ESIM - PSI 1 - 2002

Problème 1

Préliminaires
a) un vn = un (Sn – Sn–1) = un Sn – un Sn–1 = un Sn – un+1 Sn
                  = un Sn + uq Sq
b)   un M + uq M = M up
 
1)	a) facile
	b) eikx = eipx  pour x  2k
	               = ei(n+p)x/2   donc on prend  =  et  = 
d'où sin(kx) = sin[(n+p)x/2]  donc a =  et b =  par exemple.
	c) En utilisant l'égalité ci-dessus et en majorant le numérateur par 1, on obtient :
		   
		                      (utiliser 1.a)

2)	a) prendre un = cn et vn = sin(nx) dans (*). On a M = . On en déduit que :
   
	b) f existe (critère de Cauchy), et la convergence est uniforme sur tout intervalle de la forme [,] avec  > 0. f est donc continue sur ces types d'intervalles, donc continue sur la réunion ]0,], donc aussi sur ]0,[. Puis on utilise le fait que f est impaire et la périodicité de f.

3)	a) Pour x  [0, ], et 1  n  q, on a nx  qx   donc 0  sin(nx)  nx, d'où :
		  cn nx  Aqx  A 
et pour x  [, ],    A  A en utilisant 2.a)
	b) Pour 1  n  E() = Q   < Q+1, on a x  , donc   A en utilisant 3.a) avec Q au lieu de q.
Et pour n  Q + 1, on a :     en utilisant 2.a)
                                                                   A puisque x(Q+1) > .
Il suffit de sommer ces deux inégalités.
	c) B = 2A convient
	d) Soit fq = cn sin(nx). La suite (fq) converge simplement vers f sur ]0,[ en étant dominée par une constante (donc une fonction intégrable sur [0,]). Par ailleurs :
	  fq =  cn  =  série convergente. 
On peut donc écrire, en appliquant le théorème de convergence dominée (TCD) que :
	 =   fq =  fq =  f
Enfin, f étant impair, ces coefficients de Fourier relatifs aux cos sont nuls. Ceux relatifs à sin(nx) valent :
	  f(t) sin(nt) dt =   fq(t) sin(nt) dt
	                               =    fq(t) sin(nt) dt en utilisant à nouveau le TCD
	                               = cn
Problème 2

A-1)	a) Par parité de ch, on peut supposer   0.
0  ch(t) exp(– xch(t))  exp(t – xch(t))  exp(–t) pour t assez grand donc f existe.

Plus précisément, pour x dans un intervalle [, [ avec 0 < , on a l'inégalité :
	t – xch(t)  t – ch(t)  –t pour t appartenant à un intervalle de la forme [A,+] où A dépend de  et de , mais pas de x. La fonction x  ch(t) exp(– xch(t)) dt est continue en tout x (car on intégre une fonction continue de deux variables sur un segment). 
Pour x  ch(t) exp(– xch(t)) dt, on utilise l'hypothèse de domination vérifiée précédemment pour conclure à la continuité sur [, +[.  étant quelconque, la fonction est continue pour tout x > 0. On procède d'une manière analogue pour f' et f".
	b) Vérifions que :
	0 =  (x2 ch(t)2 – x ch(t) – x2 – 2) ch(t) exp(– xch(t)) dt
Or, en intégrant deux fois de suite par parties, on a : 
	2 ch(t) exp(– xch(t)) dt =   sh(t) x sh(t) exp(– xch(t)) dt
                                                           = – ch(t) x (ch(t) – x sh(t)2) exp(– xch(t)) dt 
qui donne le résultat voulu.

2)	a) Quand t tend vers +, 0  exp(– t – ) t––1  exp(–t)t––1 <  pour t assez grand, donc intégrable au voisinage de l'infini. 
En 0, 0  exp(– t – ) t––1  exp(– ) t––1. On se repère mieux avec un changement de variable u = . On a exp(– ) t––1 dt = – exp(– x2u) u–1 du intégrable pour x  0, ou pour x = 0 et  < 0. Ainsi, si  < 0, l'ensemble de définition est R. Sinon, c'est R*.
	b) i) Sur ]–,0], changer t en –t.
	b) ii)   exp(– xch(t) + t) dt =  exp(–  – ) u–1 du
	                                                      = exp(–  – v) v––1 dv =  g(x)
	c) L'hypothèse de domination de exp(– t – )t––1 par e–t t––1 (intégrable pour  < 0) est vérifiée sur [0,+[. Donc g est continue et f(x)   g(0). Pour   0, remplacer  par . Cela ne change pas la valeur de f.

B-3) I() n'est qu'une définition pour   (x,y) dx dy.
	a)  exp(–x ch(t)) ch(t) dx = 
	b) I() =  dt qui existe car  < 1.

4)	a) i) left to the reader
	a) ii)  = 2e–t ch(t) (–1)n e–2nt = (–1)n un(t) avec un(t) = 2e–t ch(t)e–2nt
	b) vp  0 est clair. 
  dt =  vn(t) dt =  vn(t) dt car la série est à termes positifs
                      = u2n(t)dt –  u2n+1(t)dt
avec  un(t) dt =  +  = 2  ce qui conduit au résultat demandé avec K = 2.
	c) an = 0 et bn = 2sin()  ce qui donne, en appliquant le théorème de Dirichlet :
		sin(t) = 2sin()  sin(nt)
	d) Pour t = , on obtient sin() = 2sin() (–1)n
de sorte que I() =  dt =