Corrigé des exercices - Dunod

303
Considérons la fonction ϕ définie sur ]0,π] par
ϕ(t) = 1 2
( ) 1
2π t2 − t cot t 2 .
Elle est de classe C 1 sur ]0,π]. Montrons qu’on peut la prolonger en une fonction de classe
C 1 sur [0,π]. On a pour t ∈ ]0,π],
ϕ(t) =
( 1
2 t − 1 )
cos t 2 ×
t
sin t .
2
Il suffit en fait de démontrer qu’on peut prolonger h : t ↦−→
t
sin t . On a, pour tout t ∈]0,π],
2
h ′ (t) = sin t 2 − t 2 cos t 2
sin 2 t .
2
Au voisinage de 0, on obtient
sin t 2 − t 2 cos t 2 = t 2 − t3
48 − t ( )
1 − t2 + o(t 3 ) ∼ t3
2 8 24 .
On en déduit h ′ (t) ∼ t3 4
24 t 2 ∼ t et lim
6 t→0 h′ (t) = 0. Le théorème de prolongement des fonctions
de classe C 1 s’applique : la fonction h et donc la fonction ϕ peut être prolongée en une
fonction de classe C 1 sur [0,π].
Par continuité, on a, pour tout t ∈ [0,π],
( ) 1 ∑ N
2π t2 − t cos nt = ϕ(t)sin Nt + 1 ( ) 1
2 2π t2 − t cos Nt − 1 ( ) 1
2 2π t2 − t .
n=1
En intégrant, on en déduit
N∑
∫
1 π
n 2 =
n=1
0
∫ π
( )
1 1
ϕ(t)sin Ntdt +
0 2 2π t2 − t cos Ntdt − 1 2
∫ π
0
( ) 1
2π t2 − t dt.
D’après la question 3, les deux premières intégrales tendent vers 0 quand N tend vers +∞.
On obtient donc
+∞∑
n=1
1
n 2 =
On obtient ensuite
+∞∑
n=1
lim
N∑
N→+∞
n=1
1
(2n) 2 = 1 +∞∑
4
n=1
1
n 2 = −1 2
∫ π
0
1
n 2 = π2
24 et +∞
∑
( ) 1
2π t2 − t dt = − 1 [ 1
2 6π t3 − 1 ] π
2 t2 = π2
0
6 .
n=0
+∞
1
(2n + 1) 2 = ∑
n=1
+∞
1
n 2 − ∑
n=1
1
(2n) 2 = π2
8 .