Partie II

SESSION 2004

CONCOURS COMMUN POLYTECHNIQUE (ENSI) FILIERE PC

MATHEMATIQUES 2

Partie I

I.1 Soients∈Retz∈C. Pourn≥1, (n+1)^−s

n^−s = 1+_n¹−s

tend vers 1quand ntend vers+∞. D’après la règle de d’Alembert, le rayon de convergence de la série entière proposée est égal à1.

R=1.

I.2 Soientθ∈Ret s∈R. Posonsz=e^iθ. I.2.1Sis > 1, comme

zⁿ n^s

= 1

n^s, la série de terme général zⁿ

n^s converge absolument. Sis≤0, comme

zⁿ n^s

= 1

n^s ne tend pas vers0 quandntend vers+∞, la série de terme général zⁿ

n^s diverge grossièrement.

I.2.2Si 0 < s≤1, la série de terme général 1

n^s diverge.

I.2.3Soits∈]0, 1]. On posez=e^iθ oùθ∈R\2πZ. Pourn∈N^∗,

|Sn|=

Xn

k=1

z^k

=

e^iθ1−e^inθ 1−e^iθ

(care^iθ 6=1)

=

e^{iθ(1−12+n2)}e^−inθ/2−e^inθ/2 e^−iθ/2−e^iθ/2

=

sin(nθ/2) sin(θ/2)

≤ 1

|sin(θ/2)| ce qui reste vrai pourn=0.

∀n∈N, ∀θ∈R\2πZ, |S_n|≤M(θ)oùM(θ) = 1

|sin(θ/2)|. Ensuite, pourk∈N∗, on az^k=Sk−Sk−1 (y compris quandk=1) et donc

Xn

k=1

k^−sz^k= Xn

k=1

k^−s(Sk−Sk−1) = Xn

k=1

k^−sSk− Xn

k=1

k^−sSk−1= Xn

k=1

k^−sSk−

n−1X

k=0

(k+1)^−sSk

=Snn^−s+

n−1X

k=1

k^−sSk−

n−1X

k=1

(k+1)^−sSk =

n−1X

k=1

Sk[k^−s− (k+1)^−s] +Snn^−s

Montrons alors que la série de terme généralS_k[k^−s− (k+1)^−s]est absolument convergente.

Pourk≥1, puisques > 0,k^−s− (k+1)^−s> 0et donc

|S_k(k^−s− (k+1)^−s)|=|S_k|(k^−s− (k+1)^−s)≤ 1

|sin(θ/2)|(k^−s− (k+1)^−s),

Comme d’autre part, la suite(S_nn^−s)est convergente (de limite nulle puisque la suite (S_n)est bornée et que n^−s tend vers0), la série de terme généraln^−szⁿ est convergente.

I.3 I.3.1Soit(x, s)∈] −1, 1[×R. PosonsJ= [0, x] six≥0 etJ= [x, 0]six≤0.

Pour t ∈] −1, 1[ et n ∈ N^∗, posonsgn(t) = n^−stⁿ⁻¹, puisψ(t) =

+∞

X

n=1

gn(t). Cette série entière a encore un rayon de convergence égal à1et pourt∈] −1, 1[\{0},ψ(t) = ϕ(t, s)

t . Puisqueψest continue sur] −1, 1[(en tant que somme d’une série entière sur] −1, 1[), la fonctiont7→ ^ϕ(t,s)t est continue surJ\ {0}et se prolonge par continuité en0. On en déduit l’existence de

Zx 0

ϕ(t, s) t dt.

On sait alors que la série entière de terme généralgn converge uniformément sur tout segment contenu dans] −1, 1[

et en particulier, converge uniformément sur le segmentJ. On peut donc intégrer terme à terme et on obtient Zx

0

ϕ(t, s) t dt=

Zx 0

ψ(t)dt= Zx

0

(

+∞

X

n=1

n^−stⁿ⁻¹)dt

=

+∞

X

n=1

Zx 0

n^−stⁿ⁻¹dt=

+∞

X

n=1

n^−sxⁿ n =

+∞

X

n=1

n^−(s+1)xⁿ

=ϕ(x, s+1).

∀(x, s)∈] −1, 1[×R, ϕ(x, s+1) = Zx

0

ϕ(t, s) t dt.

I.3.2Soitx∈] −1, 1[. ϕ(x, 0) =

+∞

X

n=1

xⁿ= x

1−x et ϕ(x, 1) =

+∞

X

n=1

xⁿ

n = −ln(1−x).

∀x∈] −1, 1[, ϕ(x, 0) = x

1−x etϕ(x, 1) = −ln(1−x).

I.4 Soitsun réel strictement supérieur à1.

I.4.1Soitn∈N∗. Puisques > 1, la fonctionf_n est continue sur [0,+∞[ et puisquen > 0, la fonctionf_n est négligeable devant 1

t² quandttend vers+∞. On en déduit quefn est intégrable sur[0,+∞[.

Posons alorsu=ntou encoret= u

n et donc dt= 1

ndu. On obtient Z+∞

0

f_n(t)dt= Z+∞

0

e^−ntt^s−1dt= Z+∞

0

e^−uu^s−1n^−(s−1)n⁻¹du=n^−sΓ(s).

∀n∈N^∗, ∀s∈]1,+∞[, Z+∞

0

f_n(t)dt=n^−sΓ(s).

I.4.2)Soitzun complexe de module inférieur ou égal à1.

• Chaque fonctionhn : t7→zⁿfn(t)est continue sur]0,+∞[ et intégable sur]0,+∞[car|hn|≤fn.

•Puisque pour t > 0,|ze^−t|≤e^−t< 1, la série de fonction de terme généralhnconverge simplement sur]0,+∞[vers la fonction htelle que, pour tout réelt > 0,

h(t) =

+∞

X

n=1

zⁿe^−ntt^s−1dt=ze^−tt^s−1× 1

1−ze^−t =z t^s−1 e^t−z.

• Enfin,

0≤ Z+∞

0

|h_n(t)|dt≤ Z+∞

0

f_n(t)dt= Γ(s) n^s , et puisques > 1, la série numérique de terme généralR+∞

0 |hn(t)|dtconverge.

On sait alors que l’on peut intégrer terme. On obtient

z Z+∞

0

t^s−1 e^t−z dt=

+∞

X

n=1

Z+∞ 0

h_n(t)dt=

+∞

X

n=1

zⁿ Z+∞

0

f_n(t)dt

=

+∞

X

n=1

zⁿn^−sΓ(s) =Γ(s)ϕ(z, s).

Maintenant, Γ(s) est l’intégrale d’une fonction continue, positive et non nulle sur ]0,+∞[, et donc, Γ(s) 6= 0. On a montré que

∀s∈]1,+∞[, ∀z∈C, |z|≤1⇒ϕ(z, s) = z Γ(s)

Z+∞ 0

t^s−1 e^t−z dt.

Partie II

II.1 Pours > 1 et n∈N^∗, posonsun(s) =n^−s. Chaqueun est de classeC^∞ sur]1,+∞[et pour toutk∈N^∗ et tout s > 1,

u^(k)_n (s) = (−1)^k(ln(n))^kn^−s.

Soient alorsaun réel strictement supérieur à1et kun entier naturel. Pour tout entier non nulnet touts∈[a,+∞[,

|u^(k)n (s)|= (|n(n))^k

n^s ≤ (|n(n))^k n^a , ou encore

ku^(k)n k∞,[a,+∞[≤(|n(n))^k n^a . Mais d’après les théorèmes de croissances comparées, (|n(n))^k

n^a ×n^(1+a)/2 = (|n(n))^k n^(a−1)/2 →0

n→+∞ et donc (|n(n))^k

n^a =

o 1

n^(1+a)/2

. Comme a+1

2 > 1+1

2 = 1, la série de terme général 1

n^(1+a)/2 est une série de Riemann convergente.

On en déduit que la série de terme généralku^(k)n k^∞,[a,+∞[ converge. Ainsi, la série de fonctions de terme général u^(k)_n converge normalement et donc uniformément sur[a,+∞[.

En résumé, pour tout réela > 1,

• La série de fonctions de terme généralun converge simplement vers la fonctionζsur[a,+∞[;

• chaque fonctionun est de classeC^∞ sur[a,+∞[;

• pour tout entier naturel non nulk, la série de fonctions de terme généralu^(k)_n converge uniformément sur[a,+∞[.

D’après une généralisation du théorème de dérivation terme à terme,ζet de classeC^∞sur]1,+∞[ et,

∀k∈N^∗, ∀s∈]1,+∞[, ζ^(k)(s) =

+∞

X

n=1

u^(k)_n (s) =

+∞

X

n=1

(−1)^k(ln(n))^kn^−s.

II.2 Soit(s, t)∈]1,+∞[² tel ques < t. Alors ζ(s) −ζ(t) =

+∞

X

n=2

1 n^s − 1

n^t

≥ 1 2^s − 1

2^t > 0.

II.3 Soits∈]1,+∞[. Puisques > 1, la fonctiont7→t^−sest intégrable sur[1,+∞[.

La fonctiont7→t^−s est décroissante sur]1,+∞[. Par suite, pourn≥1, on a (n+1)^−s≤

Zn+1 n

t^−sdt≤n^−s. On somme alors ces inégalités pournvariant de1à +∞et on obtient

0≤ζ(s) −1=

+∞

X

n=2

n^−s=

+∞

X

n=1

(n+1)^−s≤

+∞

X

n=1

Zn+1 n

t^−sdt= Z+∞

1

t^−sdt≤

+∞

X

n=1

n^−s=ζ(s).

∀s∈]1,+∞[, 0≤ζ(s) −1≤ Z+∞

1

t^−sdt≤ζ(s).

Ceci fournit

∀s > 1, 1

s−1 ≤ζ(s)≤ 1 s−1 +1, ou encore,

∀s > 1, 1≤(s−1)ζ(s)≤1+ (s−1).

Quandstend vers1 par valeurs supérieures,(s−1)ζ(s)tend donc vers1. On en déduit que ζ(s) ∼

x→1, x>1

1

s−1 et en particulier limx→1, x>1ζ(s) = +∞.

Partie III

III.1 III.1.1 g est 2π-périodique et donc, pour tout k ∈ Z, g(2kπ) = g(0) = π²

4 et en particulier, pour k ∈ N^∗, g(−2kπ) =g(2kπ), ce qui montre que, pour x∈2πZ, g(−x) =g(x).

Soitx∈]2π, 0[. Alors,−x∈] −2π, 0[puis−x+2π∈]0, 2π[et g(−x) =g(−x+2π) =

π− (−x+2π) 2

2

=

x−π 2

2

=g(x).

Soit alorsx∈R\2πZ. Il existe un entier relatifktel que0 < x−2kπ < 2πce qui s’écrit aussi−2π <−x+2kπ < 0et g(−x) =g(−x+2kπ) =g(−(−x+2kπ)) =g(x−2kπ) =g(x).

On a montré que

∀x∈R, g(−x) =g(x)ou encoregest paire.

1 2 3

−1

1 2 3 4 5 6 7 8

−1

−2

−3

−4

−5

−6

−7

−8

y=g(x)

b b

b

b π 2π−π

−2π

π² 4

g est2π-périodique, continue par morceaux sur R. On peut donc calculer les coefficients deFourierdeg. Puisque g est paire, pourn∈N∗,b_n(g) =0, puis pourn∈N,

a_n(g) = 2 π

Zπ 0

g(t)cos(nt)dt= 2 π

Zπ 0

π−t 2

2

cos(nt)dt= 1 2π

Zπ 0

(t−π)²cos(nt)dt.

Ainsi,

a₀(g) = 1 2π

Zπ 0

(t−π)²dt= 1 2π

(t−π)³ 3

^π

0

= 1 2π ×π³

3 = π² 6 , puis, pourn≥1,

2πan(g) = Zπ

0

(t−π)²cos(nt)dt=

(t−π)²sin(nt) n

π

0

− 2 n

Zπ 0

(t−π)sin(nt)dt= 2 n

Zπ 0

(t−π)(−sin(nt))dt

= 2 n

(t−π)cos(nt) n

π

0

− Zπ

0

cos(nt)

n dt

= 2π n² et doncan(g) = 1

n².

a0(g) = π²

6 ,∀n∈N∗, an(g) = 1

n² et ∀n∈N∗, bn(g) =0.

g est 2π-périodique, continue sur R (g(2π⁻) = π²

4 = g(2π)), de classe C¹ par morceaux sur R (g^′(2π⁻) = π 2), et d’après le théorème deDirichlet, la série deFourierdeg converge en tout réelxversg(x). Ainsi,

∀x∈R, g(x) = a0(g)

2 +

+∞

X

n=1

(an(g)cos(nx) +bn(g)sin(nx)) = π² 12 +

+∞

X

n=1

cos(nx) n² ,

et en particulier,

∀x∈[0, 2π], π² 12 +

+∞

X

n=1

cos(nx) n² =

π−x 2

2

.

III.1.2Pourx=0, on obtient en particulier,

+∞

X

n=1

1 n² = π²

4 −π² 12 = π²

6 .

Ensuite, la formule deParseval(valable puisqueg est2π-périodique et continue par morceaux surR) s’écrit a²₀

2 +

+∞

X

n=1

(a²_n+b²_n) = 1 π

Z2π 0

g²(t)dt

et fournit ici

π⁴ 72 +

+∞

X

n=1

1 n⁴ = 1

π Z2π

0

t−π 2

4

dt= 1 16π

(t−π)⁵ 5

^2π

0

= 1

16π×2π⁵ 5 = π⁴

40. Mais alors,

+∞

X 1 π⁴ π⁴ (9−5)π⁴ π⁴

ζ(2) =

+∞

X

n=1

1 n² = π²

6 etζ(4) =

+∞

X

n=1

1 n⁴ = π⁴

90.

III.2 Soitθ∈R. III.2.1Rϕ(θ) =Re

+∞

X

n=1

e^inθ n²

!

=

+∞

X

n=1

cos(nθ)

n² =g(θ) −π² 12.

∀θ∈R, Rϕ(θ) =g(θ) −^π₁₂².

III.2.2Mais alors, d’après la question I.4.2,

g(θ) −π² 12 =Re

e^iθ Γ(2)

Z+∞ 0

t e^t−e^iθ dt

= 1 Γ(2)Re

Z+∞ 0

t(cosθ+isinθ)(e^t−cosθ+isinθ) (e^t−e^iθ)(e^t−e^−iθ) dt

= 1 Γ(2)

Z+∞ 0

t(e^tcosθ−1) e^2t−2e^tcosθ+1 dt.

MaintenantΓ(2) = lim

A→+∞

ZA 0

te^−tdt= lim

A→+∞

(

−te^−tA 0+

ZA 0

e^−tdt) = lim

A→+∞

(1−e^−A−Ae^−A) =1et on a montré que

∀θ∈R, Z+∞

0

t(e^tcosθ−1)

e^2t−2e^tcosθ+1 dt=g(θ) − π² 12.

III.2.3Les trois fonctions considérées sont continues sur]0,+∞[, prolongeables par continuité en0 et négligeable devant 1

t² en+∞. Par suite, les trois intégrales proposées existent.

Pourθ=0, on obtient π² 4 −π²

12 = Z+∞

0

t(e^t−1) (e^t−1)² dt=

Z+∞ 0

t

e^t−1 dtet donc, I1=

Z+∞ 0

t

e^t−1 dt= π² 6 .

Pourθ=π, on obtient−π² 12 =

Z+∞ 0

t(−e^t−1)

(e^t+1)² dt= − Z+∞

0

t

e^t+1 dt et donc, I₂=

Z+∞ 0

t

e^t+1 dt= π² 12.

Maintenant,

I1+I2= Z+∞

0

2te^t e^2t−1 dt=

Z+∞ 0

t

(e^t−e^−t)/2 dt= Z+∞

0

t

sht dt=I3, et donc

I3= Z+∞

0

t

sht dt= π² 4 .

III.3 Soits > 0.

III.3.1D’après la question I.4.2, pourθ∈R,

ϕ(e^iθ, s+1) = e^iθ Γ(s+1)

Z+∞ 0

t^s−1 e^t−e^iθ dt,

et donc,

1 Γ(s+1)

Z+∞ 0

t^s(e^tcosθ−1)

e^2t−2tcosθ+1 dt=Re(ϕ(e^iθ, s+1)) =Re

+∞

X

n=1

e^inθ n^s+1

!

=

+∞

X

n=1

n^−(s+1)cos(nθ), et

1 Γ(s+1)

Z+∞ 0

t^se^tsinθ

e^2t−2tcosθ+1 dt=Im ϕ(e^iθ, s+1)

=

+∞

X

n=1

n^−(s+1)sin(nθ).

∀θ∈R, Z+∞

0

t^s(e^tcosθ−1)

e^2t−2tcosθ+1 dt=Γ(s+1)

+∞

X

n=1

n^−(s+1)cos(nθ)

∀θ∈R, Z+∞

0

t^se^tsinθ

e^2t−2tcosθ+1 dt=Γ(s+1)

+∞

X

n=1

n^−(s+1)sin(nθ).

III.3.2On aI(s) = Z+∞

0

2t^se^t

e^2t+1 dt. θ= ^π₂ dans la deuxième formule de la question I.3.1, fournit alors I(s) =2Γ(s+1)

+∞

X

n=1

n^−(s+1)sin nπ

2

=2Γ(s+1)

+∞

X

k=0

(−1)^k(2k+1)^−(s+1).

Donc,

∀s > 0, I(s) = Z+∞

0

t^s

cht dt=2Γ(s+1)

+∞

X

k=0

(−1)^k(2k+1)^−(s+1)=2Γ(s+1)S2(s).

Ensuite, puisque 1

e^t−1 + 1

e^t+1 = 2e^t

e^2t−1 = 1

sht, on aJ(s) = Z+∞

0

t^s e^t−1 dt+

Z+∞ 0

t^s e^t+1 dt.

Or,θ=0 etθ=πdans la première formule de la question III.3.1, fournissent respectivement Z+∞

0

t^s

e^t−1 dt=Γ(s+1)

+∞

X

n=1

n^−(s+1)

et

− Z+∞

0

t^s

e^t+1 dt=Γ(s+1)

+∞

X

n=1

(−1)ⁿn^−(s+1). Donc,

J(s) =Γ(s+1)

+∞

X

n=1

n^−(s+1)−

+∞

X

n=1

(−1)ⁿn^−(s+1)

!

=2Γ(s+1)

+∞

X

k=0

(2k+1)^−(s+1)=2Γ(s+1)S₁(s).

∀s > 0, J(s) = Z+∞

0

t^s

sht dt=2Γ(s+1)

+∞

X

k=0

(2k+1)^−(s+1)=2Γ(s+1)S₁(s).