Cours d'Analyse 4 - Faculté des Sciences Rabat

88 Z. ABDELALI
D’où
3) On a f( π
2
π
( 2 )3−π2 π
2
12
∞
π
(−1)
) = S(f)( ) = 2
n=1
n
n3 = − ∞
D’après Parseval
p=0
π
1
2π −π
(−1) p
(2p+1) 3 , ainsi ∞
p=0
| x3 − π2x |
12
2 dx = 1
2
sin(n π
∞ (−1)
) = 2
p=0
2p+1
(−1) p
(2p+1) 3 = 3π3
8·12
∞
n=1
(2p+1) 3 sin((2p + 1) π
∞
) = 2
= π3
32 .
| (−1)n
n 3 | 2 d’où
∞
n=1
1 1
=
n6 945 π6 .
p=0
(−1) 2p+1 (−1) p
(2p+1) 3 .
Exercice 3. 1) f n’est autre que le carré d’une fonction primitive de t ↦→ e−t2, qui est
contnue sur IR, donc f est de classe C1 sur IR, de plus f ′ (x) = 2( x
0 e−t2dt)e−x2
.
On a • l’application (x, t) ↦→ e−x2 (1+t 2 )
1+t2 , est définie et continue sur IR × [0, 1], • ∂ e
∂x
−x2 (1+t 2 )
1+t2 −2xe −x2 (1+t 2 ) existe et continue sur IR × [0, 1], donc d’après Leibniz g est de classe C 1 sur IR
et on a g ′ (x) = 1
0 −2xe−x2 (1+t 2 ) dt.
Le changement de variable u = xt permet d’avoir g ′ (x) = x
0 −2e−x2 −u 2
du = −f ′ (x). Ainsi
pour tout x ∈ IR, (f + g) ′ (x) = 0.
2) On a 0 ≤ g(x) = e −x2 1
0
lim g(x) = 0.
x→∞
e −x2 t 2
1+t 2 dt ≤ e −x2 1
0
1
1+t2 dt = e−x2 π
4
. On a lim
x→∞ e−x2 π
4
3) L’application h(x) = f(x) + g(x) est constante sur IR, h(0) = 0 + 1
Donc | ∞
0 e−t2
∞
0 e−t2dt
= √ π
2 .
dt| = lim
x→∞
f(x) = lim
x→∞
0
=
= 0, donc
1
1+t 2 dt = π
4 .
f(x) + g(x) = π
4 . Or ∞
0 e−t2
dt ≥ 0, donc
Exercice 4. Posons f(x, t) = e −tx sin(t)
t . On a |e −tx sin(t)
t | ≤ e −tx et ∞
0 e−tx dt existe pour
tout x > 0, d’où F est définie sur ]0, ∞[. De plus pour x = 0, F (0) = ∞
0
intégration par parites permet de conclure) d’où F est définie sur [0, ∞[.
sin(t)
dt existe (une
t
1) i) Soit a > 0, pour (x, t) ∈]a, ∞[×]0, ∞[, ∂
∂xe−tx sin(t)
existe et continue, | t
∂
∂xe−tx sin(t)
| = t
|e−tx sin(t)| ≤ e−ta et ∞
0 e−tadt est convergente. Donc F est de classe C1 sur ]a, ∞[, pour tout
a > 0, d’où elle est de classe C 1 sur ]0, ∞[.
ii) Par une intégration par parties deux fois on trouve que F ′ (x) = − 1
1+x 2 . D’où il existe
une constante λ, telle que pour tout x > 0, F (x) = λ − arctan(x).
iii) On a pour tout x > 0, |F (x)| ≤ ∞
0 |e −tx sin(t)
t |dt ≤ ∞
ainsi 0 = lim (λ − arctan(x)) = λ −
x→∞ π
π
. D’où λ = 2 2 .
0 e−txdt = 1
x
. Donc lim F (x) = 0,
x→∞