CPGE Laayoune Lissane Eddine Essaidi Ali
Exercice 1 : Montrer que x > 1,(x)(x) = +
0
tx1
et 1dt.
Solution de lexercice 1 : On pose f(t) = tx1et1 .
Mthode 01 : Utilisation du thorme dinterversion somme-intgral
des sries de fonctions positives :
On a x ]0,+[, f(t) = tx1
et 1 =tx1et
1 et = tx1et
+n=0
ent =+n=1
tx1ent.
On pose n N,t ]0,+[, fn(t) = tx1ent. On a : n N, fn est continue
sur ]0,+[. Soit n N. On a :
1. fn est continue sur ]0,+[.2. lim
t0+fn(t) = 0 donc fn est intgrable sur ]0, 1].
3. fn(t) =+ o
(1
t2
)donc fn est intgrable sur [1,+[.
Donc fn est intgrable sur ]0,+[. t > 0,
+n=1
fn(t) =
+n=1
tx1ent =tx1
et 1 = f(t) doncn1
fn converge simplement sur ]0,+[ vers f qui est
continues sur ]0,+[. Soit n N. On a
+0
|fn(t)|dt = +
0
tx1entdt donc, en considrant le changement de variables u = nt,
on
obtient +
0
|fn(t)|dt = 1nx
+0
ux1eudu =(x)
nx.
Or x > 1 donc la srie (x)
nx converge do la srie +
0
|fn(t)|dt converge.Donc, daprs le thorme dinterversion
somme-intgral, la fonction f est intgrable sur ]0,+[ et on a :
+
0
tx1
et 1dt = +
0
+n=1
tx1entdt =+n=1
+0
tx1entdt =+n=1
(x)
nx= (x)
+n=1
1
nx= (x)(x)
Mthode 02 : Utilisation du thorme de la convergence domine :
Soit n N donc t ]0,+[, f(t) = tx1
et 1 =tx1et
1 et = tx1et
(1 ent1 et +
ent
1 et)
= tx1et(n1k=0
ekt +ent
1 et)
=
n1k=0
tx1e(k+1)t +tx1e(n+1)t
1 et =nk=1
tx1ekt +tx1e(n+1)t
1 et . On a :
1. f est continue sur ]0,+[.
2. f(t) 0+
tx1
t=
1
t2xdonc f est intgrable sur ]0, 1] car 2 x < 1.
3. f(t) =0+
(1
t2
)donc f est intgrable sur [1,+[.
Donc f est intgrable sur ]0,+[. De mme, on a k N :1. t 7 tx1ekt
est continue sur ]0,+[.2. lim
t0+tx1ekt = 0 donc t 7 tx1ekt est intgrable sur ]0, 1].
3. tx1ekt =0+
(1
t2
)donc t 7 tx1ekt est intgrable sur [1,+[.
Donc k N, t 7 tx1ekt est intgrable sur ]0,+[.Enfin, n N,
lapplication t 7 tx1e(n+1)t1et est intgrable sur ]0,+[ car
diffrence des deux applications f et t 7nk=1
tx1ekt qui sont intgrables sur ]0,+[.
On dduit que +
0
f(t)dt =
+0
(nk=1
tx1ektdt
)+
+0
tx1e(n+1)t
1 et dt =nk=1
( +0
tx1ektdt)
+
+0
tx1e(n+1)t
1 et dt.
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Pour tout k N, en considrant le changement de variables u = kt,
on a +
0
tx1ektdt =1
kx
+0
ux1eudu =(x)
kx
donc +
0
f(t)dt = (x)
nk=1
1
kx+
+0
tx1e(n+1)t
1 et dt.
On pose n N,t > 0, fn(t) = tx1e(n+1)t
1 et . On a : (fn)nN est une suite de fonctions continues sur
]0,+[. (fn)nN converge simplement sur ]0,+[ vers lapplication nulle
sur ]0,+[ et lapplication nulle est continue sur
]0,+[. On a n N,t > 0, |f(t)| =
tx1e(n+1)t1et = tx1entet1 tx1et1 = f(t) avec f intgrable sur
]0,+[ car :1. f est continue sur ]0,+[.
2. f(t) 0+
tx1
t=
1
t2xdonc f est intgrable sur ]0, 1] car 2 x < 1.
3. f(t) =0+
(1
t2
)donc f est intgrable sur [1,+[.
Daprs le thorme de la convergence domine limn+
+0
tx1e(n+1)t
1 et dt = +
0
limn+
tx1e(n+1)t
1 et dt = +
0
0dt =
0.
On a n N, +
0
f(t)dt = (x)
nk=1
1
kx+
+0
tx1e(n+1)t
1 et dt, la sriek1
1
kxconverge et lim
n+
+0
tx1e(n+1)t
1 et dt =
0 donc, lorsque n +, +
0
f(t)dt = (x)
+k=1
1
kx= (x)(x).
Exercice 2 : Soit x R tel que |x| 6= 1.1 : Dvelopper sur ]0,
2pi[ la fonction f() = 1x22x cos+1 en srie de Fourier.
2 : Soit n N. Calculer 2pi
0
cosn
x2 2x cos+ 1d.
Solution de lexercice 2 :1 : On a f() = 1x22x cos+1 =
1x2x(ei+ei)+1 = e
i
(eix)(xei1) .
Par dcomposition en lments simple Y(Yx)(Y 1x )
= 1x21(
1xY1 xYx
)donc f() = 1x21
(1
xei1 xeix)
.Si |x| > 1 alors :f() = 1
x2 1
(ei
x
1
1 eix 1
1 eix
)=
1
x2 1
(ei
x
+n=0
ein
xn
+n=0
ein
xn
)=
1
x2 1
(1 + 2
+n=1
cos(n)
xn
).
La srie trigonomtriquen1
cos(n)
xnconverge uniformment sur R vers f donc elle reprsente la srie
de Fourier de f . On d-
duit que f est dveloppable en srie de Fourier et son
dveloppement en srie de Fourier est f() =1
x2 1
(1 + 2
+n=1
cos(n)
xn
).
En particulier, a0 = 2x21 et n N, an = 2xn(x21) donc n N, an =
2xn(x21) .Si |x| < 1 alors :f() =
1
x2 1(
1
1 xei +xei
1 xei)
=1
x2 1
(+n=0
xnein +
+n=1
xnein)
=1
x2 1
(1 + 2
+n=1
xn cos(n)
).
La srie trigonomtriquen1
xn cos(n) converge uniformment sur R vers f donc elle reprsente
la srie de Fourier de f . On
dduit que f est dveloppable en srie de Fourier et son
dveloppement en srie de Fourier est f() =1
x2 1
(1 + 2
+n=1
xn cos(n)
).
En particulier, a0 = 2x21 et n N, an = 2xn
x21 donc n N, an = 2xn
x21 .
2 : On a 2pi
0
cosn
x2 2x cos+ 1d = pian donc 2pi
0
cosn
x2 2x cos+ 1d =
2pi
xn(x21) si |x| > 1
2pixn
x21 si |x| < 1.
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