Epreuve E3A Maths 2 PSI- corrigé Préliminaires 1. u = 2 cos(θ/2)e iθ/2. On distingue trois cas : Si θ = π, alors u = 0 et u n a pas d argument.
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- Dorothée André
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1 Epreuve E3A Maths 2 PSI- corrigé Préliminaires. u = 2 cos(θ/2)e iθ/2. On distingue trois cas : Si θ = π, alors u = et u n a pas d argument. si θ < π, u = 2 cos(θ/2) et arg(u) θ/2 (2π) ; si θ < π, u = 2 cos(θ/2) et arg(u) π + θ/2 (2π) si θ > π P (X) = 3X 2, P 2 (X) = 5X 4 X Les polynômes irréductibles de R[X] sont les polynômes de degré et ceux de degré 2 à discriminant <, ce qui n est pas le cas de P, ni évidemment de P Avec la formule du binôme : 2n+ ( ) ( 2n + i k ( i) k P n (X) = k 2i k= Or Im(i k ) = si k est pair, donc : P n (X) = k= ) X 2n+ k = 2n+ k= ( 2n + ( ) 2n + ( ) k X 2n 2k. 2k + k ) Im(i k )X 2n+ k. On en déduit que P n est élément de R 2n [X], donc de C 2n [X], de degré 2n et de coefficient dominant ( ) 2n+ = 2n L espression (sic) générale est : z k = e i2kπ/n, pour k N P n (i) = (2i) 2n = ( ) n 2 2n Si P n (z) =, alors z + i = z i, ce qui montre que z est sur la médiatrice du segment [ i, i], donc z R Si P n (a) =, alors a i d après et a + i est racine (2n + )-ème de. On en déduit (par a i 2.2.2) qu il existe k {,..., 2n+} tel que a + i a i = ei2kπ/(2n+). Or a + i, donc k 2n+, a i ce qui montre le sens direct après réduction. Réciproquement, s il existe k {,..., 2n} tel que a(e 2ikπ/(2n+) ) = i(e 2ikπ/(2n+) + ), alors (a i)e 2ikπ/(2n+) = a + i donc (a i) 2n+ = (a + i) 2n+ et enfin P n (a) = Soit k {,..., 2n}. On résout : a(e 2ikπ/(2n+) ) = i(e 2ikπ/(2n+) +), et comme e 2ikπ/(2n+), il vient : a = (licite car kπ/(2n + ) π/2). Chaque valeur de k fournit tan(kπ/(2n + )) une valeur distincte de a, on a donc 2n racines distinctes pour un polynôme de degré 2n, donc exactement toutes les racines de P n D après le calcul fait au 2.2. : Q n (X) = k= ( ) 2n + ( ) k X n k. 2k Q (X) = 3X (racine /3), Q 2 (X) = 5X 2 X + (racines : 2/ 5) Les racines de Q n sont les carrés des racines de P n. Précisément, comme tan((2n+ k)π/(2n + )) = tan(kπ/(2n + )), les racines de Q n sont tan 2, pour k n. (kπ/(2n + )) 3. On reconnaît la somme des racines de Q n (X), donc d après les relations coefficients racines : S n = ( ) 2n+ 3 n(2n ) ) =. 3 ( 2n+
2 4. Pour < x < π/2, les inégalités sont strictes et : On élève au carré et avec = cos 2 x + sin 2 x : < tan x < x < sin x. < tan 2 x x 2 sin2 x + cos 2 x sin 2 = + x tan 2 x. 5. D après le critère de Riemann, la série converge si et seulement si α >. Ici α = 2. kα On applique l encadrement du 4 aux termes de S n, il vient : S n k= Comme S n 2n 2 /3 d après 3., on en déduit : donc k= k 2 π 2 (2n + ) 2 n + S n. (2n + ) 2 k 2 π 2 2n 2 /3 k= k 2 π2 + 6, c est-à-dire k 2 = π2 6. k= Partie. On pose u(t) = ts+ s + et v(t) =. Les fonctions u et v sont de classe C sur ], ] et u(t)v(t) quand t tend vers. D après le théorème d intégration par parties, sous réserve de la convergence d une des intégrales : On en déduit la convergence de J s et J s = t s [ ts+ s + ] (s + ) 2. t s s + dt. 2/ 5
3 La fonction f : t tx t est continue sur ], [. Elle est de signe constant, il s agit donc d étudier son intégrabilité sur ], [. En, f(t) t x, donc f est intégrable au voisinage de si x > d après. Si x, alors t x = o(f(t)) en. Or, d après le critère de Riemann, t t x n est pas intégrable au voisinage de, donc f non plus. En, f(t), donc f est prolongeable par continuité en. t Finalement, f est intégrable (et donc, H(x) est bien définie) si et seulement si x > Pour tout t ], [, t > et x tx est décroissante, donc l intégrande est une fonction décroissante de x. Par croissance de l intégrale, on en déduit que H est décroissante sur D H Notons cette fois f : t tα () 2. t Cette fonction est continue sur ], [ d après les théorèmes généraux. Comme α >, par croissances comparées : lim t f(t) =. Au voisinage de, f(t) t, donc f admet un prolongement par continuité en et en, nécessairement borné car une fonction continue sur un segment est bornée Pour tout t ], [, la fonction x tx t est de classe C sur D H, de dérivée x tx () 2. t Pour tout x D H, la fonction t tx est intégrable sur ], [ (vu au 2.) et la fonction t t tx () 2 est continue par morceaux sur ], [ (théorèmes généraux). t Enfin, fixons un segment [a, b] D H. Pour tout x [a, b], pour tout t ], [, t x () 2 t t a () 2 t. Notons ϕ : t ], [ ta () 2. C est une fonction continue par morceaux sur ], [, prolongeable t par continuité en (de la même façon qu au 2.3), et en : ϕ(t) t a () 2. Soit c ], a[. Alors t a c () 2 en par croissance comparée, donc ϕ(t) = o(t c ). Or t t c est intégrable au voisinage de par le critère de Riemann, donc ϕ est, finalement, intégrable sur ], [, ce qui assure la domination des dérivées. D après le théorème de dérivation des intégrales à paramètre, H est C sur D H et, pour tout x D H, H t x () 2 (x) = dt. La fonction intégrée est négative, donc H (x), ce qui confirme que H t est décroissante sur D H Fixons α >. Pour tout t ], [, txn car lim t x + tx =. À partir d un certain rang n, x n > α, donc txn tα (ln t). Cette dernière fonction est t t intégrable sur ], [ d après 2., ce qui assure la domination. D après le théorème de convergence dominée, H(x n ). Par caractérisation séquentielle de la limite, on en déduit que lim x + H(x) = Pour x >, (d après.) H(x) H(x + ) = 2.7. On a H(x) = H(x + ) + (t x t x+ ) t t x ( + x) 2 (x + ) 2. Or H est continue en, donc H(x) en. (x + ) 2 3/ 5
4 Pour x fixé, (x + k) 2 et le critère de Riemann assure la convergence. k D après 2.6, pour tout k N, H(x+k ) H(x+k) =. On somme pour k {,..., n}, (x + k) 2 et le résultat vient par téléscopage Pour x fixé, H(x + n) quand n + d après 2.5. En faisant tendre n vers + dans l égalité du 2.8.2, il vient : H(x) = H() = k= k 2 = π2 6 k= et H() = H(). (x + k) 2. Partie 2. La fonction t est décroissante sur [k, k + ], donc, pour tout t [k, k + ] : (x + t) 2 (x + k + ) 2 (x + t) 2 (x + k) 2. On obtient l encadrement demandé par intégration sur [k, k + ]. 2. On somme de à + (licite avec 2.8.3), il vient : soit H(x) x + H(x) x + + (x + ) 2, donc H(x) x (x + ) 2 x + H(x), H(n) n donc u n diverge (critère de Riemann). en +. L encadrement du 2. a montré que H(x) x + (x + ) 2. On en déduit ( )n u n = ( )n n + + ( O ). n 2 La série ( ) n n + converge d après le critère spécial des séries alternées, et comme n 2 converge absolument, on en déduit que ( ) n u n converge Soit N N. N ( ) n u n = n= t N ( t) n n= t N+ t 2 dt + ( )N t 2 dt. Comme t 2, le second terme est dominé par H(N) et tend vers quand N tend vers t +. On en déduit : ( ) n u n = t 2 dt. n= 3.3. On pose v = t. La fonction t t est C sur ], [, strictement croissante, et bijective de ], [ sur ], [, donc : ln(v) v 2 dv = 2 t 2 t 4 H( /2). (On peut en déduire H( /2) = π 2 /2 avec une technique d intégration terme à terme mais ce n est pas demandé.) 4/ 5
5 Partie 3... On pose u(t) = tp+ p + et v(t) = []q. Les fonctions u et v sont C sur ], ], et lim t u(t)v(t) =. On en déduit : I p,q = [u(t)v(t)] qt p [] q q p + p + I p,q..2. On en déduit par récurrence : I p,q = ( )q q! (p + ) q On note ici f : t []n+. C est une fonction continue sur ], [, qui tend vers quand t tend t vers (car f(t) (t ) n ). Au voisinage de, tf(t) t[] n+, donc f(t) = o(/ t) et f est intégrable au voisinage de (critère de Riemann). Finalement, f est intégrable sur ], [, donc B n est bien défini Pour tout t ], [, []n+ = t p= t p [] n+. Or t p [] n+ (n + )! I p,n+ = (p + ) n+2. Comme n + 2 >, la série (n + )! converge (p + ) n+2 p et, d après le théorème d intégration terme à terme, [] n+ t 2.3. Avec la formule trouvée au.2, B n = p= p= t p [] n+ p= I p,n+. n (n + )! ( ) (p + ) n+2 = ( )n (n + )!Z n Comme pour tout t > et pour tout x R, t x = e x = k= x k [] k k! : H(x) = k= x k [] k+ k!(t ) x k k+ Or, comme l intégrande est de signe constant sur ], [, B k x k = (k+)z k+2 x k k!(t ) k! (k + )Z 2 x k. La série entière (k + )x k est de rayon (série dérivée de x k ), donc (k + )Z 2 x k k k converge si x <, et donc également x k k+ dt, par comparaison. k!(t ) D après le théorème d intégration terme à terme, H(x) = k= x k [] k+ k!(t ) k= dt. B k k! xk = ( ) k (k + )Z k+2 x k. k= 4. Notons R le rayon de convergence. La formule du 3. est valide sur ], [, donc R. Si R >, alors H admet une limite finie en, ce qui contredit 2.7 (partie 2), donc R =. 5/ 5
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