CORRIGÉ DE L ÉPREUVE MATHS 1 CENTRALE On aura souvent besoin dans ce problème du critère continu de convergence dominée de Lebesgue :

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1 CORRIGÉ DE L ÉPREUVE MATHS CENTRALE 4 On aura souven besoin dans ce problème du crière coninu de convergence dominée de Lebesgue : si lim f(x, ) = g(), s il exise ϕ inégrable sur I elle que I, f(x, ) ϕ() alors x a lim f(x, ) d exise e vau g() d qui se démonre comme le héorème de coninuié sous x a I I le signe inégral avec le crière séqueniel de limie. Parie I - Calcul de la somme d une série I.A. Par un calcul immédia on a a n (f) =, b p (f) = e b p+ (f) = S n (f)(x) = 4 π [(n )/] p= sin[(p + )x]. p + 4. On a donc π(p + ) I.A. Grâce au héorème de Dirichle, comme f es de classe C par morceaux sur R, πpériodique alors, si x [π], lim S n(f)(x) = f(x) (car x n es pas un poin de n + disconinuié) puis si x [π], lim S n(f)(x) = = f(x). n + Conclusion : dans ous les cas on a lim S n(f)(x) = f(x). n + Enfin, si x = π, sin(p + )x = sin(pπ + π ) = ( )p donc S = π 4 f(π ) = π 4. I.A.3 On applique l égalié de Parseval à f : π d où S = + p= π π f () d = 6 π = 6 π (p + ) = π 8. + p= + p= (p + ) π (p + ) π π sin (p + )x dx I.B. L(x) es la somme d une série enière de rayon de convergence donc L es déjà définie pour x ], [. Comme es une série divergene, L n es pas définie en ±. n + Conclusion : L es définie sur ], [ inervalle maximal. Comme ln( x) = + x n+ n + on obien L(x) = ln( x ). x I.B. I es bien définie car si on pose g(x) = ln( x ) alors g(x) e g(x) ln( x) x qui es inégrable. x ln( ) Soi h(x) = d = ln( x ) ln + x après une inégraion par paries. x x Pour avoir la valeur de I, il suffi de prendre la limie de h quand x end vers. Or h(x) = x ln( x) x + ln( + x) donc I = ln. } x {{}} x {{} ln

2 CORRIGÉ DE L ÉPREUVE MATHS CENTRALE 4 I.B.3 On écri que ln( x ) = + x n x n + = + f n (x). Les foncions f n son posiives, f n (x) dx = (n + )(n + ) donc f n converge. On peu appliquer le héorème de Lebesgue d inégraion erme à erme d une série de foncions : I = + f n (x) dx = + (n + )(n + ) e en conclusion S = ln. I.B.4 S 3 es définie car (n + )(n + ) 4n. On réécri S 3 3 : S 3 = 4 + (n + )(n + ). Or S S = + (n + ) n = ( ) π (n + )(n + ) 4 S 3 donc S 3 = 4 4 ln = π 8 ln. Parie II - Éude locale de F II.A On a z = x. En : z ln p() inégrable ssi x < ( +x x z p() x ln ). En : z p() ln( ) ( ) qui se prolonge par coninuié. Conclusion : D F = Ω. II.B p() se prolonge par coninuié sur [, ] donc il exise A > el que p() A d où F (z) x. p() d A x i.e. II.C. On sai que ln( ) donc ln( ) soi dédui de cee inégalié le résula suivan : F (x) = x ln( ) ln d lim F (z) =. Re(z) ln( ) pour ], [. On x ln d = ( x) après une inégraion par paries. Conclusion : lim F (x) = +. x II.C. On vien de voir que G(x) = ( x). ( ) ln( ) II.C.3 F (x) G(x) = x ln( ) ln d. Soi ϕ() =, ϕ(). x ln ϕ() ln ϕ() ln = ψ() e ψ() inégrable e ψ se prolonge par coninuié en. On peu appliquer le héorème de convergence dominée de Lebesgue ( ) lim F (x) G(x) = ln ln( ) d. x }{{} =ψ() II.C.4 F (x) F (x) G(x) = G(x) G(x) quand x.

3 CORRIGÉ DE L ÉPREUVE MATHS CENTRALE 4 3 II.D Soi f(x, ) = x p() C(], [ ], [), f x (x, ) = x ln.p() C(], [ ], [). f f (x, ) es inégrable au voisinage de (se prolonge par coninuié) e x x (x, ) ln x es inégrable pour x <. a ], [, x ], a[, f (x, ) x ln a p(). Le héorème de dérivaion de }{{} inégrable Lebesgue s applique sur ], a[ pour ou a donc F es dérivable sur I e F (x) = x ln.p() d. De même k f x (x, ) = ( ln k )k x p() es majoré par ln k a p() donc, par récurrence sur k F es de classe C sur I e F (k) (x) = x ( ln ) k p() d. II.E. On reprend à peu de chose près la démonsraion que l on vien de faire : on pose f(x, y, ) = x iy k+l f p(), x k y (x, y, ) = ( ln h )k+l i l f(x, y, ) e on uilise le même argumen qu au II.D e on a k+l F (x, y) = x k yl II.E. On remarque que i F x = F y. ( ln ) k+l i l z p() d e F C. II.E.3 Par un calcul simple on arrive à F x + F y =. II.F. On pose z n = x n + iy n alors F (z n ) F (z) = (x n x) F x (z)+(y n y) F y (z)+o(z n z) = [(x n x)+i(y n y)] F x (z)+o(z n z) d où F (z n) F (z) z n z II.F. On prouve de même que i DF x = DF y récurrence immédiae, D k F (z) = k F II.G. u = e u ln = + = F F (z)+o() (z). On a ainsi DF (z) = x x donc DF (z n) DF (z) z n z x (z). k ( ln ) n u n pour >, R = +. n! II.G. En uilisan le développemen de la quesion précédene, on a F (z) = ln. z p() d. F (z) e, par une x + k= f k ()z k d ( ln )k où f k () = p(). Chaque foncion f k es inégrable sur I =], [ e les foncions k! f k son posiives. Si on pose S K (, r) = K f k ()r k avec < r < alors S K (, r) es majorée par r p() k= qui es inégrable sur I donc le héorème de convergence dominée nous perme de dire que, avec r = z

4 4 CORRIGÉ DE L ÉPREUVE MATHS CENTRALE 4 + k= c k z k = lim S K (, z) d = F (z). K + On dédui de ceci l égalié demandée. II.G.3 On vien de voir que le rayon de convergence de la série + k= c k z k es supérieur ou égal à. Comme F (x) + quand x alors R. Conclusion : R =. II.H. On a prouvé que lim(f (x) G(x)) = l > au II.C.3. On développe G en série enière x de la même façon que F, G(x) = + b k x k avec b k = ( ln ) k+ d = k + (en k= k! posan = e x on reconnaî la foncion Γ). Or c k b k = [ ( ln ) k+ k! ] ln( ) d. Monrons que c k b k converge. En effe pour x >, F (x) G(x) qui end vers l en croissan donc + (c k b k )x k l. Soi K N on a, en passan à la limie quand x k= K (c k b k )x k k= K (c k b k ) l donc la série à ermes posiifs c k b k converge i.e. c k b k e en pariculier c k k. II.H. Comme c n + alors la série c k z k diverge pour z =. Parie III - Développemens en série ln( ) III.A. On sai que = + n e le rayon de convergence vau. n + u = ln du = d III.A. On fai une inégraion par paries dv = n z d v = n z+ [ ] n z + n z+ d où u n (z) = n z + ln n z d = n z + (n z + ). }{{} III.A.3 F (z) = z ln = + k= n n + d. Soi g n() = n z n + ( ln ) alors g n() = n x ( ln ) n + où x = Re(z). Or g n () d = (n + )(n x + ) e g n() d converge donc, en veru du héorème d inerversion de e on a bien F (z) = + g n () d = + (n + )(n + z) = + n(n z). III.B. Soi h n (u) = pour u < alors h n(n u) n (u) du = n(n x). Pour x I, la série x h n(u) du converge e les foncions h n son, on peu, là x n=

5 aussi inerverir e d où Φ(x) = CORRIGÉ DE L ÉPREUVE MATHS CENTRALE 4 5 x e Φ() = + n= n = π 6. III.B. Pour < x < on a + F (u) du = n= + x n= n(n x) + n= h n (u) du = n(n ) + n= n(n x) lim( x)φ(x) = lim + ( x) + x x n(n x) = n= (série convergene) d où d où Φ(x) x. III.C. H(y) = F (iy) = + n= n(n iy) = + f n (y). n= + Or f n (y) = n(n + y ) e f n (y) = [ Arcan y ] + = π n n n. La série f R n converge donc on peu lui appliquer le héorème de Lebesgue d inerversion inégrale e sommaion. H es alors inégrable sur R e + H(y) = + n= + n (n iy) } {{ } = Ensuie H(y) H(y) + + H(y) n= n(n + y ) n= n donc 3 H es inégrable car H l es. III.C. Éudions la convergence de + m= m α (m + n). β Si α + β alors m α (m + n), cee série diverge donc une condiion β mα+β nécessaire pour que la somme S(α, β) soi définie es que α + β >, ce que l on suppose par la suie. On va chercher un équivalen de + e on uilise pour cela le héorème de m= m α (m + n) β comparaison série-inégrale avec f(x) = x α (x + n). f (α + β)x + αn (x) = β x α+ (x + n). β+ Si α alors f es décroissane donc I n + I n = I n = + n α+β /n m= =. m α (m + n) β ( + n) + I β n où dx x α (x + n). On fai le changemen de variable y = nx dans I β n on a + y α (y + ). β Si α < alors I n + n α+β y α (y + ) β } {{ } =I I i.e. S(α, β) < + ssi α + β >. nα+β donc + m= m α (m + n) β

6 6 CORRIGÉ DE L ÉPREUVE MATHS CENTRALE 4 Si α > alors, avec le héorème d inégraion des relaions de comparaison, + /n y α (y + ) β = /n /n y α (y + ) β + y α nα α. + y α (y + ) β n α d où I n n α+β α = e donc la condiion α + β > suffi à (α )nβ faire converger S(α, β). Remarque : on peu se passer du héorème cié ci-dessus (qui n es plus au programme) en uilisan l encadremen y pour y [, ] e inégrer les inégaliés ainsi obenues (mais il fau alors disinguer les cas β e β < ). Si α =, le raisonnemen ci-dessus nous donne I n ln n e la comparaison avec les séries de Berrand nous donne là encore la convergence de S(α, β) pour α + β >. Si α < on pose γ = α alors, par le même genre d argumen que ci-dessus, on α + β + + obien m α (m + n) dx β x α (x + n) + β n α+β y α (y + ). β [γn] m=[γn]+ γn Or m= m α (m + n) = β n S α+β n où S n = h( m n ) avec h() = n m= α ( + ). On β reconnaî à peu de choses près une somme de Riemann qui adme comme limie γ y α (y + ) β. + Finalemen + m= m α (m + n) y α. On se rerouve en fai dans le β n α+β (y + ) β cas où α < raié ci-dessus d où le domaine de convergence : [γn] n β γ β α + β = O α + β = α III.C.3 On décompose la fracion raionnelle [ (y + im) (y in) = m + n (m + n) (m + n) 3 (y + im) (y in) + i y + im i ]. y in

7 CORRIGÉ DE L ÉPREUVE MATHS CENTRALE On remarque ensuie que, pour a C \ R, b R, X X = (cf.iii.c.) e, pour (y + a) [ ] X [ y + ib = ln(y + b ) i Arcan y ] X εiπ X a X où ε es du signe de b. + Finalemen (y + im) (y in) = 4π (m + n). 3 Or H(y) = + + m= = lim m(m iy) + n(n + iy) = N + m,n N H N (y) = n= mn (y + im) (y in) } {{ } =H N (y) m,n N m,n. mn (y + im) (y in) 4π qui es une somme convergene vers S(, 3). mn(m + n) 3 Ensuie on applique le héorème de convergence dominée car H N (y) H(y) qui es inégrable sur R, lim H N(y) = H(y) N + + d où, en conclusion : H(y) = S(, 3). 4π III.D. Si z C \ N alors chaque quanié es définie e comme n(n z) n(n z) n, 3 la série définissan F converge absolumen. Le domaine Ω es donc égal à C \ N (c es l ensemble maximal sur lequel F peu êre définie). Sur Ω on a F (x, y) = + = + F n= n(n x iy) n (x, y) e, par une récurrence n= immédiae, k+l x k y F n(x, y) = il (k + l + )! l n (n x iy). k+l+ Soi Ω p = {z C d(x, N) >, x < p} pour p p N. On a alors k+l x k y F n(x, y) l (k + l + )! k+l donc la série n (n p) k+l+ x k y F l n converge normalemen sur Ω p, F es donc de classe C sur Ω p pour ou p e par conséquen F es de classe C sur Ω = Ω p. p N III.D. z n = (x n) + y (n n ) d où, en posan a = z n e b = z n alors a p b p = b a a p b + a p b + + ab p ( b a a p. b + a p b + + ) p z z a. b p (n n ). p+

8 8 CORRIGÉ DE L ÉPREUVE MATHS CENTRALE 4 III.D.3 Soi (z q ) une suie de complexes de Ω qui [ end vers z e n un ] enier Re(z q ) pour ou q alors, en posan f n (z q ) = n(z z q ) (z q n), on a (z n) F (z q ) F (z) z q z n = f n (z q ) + n= + n=n + f n (z q ). lim f zq z n(z q ) = (z n), 3 f n (z q ) z z q (n n ) M 3 (n n ) où M es un majoran des z z q. 3 La série + n=n + la sommaion d où f n (z q ) converge normalemen donc on peu inerverir la limie sur q e F (z q ) F (z) lim z q z z q z = + n= = DF (z). n(z n) 3 La récurrence es alors immédiae vu la majoraion du III.D. qui assure la convergence normale. Finalemen : D k F (z) = (k + )! + n= n(n z). k+ III.E. On uilise la formule du III.A.3. Pour z < on a (n z) = n ( z = n ) n + k= (k + ) zk n k. La série des modules converge vers (n z ), la série n(n z ) converge on peu donc uiliser le héorème d inerversion des séries qui di que F (z) = + n= n 3 + k= (k + ) zk n = + + (k + )z k k n. k+3 On a ainsi c k = (k + ) + n= n. k+3 III.E. Pour k N on a n + donc la série k+3 n3 n= n k+3 conséquen lim + k + n= n = + k+3 k= lim k + n= n k+3 = n= converge normalemen e par e en conclusion : c k k. Remarque : on pouvai aussi uiliser le héorème de comparaison série-inégrale.