 + u2 y2 = 0 u1 y1 + u2 y2 = x ex x ⇐⇒ u1 ex x + u2 ex = 0 u1 xex − ex x2 + u2 ex = ex ⇐⇒ u1 + xu2 = 0 (x − 1)u1 + x2 u2 = x2 ⇐⇒ u1 + xu2 = 0 x(u1 + xu2) − u1 = x2 ⇐⇒ u1 + u2x = 0 u1 = −x2 ⇐⇒ u1 = −x2 u2 = x ⇐ u1 = − x3 3 u2 = x2 2 . 367
- 378. Une solution particulière de (E) est donc : y : x −→ u1(x)y1(x) + u2(x)y2(x) = − x3 3 ex x + x2 2 ex = x2 ex 6 . On conclut que la solution générale de (E) est : y : x −→ x2 ex 6 + λ ex x + µex , (λ,µ) ∈ R2 . 1) Soit f convenant. Par le changement de variable x = sin t, on a : ∀ x ∈ [−1 ; 1], f ( 1 − x2) = 1 − x2 f (x) , d’où : ∀ x ∈ ] − 1 ; 1[, f (x) = 1 √ 1 − x2 f ( 1 − x2) (1) . Puisque f est dérivable sur [−1 ; 1], le second membre est dé- rivable sur ] − 1 ; 1[, donc f est deux fois dérivable sur ] − 1 ; 1[. On, a alors, en dérivant dans l’équation de l’énoncé, pour tout t ∈ R − πZ : − sin t f ( cos t) = − sin t f ( cos t) + cos 2 t f ( sin t) . Mais, en remplaçant t par π/2 − t dans l’énoncé, on a, pour tout t ∈ R : f ( sin t) = sin t f ( cos t). d’où, pour tout t ∈ R − πZ : cos 2 t f ( sin t) − sin t f ( sin t) + f ( sin t) = 0 , ou encore, pour tout x ∈ ] − 1 ; 1[ : (1 − x2 ) f (x) − x f (x) + f (x) = 0 (E) . Il s’agit maintenant d’une EDSL2 SSM, à coefficients variables, normalisée sur ] − 1 ; 1[. On remarque que y1; x −→ x est so- lution évidente.Vu les rôles analogues de cos t et sin t, on peut conjecturer que y2 : x −→ √ 1 − x2 soit solution de (E). Un calcul simple montre que y2 est solution de (E) sur ] − 1 ; 1[. D’après le cours, la solution générale de (E) sur ] − 1 ; 1[ est donc : α1 y1 + α2 y2, (α1,α2) ∈ R2 . Ceci montre qu’il existe (α1,α2) ∈ R2 tel que : ∀ x ∈ ] − 1 ; 1[, f (x) = α1x + α2 1 − x2 . Puisque f est continue sur [−1 ; 1], on a aussi : ∀ x ∈ [−1 ; 1], f (x) = α1x + α2 1 − x2 . Comme f est dérivable en 1 et que x −→ √ 1 − x2 ne l’est pas, on a nécessairement α2 = 0, et donc : ∀ x ∈ [−1 ; 1], f (x) = α1x . 2) La réciproque est évidente. Finalement, l’ensemble S des applications convenant est : S = f : [−1 ; 1] −→ R ; x −→ αx ; α ∈ R . 1) Soit ( f,g) convenant. Puisque : ∀ x ∈ ]0 ; +∞[, f (x) = − g(x) x et que g est dérivable, f est dérivable, donc f est deux fois dé- rivable sur R. De même, g est deux fois dérivable sur R. Comme : ∀ x ∈ ]0 ; +∞[, x f (x) = −g(x), on déduit, en dérivant : ∀ x ∈ ]0 ; +∞[, x f (x) + f (x) = −g (x) = f (x) x , c’est-à-dire : ∀ x ∈ ]0 ; +∞[, x2 f (x) + x f (x) − f (x) = 0 (1) . Ainsi, f satisfait une EDL2 SSM. Il s’agit d’une ED d’Euler. Effectuons le changement de variable t = ln x, x = et , d’où le changement de fonction inconnue f (x) = u(t). On a : f (x) = u(t), f (x) = u (t) 1 x , f (x) = u (t) 1 x2 − u (t) 1 x2 , d’où : (1) ⇐⇒ ∀ t ∈ R, u (t) − u(t) = 0 (2). Il s’agit maintenant d’une EDL2 SSM à coefficients constants. La solution générale de (2) est : u : t −→ α et + β e−t , (α,β) ∈ R2 , d’où la solution générale de (1) : f : x −→ αx + β x , (α,β) ∈ R2 . On déduit, pour tout x ∈ ]0 ; +∞[ : g(x) = −x f (x) = −x α − β x2 = −αx + β x . 2) Réciproquement, pour tout (α,β) ∈ R2 , on vérifie aisément que le couple ( f,g) d’applications de ]0 ; +∞[ dans R, défini, pour tout x ∈ ]0 ; +∞[, par : f (x) = αx + β x , g(x) = −αx + β x , convient. Finalement, l’ensemble des couples ( f,g) convenant est donné par : ∀ x ∈ ]0 ; +∞[, f (x) = αx + β x g(x) = −αx + β x ; (α,β) ∈ R2 . Puisque S ∈ S++ n , d’après le cours, il existe Ω ∈ On(R), D = diag (λ1,. . . ,λn) ∈ Dn(R∗ +) telles que : S = Ω∆Ω−1 . Pour X : R −→ Mn,1(R) deux fois dérivable sur R, notons Y = Ω−1 X, qui est deux fois dérivable sur R. On a : X + SX = 0 ⇐⇒ ΩY + (Ω∆Ω−1 )ΩY = 0 ⇐⇒ Y + DY = 0. 368 8.37 8.38 8.39
- 379. Notons y1 ... yn = Y. Alors : Y + DY = 0 ⇐⇒ ∀ k ∈ {1,. . . ,n}, yk + λk yk = 0 ⇐⇒ ∀ k ∈ {1,. . . ,n}, ∃ (Ak,Bk) ∈ R2 , ∀ t ∈ R, yk(t) = Ak cos ( λk t) + Bk sin ( λk t). Comme cos et sin, sont bornées sur R, chaque yk est bornée sur R, donc Y est bornée sur R, puis, comme X = ΩY, et que Ω ne dépend pas de t, X est bornée sur R. a) L’application F : R × R −→ R, (x,y) −→ 2x + y2 est de classe C1 sur l’ouvert R2 , donc, d’après le théorème de Cauchy et Lipschitz, le problème de Cauchy (C) admet une so- lution maximale et une seule, notée f, et l’intervalle de défi- nition de f est ouvert. b) 1) Montrons, par récurrence sur n, que f est de classe Cn sur I, pour tout n ∈ N. • Puisque f est dérivable sur I, f est de classe C0 sur I. • Si f est de classe Cn sur I, alors, comme : ∀ x ∈ I, f (x) = 2x + f (x) 2 , f est de classe Cn sur I, donc f est de classe Cn+1 sur I. Ceci montre, par récurrence sur n, que f est de classe Cn sur I, pour tout n ∈ N. On conclut que f est de classe C∞ sur I. 2) Puisque f est de classe C∞ sur I, d’après le théorème de Taylor-Young, f admet un développement limité à tout ordre en 0, en particulier, f admet un DL11(0). On a déjà f (0) = 0 (par hypothèse), et on a : f = 2x + f 2 , f = 2 + 2 f f , f (3) = 2 f 2 + 2 f f , f (4) = 6 f f + 2 f f (3) , d’où : f (0) = 0, f (0) = 2, f (3) (0) = 0, f (4) (0) = 0 . D’après la formule de Taylor-Young, on a donc déjà : f (x) = 4 k=0 f (k) (0) k! xk + o x−→0 (x4 ) = x2 + o(x4 ) . Le DL11(0) de f est donc de la forme : f (x) = x2 + a5x5 + · · · + a11x11 + o(x11 ) , où a5,. . . ,a11 sont des réels à calculer. D’après le théorème de Taylor-Young, puisque f est de classe C∞ , on peut dériver terme à terme : f (x) = 2x + 5a5x4 + · · · + 11a11x10 + o(x10 ) . D’autre part : 2x + f (x) 2 = 2x + x2 + a5x5 + · · · + a11x11 + o(x10 ) 2 = 2x + x4 + 2a5x7 + 2a6x8 + 2a7x9 + (2a8 + a2 5)x10 + o(x10 ) . Par unicité du DL10(0) de f , on déduit : 5a5 = 1, a6 = 0, a7 = 0, 2a5 = 8a8, 2a6 = 9a9, 2a7 = 10a10, 2a8 + a2 5 = 11a11 , d’où : a5 = 1 5 , a6 = 0, a7 = 0, a8 = 1 4 a5 = 1 20 , a9 = 2 9 a6 = 0 , a10 = 2 10 a7 = 0, a11 = 1 11 (2a8 + a2 5) = 7 550 . On conclut au DL11(0) de f : f (x) = x2 + 1 5 x5 + 1 20 x8 + 7 550 x11 + o x−→0 (x11 ) . Si f convient, alors le second membre, dans l’énoncé, est C1 , donc f est C1 , puis, en réitérant, f est C2 . On a alors : f convient ⇐⇒∀ x ∈ R, f (x) = −1 − 2x x 0 f (t) dt + x 0 t f (t) dt ⇐⇒ f (0) = −1 ∀ x ∈ R, f (x) = −2x f (x) − 2 x 0 f (t) dt + x f (x) ⇐⇒ f (0) = −1, f (0) = 0 ∀ x ∈ R, f (x) = −x f (x) − 3 f (x). Autrement dit, la question revient à la résolution d’un problème de Cauchy linéaire : (C) y(0) = −1, y (0) = 0 yz + xy + 3y = 0 (E). La présence de y + xy incite à considérer une nouvelle fonc- tion inconnue : z = ex2/2 y. On a alors : y = e−x2/2 z, y = −xe−x2/2 z + e−x2/2 z , y = (x2 − 1)e−x2/2 z − 2xe−x2/2 z + e−x2/2 z . D’où : y + xy + 3y = ex2/2 (z − xz + 2z). Pour l’EDL2 SSM (F) z − xz + 2z = 0, cherchons une solution sous forme polynomiale. Si z : x −→ an xn + · · · + a0 est solution de (E), où n ∈ N, a0,. . . ,an ∈ R, an =/ 0, alors le terme de degré n du premier membre de (E) doit être nul : −nan + 2an = 0 d’où : n = 2. 369 8.40 8.41
- 380. Cherchons donc une solution sous la forme : z : x −→ ax2 + bx + c, (a,b,c) ∈ R3 . En reportant dans (F), on obtient facilement b = 0, a = 1, c = −1. Ainsi, une solution particulière de (F) est : z : x −→ x2 − 1 , et une solution particulière de (E) est : y : x −→ (x2 − 1) e−x2/2 . De plus : y(0) = −1 et : ∀ x ∈ R, y (x) = 3x − x3 e−x2 /2 , donc : y (0) = 0. Ainsi, y est solution de (C). D’après le cours, le problème de Cauchy linéaire (C) admet une solution et une seule. On conclut qu’il y a une application et une seule convenant : f : R −→ R, x −→ (x2 − 1)e−x2/2 . a) L’application continue p admet au moins une primi- tive P sur I. Notons u = zeP . L’application u est dérivable sur I et : u = z eP + zp eP = (z + pz > 0 )eP > 0 . Il en résulte que u est strictement croissante sur I, donc u admet au plus un zéro dans I. Comme z = u e−P et que e−P ne s’annule en aucun point, on conclut que z admet au plus un zéro. b) Notons z = yy . L’application z est dérivable sur I et : z = (yy ) = yy + y 2 = y(−py − qy) + y 2 , donc : z + pz = y 2 − q < 0 y2 0. Montrons z + pz > 0, en raisonnant par l’absurde. Supposons qu’il existe a ∈ I tel que : (z + pz)(a) = 0. On a alors : y (a) 2 0 + − q(a) > 0 y(a) 2 0 = 0, donc y (a) = 0 et y(a) = 0. Mais alors, y et la fonction constante nulle sont solutions sur I du problème de Cauchy li- néaire : y + py + qy = 0 y(a) = 0, y (a) = 0. D’après le théorème de Cauchy linéaire, il en résulte y = 0, ce qui est exclu par l’énoncé. Ce raisonnement par l’absurde montre : z + pz > 0. On peut alors appliquer le résultat de a) et conclure que z admet au plus un zéro dans I. a) Soit f une solution de (E0). L’application g : R −→ R, x −→ f (−x) est deux fois déri- vable sur R et, pour tout x ∈ R : g(x) = f (−x), g (x) = − f (−x), g (x) = f (−x) , d’où, pour tout x ∈ R : g (x) + p(x)g (x) + q(x)g(x) = f (−x) − p(x) f (−x) + q(x) f (−x) = f (−x) + p(−x) f (−x) + q(−x) f (−x) = ( f + pf + q f )(−x) = 0, et on conclut que g est solution de (E0) sur R. b) 1) D’après le théorème de Cauchy et Lipschitz linéaire, il existe une solution f1 et une seule de (E0) telle que : f1(0) = 1 et f1(0) = 0. Montrons que f1 est paire. Considérons la symétrisée g1 de f1. D’après a), g1 est solution de (E0) sur R, et on a : g1(0) = f1(0) = 1, g1(0) = − f1(0) = 0. Ainsi, f1 et g1 sont solutions sur R du problème de Cauchy li- néaire : (E0), y(0) = 1, y (0) = 0. D’après le théorème de Cauchy linéaire, on a donc g1 = f1 , c’est-à-dire : ∀ x ∈ R, f1(−x) = f1(x), donc f1 est paire. 2) D’après le théorème de Cauchy linéaire, il existe une solu- tion et une seule f2 de (E0) telle que : f2(0) = 0 et f2(0) = 1. Montrons que f2 est impaire. Considérons la symétrisée g2 de f2. D’après a), g2 est solution de (E0) sur R, et on a : g2(0) = f2(0) = 0, g2(0) = − f2(0) = −1 . Ainsi, f2 et −g2 sont solutions du problème de Cauchy : (E0), y(0) = 0, y (0) = 1 . D’après le théorème de Cauchy linéaire, on a donc −g2 = f2 , c’est-à-dire : ∀ x ∈ R, − f2(−x) = f2(x), donc f2 est impaire. 3) • Montrons que ( f1, f2) est libre. Soit (α1,α2) ∈ R2 tel que : α1 f1 + α2 f2 = 0. On a alors aussi, par dérivation : α1 f1 + α2 f2 = 0. En prenant les valeurs en 0, on a : (α1 f1 + α2 f2)(0) = 0 (α1 f1 + α2 f2)(0) = 0 ⇐⇒ α1 = 0 α2 = 0. Ceci montre que ( f1, f2) est libre. 370 8.42 8.43
- 381. • D’après le cours, l’ensemble S0 des solutions de (E0) sur R est un R-espace vectoriel de dimension 2. D’autre part, on vient de voir que ( f1, f2) est une famille libre dans S0 . On conclut : ( f1, f2) est une base de S0 . a) • Puisque (E0) est une EDL2 SSM, normalisée, à coef- ficients continus sur l’intervalle ]0 ; +∞[, d’après le cours, l’en- semble S0 des solutions de (E0) sur ]0 ; +∞[ est un R-espace vectoriel de dimension 2, c’est-à-dire un plan vectoriel. • Soit y ∈ S0. Montrons, par récurrence sur n, que, pour tout n ∈ N∗ , y est de classe Cn sur ]0 ; +∞[. Puisque y est deux fois dérivable, y est de classe C1 . Si, pour un n ∈ N∗ , y est de classe Cn , alors l’application x −→ −y (x) + x + 1 + 1 x y(x) est Cn−1 , donc y est Cn−1 , y est Cn+1 . Ceci montre, par récurrence sur n, que, pour tout n ∈ N∗ , y est de classe Cn sur ]0 ; +∞[. On conclut : S0 ⊂ C∞ ( ]0 ; +∞[ ; R). b) D’après le théorème de Cauchy linéaire, l’application θ : S0 −→ R2 , y −→ y(1),y (1) est une bijection linéaire. Comme S = y ∈ S0 ; y(1) = 2 = θ−1 ({2} × R) , S est l’image réciproque par θ de la droite affine {2} × R de R2 . Il en résulte que S est une droite affine. c) La courbure de γy au point d’abscisse 1 est donnée par : γy = y (1) 1 + y (1) 2 3/2 . Ici : y(1) = 2, y (1) = −y (1) + (1 + 1 + 1)y(1) = −y (1) + 6 , donc : γy = 6 − y (1) 1 + y (1)2 3/2 . d) D’après le théorème de Cauchy linéaire, pour tout t ∈ R, il existe y ∈ S0 unique telle que : y(1) = 2 et y (1) = t. La valeur maximale de γy est donc la valeur maximale (si elle existe) de l’application γ : R −→ R, t −→ γ(t) = 6 − t (1 + t2)3/2 . L’application γ est dérivable sur R et, après un calcul élé- mentaire, pour tout t ∈ R : γ (t) = (1 + t2 )−5/2 (2t2 − 18t − 1) . On en déduit le tableau des variations de γ : t −∞ t1 t2 +∞ γ (t) + 0 − 0 + γ(t) 0 0 t1 = 9 − √ 83 2 , t2 = 9 + √ 83 2 . La valeur maximale de γ est donc atteinte en t1 : γ(t1) = 6 − t1 (1 + t2 1 )3/2 6,027 . . . • Notons g = f − a2 f. Nous allons calculer f en fonc- tion de g, par résolution de l’EDL2 (E) y − a2 y = g. La solution générale de l’EDL2 SSM associée (E0) y − a2 y = 0 est (puisque a =/ 0) : y : x −→ λ ch ax + µ sh ax, (λ,µ) ∈ R2 . Cherchons une solution particulière de (E) par la méthode de variation des constantes, sous la forme : y : x −→ u(x) ch ax + v(x) sh ax , où u,v sont des fonctions inconnues, dérivables, satisfaisant une certaine condition. On a, pour tout x ∈ [0 ; +∞[ : u (x) ch ax + v (x) sh ax = 0 u (x)a sh ax + v (x)a ch ax = g(x) ⇐⇒ u (x) = − 1 a g(x) sh ax v (x) = 1 a g(x) ch ax. La solution générale de (E) est donc donnée par : y(x) = − 1 a ch ax x 0 g(t)sh at dt + 1 a sh ax x 0 g(t)ch at dt + λ ch ax + µ sh ax, (λ,µ) ∈ R2 . On a alors, pour tout x ∈ [0 ; +∞[ : y (x) = − sh ax x 0 g(t) sh at dt + ch ax x 0 g(t) sh at dt + λa sh ax + µa ch a. D’où : y(0) = f (0) y (0) = f (0) ⇐⇒ λ = f (0) µa = f (0). On conclut que, pour tout x ∈ [0 ; +∞[ : f (x) = − 1 a ch ax x 0 g(t) sh at dt + 1 a sh ax x 0 g(t) ch at dt + f (0) ch ax + f (0) sh ax a = 1 a x 0 g(t) sh a(x − t) dt + f (0) ch ax + f (0) sh ax a . 371 8.44 8.45
- 382. • Comme, par hypothèse, g 0, et que : ∀ x ∈ [0 ; +∞[, ∀ t ∈ [0 ; x], sh a(x − t) 0, on déduit : ∀ x ∈ [0 ; +∞[, f (x) f (0) ch ax + f (0) sh ax a . • En appliquant le résultat précédent à (b, a, − f, −g) à la place de (a, b, f, g), on déduit l’autre inégalité demandée. 1) Soit (I,y) convenant. On a : yy + y 2 = 0 ⇐⇒ (yy ) = 0 ⇐⇒ ∃ A ∈ R, y2 2 = yy = A ⇐⇒ ∃ (A,B) ∈ R2 , ∀ x ∈ R, y2 2 = Ax + B. De plus, comme y2 2 = Ax + B, et yy = A, on a : y(0) = 1 y (0) = 1 ⇐⇒ B = 1/2 A = 1. D’où : ∀ x ∈ I, y(x) 2 = 2x + 1. Il s’ensuit : ∀ x ∈ I, x − 1 2 , donc, puisque I est ouvert : I ⊂ ] − 1/2 ; +∞[. Comme : ∀ x ∈ I, y(x) 2 = 2x + 1 =/ 0, y ne s’annule en aucun point de I.Ainsi, l’application y est conti- nue sur l’intervalle I et ne s’annule en aucun point de I, donc, d’après le théorème des valeurs intermédiaires, y est de signe strict fixe. Comme de plus y(0) = 1 > 0, on déduit y > 0, d’où : ∀ x ∈ I, y(x) = √ 2x + 1. 2) Réciproquement, pour tout intervalle ouvert I tel que 0 ∈ I ⊂ ] − 1/2 ; +∞[, l’application y : I −→ R, x −→ √ 2x + 1 est deux fois dérivable sur I et un calcul simple montre que : yy + y 2 = 0. Finalement, l’ensemble des couples (I,y) convenant est défini par : I est un intervalle ouvert quelconque tel que 0 ∈ I ⊂ ] − 1/2 ; +∞[ et y : I −→ R, x −→ √ 2x + 1. Soit y une solution maximale de (E) y = f (x,y). D’après le cours, l’intervalle de définition I de y est ouvert. Il existe donc (α,β) ∈ R ∪ {−∞, +∞} tel que : I = ]α ; β[. Nous allons montrer β = +∞, en raisonnant par l’absurde. Supposons β ∈ R. Il existe a ∈ ]α ; β[. On a , pour tout x ∈ [a ; β[ : y(x) = y(a) + x a y (t) dt = y(a) + x a f t,y(t) dt Puisque f est de classe C1 et bornée sur R2 , l’application t −→ f t,y(t) est continue et bornée sur l’intervalle borné [a ; β[, donc est intégrable sur [a ; β[. Il en résulte que l’ap- plication x −→ x a f t,y(t) dt, admet une limite finie lorsque x −→ β− . D’après la formule vue plus haut, on dé- duit : y(x) −→ x−→β− y(a) + . Considérons l’application Y : ]α ; β] −→ R définie par : Y(x) = y(x) si α < x < β y(a) + si x = β. Alors, Y est continue sur ]α ; β], de classe C1 sur ]α ; β[ et : y (x) = f x,y(x) −→ x−→β− f β,y(a) + . D’après le théorème limite de la dérivée, on déduit que Y est de classe C1 sur ]α ; β] et que : y (β) = f β,y(a) + = f β,Y(β) . Ainsi, Y est solution de (E) sur ]α ; β], ce qui contredit la maxi- malité de y. Ce raisonnement par l’absurde montre : β = +∞. De même : α = −∞. On conclut que y est définie sur R. 1) L’application R2 −→ R, (x,y) −→ 1 1 + x2 + y2 , est de classe C1 sur l’ouvert R2 de R2 , et (0,0) ∈ R2 , donc, d’après le théorème de Cauchy et Lipschitz (non linéaire) le problème de Cauchy (C) admet une solution maximale et une seule, encore notée y, l’intervalle de définition de y est ouvert, et toute solution de (C) est restriction de y. 2) Notons J = {x ∈ R ; −x ∈ I} le symétrisé de I, et z : J −→ R, x −→ z(x) = −y(−x) la symétrisée de y. L’application z est dérivable sur J (par composition, puisque y est dérivable sur I), on a z(0) = −y(0) = 0, et, pour tout x ∈ J : z (x) = y (−x) = 1 1 + (−x)2 + y(−x) 2 = 1 1 + x2 + z(x) 2 . Ceci montre que z est solution de (C) sur J. Il en résulte que z est restriction de la solution maximale y, c’est- à-dire : J ⊂ I et ∀ x ∈ J, z(x) = y(x). • En notant I = ]α ; β[ où −∞ α < 0 < β +∞, on a : J ⊂ I ⇐⇒] − β ; −α[ ⊂ ]α ; β[ ⇐⇒ α −β et − α β ⇐⇒ β = −α. 372 8.47 8.48 8.46
- 383. On déduit : I = ] − α ; α[, donc I est symétrique par rapport à 0. • Et : ∀ x ∈ I, y(x) = z(x) = −y(−x), donc y est impaire. 3) • L’application y est dérivable sur l’intervalle I et : ∀ x ∈ I, y (x) = 1 1 + x2 + y(x) 2 > 0 , donc y est strictement croissante sur I. • On a de plus y(0) = 0, donc y est à valeurs 0 (sur I ∩ [0 ; +∞[). • On a, pour tout x ∈ I ∩ [0 ; +∞[ : y (x) = 1 1 + x2 + y(x) 2 1 1 + x2 , d’où, en intégrant, pour tout x ∈ I ∩ [0 ; +∞[ : y(x) = y(0) + x 0 y (t) dt x 0 1 1 + t2 dt = Arctan x π 2 , ce qui montre que y est majorée. 4) Raisonnons par l’absurde : supposons qu’il existe b ∈ ]0 ; +∞[ tel que : I ∩ [0 ; +∞[ = [0 ; b[. Puisque y est croissante et majorée, y admet en b− une limite finie, notée L. Considérons l’application Y : [0 ; b] −→ R, x −→ y(x) si x =/ b L si x = b. Puisque y est continue sur [0 ; b[ et que y(x) −→ x−→b− L, Y est continue sur [0 ; b]. D’autre part, Y, qui coïncide avec y sur [0 ; b[, est dérivable sur [0 ; b[ et : ∀ x ∈ [0 ; b[, y (x) = y (x) = 1 1 + x2 + y(x) 2 . Puisque y est continue sur [0 ; b[ (car dérivable), par opéra- tions, Y est continue sur [0 ; b[, donc Y est de classe C1 sur [0 ; b[. Enfin : y (x) = 1 1 + x2 + y(x) 2 −→ x−→b− 1 1 + b2 + L2 , donc Y admet en b− une limite finie. D’après le théorème limite de la dérivée, on déduit que Y est de classe C1 sur [0 ; b] et que Y (b) = 1 1 + b2 + L2 . Mais alors, Y est solution de (C) sur [0 ; b], ce qui contredit la maximalité de y. Ce raisonnement par l’absurde montre que l’extrémité droite de I n’est pas un réel, donc est +∞. 5) Puisque y est croissante et majorée, y admet en +∞ une li- mite finie notée . De plus, comme on l’a vu en 3), pour tout x ∈ [0 ; +∞[ : 0 y(x) π 2 . On déduit, par passage à la limite lorsque x tend vers +∞ : 0 π 2 . On a, par exemple : y(1) > 0, donc > 0. Si = π 2 , alors, en faisant tendre x vers +∞ dans l’encadre- ment obtenu plus haut, on déduit : +∞ 0 1 1 + t2 + y(t) 2 dt = +∞ 0 1 1 + t2 dt , contradiction, car t −→ 1 1 + t2 − 1 1 + t2 + y(t) 2 est conti- nue, à valeurs 0 et n’est pas l’application nulle. On a donc =/ π 2 . Finalement : 0 < < π 2 . 6) α) Récurrence. • Puisque y est dérivable, donc continue, 1 1 + x2 + y2 est continue, donc y est continue, y est C1 . • Si y est Cn , pour un n ∈ N∗ , alors 1 1 + x2 + y2 est Cn , y est Cn , y est Cn+1 . On conclut : y est de classe C∞ sur [0 ; +∞[. β) Ainsi, y est C2 et : y = − 2x + 2yy (1 + x2 + y2)2 0, car x 0, y 0, y 0. On conclut que y est concave sur [0 ; +∞[. 7) On a : y (0) = 1 1 + 02 + 02 = 1. 373 y x ᐉ O 2 y = y(x)
- 384. 8) Puisque y est de classe C∞ sur [0 ; +∞[ (et même sur R), d’après le théorème de Taylor-Young, y admet un développe- ment limité à tout ordre, y aussi, et on passe du premier au se- cond par dérivation terme à terme. En particulier, y admet un DL5(0). De plus, y(0) = 0, y (0) = 1, et y est impaire (sur R). Le DL5(0) de y est donc de la forme : y(x) = x + ax3 + bx5 + o x−→0 (x5 ), (a,b) ∈ R2 , et on a : y (x) = 1 + 3ax2 + 5bx4 + o(x4 ). On reporte dans l’équation différentielle, présentée de préfé- rence sous forme d’un produit que d’un quotient : y = 1 1 + x2 + y2 ⇐⇒ (1 + x2 + y2 )y = 1 ⇐⇒ 1 + x2 + x + ax3 + bx5 + o(x5 ) 2 1 + 3ax2 + 5bx4 + o(x4 ) = 1 ⇐⇒ 1 + 2x2 + 2ax4 + o(x4 ) 1 + 3ax2 + 5bx4 + o(x4 ) = 1 ⇐⇒ 1 + (3a + 2)x2 + (5b + 8a)x4 + o(x4 ) = 1 ⇐⇒ 3a + 2 = 0 5b + 8a = 0 ⇐⇒ a = − 2 3 b = 16 15 , en utilisant l’unicité du DL4(0) de l’application nulle. On conclut que y admet le DL5(0) suivant : y(x) = x − 2 3 x3 + 16 15 x5 + o x−→0 (x5 ). Notons S0 l’ensemble des solutions de (E0) sur R. D’après le cours, S0 est un C-espace vectoriel de dimen- sion n. • Considérons, pour X ∈ S0, l’application translatée de X par T : X1 : R −→ Mn,1(C), t −→ X1(t) = X(t + T) . Il est clair que X1 est dérivable sur R, et : ∀ t ∈ R, X1(t) = X (t + T) = A(t + T)X(t + T) = A(t)X1(t), donc X1 ∈ S0 . On peut donc considérer l’application : φ : S0 −→ S0, X −→ φ(X) = X1 . • L’application φ est linéaire car, pour tout α ∈ C et toutes X,Y ∈ S0 : ∀ t ∈ R, φ(αX + Y) (t) = (αX + Y)(t + T) = αX(t + T) + y(t + T) = αφ(X)(t) + φ(Y)(t) = αφ(X) + φ(Y) (t), donc : φ(αX + Y) = αφ(X) + φ(y). • Ainsi, φ est un endomorphisme du C-espace vectoriel S0 , et celui-ci est de dimension finie supérieure ou égale à 1 (car égale à n). D’après le cours (conséquence du théorème de d’Alembert), φ admet au moins une valeur propre et un vecteur propre as- socié. Il existe donc λ ∈ C et X ∈ S0 tels que : φ(X) = λX. Ainsi, X est une solution de (E0) sur R, autre que l’applica- tion nulle, et telle que : ∀ t ∈ R, X(t + T) = λX(t) . a) Remarquons d’abord que, puisque A est inversible et que, pour tout t ∈ R, X (t)X(t) = A , pour tout t ∈ R, X(t) est inversible. Considérons l’application Y : ] − a ; a[−→ Mn(R), t −→ Y(t) = X(t)A − AX(t) . Puisque X est dérivable sur ] − a ; a[, par opérations, Y est dé- rivable sur ] − a ; a[ et : Y = (X A − AX) = X A − AX = (AX−1 )A − A(AX−1 ) = AX−1 (AX − X A)X−1 = −AX−1 Y X−1 . D’après le cours, le problème de Cauchy linéaire : Y = −AX−1 Y X−1 , Y(0) = 0 d’inconnue Y : ] − a ; a[−→ Mn(R) supposée dérivable, admet une solution et une seule. Comme Y et l’application constante nulle conviennent, on a donc Y = 0, d’où : X A − AX = 0, c’est-à-dire : ∀ t ∈ ] − a ; a[, X(t)A = AX(t). b) Considérons le problème de Cauchy non linéaire (C) z = AZ−1 , Z(0) = In , d’inconnue Z, à valeurs dans GLn(R). Puisque l’application : ] − a ; a[×GLn(R) −→ Mn(R), (t,Z) −→ AZ−1 est de classe C1 sur l’ouvert ] − a ; a[×GLn(R), (C) admet une solution maximale et une seule. D’après le cours, comme X est solution de (C), la solution maximale est un prolonge- ment de X. Considérons l’application U : ] − a ; a[−→ Mn(R), t −→ U(t) = t X(t) . 374 8.49 8.50
- 385. Puisque X est dérivable sur ] − a ; a[, par opération, U l’est aussi, et on a : U U = (t X) t X = t (X )t X = t (AX−1 )t X = t X−1 t A t X = t X−1 t (X A) = a) t X−1 t (AX) = t X−1 t X t A = t A = A. De plus : U(0) = t X(0) = t In = In et : ∀ t ∈ ] − a ; a[, U(t) ∈ GLn(R) . Ainsi, X et U sont solutions de (C) sur ] − a; a[, d’où, d’après le cours : ∀ t ∈ ] − a ; a[, U(t) = X(t), c’est-à-dire : ∀ t ∈ ] − a ; a[, t X(t) = X(t). On conclut que, pour tout t ∈ ] − a ; a[, la matrice X(t) est sy- métrique. Puisque (E0) est une EDL2 SSM, normalisée, à coeffi- cients continus sur l’intervalle [−1 ; 1], d’après le cours, S0 est un R-espace vectoriel de dimension 2. Nous allons montrer que les applications N1,N2 : S0 −→ R définies, pour tout y ∈ S0, par ; N1(y) = 0 −1 |y − y |, N2(y) = 1 0 |y + y | , sont des normes sur S0 . Comme S0 est un R-ev de dimension finie (égale à 2), il en résultera que N1 et N2 sont équivalentes, d’où, en particulier, le résultat demandé. 1) Étude de N1 : • On a, pour toutes y1,y2 ∈ S0 : N1(y1 + y2) = 0 −1 (y1 + y2) − (y1 + y2) = 0 −1 (y1 − y1) + (y2 − y2) 0 −1 |y1 − y1 | + 0 −1 |y2 − y2| = N2(y1) + N2(y2). • On a, pour tout α ∈ R et toute y ∈ S0 : N1(αy) = 0 −1 (αy) − (αy) = |α| 0 −1 |y − y | = |α|N1(y). • Soit y ∈ S0 telle que N1(y) = 0. Comme y = x2 y − y et que yest deux fois dérivable, y est dérivable, donc, en particulier, y est de classe C2 . Ainsi, 0 −1 |y − y | = 0, et |y − y | est continue et 0, d’où : ∀ x ∈ [−1 ; 0], y (x) − y (x) = 0. Par résolution de cette EDL1 d’inconnue y , il existe λ ∈ R tel que : ∀ x ∈ [−1 ; 0], y (x) = λ ex , puis il existe µ ∈ R tel que : ∀ x ∈ [−1 ; 0], y(x) = λ ex + µ . On a alors, pour tout x ∈ [−1 ; 0] : 0 = y (x) − x2 y (x) + y(x) = λ ex − x2 λ ex + (λ ex + µ) = −λx2 ex + 2λex + µ. En remplaçant x par 0, on déduit µ = −2λ, puis : ∀ x ∈ [−1 ; 0], λ(−x2 ex + 2 ex − 2) = 0, donc λ = 0, d’où : ∀ x ∈ [−1 ; 0], y(x) = 0. En particulier, y est solution de (E0) sur [−1 ; 1] et y(0) = 0, y (0) = 0. D’après le théorème de Cauchy linéaire, le problème de Cauchy linéaire (C) y − x2 y + y = 0 y(0) = 0, y (0) = 0 d’inconnue y : [−1 ; 1] −→ R, admet une solution et une seule. Comme y et la fonction constante nulle sont solutions de (C), on déduit : y = 0. Ceci montre que N1 est une norme sur S0 . 2) On montre, de même, que N2 est une norme sur S0 . 3) Puisque N1 et N2 sont des normes sur le R-espace vectoriel S0 qui est de dimension finie (égale à 2), d’après le cours, N1 et N2 sont équivalentes, donc, en particulier, il existe α ∈ R∗ + tel que : ∀ y ∈ S0, N1(y) αN2(y) , d’où le résultat demandé. a) Notons, pour k ∈ {1,2} : zk : R −→ C, x −→ yk(x + T) . Soit k ∈ {1, 2}. L’application zk est deux fois dérivable sur R et, pour tout x ∈ R : zk (x) + f (x)zk(x) = yk (x + T) + f (x)yk(x + T) = yk (x + T) + f (x + T)yk(x + T) = (yzk + f yk)(x + T) = 0 , donc zk est solution de (E0) sur R. Comme (y1,y2) est une base du R-ev S0 des solutions de (E0), il existe (αk,βk) ∈ R2 tel que : zk = αk y1 + βk y2, c’est-à-dire : ∀ x ∈ R, yk(x + T) = αk y1(x) + βk y2(x). b) Notons Y : R −→ M2,1(C), x −→ Y(x) = y1(x) y2(x) . 375 8.51 8.52
- 386. On a, pour tout x ∈ R : Y(x + T) = y1(x + T) y2(x + T) = α1 y1(x) + β1 y2(x) α2 y1(x) + β2 y2(x) = α1 β1 α2 β2 y1(x) y2(x) = AY(x). Mais, de la même façon, puisque f est aussi −T-périodique, il existe B ∈ M2(C) telle que : ∀ x ∈ R, Y(x − T) = BY(x) . On a alors : ∀ x ∈ R, Y(x) = Y (x + T) − T = BY(x + T) = B AY(x) , c’est-à-dire : ∀ x ∈ R, (B A − I2)Y(x) = 0. En dérivant, on obtient : ∀ x ∈ R, (B A − I2)Y (x) = 0 . En groupant les colonnes en matrices carrées d’ordre deux, on a : ∀ x ∈ R, (B A − I2) y1(x) y1(x) y2(x) y2(x) = 0 . Comme (y1,y2) est une base de S0 , d’après le cours, le wrons- kien w = y1 y2 − y1 y2 = y1 y2 y1 y2 n’est pas la fonction nulle, d’où B A − I2 = 0, et on conclut que A est inversible. 376
- 387. 377 9CHAPITRE 9Fonctions de plusieurs variables réelles Thèmes abordés dans les exercices • Étude de limite ou de continuité pour une fonction de plusieurs variables réelles • Existence et calcul éventuel des dérivées partielles premières, des dérivées par- tielles successives • Détermination de la classe d’une fonction de plusieurs variables réelles • Étude de C1 -difféomorphismes, de Ck -difféomorphismes, de C∞ -difféomor- phismes, d’un ouvert de Rn sur un ouvert de Rn , n 2 • Recherche d’extrémums locaux, d’extrémums globaux, pour une fonction réel- le de deux ou de plusieurs variables réelles • Résolution d’équations aux dérivées partielles du premier ordre (EDP1), du second ordre (EDP2) • Étude de fonctions définies implicitement • Étude de formes différentielles. Points essentiels du cours pour la résolution des exercices • Définition et propriétés de la continuité d’une fonction f de plusieurs variables réelles, lien entre la continuité de f et la continuité des fonctions partielles de f • Définition et propriétés algébriques des dérivées partielles premières, des déri- vées partielles successives, en particulier le théorème de composition des fonc- tions de classe C1 , de classe Ck , de classe C∞ • Définition et caractérisation (faisant intervenir le jacobien) des C1 -difféomor- phismes, des Ck -difféomorphismes, des C∞ -difféomorphismes d’un ouvert de Rn sur un ouvert de Rn • Définition de la notion d’extrémum local, pour une fonction f de plusieurs variables réelles, lien avec le notion de point critique de f lorsque f est de clas- se C1 sur un ouvert de Rn , intervention de s2 − rt lorsque f est de classe C2 sur un ouvert de R2 • Résolution de l’EDP1 ∂ f ∂x = g, f inconnue, g donnée • Énoncé du théorème des fonctions implicites • Notion de forme différentielle exacte, de primitive d’une forme différentielle exacte • Notion de forme différentielle fermée, notion d’ouvert étoilé, liens entre exac- te et fermée. Les méthodes à retenir 378 Énoncés des exercices 382 Du mal à démarrer ? 385 Corrigés 387 Plan ©Dunod.Laphotocopienonautoriséeestundélit.
- 388. Chapitre 9 • Fonctions de plusieurs variables réelles 378 Les méthodes à retenir ∗ Cas de deux variables réelles : Essayer d’abord d’appliquer les théorèmes généraux. • S’il s’agit d’une forme indéterminée, se ramener d’abord, par chan- gement de variables par translation à une étude en (0,0). Former les fonctions partielles f (·,0) et f (0,·). • Si l’une de ces deux fonctions partielles n’a pas de limite en 0, ou si ces deux fonctions ont des limites en 0 différentes, alors f n’a pas de limite en (0,0). • Si f (·,0) et f (0,·) admettent une même limite finie en 0, envisager des fonctions composées du type x −→ f (x,x), x −→ f (x,λx), λ ∈ R, ou plus compliquées en tenant compte de l’exemple proposé. Si ces diverses fonctions (d’une variable) ont la même limite en 0, on peut essayer d’établir que f admet pour limite en (0,0), en formant | f (x,y) − | et en essayant de majorer cette expression par une expression plus simple et de limite 0 lorsque (x,y) tend vers (0,0). À cet effet, il peut être intéressant de faire un changement de variables, par exemple en coordonnées polaires. ➥ Exercices 9.1, 9.8, 9.9 ∗ Cas de plusieurs variables réelles : Essayer d’adapter les méthodes précédentes. ➥ Exercices 9.19, 9.20. ∗ Cas de deux variables réelles : • Essayer d’abord d’appliquer les théorèmes généraux, en particulier le théorème de composition des applications de classe C1 . • En un point litigieux (c’est-à-dire en lequel les théorèmes généraux ne s’appliquent pas) (x0,y0), pour étudier l’existence et la valeur de ∂ f ∂x (x0,y0), former la fonction partielle f (·,y0) : x −→ f (x,y0) et étudier sa dérivabilité en x0. On a ainsi, sous réserve d’existence : ∂ f ∂x (x0,y0) = f (·,y0) (x0), et de même : ∂ f ∂y (x0,y0) = f (x0,·) (y0). • Pour montrer que f n’est pas de classe C1 , on peut essayer de rai- sonner par l’absurde, en utilisant une fonction composée. ➥ Exercice 9.1. ∗ Cas de plusieurs variables réelles : Essayer d’adapter les méthodes précédentes. Pour étudier l’existence et la valeur de la limite en un point ou pour étudier la continuité en un point d’une fonction de deux variables réelles ou de plusieurs variables réelles Pour étudier l’existence et la valeur des dérivées partielles premières d’une fonction f de deux variables réelles ou de plusieurs variables réelles
- 389. Les méthodes à retenir 379 Commencer par montrer que φ est de classe C1 sur U et bijective. Ensuite : • montrer que φ−1 est de classe C1 sur V, si φ−1 est exprimable ➥ Exercice 9.11 • montrer que le jacobien de φ en tout point (x,y) de U n’est pas nul. ➥ Exercice 9.10. • Essayer d’abord d’appliquer les théorèmes généraux, en particulier le théorème de composition des applications de classe C2 (ou Cn , ou C∞ ), et calculer successivement les dérivées partielles pre- mières, puis les dérivées partielles secondes (puis successives). ➥ Exercices 9.2, 9.3 • En un point litigieux (c’est-à-dire en lequel les théorèmes généraux ne s’appliquent pas), étudier successivement les dérivées partielles premières, puis les dérivées partielles secondes (ou successives), comme indiqué plus haut. • Essayer d’abord d’appliquer les théorèmes généraux. • Essayer de se ramener à l’intervention d’une fonction d’une variable réelle. Se rappeler que toute fonction développable en série entière en 0 est de classe C∞ au voisinage de 0. ➥ Exercice 9.23. • On sait résoudre les deux EDP1 : ∂ f ∂x = g, ∂ f ∂y = h, où g,h : U −→ R sont données (continues), par primitivation. Par exemple, la solution générale de l’EDP1 ∂ f ∂x = g est f : (x,y) −→ g(x,y) dx + ϕ(y), où ϕ est une fonction quel- conque de classe C1 (sur un intervalle à préciser). • On essaiera de se ramener à cette EDP1 simple par un changement de variables (et donc aussi un changement de fonction inconnue) donné (ou suggéré) par l’énoncé. ➥ Exercice 9.13. • On sait résoudre les trois EDP2 : ∂2 f ∂x2 = g, ∂2 f ∂x∂y = h, ∂2 f ∂y2 = k, où g,h,k : U −→ R sont données (continues), par deux primitiva- tions successives. ➥ Exercice 9.4 Pour montrer qu’une application φ : U −→ V est un C1 -difféomorphisme (ou un Ck -difféomorphisme, ou un C∞ -difféomorphisme) d’un ouvert U de Rn sur un ouvert V de Rn , n 2 Pour étudier l’existence et la valeur des dérivées partielles secondes (ou successives) d’une fonction de deux variables réelles ou de plusieurs variables réelles Pour montrer qu’une application f : U −→ R est de classe C∞ sur un ouvert U de Rn Pour résoudre une équation aux dérivées partielles du premier ordre (EDP1) d’inconnue f : U −→ R de classe C1 sur un ouvert (convexe) U de R2 Pour résoudre une équation aux dérivées partielles du deuxième ordre (EDP2) d’inconnue f : U −→ R de classe C2 sur un ouvert (convexe) de R2 ©Dunod.Laphotocopienonautoriséeestundélit.
- 390. Chapitre 9 • Fonctions de plusieurs variables réelles 380 • Essayer de se ramener à l’une de ces EDP2 par un changement de variables (et donc aussi un changement de fonction inconnue) donné (ou suggéré) par l’énoncé. ➥ Exercice 9.14. • Si l’on cherche les solutions d’une forme particulière d’une EDP, on peut essayer de se ramener à une ED. • Commencer par déterminer les points critiques de f, c’est-à-dire les points en lesquels les deux dérivées partielles premières de f s’an- nulent simultanément. En effet, d’après le cours, si f : U −→ R est de classe C1 sur l’ouvert U de R2 et si f admet un extrémum local en un point (x0,y0) de U, alors (x0,y0) est un point critique de f. • Si, de plus, f est de classe C2 sur U, calculer les trois dérivées par- tielles secondes de f en tout point de U, en déduire les valeurs de r = fx2 (x0,y0), s = fxy(x0,y0), t = fy2 (x0,y0), et former s2 − rt. Si s2 − rt > 0, alors f n’admet pas d’extrémum local en (x0,y0) (point-col) Si s2 − rt < 0 alors f admet un extrémum local en (x0,y0), un minimum si r > 0 (ou t > 0), un maximum si r < 0 (ou t < 0). Si s2 − rt = 0, étudier le signe de f (x,y) − f (x0,y0) pour (x,y) voisin de (x0,y0), par exemple en utilisant des chemins particuliers. ➥ Exercices 9.5, 9.15. • Essayer de montrer que f est bornée et atteint ses bornes, par utilisa- tion du théorème de continuité sur un compact. ➥ Exercice 9.16 • Si f atteint une de ses bornes en un point (x0,y0) intérieur à X et si f est de classe C1 sur l’intérieur X◦ de X, alors f|X◦ admet un extré- mum local en (x0,y0), donc (x0,y0) est un point critique de f|X◦ . ➥ Exercice 9.16 • Si f atteint une de ses bornes en un point du bord de X, essayer de se ramener à une recherche d’extrémum global pour une fonction d’une variable réelle. ➥ Exercice 9.24 • Dans certains cas simples, l’étude peut être résolue par l’utilisation d’inégalités classiques. ➥ Exercice 9.17. • Montrer que le théorème des fonctions implicites s’applique. ➥ Exercices 9.6, 9.7 • Montrer que la fonction implicite ϕ est de classe suffisante, en appliquant le théorème des fonctions implicites, donc, d’après le théorème de Taylor-Young, ϕ admet un développement limité, et déterminer celui-ci par la méthode des coefficients indéterminés. ➥ Exercice 9.6. Pour déterminer les extrémums locaux d’une application f : U −→ R de classe C1 ou C2 sur un ouvert U de R2 Pour déterminer les extrémums globaux d’une application f : X −→ R, où X ⊂ R2 Pour montrer qu’une égalité f(x,y) = 0 définit implicitement localement y en fonction de x, ou qu’une égalité f(x,y,z) = 0 définit implicitement localement z en fonction de (x,y), et pour obtenir un développement limité de la fonction implicite
- 391. Les méthodes à retenir 381 • Montrer que, pour tout x fixé, l’équation f (x,y) = 0 (d’inconnue y) admet une solution et une seule, en étudiant les variations de la fonc- tion y −→ f (x,y). • Pour étudier ϕ : x −→ y, montrer que le théorème des fonctions implicites s’applique localement et que la fonction implicite locale est restriction de ϕ. ➥ Exercice 9.25. 1) Si ω est fermée sur U, c’est-à-dire si ∂ P ∂y = ∂Q ∂x , et si U est étoilé, alors ω admet des primitives sur U. Chercher les applications F : U −→ R de classe C1 telles que : ∂F ∂x = P (1) et ∂F ∂y = Q (2) . Intégrer par exemple dans (1) par rapport à x, et obtenir (si x varie dans un intervalle) : F(x,y) = P(x,y) dx + G(y), où G est de classe C1 à une variable. En reportant dans (2), se ramener à une ED G (y) = S(y), où S est une fonction à calculer ( à une variable : y). Intégrer dans cette égali- té par rapport à y, et obtenir ainsi (si y varie dans un intervalle) : G(y) = S(y) dy + H, où H est une constante. 2) Si ω est fermée sur U et si U n’est pas étoilé, il se peut que ω ne soit pas exacte sur U. Recouvrir U par une réunion d’une nombre fini d’ouverts étoilés (si c’est possible), intégrer ω sur chacun de ces ouverts étoilés, puis étudier le raccord des primitives obtenues. 3) Si ω n’est pas fermée sur U, chercher, si l’énoncé l’indique, un fac- teur intégrant pour ω, c’est-à-dire une application ϕ non nulle (et, si possible, ne s’annulant en aucun point), de classe C1 , telle que la forme différentielle ω1 définie sur U par : ω1(x,y) = ϕ(x,y) ω(x,y) soit fermée sur U, ou soit fermée sur un ouvert U1 inclus dans U et différant peu de U. La détermination de ϕ se ramène à la résolution d’un système de deux EDP1. L’énoncé donnera une indication sur ϕ permettant de se ramener à la résolution d’une ED. La nouvelle forme différentielle ω1 est alors fermée sur U (ou U1) et on est ramené au 1) ou au 2) pour ω1 au lieu de ω. ➥ Exercice 9.18. Pour montrer qu’une égalité f(x,y) = 0 définit globalement y comme fonction de x, puis pour étudier la fonction ϕ : x −→ y Pour étudier une forme différentielle ω sur un ouvert U de R2 , définie, pour tout (x,y) ∈ U, par : ω(x,y) = P(x,y) dx + Q(x,y) dy ©Dunod.Laphotocopienonautoriséeestundélit.
- 392. Chapitre 9 • Fonctions de plusieurs variables réelles 382 Énoncés des exercices Étude de continuité et de caractère C1 pour une fonction de deux variables réelles Étudier la continuité et le caractère C1 sur R2 de la fonction f définie par : f (0,0) = 0 et f (x,y) = sin (xy) |x| + |y| si (x,y) =/ (0,0). Fonction harmonique Soit P ∈ C[X]. On note : f : R2 −→ C, (x,y) −→ P(x + i y). Montrer que f est harmonique sur R2 . Laplacien d’une fonction radiale Soit f : ]0 ; +∞[−→ R de classe C2 . On note U = R3 − {(0,0,0)}, g : U −→ R, (x,y,z) −→ f ( x2 + y2 + z2) . Montrer que g est de classe C2 sur U et que, pour tout (x,y,z) ∈ U, on a, en notant ρ = x2 + y2 + z2 : g(x,y,z) = f (ρ) + 2 ρ f (ρ), où désigne le laplacien. Résolution d’une EDP2 avec condition Trouver toutes les applications f : R2 −→ R de classe C2 telles que : ∀ (x,y) ∈ R2 , fxy(x,y) = 0 et f (x,x) = 0 . Exemples de recherche d’extrémums locaux de fonctions numériques de deux variables réelles Déterminer les extrémums locaux des applications f suivantes, pour lesquelles on donne l’en- semble de départ et l’image f (x,y) de (x,y) : a) R2 , 4x + 2y − x2 − y2 − 2x3 b) R2 , xy + x3 y2 . Exemple de fonction implicite de deux variables réelles, développement limité a) Montrer qu’il existe un voisinage V de (0,0) dans R2 et une application ϕ : V −→ R unique tels que : ϕ est de classe C∞ sur V, ϕ(0,0) = 1, et, pour tout (x,y) ∈ V, ϕ(x,y) est solution de l’équation z5 + xz2 + yz − 1 = 0, d’inconnue z ∈ R. b) Former le développement limité à l’ordre 2 de f en (0,0). Fonction implicite d’une variable réelle Soit f : R2 −→ R de classe C1 telle que : f (0,0) = 0, fx (0,0) =/ − 1, fy(0,0) =/ 0. Montrer que la relation f f (x,y),y = 0 définit implicitement y en fonction de x au voisina- ge de (0,0). Exemples d’étude de limite pour des fonctions de deux variables réelles Étudier l’existence et la valeur éventuelle d’une limite finie en (0,0) pour les fonctions f de deux variables réelles définies par les formules suivantes : a) xy x2 + xy + y2 b) x2 y x2 − xy + y2 c) x3 y4 x4 + y6 d) xy4 x4 + y6 e) exy − 1 ex − 1 . 9.1 9.2 9.3 9.4 9.5 9.6 9.7 9.8
- 393. Énoncés des exercices 383 Limite pour une fonction de deux variables réelles L’application f : R2 − {(0,0)} −→ R, (x,y) −→ (ex − 1) ln (1 + y) − (ey − 1) ln (1 + x) x2 + y2 a-t-elle une limite en (0,0) ? Exemple de C1 -difféomorphisme à deux variables Montrer que l’application f : R2 −→ R2 , (x,y) −→ (x3 + 3x ey , y − x2 ) est un C1 -difféomorphisme de R2 sur R2 . Exemple de C∞ -difféomorphisme à deux variables On note U =]0 ; +∞[2 et φ : (x,y) −→ x3 y2 , 1 x2 y . Montrer que φ est un C∞ -difféomorphisme de U sur U. Étude d’une intégrale dépendant d’un paramètre Soit f : R2 −→ R de classe C2 , telle que fx et fy soient 1-périodiques par rapport à la première variable, et que : fx2 = fy2. Montrer que l’application J : R −→ R, y −→ J(y) = 1 2 1 0 fx (x,y) 2 + fy(x,y) 2 dx est constante. Exemple d’EDP1 Trouver toutes les applications f : (R∗ +)2 −→ R de classe C1 telles que : ∀ (x,y) ∈ (R∗ +)2 , x ∂ f ∂x (x,y) + y ∂ f ∂y (x,y) = x x2 + y2 , en utilisant les coordonnées polaires. Exemple d’EDP2 On note U = (x,y) ∈ R2 ; y > |x| . Trouver toutes les applications f : U −→ R de classe C1 sur U telles que : ∀ (x,y) ∈ U, ∂2 f ∂x2 (x,y) − ∂2 f ∂y2 (x,y) = 1 y2 − x2 , en utilisant le changement de variables défini par : u = x + y, v = y − x. Extrémums locaux d’une fonction numérique de deux variables réelles Déterminer les extrémums locaux de f : U =] − π/2 ; π/2[2 −→ R, (x,y) −→ tan x th y − th x tan y . Exemple de recherche de borne supérieure pour une fonction numérique de deux variables réelles Déterminer Sup (x,y)∈[0;+∞[2, x+y π sin x sin y sin (x + y). Exemple d’extrémums liés Calculer la borne supérieure et la borne inférieure de xy + z2 , lorsque (x,y,z) ∈ R3 vérifie x2 + y2 + z2 = 9. ©Dunod.Laphotocopienonautoriséeestundélit. 9.9 9.10 9.11 9.12 9.13 9.14 9.15 9.16 9.17
- 394. Chapitre 9 • Fonctions de plusieurs variables réelles 384 Étude d’une forme différentielle à deux variables On note ω la forme différentielle définie sur R2 par : ω(x,y) = (x2 + y2 − 1) dx − 2xy dy. a) Montrer que ω n’est fermée sur aucun ouvert non vide de R2 . b) Trouver un ouvert non vide U de R2 , un intervalle ouvert I de R, et une application ϕ : I −→ R (autre que l’application nulle) de classe C1 sur I, tels que : ∀ (x,y) ∈ U, x2 − y2 ∈ I et que la forme différentielle ω1 définie sur U par ω1(x,y) = ϕ(x2 − y2 )ω(x,y) soit exacte sur U, et calculer alors les primitives de ω1 sur U. Limite pour une fonction de trois variables réelles Existence et valeur éventuelle de la limite en (0,0,0) de f (x,y,z) = xyz x2 + y2 + z2 + xy + xz + yz . Limite pour une fonction de trois variables réelles On note U = (x,y,z) ∈ R3 ; x2 + y2 − z2 =/ 0 . L’application f : U −→ R, (x,y,z) −→ x4 + y4 − z4 x2 + y2 − z2 admet-elle une limite (finie ou infinie) en (0,0,0) ? Dérivabilité par rapport à une variable complexe Soient Ω un ouvert non vide de R2 , f : Ω −→ C de classe C1 . On note : U = x + i y ; (x,y) ∈ Ω et g : U −→ C l’application définie, pour tout (x,y) ∈ Ω, par : g(x + i y) = f (x,y). Montrer que les deux propriétés suivantes sont équivalentes : (1) ∀ (x,y) ∈ Ω, fx (x,y) + i fy(x,y) = 0 (2) pour tout z0 ∈ U, l’application z −→ g(z) − g(z0) z − z0 admet une limite finie h(z0) lorsque z −→ z0. Différentielle de X −→ X−1 Soit n ∈ N∗ . a) Montrer que GLn(R) est ouvert dans Mn(R). b) Établir que l’application f : GLn(R) −→ Mn(R), X −→ X−1 est de classe C1 et calculer sa différentielle. Classe C∞ pour une fonction de deux variables réelles Démontrer que l’application f : R2 −→ R, (x,y) −→ exy − 1 x si x =/ 0 y si x = 0 est de classe C∞ sur R2 . Exemple de recherche de borne supérieure pour une fonction numérique de deux variables réelles Déterminer Sup (x,y)∈[0 ;+∞[2, x+y 2 x2 y2 (x2 + y2 ). 9.18 9.19 9.20 9.21 9.22 9.23 9.24
- 395. Du mal à démarrer ? 385 Exemple de fonction implicite globale a) Montrer que, pour tout x ∈ [0 ; 1], l’équation y3 − 2xy + x3 = 0,d’inconnue y ∈ [ √ x ; +∞[, admet une solution et une seule, notée ϕ(x). b) Établir que, ϕ est continue en 0. Est-ce que ϕ est dérivable en 0 ? c) Démontrer que ϕ est de classe C1 sur ]0 ; 1]. Du mal à démarrer ? ©Dunod.Laphotocopienonautoriséeestundélit. 9.25 Seul le point (0,0) pose problème. • Pour montrer la continuité en (0,0), majorer convenablement | f (x,y) − f (0,0)|. • Pour montrer que f n’est pas de classe C1 sur R2 , montrer que x −→ f (x,x) n’est pas dérivable en 0. Décomposer P sur la base canonique, et examiner le cas de Xk . Calculer ∂g ∂x (x,y,z) à l’aide de f (ρ), x, ρ,puis ∂2g ∂x2 (x,y,z) à l’aide de f (ρ), f (ρ), f (ρ), x, ρ, et en déduire ∆g(x,y,z). Résoudre l’EDP2 fxy = 0 et traduire ensuite la deuxième condition. a) Déterminer les points critiques de f, puis, en ces points, calculer s2 − rt. b) Déterminer les points critiques de f,puis étudier,par exemple, f (x,x) − f (0,0) et f (x,−x) − f (0,0). a) Appliquer le théorème des fonctions implicites. b) Utiliser le théorème de Taylor-Young pour l’existence du DL2(0,0) de f,et calculer celui-ci par coefficients indéterminés. Montrer que le théorème des fonctions implicites s’ap- plique. a) Étudier f (x,0) et f (x,x). b) Mettre le trinôme sous forme canonique. c) Noter X = x2 et Y = |y|3 , puis ρ = (X2 + Y2)1/2 , et majorer convenablement | f (x,y)|. d) Étudier, par exemple, f (x,x2/3). e) Montrer que l’application ϕ : R −→ R, t −→ et − 1 t si t = 0 1 si t = 0 est continue sur R, et exprimer f à l’aide de ϕ. Utiliser, par exemple, des développements limités. Pour montrer que f est bijective,se ramener à une équation d’inconnue x, et montrer, par étude de variations d’une fonc- tion, que cette équation admet une solution et une seule. Utiliser le théorème de caractérisation des C1 -difféomor- phismes. Montrer que φ est bijective, en exprimant sa réciproque. Appliquer ensuite la définition d’un C∞ -difféomorphisme. Appliquer le théorème de dérivation sous le signe 1 0 ,pour montrer que J est de classe C1 et exprimer J . En notant φ : (θ, ρ) −→ (ρ cos θ, ρ sin θ) et g = f ◦ φ, calculer ∂g ∂ρ . L’EDP1 proposée se ramène à une EDP1 d’inconnue g, plus simple à résoudre. Revenir à f. En notant φ : (x,y) −→ (x + y, x − y) et g = f ◦ φ−1 ,cal- culer les dérivées partielles premières de f en fonction de celles de g, puis calculer deux des dérivées partielles successives de f en fonction des dérivées partielles de g. L’EDP2 de l’énoncé se ramène à une EDP2 d’inconnue g, plus simple à résoudre. Revenir à f. Déterminer les points critiques de f : il y en a un seul, (0,0). Étudier, par exemple, f (x,x2). En notant T = (x,y) ∈ [0 ; +∞[2 ; x + y π et f : T −→ R, (x,y) −→ sin x sin y sin (x + y), montrer que f est bornée et atteint sa borne supérieure,et montrer que celle-ci est atteinte à l’intérieur de T.Déterminer les points critiques de f sur l’intérieur de T. Utiliser l’inégalité classique : ∀ (x,y) ∈ R2 , |xy| 1 2 (x2 + y2 ) . On peut ici résoudre la question sans faire intervenir de dérivée partielle. 9.1 9.3 9.2 9.4 9.5 9.6 9.7 9.8 9.9 9.10 9.11 9.12 9.13 9.14 9.15 9.16 9.17
- 396. Chapitre 9 • Fonctions de plusieurs variables réelles 386 a) En notant P et Q les coefficients de ω, calculer ∂ P ∂y , et ∂Q ∂x . b) En notant P1 et Q1 les coefficients de ω1, calculer ∂ P1 ∂y et ∂Q1 ∂x , et traduire la condition de fermeture de ω1 par une EDL1 d’inconnue ϕ. Résoudre cette EDL1, d’où ϕ et ω1. Pour déterminer les primitives de ω1 sur U, résoudre une des deux EDP1 puis reporter dans l’autre EDP1. Noter X = y + z, Y = z + x, Z = x + y , puis majorer convenablement | f (x,y,z)|. Étudier f (x,0,0) et f (x,x, √ 2 x + x4). Utiliser la formule de Taylor-Young. a) GLn(R) = det−1 (R∗). b) • Utiliser la formule : ∀ X ∈ GLn(R), X−1 = 1 det (X) t com (X) pour montrer que f : X −→ X−1 est de classe C1 sur l’ouvert GLn(R). • Pour déterminer dX f, calculer, pour H assez petite, (X + H)−1 − X−1 , en faisant apparaître X − (X + H). Considérer ϕ : R −→ R, t −→ et − 1 t si t = 0 1 si t = 0. Montrer que ϕ est développable en série entière en 0, de rayon infini, donc ϕ est de classe C∞ sur R. Exprimer f à l’aide de ϕ. 1re méthode Étude d’extrémum pour une fonction numérique de deux variables réelles : En notant C = (x,y) ∈ [0 ; +∞[2 ; x + y 2 et f : C −→ R, (x,y) −→ x2 y2(x2 + y2) , montrer que f admet une borne supérieure et que celle-ci est atteinte. Déterminer les points critiques de f sur l’intérieur de C et en déduire que la borne supérieure de f est atteinte sur le bord de C. Étudier la restriction de f au bord de C. 2è méthode : Se ramener à une étude d’extrémum pour une fonc- tion numérique d’une seule variable réelle : Considérer, pour y ∈ [0 ; 2] fixé, l’application h : [0 ; 2 − y] −→ R, x −→ f (x,y), déterminer Sup x∈[0;2−y] h(x), puis étudier l’expression obtenue, en fonction de y.Il pourra alors être commode de poser t = y − 1. a) L’étude du cas x = 0 est immédiate. Si x = 0, étudier fx : [ √ x ; +∞[−→ R, y −→ y3 − 2xy + x3 . b) 1) Calculer fx (2 √ x), et déduire la continuité de ϕ en 0. 2) Montrer ϕ(x) − ϕ(0) x − 0 −→ x−→0 +∞. c) Utiliser le théorème des fonctions implicites et montrer que, pour tout x0 ∈ ]0 ; 1], ϕ est de classe C∞ au voisinage de x0. 9.18 9.19 9.20 9.21 9.22 9.23 9.24 9.25
- 397. 387 • D’après les théorèmes généraux, f est de classe C1 sur l’ouvert R2 − {(0,0)}. • On a : | f (x,y)| = | sin (xy)| |x| + |y| |xy| |x| + |y| |x| −→ (x,y)−→(0,0) 0, donc : f (x,y) −→ (x,y)−→(0,0) 0 = f (0,0), ce qui montre que f est continue en (0,0). Il en résulte que f est continue sur R2 . • Considérons l’application g : R −→ R, x −→ g(x) = f (x,x) . On a : g(x) − g(0) x − 0 = sin (x2 ) 2x|x| ∼ x−→0 x 2|x| −→ x−→0± ± 1 2 . Ainsi, g n’est pas dérivable en 0. Si f était de classe C1 sur R2 , par composition, g serait de classe C1 sur R, contradiction. On conclut : f n’est pas de classe C1 sur R2 . Rappelons qu’une application f : U −→ C, de classe C2 sur un ouvert U de R2 est dite harmonique si et seulement si son laplacien est nul, le laplacien de f étant : f = ∂2 f ∂x2 + ∂2 f ∂y2 . Vu la linéarité du laplacien, décomposons le polynôme P sur la base canonique : P = n k=0 akXk , où n ∈ N, a0,. . . ,an ∈ C. Notons, pour tout k ∈ {0,. . . ,n} : ek : R2 −→ C, (x,y) −→ (x + i y)k . Ainsi : f = n k=0 akek. Puisque ∆ est linéaire, on a : ∆ f = n k=0 ak∆ek. Et, pour tout k ∈ {0,. . . ,n} et tout (x,y) ∈ R2 : ∂ek ∂x (x,y) = k(x + i y)k−1 , ∂ek ∂y (x,y) = i k(x + i y)k−1 , puis : ∂2 ek ∂x2 (x,y) = k(k − 1)(x + i y)k−2 , ∂2 ek ∂y2 (x,y) = −k(k − 1)(x + i y)k−2 , d’où : ∆ek(x,y) = 0, et enfin : ∆ f = 0. On conclut que f est harmonique sur R2 . Puisque (x,y,z) −→ x2 + y2 + z2 est de classe C2 sur U et à valeurs > 0, et que f est de classe C2 sur ]0 ; +∞[, par composition, l’application g : (x,y,z) −→ f ( x2 + y2 + z2) est de classe C2 sur U. On a, en notant ρ = x2 + y2 + z2 , pour tout (x,y,z) ∈ U : ∂g ∂x (x,y,z) = f (ρ) x ρ , puis : ∂2 g ∂x2 (x,y,z) = f (ρ) x ρ 2 + f (ρ) 1 ρ + f (ρ)x −1 ρ2 x ρ = f (ρ) x2 ρ2 + f (ρ) 1 ρ − f (ρ) x2 ρ3 , et de même par rapport à y ou à z. D’où : ∆g(x,y,z) = ∂2 g ∂x2 + ∂2 g ∂y2 + ∂2 g ∂z2 = f (ρ) x2 + y2 + z2 ρ2 + 3 f (ρ) 1 ρ − f (ρ) x2 + y2 + z2 ρ3 = f (ρ) + 2 ρ f (ρ). 1) Soit f convenant. Par résolution de l’EDP2 fxy = 0, il existe A,B : R −→ R de classe C2 telles que : ∀ (x,y) ∈ R2 , f (x,y) = A(x) + B(y). On a, pour tout x ∈ R : f (x,x) = 0 ⇐⇒ A(x) + B(x) = 0 , et donc : ∀ (x,y) ∈ R2 , f (x,y) = A(x) − A(y). 2) Réciproquement, pour toute application A : R −→ R de classe C2 sur R, l’application f : R2 −→ R, (x,y) −→ A(x) − A(y) est de classe C2 sur R2 et convient. On conclut que les applications cherchées sont les f : R2 −→ R, (x,y) −→ A(x) − A(y), où A : R −→ R est de classe C2 sur R. Corrigés des exercices 9.1 9.2 9.3 9.4
- 398. 388 Dans chacun des deux exemples, f est de classe C2 sur l’ouvert R2 . a) On a, pour tout (x,y) ∈ R2 : fx (x,y) = 4 − 2x − 6x2 fy(x,y) = 2 − 2y, donc f admet deux points critiques exactement : A(−1, 1), B(2/3, 1) . D’après le cours, si f admet un extrémum local, comme f est de classe C1 sur l’ouvert R2 , celui-ci est en un point critique de f. On a, pour tout (x,y) ∈ R2 : fx2 (x,y) = −2 − 12x, fxy(x,y) = 0, fy2 (x,y) = −2 . • En A : r = 10, s = 0, t = −2, s2 − rt = 20 > 0, donc f n’a pas d’extrémum local en A (il s’agit d’un point-col). • En B : r = −10, s = 0, t = −2, s2 − rt = −20 < 0, t < 0, donc f admet un maximum local en B. Finalement, f admet un extrémum local et un seul, en (2/3, 1), c’est un maximum local, et f (2/3,1) = 71/27. b) On a, pour tout (x,y) ∈ R2 : fx (x,y) = y + 3x2 y2 = y(1 + 3x2 y) fy(x,y) = x + 2x3 y = x(1 + 2x2 y), d’où l’on déduit : fx (x,y) = 0 fy(x,y) = 0 ⇐⇒ x = 0 y = 0. Ainsi, f admet un point critique et un seul : (0,0). Comme : f (x,x) − f (0,0 = x2 + x5 > 0 si x ∈ ]0 ; 1] f (x,−x) − f (0,0) = −x2 + x5 < 0 si x ∈ ]0 ; 1], f n’a pas d’extrémum local en (0,0). Finalement, f n’a pas d’extrémum local. a) L’application f : R3 −→ R, (x,y,z) −→ z5 + xz2 + yz − 1 est de classe C1 sur l’ouvert R3 , f (0,0,1) = 0, et, pour tout (x,y,z) ∈ R3 , fz (x,y,z) = 5z4 + 2xz + y, donc fz (0,0,1) = 5 =/ 0. D’après le théorème des fonctions implicites, il existe un voi- sinage V de (0,0) dans R2 et une application ϕ : V −→ R unique tels que : ϕ est de classe C∞ sur V, ϕ(0,0) = 1, et, pour tout (x,y) ∈ V, ϕ(x,y) est une solution de l’équation z5 + xz2 + yz − 1 = 0, d’inconnue z ∈ R. b) Puisque ϕ est de classe C∞ sur V, d’après le théorème de Taylor-Young, ϕ admet, en particulier, un développement li- mité à l’ordre 2 en (0,0). Celui-ci est de la forme : ϕ(x,y) = 1 + αx + βy + ax2 + bxy + cy2 + o (x,y)−→(0,0) (x2 + y2 ), où α, β, a, b, c ∈ R sont à calculer. En reportant dans la relation définissant ϕ(x,y), on a, pour tout (x,y) ∈ V : 0 = z5 + xz2 + yz − 1 = 1 + 5(αx + βy)+5(ax2 + bxy + cy2 )+10((αx + βy)2 +x 1 + 2(αx + βy) +y 1 + (αx + βy) − 1 + o(x2 + y2 ) = (5α + 1)x + (5β + 1)y + (5a + 10α2 + 2α)x2 + (5b + 20αβ + 2β + α)xy +(5c + 10β2 + β)y2 + o(x2 + y2 ). Par unicité du développement limité à l’ordre 2 de la fonction nulle, on obtient : 5α + 1 = 0 5β + 1 = 0 5a + 10α2 + 2α = 0 5b + 20αβ + 2β + α = 0 5c + 10β2 + β = 0 et on déduit : α = − 1 5 , β = − 1 5 , a = 0, b = − 1 25 , c = − 1 25 . On conclut : ϕ(x,y) = 1 − 1 5 x − 1 5 y − 1 25 xy − 1 25 y2 + o (x,y)−→(0,0) (x2 + y2 ) . Notons F : R2 −→ R, (x,y) −→ f f (x,y),y . • L’application F est de classe C1 sur l’ouvert R2 • F(0,0) = f (0,0) = 0 • On a, pour tout (x,y) ∈ R2 : Fy(x,y) = fx f (x,y),y) fy(x,y) + fy f (x,y),y)1, donc : Fy(0,0) = fx (0,0) fy(0,0) + fy(0,0) = fx (0,0) + 1 /= 0 fy(0,0) /= 0 =/ 0. D’après le théorème des fonctions implicites, la relation F(x,y) = 0 définit implicitement y en fonction de x au voi- sinage de (0,0). 9.5 9.6 9.7
- 399. 389 a) On a : f (x,0) = 0 −→ x−→0 0 et : f (x,x) = x2 3x2 = 1 3 −→ x−→0 1 3 =/ 0 , donc f n’a pas de limite en (0,0). b) On a, par mise d’un trinôme sous forme canonique, pour tout (x,y) ∈ R2 : x2 − xy + y2 = y − x 2 2 + 3 4 x2 . En particulier, f est définie sur R2 − {(0,0)}. De plus, pour tout (x,y) ∈ R2 − {(0,0)} : | f (x,y)| = x2 |y| y − x 2 2 + 3 4 x2 |y| 3/4 −→ (x,y)−→(0,0) 0 . On conclut : f (x,y) −→ (x,y)−→(0,0) 0. c) En notant X = x2 et Y = |y|3 , on a : | f (x,y)| = |x|3 y4 x4 + y6 = X3/2 Y4/3 X2 + Y2 . Puis, en notant ρ = (X2 + Y2 )1/2 : X3/2 Y4/3 X2 + Y2 ρ3/2 ρ4/3 ρ2 = ρ5/6 −→ ρ−→0 0 . On conclut : f (x,y) −→ (x,y)−→(0,0) 0. d) Soit α > 0 fixé à choisir. On a : f (x,xα ) = x1+4α x4 + x6α . Pour α = 2 3 , de sorte que 6α = 4, on a : f (x,x2/3 ) = x11/3 2x4 = 1 2x1/3 −→ x−→0 +∞ . On conclut : f n’a pas de limite en (0,0). e) Ici : Def ( f ) = R∗ × R. Considérons l’application ϕ : R −→ R, t −→ et − 1 t si t =/ 0 1 si t = 0. Comme ϕ(t) = et − 1 t −→ t−→0 1 = ϕ(0), ϕ est continue en 0, puis ϕ est continue sur R. On a, pour tout (x,y) ∈ (R∗ )2 : f (x,y) = exy − 1 ex − 1 = y exy − 1 xy x ex − 1 = y ϕ(xy) ϕ(x) . D’autre part, le résultat obtenu est aussi vrai lorsque y = 0 (et x =/ 0). Ainsi : ∀ (x,y) ∈ R∗ × R, f (x,y) = y ϕ(xy) ϕ(x) . Comme ϕ est continue sur R et ne s’annule en aucun point, par opérations, on conclut : f (x,y) −→ (x,y)−→(0,0) 0 . On a, par développements limités en 0 : ex − 1 = x 1 + ε1(x) , où ε1(x) −→ x−→0 0 ln (1 + x) = x 1 + ε2(x) , où ε2(x) −→ x−→0 0, d’où : (ex − 1) ln (1 + y) − (ey − 1) ln (1 + x) = xy 1 + ε1(x) 1 + ε2(y) − 1 + ε1(y) 1 + ε2(x) = xy ε1(x) + ε2(y) + ε1(x)ε2(y) −ε1(y) − ε2(x) − ε1(y)ε2(x) = xyε(x,y) , où : ε(x,y) −→ (x,y)−→(0,0) 0. Donc : | f (x,y)| = xy ε(x,y) x2 + y2 = xy x2 + y2 |ε(x,y)| 1 2 |ε(x,y)| −→ (x,y)−→(0,0) 0. On conclut : f (x,y) −→ (x,y)−→(0,0) 0. Il est clair que f est de classe C1 sur R2 . Pour tout (x,y) de R2 , la matrice jacobienne de f en (x,y) est : Jf (x,y) = 3x2 + 3ey 3xey −2x 1 , qui est inversible car : det Jf (x,y) = 3x2 + 3ey + 6x2 ey > 0. Montrons que f est bijective. Soit (X,Y) ∈ R2 fixé. On a, pour tout (x,y) de R2 : f (x,y) = (X,Y) ⇐⇒ X = x3 + 3xey Y = y − x2 ⇐⇒ 3eY xex2 + x3 − X = 0 y = x2 + Y. 9.8 9.10 9.9
- 400. L’application ϕ : x −→ 3eY xex2 + x3 − X est de classe C1 sur R, strictement croissante sur R, et lim x→−∞ ϕ(x) = −∞, lim x→+∞ ϕ(x) = +∞ ; il existe donc x ∈ R, unique, tel que ϕ(x) = 0. Ceci montre que le système d’équations précédent, d’inconnue (x,y), admet une solution et une seule, et donc que f est bi- jective. Finalement, f est un C1 -difféomorphisme de R2 sur R2 . • U =]0 ; +∞[2 est un ouvert de R2 et, d’après les théo- rèmes généraux, φ est de classe C∞ sur U. • Montrons que φ est une bijection de U sur U et explici- tons φ−1 . Il est d’abord clair que : ∀ (x,y) ∈ U, φ(x,y) ∈ U. Soit (u,v) ∈ U. On a, pour tout (x,y) ∈ U : φ(x,y) = (u,v) ⇐⇒ x3 y2 = u 1 x2 y = v ⇐⇒ x3 y2 = u x2 y = 1 v ⇐⇒ y = 1 vx2 x3 1 v2x4 = u ⇐⇒ x = 1 uv2 y = u2 v3 . Considérons donc l’application ψ : U −→ U, (u,v) −→ 1 uv2 , u2 v3 . Nous venons de montrer : ∀ (x,y) ∈ U, ∀ (u,v) ∈ U, (u,v) = φ(x,y) ⇐⇒ (x,y) = ψ(u,v). Ainsi, φ est bijective et ψ = φ−1 . • D’après les théorèmes généraux, φ−1 : (u,v) −→ 1 uv2 ,u2 v3 est de classe C∞ sur U. On conclut que φ est un C∞ -difféomorphisme de U sur U. Considérons l’application F : R2 −→ R, (x,y) −→ 1 2 f 2 x (x,y) + f 2 y (x,y) . Puisque f est de classe C2 sur R2 , par opérations, F est de classe C1 sur R2 . En particulier : • pour tout x ∈ [0 ; 1], F(x,·) est continue sur R • pour tout y ∈ R, F(·,y) est continue par morceaux et inté- grable sur le segment [0 ; 1] • ∂F ∂y existe sur [0 ; 1] × R • pour tout x ∈ [0 ; 1], ∂F ∂y (x,·) est continue sur R • pour tout y ∈ R, ∂F ∂y (·,y) est continue par morceaux sur [0 ; 1] • ∂F ∂y vérifie l’hypothèse de domination locale sur [0 ; 1] × R, car ∂F ∂y est continue sur R2 , donc bornée sur tout compact de R2 . D’après le théorème de dérivation sous le signe 1 0 , J est de classe C1 sur R et, pour tout y ∈ R : J (y) = 1 0 Fy(x,y) dx = 1 2 1 0 2 fx (x,y) fxy(x,y) + 2 fy(x,y) fy2 (x,y) dx = 1 0 ( fx fy)x (x,y) dx = fx fy x=1 x=0 = 0, car fx et fy sont 1-périodiques en x. Ceci montre que J est constante sur R. L’application φ : (θ,ρ) −→ (ρcos θ, ρsin θ) est un C1 - difféomorphisme de l’ouvert U =]0; π 2 [×]0; +∞[ sur l’ou- vert (R∗ +)2 . L’application f −→ f ◦ φ est donc une bijection de C1 (R∗ +)2 ,R sur C1 (U,R). Soient f ∈ C1 (R∗ +)2 ,R , g = f ◦ φ. On a, pour tout (θ,ρ) de U, par dérivation d’une fonction composée : ∂g ∂ρ (θ,ρ) = ∂ f ∂x (ρcos θ, ρsin θ)cos θ + ∂ f ∂y (ρ cos θ,ρsin θ)sin θ. Ainsi, f est solution de l’EDP (équation aux dérivées partielles) de l’énoncé si et seulement si g est solution de l’EDP : ∀ (θ,ρ) ∈ U, ∂g ∂ρ (θ,ρ) = cos θ ρ . Comme, pour θ ∈]0; π 2 [ fixé, ρ décrit l’intervalle ]0; +∞[, la solution générale de l’EDP ci-dessus est g : (θ,ρ) −→ cos θ ln ρ + A(θ), où A ∈ C1 ]0; π 2 [,R . 390 9.11 9.12 9.13
- 401. 391 Puisque ρ = x2 + y2 et θ = Arctan y x , on conclut que la so- lution générale de l’EDP proposée est : f : (x,y) −→ x 2 x2 + y2 ln (x2 + y2 ) + C y x , où C ∈ C1 ]0; +∞[, R . L’application φ1 : U −→ R2 (x,y)−→(x+y, y−x) est de classe C2 sur l’ouvert U, et : φ1(U) = (u,v) ∈ R2 ; u + v > |u − v| =]0; +∞[2 . En notant V = φ1(U) et φ : U −→ V (x,y)−→(x+y, y−x) , U et V sont des ouverts de R2 et φ est un C2 -difféomorphisme de U sur V, c’est-à-dire : φ est de classe C2 , φ est bijective, φ−1 est de classe C2 . Ainsi, f est solution de l’EDP de l’énoncé si et seulement si: ∀ (u,v) ∈ V, −4 ∂2 g ∂u∂v (u,v) = 1 √ uv . Pour v ∈]0; +∞[ fixé, on « intègre » par rapport à u (u décrit l’intervalle ]0; +∞[) : ∂g ∂v (u,v) = − 1 2 √ u √ v + a(v), où a ∈ C1 ]0; +∞[, R . Puis, pour u ∈]0; +∞[ fixé, on intègre par rapport à v v dé- crit l’intervalle ]0; +∞[ : g(u,v) = − √ u √ v + A(v) + B(u), où A est une primitive de a, et B ∈ C2 ]0; +∞[, R . La solution générale de l’EDP de l’énoncé est : f : (x,y) −→ − y2 − x2 + A(y − x) + B(x + y), où A,B ∈ C2 ]0; +∞[, R . • L’application f est de classe C1 sur l’ouvert U =] − π/2 ; π/2[2 , donc, si f admet un extrémum local, c’est nécessairement en un point critique. • Recherche des points critiques de f : On a, pour tout (x,y) ∈ U : fx (x,y) = 1 cos 2x th y − 1 ch2 x tan y fy(x,y) = tan x 1 ch2 y − th x 1 cos 2 y . Donc : (S) fx (x,y) = 0 fy(x,y) = 0 ⇐⇒ 1 cos 2x sh y ch y = 1 ch2 x sin y cos y sin x cos x 1 ch2 y = sh x ch x 1 cos 2 y ⇐⇒ ch2 x sh y cos y = cos 2 x sin y ch y sin x ch x cos 2 y = cos x sh x ch2 y ⇐⇒ (ch x cos y)(ch x sh y) = ( cos x ch y)( cos x sin y) (ch x cos y)( sin x cos y) = ( cos x ch y)(sh x ch y) ⇒ (ch x sh y)(sh x ch y) = ( sin x cos y)( cos x sin y) ⇐⇒ sh 2x sh 2y = sin 2x sin 2y . Si x =/ 0 et y =/ 0, alors : (S) ⇒ sin 2x sh 2x sin 2y sh 2y = 1. y xO U v uO V Soient f ∈ C2 (U,R), g = f ◦ φ−1 . On a, avec des notations abusives classiques : ∂ f ∂x = ∂g ∂u ∂u ∂x + ∂g ∂v ∂v ∂x = ∂g ∂u − ∂g ∂v ∂ f ∂y = ∂g ∂u ∂u ∂y + ∂g ∂v ∂v ∂y = ∂g ∂u + ∂g ∂v , ∂2 f ∂x2 = ∂ ∂x ∂ f ∂x = ∂ ∂u ∂g ∂u − ∂g ∂v ∂u ∂x + ∂ ∂v ∂g ∂u − ∂g ∂v ∂v ∂x = ∂2 g ∂u2 − ∂2 g ∂u∂v − ∂2 g ∂v∂u − ∂2 g ∂v2 = ∂2 g ∂u2 − 2 ∂2 g ∂u∂v + ∂2 g ∂v2 ∂2 f ∂y2 = ∂ ∂y ∂ f ∂y = ∂ ∂u ∂g ∂u + ∂g ∂v ∂u ∂y + ∂ ∂v ∂g ∂u + ∂g ∂v ∂v ∂y = ∂2 g ∂u2 + ∂2 g ∂u∂v + ∂2 g ∂v∂u + ∂2 g ∂v2 = ∂2 g ∂u2 + 2 ∂2 g ∂u∂v + ∂2 g ∂v2 . 9.14 9.15
- 402. 392 Mais, on sait (par étude de variations de fonctions, par exemple) que : ∀ t ∈ ]0 ; +∞[, | sin t| < t < sh t, d’où ici : sin 2x sh 2x < 1 et sin 2y sh 2y < 1, contradiction. Ceci montre : x = 0 ou y = 0. Si x = 0, alors : (S) ⇐⇒ sh y ch y = sin y cos y ⇐⇒ th y = tan y . Mais on sait (par étude de variations de fonctions, par exemple) que : ∀ t ∈ ]0 ; π/2[, 0 < th t < t < tan t. Il s’ensuit : y = 0. Ainsi, f admet un point critique et un seul, le point (0,0). • Étude en (0,0) : On a : f (x,x2 ) = tan x th (x2 ) − th x tan (x2 ) = x + x3 3 + o(x3 ) x2 + o(x4 ) − x − x3 3 + o(x3 ) x2 + o(x4 ) = 2 3 x5 + o(x5 ) ∼ x−→0 2 3 x5 . Il en résulte, au voisinage de 0 : f (x,x2 ) > 0 pour x > 0 f (x,x2 ) < 0 pour x < 0. On déduit que f n’a pas d’extrémum local en (0,0). Finalement, f n’a pas d’extrémum local. • Existence de la borne supérieure : Notons T = (x,y) ∈ [0 ; +∞[2 ; x + y π . D’après le cours, il en résulte que f est bornée et atteint ses bornes. Notons M = Sup (x,y)∈T f (x,y). Comme f s’annule en tout point du bord de T et que, par exemple, f (π/4, π/4) > 0, f atteint M en un point de l’in- térieur T◦ de T. Comme f est de classe C1 sur T◦ , ce point est un point critique de f. • Recherche des points critiques de f : On a, pour tout (x,y) ∈ T◦ : fx (x,y) = 0 fy(x,y) = 0 ⇐⇒ sin y /= 0 cos x sin (x + y) + sin x cos (x + y) = 0 sin x /= 0 cos y sin (x + y) + sin y cos (x + y) = 0 ⇐⇒ sin (2x + y) = 0 sin (x + 2y) = 0 ⇐⇒ 2x + y ≡ 0 [π] x + 2y ≡ 0 [π] ⇐⇒ x ≡ y [π] x ≡ 0 [π/3] ⇐⇒ x = y = π/3. • On conclut : Sup (x,y)∈[0 ;+∞[2;x+y π f (x,y) = f (π/3, π/3) = 3 √ 3 8 . Rappelons : ∀ (x,y) ∈ R2 , |xy| 1 2 (x2 + y2 ). Soit (x,y,z) ∈ R3 tel que x2 + y2 + z2 = 9. On a alors : • xy + z2 1 2 (x2 + y2 ) + z2 x2 + y2 + z2 = 9, atteint (au moins) en (x,y,z) = (0,0,3). • xy + z2 − 1 2 (x2 + y2 ) + z2 = − 1 2 (x2 + y2 + z2 ) + 3 2 z2 = − 9 2 + 3 2 z2 − 9 2 , atteint (au moins) en (x,y,z) = (3/ √ 2, −3/ √ 2, 0). On conclut que les bornes inférieures et supérieures demandées sont, respectivement : −9/2, 9. a) Notons P,Q les coefficients de ω : P(x,y) = x2 + y2 − 1, Q(x,y) = −2xy, qui sont de classe C1 sur R2 . On a, pour tout (x,y) de R2 : ∂ P ∂y (x,y) = 2y, ∂Q ∂x (x,y) = −2y, y xO T Il est clair que T est fermé borné, donc compact. D’autre part, l’application f : T −→ R, (x,y) −→ sin x sin y sin (x + y) est continue sur T. 9.16 9.18 9.17
- 403. 393 et donc : ∂ P ∂y (x,y) = ∂Q ∂x (x,y) ⇐⇒ y = 0. Comme la droite (x,y) ∈ R2 ; y = 0 ne contient aucun ou- vert non vide de R2 , on conclut que ω n’est fermée sur aucun ouvert non vide de R2 . b) Soient U un ouvert non vide de R2 , I un intervalle de R tel que : ∀ (x,y) ∈ U, x2 − y2 ∈ I, et ϕ : I −→ R de classe C1 . Notons ω1 la forme différentielle définie sur U par : ω1(x,y) = ϕ(x2 − y2 )ω(x,y) = (x2 + y2 − 1)ϕ(x2 − y2 )dx − 2xyϕ(x2 − y2 )dy. Notons P1, Q1 les coefficients de ω1 : P1(x,y) = (x2 + y2 − 1)ϕ(x2 − y2 ), Q1(x,y) = −2xyϕ(x2 − y2 ), qui sont de classe C1 sur U. On a, pour tout (x,y) de U : ∂ P1 ∂y (x,y) = −(x2 + y2 − 1)2yϕ (x2 − y2 ) + 2yϕ(x2 − y2 ) ∂Q1 ∂x (x,y) = −4x2 yϕ (x2 − y2 ) − 2yϕ(x2 − y2 ), et donc ∀ (x,y) ∈ U, ∂ P1 ∂y (x,y) = ∂Q1 ∂x (x,y) ⇐⇒ ∀(x,y) ∈ U, 2y(x2 − y2 + 1)ϕ (x2 − y2 ) +4yϕ(x2 − y2 ) = 0 ⇐⇒ ∀ t ∈ I, (t + 1)ϕ (t) + 2ϕ(t) = 0 . Une solution (autre que 0) de l’équation différentielle précé- dente est donnée par : ϕ(t) = e − 2 t+1 dt = e−2ln |t+1| = 1 (t + 1)2 . Choisissons U = (x,y) ∈ R2 ; x2 − y2 + 1 < 0 et y > 0 = (x,y) ∈ R2 ; y > x2 + 1 , I = ] − ∞; −1[, ϕ : t −→ 1 (t + 1)2 . La forme différentielle ω1, définie par : ω1(x,y) = x2 + y2 − 1 (x2 − y2 + 1)2 dx − 2xy (x2 − y2 + 1)2 dy, est fermée sur l’ouvert U, et l’ouvert U est étoilé (intérieur d’un arc d’hyperbole). D’après le théorème de Poincaré, ω1 est exacte sur U. D’ailleurs, nous allons expliciter les primitives de ω1 sur U. Une application F1 : U −→ R est une primitive de ω1 sur U si et seulement si : ∀ (x,y) ∈ U, ∂F1 ∂x (x,y) = x2 + y2 − 1 (x2 − y2 + 1)2 ∂F1 ∂y (x,y) = − 2xy (x2 − y2 + 1)2 Pour y fixé, x varie dans un intervalle, d’où, en « intégrant » (2) par rapport à y : F1(x,y) = − x x2 − y2 + 1 + A(x), où A est de classe C1 sur ] − y2 − 1; y2 − 1[ . En reportant dans (1) : (1) ⇐⇒ − 1 x2 − y2 + 1 + 2x2 (x2 − y2 + 1)2 + A (x) = x2 + y2 − 1 (x2 − y2 + 1)2 ⇐⇒ A (x) = 0. Ainsi, les primitives de ω1 sur U sont les applications F : (x,y) −→ − x x2 − y2 + 1 + C, C ∈ R. • En notant X = y + z, Y = z + x, Z = x + y, on a : 2(x2 + y2 + z2 + xy + xz + yz) = (x + y)2 + (x + z)2 + (y + z)2 = X2 + Y2 + Z2 , donc : x2 + y2 + z2 + xy + xz + yz = 0 ⇐⇒ X2 + Y2 + Z2 = 0 ⇐⇒ X = 0 Y = 0 Z = 0 ⇐⇒ y + z = 0 x + z = 0 x + y = 0 ⇐⇒ x = 0 y = 0 z = 0. Ainsi, f est définie sur U = R3 − {(0,0,0)}. y x O U (1) (2) 9.19
- 404. 394 • Avec les mêmes notations, on a, pour tout (x,y,z) ∈ U : x + y + z = 1 2 (X + Y + Z), donc : x = 1 2 (−X + Y + Z), y = 1 2 (X − Y + Z), z = 1 2 (X + Y − Z), d’où : f (x,y,z) = 1 4 (−X + Y + Z)(X − Y + Z)(X + Y − Z) X2 + Y2 + Z2 . Il en résulte : | f (x,y,z)| 1 4 |X| + |Y| + |Z| 3 X2 + Y2 + Z2 1 4 3(X2 + Y2 + Z2 )1/2 3 X2 + Y2 + Z2 = 27 4 (X2 + Y2 + Z2 )1/2 . Comme (X2 + Y2 + Z2 ) 1 2 −→ (x,y,z)−→(0,0,0) 0, on conclut, par encadrement : f (x,y,z) −→ (x,y,z)−→(0,0,0) 0 . On a : f (x,0,0) = x4 x2 = x2 −→ x−→0 0 et : f (x, x, √ 2 x + x4 ) = 2x4 − ( √ 2 x + x4 )4 2x2 − ( √ 2 x + x4)2 = 2x4 − 4x4 + o(x4 ) 2x2 − 2x2 + 2 √ 2 x5 + o(x5) = −2x4 + o(x4 ) −2 √ 2 x5 + o(x5) ∼ x−→0 1 √ 2 x −→ x−→0+ +∞, donc f n’a pas de limite, ni finie ni infinie, en (0,0,0). (1) ⇒ (2) : On suppose : ∀ (x,y) ∈ Ω, fx (x,y) + i fy(x,y) = 0. Soient z0,z ∈ U, tels que z =/ z0, (x0,y0), (x,y) ∈ Ω tels que z0 = x0 + i y0, z = x + i y. On a, en utilisant la formule de Taylor-Young à l’ordre 0 pour une fonction de deux variables réelles, de classe C1 : g(z) − g(z0) z − z0 = f (x,y) − f (x0,y0) (x − x0) + i (y − y0) = 1 (x − x0) + i (y − y0) (x − x0) fx (x0,y0) + (y − y0) fy(x0,y0) + o ||(x − x0, y − y0)|| = 1 (x − x0) + i (y − y0) (x − x0) + i (y − y0) fx (x0,y0) + o ||(x − x0, y − y0)|| = fx (x0,y0) + o(1) −→ (x,y)−→(x0,y0) fx (x0,y0). Ceci montre que g(z) − g(z0) z − z0 admet une limite finie h(z0) lorsque z −→ z0, et : h(z0) = fx (x0,y0) = −i fy(x0,y0) . (2) ⇒ (1) : On suppose qu’il existe une application h : U −→ C telle que, pour tout z0 ∈ U, on ait g(z) − g(z0) z − z0 −→ z−→z0 h(z0). On a, en utilisant la formule de Taylor-Young à l’ordre 0 pour une fonction de deux variables réelles de classe C1 : 1 (x − x0) + i (y − y0) (x − x0) fx (x0,y0) + (y − y0) fy(x0,y0) + o ||(x − x0, y − y0)|| = g(z) − g(z0) z − z0 −→ z−→z0 h(z0). En particulier, pour y = y0 et x variable : (x − x0) fx (x0,y0) x − x0 −→ x−→x0 h(z0) , donc : h(z0) = fx (x0,y0), et, pour x = x0 et y variable : (y − y0) fy(x0,y0) i (y − y0) −→ y−→y0 h(z0) , donc : h(z0) = −i fy(x0,y0). Il en résulte : fx (x0,y0) = −i fy(x0,y0), c’est-à-dire : fx (x0,y0) + i fy(x0,y0) = 0. a) Puisque GLn(R) = X ∈ Mn(R) ; det (X) =/ 0 = det−1 (R∗ ) , GLn(R) est l’image réciproque de l’ouvert R∗ de R par l’ap- plication continue det. D’après le cours, il en résulte que GLn(R) est un ouvert de Mn(R). b) 1) Puisque, pour toute X ∈ GLn(R) : X−1 = 1 det (X) t com (X), les coefficients de X−1 s’expriment comme fonctions ration- nelles des coefficients de X, alors les coefficients de X−1 sont des fonctions de classe C1 , donc f est de classe C1 sur l’ou- vert GLn(R). 9.20 9.21 9.22
- 405. 395 2) Soit X ∈ GLn(R). Puisque GLn(R) est un ouvert de Mn(R), il existe ε > 0 tel que : ∀ H ∈ Mn(R), ||H|| ε ⇒ X + H ∈ GLn(R) . On a, pour toute H ∈ Mn(R) telle que ||H|| ε : f (X + H) − f (X) = (X + H)−1 − X−1 = (X + H)−1 X − (X + H) X−1 = −(X + H)−1 H X−1 , d’où : f (X + H) − f (X) + X−1 H X−1 = X−1 − (X + H)−1 H X−1 . Notons LX : Mn(R) −→ Mn(R), H −→ −X−1 H X−1 . Il est clair que LX est linéaire. D’autre part, comme l’application f est continue sur GLn(R), on a : (X + H)−1 −→ H−→0 X−1 , donc : X−1 − (X + H)−1 H X−1 = o H−→0 (||H||). On obtient : f (X + H) = f (X) + LX (H) + o H−→0 (||H||). On conclut que, pour tout X ∈ GLn(R), LX est la différen- tielle de f en X. Autrement dit : ∀ X ∈ GLn(R), ∀ H ∈ Mn(R), dX f (H) = LX (H) . Considérons l’application ϕ : R −→ R définie par : ϕ(t) = et − 1 t si t =/ 0 1 si t = 0. On a : ∀ (x,y) ∈ R2 , f (x,y) = yϕ(xy). Par composition, il suffit donc de prouver que ϕ est de classe C∞ sur R ; ainsi, dans cet exemple, on se ramène à l’étude d’une fonction d’une variable réelle. On sait: ∀ t ∈ R, et = +∞ n=0 tn n! , d’où : ∀ t ∈ R∗ , et − 1 t = 1 t +∞ n=1 tn n! = +∞ n=1 tn−1 n! = +∞ n=0 tn (n + 1)! . Comme de plus ϕ(0) = 1, on obtient : ∀ t ∈ R, ϕ(t) = +∞ n=0 tn (n + 1)! . Ceci montre que ϕ est développable en série entière en 0, de rayon infini, donc ϕ est de classe C∞ sur R, puis, par com- position, f est de classe C∞ sur R2 . 1re méthode : Étude d’extrémum pour une fonction nu- mérique de deux variables réelles : Notons C = (x,y) ∈ [0 ; +∞[2 ; x + y 2 , f : C −→ R, (x,y) −→ x2 y2 (x2 + y2 ). 9.23 y xO C 2 2 • Existence de la borne supérieure de f : Il est clair que C est fermé borné dans R2 , donc C est com- pact. D’autre part, par les théorèmes généraux, f est continue sur C. D’après le cours, il en résulte que f est bornée et atteint ses bornes. En particulier, la borne supérieure deman- dée existe et est atteinte. • Recherche des points critiques : Notons C◦ l’intérieur de C, c’est-à-dire : C◦ = (x,y) ∈ [0 ; +∞[2 ; x > 0, y > 0, x + y < 2 . L’application f est de classe C1 sur l’ouvert C◦ , donc, si f admet un extrémum local en un point (x,y) de C◦ , alors (x,y) est un point critique de f. On a, pour tout (x,y) ∈ C◦ : fx (x,y) = 0 fy(x,y) = 0 ⇐⇒ 4x3 y2 + 2xy4 = 0 2x4 y + 4x2 y3 = 0 ⇐⇒ 2xy2 (2x2 + y2 ) = 0 2x2 y(x2 + 2y2 ) = 0 ⇐⇒ x = 0 ou y = 0 , ce qui est exclu. Ceci montre que f n’a pas de point critique dansC◦ , donc f n’a pas d’extrémum local dans C◦ . Comme on a vu plus haut que le maximum de f est atteint, il en résulte que ce maximum n’est pas atteint dans C◦ , donc est atteint au bord de C. • Étude de f au bord de C : Comme : f (1,1) = 2 > 0 ∀ x ∈ [0 ; 2], f (x,0) = 0 ∀ y ∈ [0 ; 2], f (0,y) = 0, le maximum de f est atteint en un point du segment S = (x,y) ∈ [0 ; +∞[2 ; x + y = 2 . 9.24
- 406. 396 Il est clair que, lorsque (x,y) décrit S, le produit p = xy = x(2 − x) décrit [0 ; 1]. On a, pour tout (x,y) ∈ S : f (x,y) = x2 y2 (x2 + y2 ) = p2 (4 − 2p) = 4p2 − 2p3 . L’application g : [0 ; 1] −→ R, p −→ 4p2 − 2p3 est déri- vable et, pour tout p ∈ [0 ; 1] : g (p) = 8p − 6p2 = 2p(4 − 3p) 0 , donc g est croissante sur [0 ; 1]. Il s’ensuit : Sup p∈[0 ;1] g(p) = g(1) = 2. On conclut que Sup (x,y)∈[0 ;+∞[2 ; x+y 2 x2 y2 (x2 + y2 ), existe, est égale à 2, et est atteinte en (1,1) et en ce point seu- lement. 2è méthode : Se ramener à une étude d’extrémum pour une fonc- tion numérique d’une variable réelle : • Pour y ∈ [0 ; 2] fixé, considérons l’application : h : [0 ; 2 − y] −→ R, x −→ h(x) = f (x,y) = x2 y2 (x2 + y2 ) = x4 y2 + x2 y4 . L’application h est dérivable sur [0 ; 2 − y] et : ∀ x ∈ [0 ; 2 − y], h (y) = 4x3 y2 + 2xy4 = 2xy2 (2x2 + y2 ) 0, donc h est croissante sur [0 ; 2 − y]. Il en résulte que h admet une borne supérieure et que celle- ci est atteinte en 2 − y : Sup x∈[0 ;2−y] h(x) = h(2 − y) = (2 − y)2 y2 (2 − y)2 + y2 . • Par commodité, notons t = y − 1 et : k : [−1 ; 1] −→ R, t −→ k(t) = h(2 − y) = (1 + t)2 (1 − t)2 (1 + t)2 + (1 − t)2 = 2(1 − t2 )2 (1 + t2 ). L’application k est dérivable sur [−1 ; 1] et, par simple calcul, pour tout t ∈ [−1 ; 1] : k (t) = −2t(1 − t2 )(1 + 3t2 ) 0 , donc k est croissante sur [−1 ; 0] et décroissante sur [0 ; 1]. Il en résulte que k atteint sa borne supérieure en t = 0, c’est- à-dire pour y = 1, et alors x = 2 − y = 1. On conclut que Sup (x,y)∈[0 ;+∞[2 ; x+y 2 x2 y2 (x2 + y2 ) existe, est égale à 2, et est atteinte en (1,1) et en ce point seulement. a) Soit x ∈ [0 ; 1]. • Si x = 0, il est clair que l’équation proposée admet une so- lution et une seule, et ϕ(0) = 0. • Supposons x =/ 0. Considérons fx : [ √ x ; +∞[−→ R, y −→ y3 − 2xy + x3 . L’application fx est dérivable sur [ √ x ; +∞[ et, pour tout y ∈ [ √ x ; +∞[ : ( fx ) (y) = 3y2 − 2x 3x − 2x = x > 0 , donc fx est strictement croissante sur [ √ x ; +∞[. De plus : fx ( √ x) = −x √ x + x3 = −x3/2 (1 − x3/2 ) 0 et fx (y) −→ y−→+∞ +∞. Puisque fx est continue et strictement croissante sur [ √ x ; +∞[, il en résulte que l’équation y3 − 2xy + x3 = 0, d’inconnue y ∈ [ √ x ; +∞[, admet une solution et une seule, notée ϕ(x). b) 1) On a, pour tout x ∈ [0 ; 1] : fx (2 √ x) = 4x √ x + x3 0 , donc : ϕ(x) 2 √ x . Comme : ∀ x ∈ [0 ; 1], √ x ϕ(x) 2 √ x, on déduit, par théorème d’encadrement : ϕ(x) −→ x−→0 0 = ϕ(0), et on conclut que ϕ est continue en 0. 2) On a, pour tout x ∈ ]0 ; 1] : ϕ(x) − ϕ(0) x − 0 = ϕ(x) x √ x x = 1 √ x −→ x−→0+ +∞ , donc ϕ n’est pas dérivable en 0. c) Notons F : R2 −→ R, (x,y) −→ y3 − 2xy + x3 . Soit x0 ∈ ]0 ; 1] fixé. • L’application F est de classe C1 sur l’ouvert R2 . • On a f x0,ϕ(x0) = 0, par définition de ϕ. • On a : ∀ (x,y) ∈ R2 , fy(x,y) = 3y2 − 2x, donc : Fy x0,ϕ(x0) = 3 ϕ(x0 2 − 2x0 3x0 − 2x0 = x0 > 0 , donc : Fy x0,ϕ(x0) =/ 0. D’après le théorème des fonctions implicites, il existe un in- tervalle ouvert Ix0 centré en x0, un intervalle ouvert Jx0 centré en ϕ(x0), et une application ϕx0 : Ix0 −→ Jx0 unique, tels que : ∀ (x,y) ∈ Ix0 × Jx0 , f (x,y) = 0 ⇐⇒ y = ϕx0 (x) et ϕx0 est de classe C1 sur Ix0 . D’après l’unicité de ϕ(x), pour x ∈ ]0 ; 1] vue en a), il en ré- sulte : ∀ x ∈ Ix0 , ϕx0 (x) = ϕ(x). Ainsi, ϕ est de classe C1 au voisinage de tout point de ]0 ; 1], donc ϕ est de classe C1 sur ]0 ; 1]. 9.25
- 407. 397 10CHAPITRE 10Compléments d’algèbre linéaire Thèmes abordés dans les exercices • Étude d’intersections, de sommes, de sommes directes de sev d’un ev • Montrer qu’une famille, finie ou infinie, est libre, est liée • Détermination d’une base duale, d’une base préduale • Obtention de formules de décomposition, à l’aide de formes linéaires • Manipulation de projecteurs en dimension finie • Obtention de factorisations de matrices • Utilisation de décomposition en blocs pour des matrices • Calculs sur des normes de matrices • Étude de suites de matrices, de séries de matrices, calcul de eA . Points essentiels du cours pour la résolution des exercices • Définition de famille libre, famille liée, famille génératrice, finie ou infinie • Définition et propriétés des sommes de sev, des sommes directes de sev • Théorème d’isomorphisme pour les applications linéaires, et, en dimension finie, théorème du rang • Interpolation de Lagrange • Définition et propriétés des formes linéaires, des hyperplans • En dimension finie, base duale d’une base de E, base préduale d’une base de E∗ • Trace d’une matrice carrée : définition, propriétés, cas d’un projecteur en dimension finie • Manipulation des blocs • Définition d’une norme sur Mn,p(K), pour K = R ou C, norme d’algèbre, continuité des opérations • Convergence et somme de la série k 0 Ak , lorsque ||A|| < 1 • Définition et propriétés de l’exponentielle d’une matrice carrée. Les méthodes à retenir 398 Énoncés des exercices 400 Du mal à démarrer ? 406 Corrigés 410 Plan ©Dunod.Laphotocopienonautoriséeestundélit.
- 408. Chapitre 10 • Compléments d’algèbre linéaire 398 Les méthodes à retenir Essayer de passer par les éléments. ➥ Exercice 10.1. Pour obtenir des relations (souvent des inclusions) entre sev K désigne un corps commutatif. K désigne R ou C. On abrège espace vectoriel en ev, sous-espace vectoriel en sev. Pour montrer qu’une famille infinie est libre Montrer que toute sous-famille finie est libre ➥ Exercices 10.2 a), 10.14. Pour montrer qu’une famille infinie est liée Montrer qu’il existe une sous-famille finie liée. ➥ Exercice 10.2 b). Pour déterminer la base préduale (u1,. . . ,un) d’une base (ϕ1,. . . ,ϕn) du dual E∗ d’un ev E de dimension finie Résoudre le système d’équations ∀ (i, j) ∈ {1,. . . ,n}2 , ϕi (uj ) = δi j , où u1,. . . ,un sont les inconnues, et où δi j est le symbole de Kronecker, δi j = 1 si i = j 0 si i =/ j. En considérant les coordonnées de u1,. . . ,un dans une base fixée (e1,. . . ,en) de E, résoudre n systèmes linéaires à n inconnues et n équations, ayant le même premier membre. ➥ Exercice 10.8 En groupant ces systèmes linéaires, on peut se ramener à une équation matricielle t QP = In, où P est la matrice de passage de (e1,. . . ,en)∗ à (ϕ1,. . . ,ϕn) et Q celle de (e1,. . . ,en) à (u1,. . . ,un). ➥ Exercice 10.10 Dans certains exemples simples, quelques éléments de (e1,. . . ,en) peuvent être évidents. ➥ Exercice 10.9. Pour montrer qu’une forme linéaire ψ est linéairement décom- posable sur une famille libre (ϕ1,. . . ,ϕp) du dual E∗ d’un ev E • Essayer éventuellement de montrer que (ϕ1,. . . ,ϕp) est une base de E∗ ➥ Exercices 10.25, 10.26.
- 409. Les méthodes à retenir 399 • Amener, par un calcul élémentaire, des coefficients α1,. . . ,αp tels que ψ = p k=1 αkϕk. • Utiliser le résultat du cours : ψ se décompose linéairement sur la famille libre (ϕ1,. . . ,ϕp) du dual E∗ d’un ev E de dimension finie si et seulement si p k=1 Ker (ϕk) ⊂ Ker (ψ). ➥ Exercice 10.24. Pour obtenir un résultat en liaison avec la dualité, en dimension finie Penser à faire intervenir une base duale ou une base préduale. ➥ Exercice 10.7. Pour étudier un ou des projecteurs en dimension finie Se rappeler que, pour un projecteur en dimension finie, la trace est égale au rang. La trace, qui est linéaire, pourra être manipulée en liai- son avec une sommation. Le rang, qui est un entier naturel, est 0. ➥ Exercices 10.11, 10.18, 10.41 d). Pour obtenir une factorisation d’une matrice en deux matrices de formats ou de rangs imposés Essayer d’utiliser le théorème du cours caractérisant les matrices A ∈ Mn,p(K) telles que rg (A) = r : il existe P ∈ GLn(K), Q ∈ GLp(K) telles que A = PJn,p,r Q, où on a noté Jn,p,r = Ir 0 0 0 ∈ Mn,p(K). ➥ Exercices 10.17, 10.19, 10.32, 10.33, 10.35, 10.42. Pour manipuler des matrices décomposées en blocs Essayer d’amener des combinaisons linéaires, des produits de matrices décomposées en blocs. ➥ Exercices 10.12, 10.23 b), 10.30 à 10.32, 10.34, 10.35, 10.37, 10.38. Pour obtenir des égalités portant sur des déterminants de matrices décomposées en blocs ©Dunod.Laphotocopienonautoriséeestundélit. Partir d’une égalité convenable de matrices décomposées en blocs (souvent issues de produits de matrices) et passer aux déterminants. ➥ Exercices 10.30, 10.37.
- 410. Chapitre 10 • Compléments d’algèbre linéaire 400 Énoncés des exercices Une formule sur somme et intersection de sev Soient E un K-ev, A,B,C des sev de E. Montrer : A + B ∩ (A + C) = A + C ∩ (A + B) . Famille infinie libre, famille infinie liée Étudier la liberté des familles d’applications suivantes, pour les lois usuelles : a) fa : [0 ; +∞[−→ R, x −→ 1 x + a a∈ ]0 ;+∞[ b) fa : R −→ R, x −→ ch (x − a) a∈R . Étude de l’existence d’une factorisation d’une matrice Existe-t-il A ∈ M3,2(R) et B ∈ M2,3(R) telles que AB = C, où C désigne successivement les matrices : C = 1 0 0 0 0 0 0 0 0 , 1 1 1 1 1 1 0 0 0 , 1 1 1 1 1 0 1 0 0 ? Séparation de vecteurs par une forme linéaire Soient E un K-ev de dimension finie 1, x,y ∈ E tels que x =/ y. Montrer qu’il existe ϕ ∈ E∗ telle que : ϕ(x) =/ ϕ(y). Utilisation de formes linéaires sur un espace de polynômes Soient n ∈ N, a0,. . . ,an ∈ R deux à deux distincts. Montrer qu’il existe (λ0,. . . ,λn) ∈ Rn+1 unique tel que : ∀ P ∈ Rn[X], P (0) = n k=0 λk P(ak). Famille des évaluations sur un ensemble fini Soient n ∈ N∗ , X = {x1,. . . ,xn} un ensemble fini à n éléments. On note F = K X et, pour tout i ∈ {1,. . . ,n}, on note Ei : F −→ K, f −→ f (xi ), appelée évaluation en xi . Montrer que la famille (Ei )1 i n est une base de F∗ . Déterminant d’une famille de p formes linéaires prises en p points Soient p ∈ N∗ , E un K-ev de dimension finie, ϕ1,. . . ,ϕp ∈ E∗ . Montrer que (ϕ1,. . . ,ϕp) est libre si et seulement s’il existe (x1,. . . ,xp) ∈ E