[PDF] Correction du devoir maison no 2

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PC - Lycée CondorcetAnnée 2014-2015

Correction du devoir maison no2

Exercice(Type oral de CCP 2015).

1. (a) Sin?2, alors commeα?0,1

n(lnn)α?1n(ln2)α?0qui est le terme d'une série propor-

tionnelle à la série harmonique donc divergente. Ainsi, parcomparaison des séries à termes

positifs,undiverge. (b) Siα >0alors la fonctionf:x1 x(ln(x)α)est décroissante et positive sur[2;+[, donc par comparaison série-intégrale, pourn?2fixé, on a : n k=2u k=n k=2f(k)?f(2) + n 2 f(t) dt soit n k=2u k?1

2(ln2)α+

n Dans le cas oùα >1, le terme de droite de cette inégalité admet une limite finie quand n+, donc la suite des sommes partielles de la sérieunest majorée. On en déduit que unconverge car c'est une série à termes positifs.

2. Pourn?n, on aun=

e 1 +1 n n e 1 n (ln(n2+n))2?0. Cherchons un équivalent deun.

Pour le numérateur :

e 1 +1 n n = eenln(1+1 n) = ee11

2n+o(1n)

= eee1

2n+o(1n)

= e 1e1

2n+o(1n)

e

2n+o1n

De plus,e1

n1quandntend vers+, on a donc : e 1 +1 n n e 1 ne2n

Pour le dénominateur :

(ln(n2+n))2= ln(n2) + ln 1 +1 n 2 (ln(n2))2= (2lnn)2= 4(lnn)2

Doncune

8n(lnn)2qui est le terme d'une série convergente, d'après la question 1. (b) avec

α= 2>1. Donc, par comparaison de séries à termes positifs, on en déduit queunconverge. 1

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Problème. Calcul de la somme de la série de Riemann+ n=11n2

Partie 1. Écriture de

n k=11 k2sous forme intégrale

1. On fait une double intégration par parties avecu(t) = cos(nt)etv(t) =at2+bt, deux fonction de

classeCsur[0;π]qui nous donne : 0 (at2+bt)cos(nt) dt=1 n2((1)n(2aπ+b)b) Si on choisit les réelsaetbtels que2aπ+b= 0etb=1, c'est à direa=1

2πetb=1, alors on

a 0 (at2+bt)cos(nt) dt=1 n2pour tout entier non nuln.

2. Il suffit de remplacer

1 k2par 0 (at2+bt)cos(kt) dtavec lesaetbchoisis dans la question précédente et de permuter l'intégrale avec la somme finie pourkvariant de1àn: n k=11 k2=n k=1 0 t22πt cos(kt) dt= 0 t22πt n k=1cos(kt) dt

3. C'est une question de cours vue en sup : il faut utiliser la formule des sommes des termes d'une

suite géométrique. Sitest tel queeikt= 1, c'est à dire sit0[2π]alorsn k=1eikt=n.

Sinon,

n k=1eikt= eitn1 k=0eikt= eit1eint

1eit= eiteint/2(eint/2eint/2)eit/2(eit/2eit/2)= ei(n+1)t/2sinnt

2 sint2

Donc :

n k=1cos(kt) =Im n k=1eikt cos(n+ 1)t 2 sinnt2 sint2 sin(2n+ 1)t 2 sint2

2sint2

=1

2+sin(2n+ 1)t

2

2sint2

(on a utilisé la formule de trigonométrie :cosasinb=sin(a+b)sin(ab)

2pour simplifier la

deuxième expression). 2

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4. L'intégrale de la question2. se faisant sur]0;π[, on peut injecter cette seconde formule dans

l'égalité de la question 2. pour obtenir : n k=11 k2= 0 t22πt n k=1cos(kt) dt 0 t2

2πt

12+sin(2n+ 1)t

2

2sint2

dt =1 2 0 t22πt dt+ 0t 2

2πt

2sin(t/2)sin(2n+ 1)t2

dt π2 6+ 0 f(t)sin(2n+ 1)t2 dt avec, pourt]0;π],f(t) =t 2

2πt

2sin(t/2).

5. La fonctionfest de classeC1sur]0;π]comme composée de fonctions de classeC1. De plus,

en0, commesin(t/2)t/2, on af(t)t

2π1etfpeut donc être prolongée par continuité en0

en posantf(0) =1. Ce n'est pas parce quefadmet un développement limité à l'ordre 1 en0que le prolongement est de classeC1. Montrons que le prolongement est de classeC1en montrant quefadmet aussi une limite finie en0. Pour cela, on peut faire un développement limité de f (t) = t π1

2sin(t/2)t22πt

cos(t/2)

4sin2(t/2)

et on trouve quelimt0f(t) =1

2π. Doncfse prolonge en une fonction de classeC1sur[0;π].

Partie 2. Une version du théorème de Riemann-Lebesgue

1. Commefest de classeC1, on peut faire une intégration par parties pour calculer

b a f(t)eiλtdt avecu:teiλtcontinue etv=fde classeC1. On obtient alors : b a f(t)eiλtdt=eiλtf(t) iλ b a1iλ b a f(t)eiλtdt=1iλ e iλbf(b)eiλaf(a) b a f(t)eiλtdt

Maisλ >0et pour tout réelθ,eiθ= 1, on a donc, par l'inégalité triangulaire pour les réels puis

pour les intégrales : b a f(t)eiλtdt ?1 f(a)+f(b)+ b a f(t) dt 1λ f(a)+f(b)+ b a f(t)dt 3

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2. L'inégalité précédente nous permet d'affirmer queλ

b a f(t)eiλtdtest bornée et donc que limquotesdbs_dbs31.pdfusesText_37

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