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[ID: 748] [Date de publication: 18 janvier 2021 13:48] [Catégorie(s): Applications au calcul de limite ] [ Nombre commentaires: 1] [nombre d'éditeurs: 1 ] [Editeur(s): Emmanuel Vieillard-Baron ] [nombre d'auteurs: 3 ] [Auteur(s): Alain Soyeur François Capaces Emmanuel Vieillard-Baron ]

Solution(s)

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Exercice 817
Par Alain Soyeur François Capaces Emmanuel Vieillard-Baron le 18 janvier 2021 13:48

1. Pour tout \(u\in\mathbb{R}\setminus\left\{\pm 1\right\}\), \[\dfrac{1}{1-u}=\sum_{k=0}^n u^k + \dfrac{u^{n+1}}{1-u}\] donc \[\dfrac{1}{1+u}=\sum_{k=0}^n \left(-1\right)^k u^k + \left(-1\right)^{n+1}\dfrac{u^{n+1}}{1+u} .\]

2. On obtient alors pour tout \(t\in\mathbb{R}\) : \[\dfrac{1}{1+e^{-2t}} = \sum_{k=0 }^n \left(-1\right)^k e^{-2kt} + \left(-1\right)^{n+1}\dfrac{e^{-2\left(n+1\right)t}}{1+e^{-2t}} .\]

3. Pour tout \(t\in\mathbb{R}\) : \[\dfrac{\sin t}{\mathop{\mathrm{ch}}t}=\dfrac{2\sin t}{e^t+e^{-t}} = \dfrac{2\sin t}{e^{t}}\dfrac{1}{1+e^{-2t}}=2\sum_{k=0 }^n \left(-1\right)^k e^{-\left(2k+1\right)t}\sin t + \left(-1\right)^{n+1}\dfrac{2e^{-\left(2n+3\right)t}\sin t}{1+e^{-2t}}.\] En effectuant deux intégrations par parties successives, on calcule que pour tout \(k\in\llbracket 0,n\rrbracket\) : \[\int_{0}^{\pi} e^{-\left(2k+1\right)t}\sin t\,\textrm{d}t = \dfrac{e^{-(2k+1)\pi} + 1}{(2k+1)^2+1}\] donc en passant à l’intégrale dans la somme, on obtient :\[\int_{0}^{\pi}\dfrac{\sin t}{\mathop{\mathrm{ch}}t}dt = 2 \sum_{k=0}^{n }(-1)^k \dfrac{e^{-(2k+1)\pi} + 1}{(2k+1)^2+1} + \int_{0}^{\pi} \left(-1\right)^{n+1}\dfrac{2e^{-\left(2n+3\right)t}\sin t}{1+e^{-2t}}\,\textrm{d}t.\] Mais \[\left|\int_{0}^{\pi} \left(-1\right)^{n+1}\dfrac{2e^{-\left(2n+3\right)t}\sin t}{1+e^{-2t}}\,\textrm{d}t\right| \leqslant\int_{0}^{\pi} e^{-2\left(n+1\right)t}\dfrac{\sin t }{\mathop{\mathrm{ch}}t} \,\textrm{d}t \leqslant \int_{0}^{\pi} e^{-2\left(n+1\right)t}\,\textrm{d}t=-\dfrac{1}{2\left(n+1\right)}\left(e^{-2\left(n+1\right)\pi}-1\right) \xrightarrow[n\rightarrow +\infty]{}0\] d’où le résultat.