Fichier PDF

Partage, hébergement, conversion et archivage facile de documents au format PDF

Partager un fichier Mes fichiers Convertir un fichier Boite à outils PDF Recherche PDF Aide Contact



Examen final s3 Janvier 2016 bis solutions .pdf



Nom original: Examen final s3 Janvier 2016 bis solutions.pdf

Ce document au format PDF 1.4 a été généré par TeX / pdfTeX-1.40.3, et a été envoyé sur fichier-pdf.fr le 27/01/2016 à 15:44, depuis l'adresse IP 41.249.x.x. La présente page de téléchargement du fichier a été vue 355 fois.
Taille du document: 112 Ko (9 pages).
Confidentialité: fichier public




Télécharger le fichier (PDF)









Aperçu du document


Université.Med .V
E.N.S Takaddoum
Rabat

Année scolaire 2015-2016
Section: LEM
S3
Examen Final
Solutions

Solution 1 (Exercice 1) p1. Soit an = e 3n . Par utilisation de la règle
p
n
de cauchy on a n an = e 3n = e 3 = L; d’où R = e 1 3 = e3 : Donc la
série converge absolument pour tout x 2] e3 ; e3 [ ce qui implique que
x
2] 1; 1[et on a
e3
S(x) =

P

e

3n n

x =

n 0

P

x
e3

n 0

1

n

=

1

x
e3

e3

=

e3

x

(a) On a vu dans le cours que le rayon de convergence R d’une série
entière de somme S(x) reste le même pour la série dérivée S 0 (x)
ainsi que pour la primitive P (x) de S(x) et que pour tout : 0
< R, S(x) est normalement convergente
P surn[ 1 ; + ] et que sa
0
série dérivée est donnée par S (x) =
nan x
et sa primitive
P an n+1 n 1
x :
est donnée par P (x) =
n+1
(b) Soit la série

P

n 1

n 0

n n
x .
4n

En utilisant la règle de d’Alembert on

an+1
n+11
=
an
n 4

! L=

n!1

1
4

d’où R = 4: Donc la série converge absolument pour tout x 2
] 4; 4[ et on a
P n n
P n n
x = x
x
n
n
n 14
n 14
P

= x

x
4

n 0

= 4x

1

4

1

n

0

1
x

P 1 n
=x
x
n
n 04
0

=

=x

1

1

4x
(4 x)2

x
4

0

0

P

Soit la série

n2 xn . En utilisant la règle de d’Alembert on

n 1

an+1
(n + 1)2
=
an
n2

!1

n!1

d’où R = 1: Donc la série converge absolument pour tout x 2
] 1; 1[ et on a
P 2 n
P
P
P n
nx =
(n (n 1) + n) xn =
n (n 1) xn +
nx
n 1

n 1
P
2

= x

n 2

n (n

1) x

n 2

+x

n 2

= x2

P

xn

00

+x

n 0
2

P

x

P

n 1

nx

n 1

n 1
0
n

n 0
00

1

1

0

+x
:
1 x
1 x
2x2
x
x2 + x
=
+
=
(1 x)3 (1 x)2
(1 x)3

= x

c’est-à-dire

P

n 2 xn =

n 1

x2 + x
:
(1 x)3

Solution 2 (Exercice 2)
1. La fonction 1x2 est la somme de la série
1+ 3
p p
P (1)n 2n
3; 3[
entière
x qui est absolument convergente pour x 2]
3n
n 0

et donc uniformément convergente sur [0; 1] et il en est de même pour
P (1)n 2n+p
xp
=
x
:
3 + x2 n 0 3n+1

Donc on a
Z

0

1

Z
P (1)n 1 2n+p
xp
dx =
x
dx
n+1
3 + x2
n 03
0
P (1)n
1
=
:
n+1
2n + p + 1
n 03
2

(a) Pour p = 2 on a
Z

(1)n
=
n+1
0 (2n + 3) 3

P

n

1

0

Z

=

x2
dx
3 + x2

1

0

= 1

1
p Z
3

3
3 + x2

0

= 1
= 1
Donc A = 1

p

p Z
3

1

dx
1

1+

px
3

x
p
3

2d

p
3
3

1
dt
1 + t2
0
p
p
3
3 arctan
=1
3

p

3

6

36

(b) Pour p = 1 on a

D’où

P (1)n
1 P (1)n+1 1
1
1
=
n+1 2 (n + 1)
2 n+1 1 3n+1 2 (n + 1)
n 03
Z 1
1 P (1)p 1
B
x
=
=
dx
2
2 p 1 p 3p
2
0 3+x
B =

Z

0

1

2x
dx =
3 + x2

4
B = ln :
3

Z

0

1

d (3 + x2 )
=
3 + x2

Z

3

4

dy
y

(c) Pour p = 0 on a
(1)n
=
n+1
0 (2n + 1) 3

P

n

Z

0

1

p Z 1
dx
3
=
2
3+x
3 0

p Z p3
3
3
=
3
p 0
3
=
3 6
3

1

2d

1 + px3
p
p
1
3
3
dy =
arctan
2
1+y
3
3

x
p
3

Donc

p
3
C=
:
18
1. On a vu dans le cours que

Solution 3 (Exercice 3)
ln (1
2. Soit la série

x) =
P

n 2

xn
n2 1

x+

x2
xn
+ ::: +
+ :::
2
n

de la forme

P

pour jxj < 1

(1)

an x n

n 2

(a) Pour trouver le rayon de convergence R de cette série formons le
rapport
1
n2 1
an+1
=
=
2
an
(n + 1)
1
1 + n1
Donc
R=

1

1
n2
2

! L=1

1 n!1
n2

= 1:

L

(b) Pour jxj

1 ona
P

n 2

car

1
n2 1

à l’1

1
n2

xn
n2

1

P

n 2

1
n2

1

< +1

qui est le terme général d’une série de Rie-

mann convergente. Donc notre série est absolument ( et même
normalement et uniformément) convergente sur[ 1; +1]. Alors
la série est commutativement convergente. Soit S(x) sa somme.
Pour x = 0; on a S(0) = 0. Maintenant pour x 6= 0 et comme

4

1
n2 1

P

n 2

=
x

n2

1
2
n

1
n 1

1

1
n+1

=

1
2

=

1
2

=

1
2

P

P

xn
1 n 2n+1
n 2n
P xn 1
1 P xn+1
x
1 x n+1 3 n + 1
n 1 1n
!
P xp 1 P xp
x
xp 3 p
p 1 p

par (1)

=

1
2

=

; on a

1
2
1
x

xn

x ln(1
x ln(1

x) +

1
x

ln(1

x) + 1 +

x) + x +

x2
2

x
2

Donc
S(x) =

1
2

1
x

0
x ln(1

x) + 1 +

x
2

si x = 0
si x =
6 0

(c) On a dejà répondu dans le b) que la série est uniformément convergente sur [ 1; +1] : Par l’uniforme convergence
P
P
P xn
1
xn
=
lim
=
lim
2
2
x!1
x!1 n 2 n2
1
n
1 n 2n
1
n 2
et
P xn
= lim S (x)
lim
x!1
x!1 n 2 n2
1
1 1+x
x
= lim
(1 x) ln(1 x) + 1 +
x!1 2
x
2
1
1
3
=
0+1+
= :
2
2
4
Donc
P
1
3
=
2
1
4
n 2n

Solution 4 (Exercice 4)
sup jSF (f ) (x)j
x2R

<

1. On a
P jsin (2p + 1) j supx2R jsin (2p + 1) xj
4a +1
(2p + 1)2
p=0
P 1
4a +1
< +1
2
n=0 n
5

Donc
SF (f ) (:) =

4a

+n sin (2p + 1)
P
n!+1 p=0
(2p + 1)2

lim

sin (2p + 1) (:) :

(2)

est une limite de fonctions continues uniformément convergentes est
donc continue.
2. Soit g la fonction f pour laquelle = 3 : Pour k 2 3N; on a sin k 3 = 0.
Donc pour k 2 Nn (2N [ 3N) on a
SF (g) (x) =

12a
2

+1
P

sin k 3
sin kx:
k2
k2Nn(2N[3N)

et suivant
les p
valeurs de k dans Nn (2N [ 3N) on a sin k 3 est égal soit
p
3
soit à 23 : On a donc:
à
2
SF (g) (x) =

p
6 3a
2

sin 5x sin 7x
+
52
72

sin x

sin 11x
:::
112

(3)

Une fonction g candidate est donc une fonction impaire et périodique
de période 2 , dé…nie sur (la demi-période) [0; ] par:
8
x
pour x 2 0; 3
< 3a
a
pour x 2 3 ; 23
g(x) =
: 3a( x)
pour x 2 23 ;

3. L’égalité

1

Z

jf (t)j2 dt =

4a

représente l’identité de Parseval.

2 +1
P

(sin (2p + 1) )2
(2p + 1)4
p=0

4. D’après la question précedente, il su¢ t de calculer

6

1

R

(4)

jf (t)j2 dt; or

la fonction t 7 ! jf (t)j2 est paire sur intervale symétrique donc
Z
Z
2
1
2
jf (t)j dt =
(f (t))2 dt
0
Z
Z
Z
2 a2
a2
2
2
=
dx + 2
x dx + a
(
2
0
Z
2a2 1 x3
1
=
+ [x]
+ 2
t2 dt
2
3 0
0
2
2a
2 +
2
=
3
2a2
4
=
3
4
= 2a2 1
3
Donc
2a
d’où

2

1
2

8
(a) Pour
soit

4
3
2

(sin (2p + 1) )2
=
(2p + 1)4
p=0

= 4 on a pour tout p: la valeur sin (2p + 1)
p
2
: L’expression (5) devient alors
2
4

16
d’où

(sin (2p + 1) )2
(2p + 1)4
p=0

+1
P

4
3

1

2 +1
P

4a

=

1
3

1

8

+1
P

x)2 dx

=

+1
P

p=0

4
1
4 =
96
p=0 (2p + 1)

(5)

4

est soit

p

2
2

1
2

(2p + 1)4
1:014:

(b) Pour
= 3 et pour k 2 3N; on a sin k 3 = 0 et pour k 2
Nn (2N
[ 3N) pet suivant les valeurs de k on a sin k 3 est égal soit
p
3
à
soit à 23 : L’expression (5) devient alors
2
3
P
5
4
=
9 k2Nn(2N[3N) k 4

4

9

8
7

d’où

P

1
5 4
=
4
486
k2Nn(2N[3N) k

1:002

5. On a f est périodique, continue et monotone par morceaux, donc elle
véri…e les conditions de Dirichlet. Par ailleurs, la fonction f possède
la symétrie de type II c’est-à-dire f ( x) = f (x) et par conséquent on
applique les formules du cours avec T = 2 :
Z
2 x
4 T =2
f (x) sin k
dx (k = 0; 1; 2; ::)
ak = 0 et bk =
T 0
T
On a
bk

Z
4 T =2
2 x
=
f (x) sin k
dx
T 0
T
Z
2
f (x) sin kxdx
=
0
Z
Z
2a
2a
=
x sin kxdx +
0
Z
2a
(
x) sin kxdx
=

=

=

2a

x cos kx
k

2a

cos kx
k

2a

x cos kx
k

0

2a B
@
2a

1

cos k
k
cos k(
)
k

( 1)k

sin kxdx +

1
+ 2 [sin kx]0 +
k
0
!
2a
cos kx
+
k
+

+

1
[sin kx]
k2

1
sin k + coskk
k2
( 1)k
( 1)k
+
k
k
+ k12 sin k (

(
)

cos k(
)
+
k
cos k(
)
)
k

1
sin k
k2

Donc
bk =

4a 1
k2

0
sin k
8

si k est pair
si k est impair

1
C
A

D’où
S(f )(x) =

4a

sin sin x + sin 3

sin 3x
sin 5x
+
sin
5
+ :::
32
52

c’est-à-dire
SF (f ) (x) =

P sin (2p + 1)
4a +1
(2p + 1)2
p=0

sin (2p + 1) (x) :

6. On a vu que SF (f ) comme SF (g) sont normalement convergentes (et
donc continues). Comme f aussi bien que g sont continues, d’après
le théorème de convergence normale (Théorème 11.33 du cours) on a
SF (f ) = f et SF (g) = g:

9


Documents similaires


series de fourier developpement en serie de fourier
210 series entieres version abregee
integrale
serie snv 2016
02 series numeriques cours complet 2
series num


Sur le même sujet..