E3A 2014 MP Maths A Corrigé. Partie I. Partie II

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1 E3A 4 MP Maths A Corrigé Partie I. Classiquement, les solutions à valeurs réelles (respectivement complees) sont les fonctions de la forme Acos + Bsin, où (A,B) R (respectivement Ce i + De i, où (C,D) C ).. On a immédiatement Acos + Bsin A + B + o() au voisinage de. Acos + Bsin 3. On en déduit que, si A, alors A en +, et donc a en + une limite infinie. Si, par contre, A, alors Acos + Bsin B + o( ) en +, donc a pour limite en +. La condition demandée est donc A. Si A et B, le développement asymptotique précédent donne B comme équivalent en + ; si B, la fonction est la fonction nulle. Partie II 4. L équation (E / ) est linéaire et homogène, l ensemble de ses solutions est donc un espace vectoriel. De plus, c est une équation du second ordre, et le coefficient de y ne s annule pas sur,[, l espace des solutions est donc de dimension. 5. Pour tout >, on a y() / z(), donc y () 3/ z() + / z () puis y () 3 5/ 4 En substituant dans (E / ), on obtient après calculs z() 3/ z () + / z () y est solution de (E / ) > 3/ z () + 3/ z() Puisqu on travaille sur,[, on peut simplifier par 3/ ; l équation cherchée est donc l équation z + z étudiée en I. 6. Compte tenu de 6. et., les solutions (à valeurs réelles) de (E / ) sur,[ sont les fonctions de la forme Acos + Bsin où (A,B) R. 7. D après 3., les fonctions cherchées sont les fonctions de la forme B / sin, c est-à-dire la droite vectorielle engendrée par la fonction / sin. 8. Une fonction vérifiant la condition posée aurait pour limite en, donc doit vérifier A ; le 3. montre alors que la seule solution est la fonction obtenue en prenant A et B /. Partie III 9. On a immédiatement Γ() e t dt [ e t. D autre part, si < a < b, alors b a t e t dt [ t e t b a + b a t e t dt tendre a vers et b vers, on en déduit Γ( + ) Γ(). par intégration par parties. En faisant. a. Par eemple, R est la borne supérieure de l ensemble des t R + pour lesquels la série a n t n converge (ou pour lesquels (a n t n ) tend vers, ou est bornée,...).

2 b. Puisque S est solution de (E α) sur R +, on a, pour tout R,R[, p n(n )a n n + (α + ) na n n + a n n n n n a + p p(p + )a p+ p + (α + ) (p + )a p+ p + a p p p [ (p + )(p + α + )ap+ + a p p Pour passer de la première ligne à la deuième, on a posé p n dans les deu premières sommes, p n + dans la dernière. L égalité étant vérifiée sur R, R[, l unicité du développement en série entière montre que les coefficients de la série entière du membre de gauche de la dernière équation, sont tous nuls ; ce qui fournit les relations demandées par l énoncé.. a. Puisque α par hypothèse, on a donc, pour tout p N a p, a p+ (p + )(p + + α) ; puisque a, une récurrence immédiate montre que les coefficients d indice impair sont tous nuls. a p b. On a de même, pour tout p N, a p+ 4(p + )(p + + α). Si a, les coefficients d ordre pair sont eu aussi tous nuls, la série est la série nulle et son rayon de convergence est infini. Si a, il est clair que a n pour tout n. Soit z C. Alors a (n+) z (n+) a n z n z 4(n + )(n + + α) n et donc, par la règle de d Alembert, la série a n z n converge absolument. Ceci étant vrai pour tout z, le rayon de convergence R est donc infini. c. Le résultat est vrai pour n ; le résultat général s en déduit par récurrence, en utilisant la relation de récurrence donnée en b. et la relation Γ(n + α + ) (n + α + )Γ(n + α + ).. La théorie n a pas substantiellement évolué depuis la résolution de la question 4. : c est toujours un plan vectoriel. 3. Le raisonnement est strictement analogue à celui de la question 5. ; on remplace y par α z dans l équation (E α ), et après simplification par α+ (légitime puisqu on travaille sur R +), on obtient l équation (E α). 4. Soit (a n ) la suite définie par les conditions du.b et a α Γ(α + ). Pour R, posons T () a n n. n La question. montre que T est définie sur R tout entier, et la question. qu elle y est solution de l équation (E α). Enfin, la question.c montre que T () α f α () pour tout > ; d après 3., la fonction f α est donc solution de (E α ) sur R Avec les notations précédentes, la fonction T, somme d une série entière, a pour limite a α Γ(α + ) en ; puisque a, on en déduit f α () α α T () + α Γ(α + ) 6. Soient p et R. Le changement d indice q n + donne f p+ () n ( ) n ( n!(n + p + )! ) n+p+ q p ( ) q (q )!(q + p)!( ) q+p

3 On en déduit f p () f p+ () D autre part : f p() On a donc finalement n n ( ) n ( n!(n + p )! ) p + n (p )! ( n ( ) n (n + p) n!(n + p)! ) n+p + n ( ) n (n + p) n!(n + p)! ( ) n+p ( ) n (n )!(n + p)!( ( n+p ) ) n+p ( ) n (n + p) ( ) n+p (le facteur / vient de la dérivation de /). n!(n + p)! f p () f p+ () f p(). Partie IV 7. Pour (t,) [, R, on pose h(t,) cos(pt sint). Alors : pour tout R, la fonction h(, ) : t h(t, ) est continue, donc intégrable sur le segment [, ; pour tout t [,, la fonction h(t, ) est de classe C sur R ; pour tout R, la fonction h (, ) : t sint sin(pt sint) est continue, donc intégrable, sur [, ; pour tout (t,) [, R, on a h (t,), et la fonction constante égale à est intégrable sur [,. Le facteur / ne changeant rien au problème, le théorème de dérivation des intégrales dépendant d un paramètre permet de conclure que g p est de classe C sur R, et que, pour tout R, g p() h (t,)dt sint sin(pt sint)dt On montre de même que g p est de classe C, donc que g p est de classe C, et que, pour tout R, g p() sin t cos(pt sint)dt 8. Soit p N. On vérifie facilement que g p (), donc que g p vérifie (E p ) en. Pour, effectuons donc une intégration par parties dans g p(), en primitivant le facteur sint et en ayant soin de ne pas fier la valeur de la constante d intégration : g p() [(C cost)sin(pt sint) t + (cost C)(p cost)cos(pt sint)dt ( p ) (cost C) cost cos(pt sint)dt En prenant maintenant C p/, on obtient g p() p et donc g p est solution de (E p ). cos(pt sint)dt cos t cos(pt sint)dt p g p() cos(pt sint)dt + ( p g p () g p () g p() ) sin t cos(pt sint)dt 3

4 9. a. Soit n. On effectue une intégration parties : w n sint sin n t dt [ cost sin n t + (n ) cos t sin n t dt (n ) sin n t dt (n ) sin n t dt d où l on tire immédiatement la relation cherchée. b. On en déduit, pour tout n : w n n n ce qui se justifie évidemment par une récurrence simple. n 3 n w (n)! n (n!). Soient R et t [,. On a cos(t sint) cost cos(sint) + sint sin(sint). Le changement de variable u t donne cost cos(sint)dt ( cosu)cos(sinu)du cosucos(sinu)du et donc cette intégrale et nulle, ce qui fournit l epression demandée pour g. D autre part, g () cos(sint)dt, et on sait que cos(sint) ( ) k k sin k t. Posons f k (t) ( )k k sin k t k (k)! (k)! pour tout t [,. Les fonctions f k sont continues par morceau donc intégrables sur [, et la série f k converge simplement sur [,, de somme cos(sint) continue sur [,. Enfin, on a clairement f k (t) pour tout k, f k (t) dt k (k)! ; donc la série f k (t) dt converge. On sait qu alors on peut intervertir intégrale et somme ; autrement dit, g () k f k (t)dt k k f k (t)dt k [ ( ) k (k)! k pour tout k et tout t, d où, (k)! sin k t dt k ( ) k La question 9.b donne alors g () k (k!) k qui constitue le développement cherché. On montre de même, à partir de la formule établie au début de cette question, que g () k [ ( ) k (k + )! En utilisant de nouveau 9.b, on obtient alors g () k sin k+ t dt k+ ( ) k k+ k!(k + )! k+.. Il suffit de comparer les développements en série entière obtenus à la question précédente, à ceu qui ont été donnés en fin de partie III pour les fonctions f p.. Pour tout (a,b) R, on a cos(a b) cos(a + b) sinasinb. Avec a pt sint et b t, cela fournit, pour tout p N et tout R : g p () g p+ () sin(pt sint)sint dt g p() 3. L égalité a déjà été vérifiée au rangs et. Si elle est vraie jusqu à un rang p, alors g p+ g p g p f p f p par hypothèse de récurrence ; la question 6. montre alors que g p+ f p+, ce qui achève la récurrence. 4

5 Partie V 4. La valeur de g(t) ne dépend en fait que de cost, g est donc clairement -périodique. 5. On a a n cos(nt)g(t)dt pour tout n N et b n sin(nt)g(t)dt pour tout n N. On a en fait g(t) cos(cost) pour tout t. Les théorèmes usuels montrent donc que g est de classe C sur R. Elle est donc en particulier continue sur R et de classe C par morceau, ce qui suffit pour que sa série de Fourier converge vers g uniformément sur R. 6. Puisque g(t) ne dépend que de cost, g est paire ; on sait qu alors ses coefficients b n sont tous nuls. 7. Soit t R ; alors cos(t + ) cost ; par suite ep(icost) et ep ( icos(t + ) ) sont conjugués, donc ont même partie réelle. On a bien g(t + ) g(t), g est -périodique. Soit alors k N. Le changement de variable t u + donne cos ( (k + )t ) g(t)dt cos ( (k + )u + (k + ) ) g(u + )du cos ( (k + )u ) g(u)du et donc cos ( (k + )t ) g(t)dt, ce qui donne a k+. 8. Soit donc k N. Commençons par noter que g k () cos(kt) cos( sint) dt + sin(kt) sin( sint) dt Comme à la question., le changement u t permet de montrer que la deuième intégrale est nulle. D autre part, la fonction figurant dans la première intégrale est -périodique ; on a donc g k () Posons enfin t u + / dans cette intégrale : g k () 3/ / cos(kt) cos( sint) dt [ ( cos(ku + k)cos sin u + )dt ( )k cos(ku)cos(cosu)du le dernier changement de bornes étant justifié par la -périodicité de la fonction intégrée. Cela fournit bien a k ( ) k g k (). 9. Compte tenu des questions 6. à 8., le résultat demandé eprime simplement le fait que g est la somme de sa série de Fourier. 5