CPGE Laayoune
Lissane Eddine
+∞
que ∀x > 1, Γ(x)ζ (x) =
Exercice 1 : Montrer
tx−1 dt. et − 1
0
Solution de l’exercice 1 : On pose f pose f (t)
=
x−1 t et −1
Essaidi Ali
.
Méthode 01 : Utilisation du théorème d’interversion somme-intégral des séries de fonctions positives : +∞ +∞ tx−1 tx−1 e−t x−1 −t −nt x−1 −nt
∈ ]0, +∞[, f (t) = On a ∀x ∈]0
=
et − 1
= t
e
1 − e−t ∈ ]0, +∞[, f n (t) = t x−1 e−nt. On a : On pose ∀n ∈ N, ∀t ∈]0 – ∀n ∈ N, f n est continue sur ]0, +∞[. n ∈ N. On a : – Soit Soit n
=
e
n=0
t
e
.
n=1
1. f n est continue sur ]0 , +∞[. 2. lim f n (t) = 0 donc f donc f n est intégrable sur ]0 , 1]. t→0+
3. f n (t) = o +∞
1
t2
donc f donc f n est intégrable sur [1 , +∞[.
Donc f Donc f n est intégrable sur ]0 , +∞[. – ∀t > 0,
+∞
+∞
f n (t) =
n=1
n=1
continues sur ]0, +∞[.
+∞
n ∈ – Soit Soit n
N.
On a
+∞
|f n (t)|dt =
0
+∞
obtient
tx−1 = f (t) donc et − 1
tx−1 e−nt =
|f n (t)|dt =
0
+∞
1 nx
Γ(x)
Or x Or x > 1 donc la série
nx
f n converge simplement sur ]0, +∞[ vers f f qui est
n≥1
tx−1 e−ntdt donc, en considérant le changement de variables u = nt, nt, on
0
Γ(x)
ux−1 e−u du =
nx
0
. +∞
|f n (t)|dt converge.
converge converge d’où la série
0
Donc, d’après le théorème d’interversion somme-intégral, la fonction f fonction f est est intégrable sur ]0 , +∞[ et on a : +∞
0
+∞ +∞
tx−1 dt = et − 1
0
+∞
x−1
t
−nt
e
dt =
n=1
+∞
t
x−1
+∞ −nt
e
0
n=1
n−1
tx−1 e−(k+1)t +
x−1
t
e
1−
k=0
=
e−t
1 − e−t
n
−(n+1)t
tx−1 e−kt +
x−1
t
f est continue sur ]0 , +∞[. 1. f est
e
3. f (t) =
0+
t2
n=1
1 nx
= Γ(x)ζ (x)
n−1
= t x−1 e−t
e−kt
k =0
e−nt + 1 − e−t
=
. On a :
1 tx−1 = 2−x donc f donc f est est intégrable sur ]0 , 1] car 2 − x < 1. t t 1
n
= Γ(x)
1 − e−nt e−nt + 1 − e−t 1 − e−t
2. f (t) ∼
0+
x
+∞
−(n+1)t
1 − e−t
k=1
Γ(x)
n=1
Méthode 02 : Utilisation du théorème de la convergence dominée : tx−1 tx−1 e−t ∈ ]0, +∞[, f (t) = = = t x−1 e−t Soit n ∈ N∗ donc ∀t ∈]0
et − 1
dt =
donc f donc f est est intégrable sur [1 , +∞[.
Donc f Donc f est est intégrable sur ]0, +∞[. De même, on a ∀k ∈
N
:
1. t → t x−1 e−kt est continue sur ]0 , +∞[. 2. lim tx−1 e−kt = 0 donc t donc t → t x−1 e−kt est intégrable sur ]0 , 1]. t→0+
3. t
x−1
−kt
e
Donc ∀k ∈
=+
0
1
t2
donc t donc t → t x−1 e−kt est intégrable sur [1, +∞[.
x kt N, t → t −1 e−
Enfin, ∀n ∈
est intégrable sur ]0 , +∞[.
l’application t →
N,
n
t
x−1
−(n+1)t e
1−e−t
est intégrable intégrable sur ]0, +∞[ car différence des deux applications f et t →
tx−1 e−kt qui sont intégrables sur ]0 , +∞[.
k=1
On dédu déduit it que que
+∞
+∞
f (t)dt =
0
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0
n
k=1
t
x−1
−kt
e
+∞
dt +
0
1/2
tx−1 e−(n+1)t dt = 1 − e−t
n
+∞
k =1
0
x−1
t
−kt
e
+∞
dt +
0
tx−1 e−(n+1)t dt. 1 − e−t
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Essaidi Ali
+∞
∗
Pour tout k tout k ∈
N
k t, on a , en considérant le changement de variables u variables u = kt n
+∞
donc
+∞
1
f (t)dt = Γ(x)
0
k =1
+
kx
0
x−1
t
−kt
e
dt =
k
0
tx−1 e−(n+1)t dt. 1 − e−t
+∞
1
x
Γ(x)
ux−1 e−u du =
kx
0
e−(n+1)t . On a : 1 − e−t – (f n )n∈N est une suite de fonctions continues sur ]0 , +∞[. – (f n )n∈N converge simplement sur ]0, +∞[ vers l’application nulle sur ]0, +∞[ et l’application nulle est continue sur ]0, +∞[.
On pose ∀n ∈
N, ∀t
– On a ∀n ∈
> 0 , f n (t) =
N, ∀t
t
x−1
> 0 , |f ( t)| =
x−1
−(n+1)t e 1−e−t
t
f est continue sur ]0 , +∞[. 1. f est
t
=
x−1
−nt e et −1
≤
x−1 t et −1
= f (t) avec f avec f intégrable intégrable sur ]0 , +∞[ car :
2. f (t) ∼
1 tx−1 = 2−x donc f donc f est est intégrable sur ]0 , 1] car 2 − x < 1. t t
3. f (t) =
0+
0+
1
t2
donc f donc f est est intégrable sur [1 , +∞[. +∞
D’aprè D’aprèss le théorè théorème me de la conver convergen gence ce dominé dominéee lim
n→+∞
0.
n
+∞
On a ∀n ∈
∗
N
,
f (t)dt = Γ(x)
0
+∞
1
k =1
k
+ x
0
f (t)dt = Γ(x)
0
k =1
1. Soit x Soit x ∈ R∗ tel que |x| = 1 : Développer sur ]0, 2π [ la fonction f fonction f (α) =
0
1 kx
+∞
tx−1 e−(n+1)t dt = 1 − e−t
tx−1 e−(n+1)t dt, la séri sériee 1 − e−t
+∞
+∞
0 donc, lorsque n → +∞ ∞, lorsque n → +
lim
n→+∞
0
tx−1 e−(n+1)t dt = 1 − e−t +∞
1
k≥ 1
k
converge converge et lim x
n→+∞
0
+∞
0dt =
0
tx−1 e−(n+1)t dt = 1 − e−t
= Γ(x)ζ (x).
Exercice 2 :
2π
2 : Soit n Soit n ∈ N. Calculer
Solution de l’exercice 2 : 1 : On a f a f (α) = x2 −2x 1cos α+1
=
1
Y 1 (Y −x)(Y − x )
iα
=
1
1 e−iα − x 1− e x
1 − 1 − ex cos(nα) iα
La série trigonométrique
iα
=
1 x2 − 1
.
1
xY −1
e−iα x
−
x Y −x
+∞
n=0
donc f donc f (α) = − x21−1
e−inα − xn
+∞
n=0
einα xn
=
1 f (α) = 2 x −1
2
x2 −1
et ∀n ∈
1 iα
1 − xe
La série trigonométrique
N∗ , an =
xe−iα + 1 − xeiα
−
x eiα −x
+∞
1 x2 − 1
duit duit que f est dévelo développa ppable ble en série série de Fouri Fourier er et son dévelo développe ppeme ment nt en série série de Fouri Fourier er estf est f (α) = En particulier, a particulier, a 0 = Si |x| < 1 alors :
1
xeiα −1
1+2
.
cos(nα) xn
n=1
.
converge converge uniformément sur R vers f vers f donc donc elle représente la série de Fourier de f de f .. On dé-
xn
n≥1
e −x)(xeiα −1)
x2 −1
Si |x| > 1 alors :
iα
= − (e
x2 −x(eiα +e−iα )+1
Par décomposition en éléments simple
1 f (α) = − 2 x −1
en série de Fourier.
cos nα dα. − 2x cos α + 1
x2
0
1
x2 −2x cos α+1
n
2
xn (x2 −1)
1 = 2 x −1
donc ∀n ∈
N, an =
+∞
2
xn (x2 −1)
+∞
xn einα +
n=0
xn e−inα
n=1
x2
1 −1
.
1 = 2 x −1
+∞
1+2
1+2
xn
n=1
+∞
cos(nα)
.
xn cos(nα) .
n=1
x cos(nα) converge uniformément sur R vers f vers f donc donc elle représente la série de Fourier de f de f .. On
n≥1
1 déduit déduit que f est est dévelo développa ppable ble en série série de Fouri Fourier er et son dévelo développe ppeme ment nt en série série de Fouri Fourier er estf estf (α) = 2 x −1 En particulier, a particulier, a 0 = 2π
2:
On a
0
2
x2 −1
et ∀n ∈
∗
N
, an =
2xn donc x2 −1
cos nα π an donc dα = πa 2 x − 2x cos α + 1
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2π
0
∀n ∈
N, an =
2xn . x2 −1
cos nα dα = 2 x − 2x cos α + 1
2/2
2π xn (x2 −1)
+∞
1+2
xn cos(nα) .
n=1
si |x| > 1 .
n
2πx x2 −1
si |x| < 1
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