Solutions
II.5.28. Le résultat se déduit immédiatement de II.5.12 et de l’identité prouvée au problème précédent.
II.5.29. Le résultat de II.5.25 implique
A
f (x) dx =
A
g(x) dx
pour tout ensemble mesurable A ⊂ [−π , π]. Il suffit alors de faire appel
à II.3.7.
II.5.30.
(a) D’après II.5.18,
2
9
π
4 + 16
+∞
n=1
1
n 4 =
1
π
π
−π
x
4 dx =
2
5
π
4 .
Donc,
+∞
n=1
1
n 4 =
π 4
90 . De plus, d’après II.5.17,
π
2
·
ch a(π − x)
sh πa
=
1
2a
+
+∞
n=1
a cos nx
a 2 + n 2 (0 < x < 2π)
et
π
2
·
sh a(π − x)
sh πa
=
+∞
n=1
n sin nx
a 2 + n 2 (0 < x < 2π).
En conséquence,
1
2a 2 +
+∞
n=1
a 2
(a 2 + n 2 )
2 =
π
4 sh
2 πa
2π
0
ch
2 a(π − x) dx
=
π ch aπ
4a sh aπ
+
π 2
4 sh
2 aπ
et
+∞
n=1
n 2
(a 2 + n 2 )
2 =
π ch aπ
4a sh aπ
−
π 2
4 sh
2 aπ
.
(b) Puisque
cos
3 x =
3 cos x
4
+
cos 3x
4
,
on obtient
1
π
π
−π
cos
6 x dx =
9
16
+
1
16
=
5
8
.
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II.5.28. Le résultat se déduit immédiatement de II.5.12 et de l’identité prouvée au problème précédent.
II.5.29. Le résultat de II.5.25 implique
A
f (x) dx =
A
g(x) dx
pour tout ensemble mesurable A ⊂ [−π , π]. Il suffit alors de faire appel
à II.3.7.
II.5.30.
(a) D’après II.5.18,
2
9
π
4 + 16
+∞
n=1
1
n 4 =
1
π
π
−π
x
4 dx =
2
5
π
4 .
Donc,
+∞
n=1
1
n 4 =
π 4
90 . De plus, d’après II.5.17,
π
2
·
ch a(π − x)
sh πa
=
1
2a
+
+∞
n=1
a cos nx
a 2 + n 2 (0 < x < 2π)
et
π
2
·
sh a(π − x)
sh πa
=
+∞
n=1
n sin nx
a 2 + n 2 (0 < x < 2π).
En conséquence,
1
2a 2 +
+∞
n=1
a 2
(a 2 + n 2 )
2 =
π
4 sh
2 πa
2π
0
ch
2 a(π − x) dx
=
π ch aπ
4a sh aπ
+
π 2
4 sh
2 aπ
et
+∞
n=1
n 2
(a 2 + n 2 )
2 =
π ch aπ
4a sh aπ
−
π 2
4 sh
2 aπ
.
(b) Puisque
cos
3 x =
3 cos x
4
+
cos 3x
4
,
on obtient
1
π
π
−π
cos
6 x dx =
9
16
+
1
16
=
5
8
.
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