CCP PSI 2008 partie 1 et 2

CCP PSI 2008 partie 1 et 2

PARTIE 1 : quelques valeurs

I.1) I.1.1) lim

n!+1

1 n^x =

8<

:

0si x >0 1si x= 0 +1six <0 I.1.2)

six 0 la suite 1

n^x ne tend pas vers0 donc la série diverge grossièrement six >0La suite ( 1)^{n 1}

n^x est de signe alterné et la suite 1

n^x décroît vers zéro , donc par le critère des séries alternées la série converge.

Le domaine de dé…nition de est]0;+1[ I.1.3)

I.1.3.1) Une primitive de tansur un intervalle ne contenant pas de

2[ ]est ln (jcosj) J₁= [ ln (jcos(x)j)]₀⁼⁴= ln(2)

2 J₁= ln(2)

2 I.1.3.2)Théorème de convergence dominée avec f_n : t!(tan(t))ⁿ

–pour toutn fn est continue sur le segment[0; =4]

–la suite converge simplement versf : t! 0 sit2[0; =4[

1 sit= =4 , fonction continue par morceaux sur[0; =4]

–8n2N,8t2[0; =4]jf_n(t)j 1, fonction continue indépendante den.

donc(Jn)converge vers Z =4

0

f(t)dt= 0, carf est nulle sauf en nombre …ni de points.

n!lim+1(Jn) = 0

On peut se passer du théorème en encadrant la fonction avec la convexité de tansur [0; =4]: Le graphe de la fonction est au dessus de la tangente à l’origine et en dessous de la corde entre (0;0) et ( =4;1) : t tan(t) 4

t . On en déduit un encadrement de J_n .

I.1.3.3) Comme la dérivée detan(t)est1 + tan(t)² on a : Jn+Jn+2=

Z =4 0

(1 + tan(t))²(tan(t))ⁿdt= (tan(t))ⁿ⁺¹ n+ 1

=4

0

= 1

n+ 1 Jn+Jn+2= 1

n+ 1 I.1.3.4) : On a : ( 1)^k+1 1

2k = ( 1)^k+1J_2k+1 ( 1)^kJ_{2k 1} =v_k+1 v_k en posantv_k= ( 1)^kJ_{2k 1} . donc par télescopage Xn

k=1

( 1)^k+1 1

2k =vn+1 v1= ( 1)ⁿ⁺¹J2n+1+J1

I.1.3.5) : On fait tendrenvers+1:

+1

X

k=1

( 1)^k+1 1

2k =J₁= ln(2) 2 (1) = ln(2) I.2.1)

S:=0;for k from 1 to n do S:=S+(-1)^(k+1)/k^3; od: S;

I.2.2) La machine donne pour n=30 la valeurS₃₀= 0;901525083et pour n=31 la valeur 0,901558650;

= 0;9015

I.2.3) Comme la série véri…e les hypothèses du critère spécial des séries alternées, la somme de la série est comprise entre deux sommes partielles consécutives. La somme est donc comprise entre 0,90152 et 0,90156

(3) = 0;9015à 10 ⁴ par défaut I.3.1)

0= Z

0

x²dx=

3

3

pourn >0une double intégration par partie donne :

n= Z

0

x²cos(nx)dx= 2 n

Z

0

xsin(nx)dx=2 ( 1)ⁿ n²

2 n²

Z

0

cos(nx)dx=2 ( 1)ⁿ n²

I.3.2)

La fonctiong est paire doncbn(g) = 0 a0(g) = 2

0= 2 ² 3 pourn 1a_n(g) = 2

n= 4 ( 1)ⁿ n² I.3.3) Comme pour tout mxm réel ( 1)ⁿ

n² cos(nx) 1

n² , la sérieX( 1)ⁿ

n² cos(nx)converge (normalement) surR La restriction de la fonctiong à [ ; ]est C¹ sur[ ; ]y compris en carg( ) =g( ) = ²= ( )² . g étant2 périodique,gest continue,C_pm¹ surR, doncg est développable en série de Fourier:

8x2] ; ],x²=

2

3 + 4

+1

X

n=1

( 1)ⁿ

n² cos(nx) et donc :

+1

X

n=1

( 1)ⁿ

n² cos(nx) =x² 4

2

12 I.3.4) La relation précédente enx= 0 donne :

(2) =

2

12 I.3.5) La série est une série de Riemann, comme4>1elle converge.

Pour la calculer on applique Parseval à gcontinue par morceaux surR,2 périodique : 1Z

g(t)²dt= a0(g)²

2 +

+1

X

n=1

an(g)²+bn(g)²

Soit

2 ⁴ 5 = 2 ⁴

9 + 16

+1

X

n=1

1 n⁴ et donc

+1

X

n=1

1 n⁴ = 1

16 2 ⁴

5

2 ⁴ 9

+1

X

n=1

1 n⁴ =

4

90

I.3.6) on prend la primitive nulle en zéro du résultat deI.3.3) avecf_n : t! ( 1)ⁿcos(nt) n² pour tourn f_n est continue sur] ; ]

la sérieX

f_nconverge normalement sur] ; ]carjf_n(x)j 1

n² terme général, indépendant dexd’une série convergente.

donc

8x2] ; ],

+1

X

n=1

( 1)ⁿ

n³ sin(nx) =x³ 12

2

12x I.3.7) On intègre de nouveau par convergence normale :

8x2] ; ];

+1

X

n=1

( 1)ⁿ

n⁴ (1 cos(nx)) = x⁴ 48

2

24x² soit en séparant en 2 leX

(possible car les deux séries obtenues convergent) : 8x2] ; ],

+1

X

n=1

( 1)ⁿ

n⁴ cos(nx) = (4) x⁴ 48+

2

24x²

I.3.8) Si on prend la valeur en de la relation précédente

+1

X

n=1

1

n⁴ = (4)

4

48 +

4

24

et donc (4) =

4

24

4

48

4

90

(4) = 7 ⁴ 720

Partie 2 étude de f

II.1) Comme1 + exp( nt)est plus grand que 1, la série est à termes positifs. De plus commex >0, lim

n!+1 e ^nx = 0 et doncln (1 + exp( nx)) _n!+1exp( nx):

Xexp( nx)est une série géométrique de raisonexp( x)2]0;1[. Elle converge . Par équivalence de séries à termes positifs, la sérieX

ln (1 + exp( nx))converge sur]0;+1[

Xln (1 + exp( nx))est dé…nie sur]0;+1[

II.2)Par convergence normale sur tout segement[a; b] ]0;+1[avecf_n : x!ln (1 + exp( nx)) Pour toutn f_n est continue sur]0;+1[

Par décroissance defn positive on a8x2[a; b]: jfn(x)j fn(a)avecX

fn(a)qui converge.

f est la somme d’une série de fonctions continues qui converge normalement sur tout segment f 2C⁰ R⁺ ;E

II.3)remarque : la dérivée n’est pas demandée.

f est une somme de fonctions décroissante donc décroît.

De plusf₀ est constante et pourn 1lesf_n sont strictement décroissante donc : f décroît strictement sur]0;+1[ II.4)image d’un intervalle par une fonction continue.

II.5)par convergence normale

f₀(x) = ln(2)et pourn 1, lim

x!+1(f_n(x)) = 0

Par décroissance defn positive sur[a;+1[ ]0;+1[on a8x2[a;+1[: jfn(x)j fn(a)et X

fn(a)qui converge.

et donclim

+1 +1

X

0

fn

!

=

+1

X

0

+lim1(fn)

+lim1(f) = ln(2)

II.6)5/2 : le sujet initiale étudie l’intégrale impropre Z 1

0

ln(1 +y) y dy II.6.1) On poseh(0) = 1 pour prolonger par continuité.

II.6.2 ) On sait que

+1

X

n=1

xⁿ

n = ln(1 x)avecR= 1 On a donc

ln(1 +x) =

+1

X

n=1

( 1)^{n 1}

n xⁿ avecR= 1 II.6.3) En utilisantI.1)on constate que la formule précédente est encore vrai six= 1 :

8x2[0;1], ln(1 +x) =

+1

X

n=1

( 1)^{n 1} n xⁿ

Donc poury2]0;1]:

h(y) =

+1

X

n=1

( 1)^{n 1} n y^{n 1}=

+1

X

n=0

( 1)ⁿ n+ 1yⁿ

Le membre de droite est une série entière de premier terme 1. La relation précédente est donc encore valable siy= 0:

Théorème d’intégration termes à termes :avec _n :y! ( 1)^{n 1} n y^{n 1} : pour toutn _n est continue sur[0;1]

X

n converge simplement et la somme est une fonction continue sur[0;1]

X Z ¹

0 j nj=X 1

n² est une série convergente.

On peut intégrer termes à termes :

Z 1 0

h(y)dy=

+1

X

n=1

( 1)^{n 1}

n² = (2) =

2

12 remarque sup

[0;1]

(j nj) = 1

n ; Il n’y a pas convergence normale

CCP TSI 2011 exercice 3 (sur 3)

Je noteanxⁿ le terme général de la série entière étudiée.

1. Pour les trois séries entières : jxj<1)anxⁿ tend vers0

jxj>1) ja_nxⁿj tend vers +1 doncR= 1

remarque : pour jxj= 1, le terme général ne tend pas vers 0 , donc la série diverge grossièrement

2. On sait que sur ] 1;1[,

+1

X

n=0

xⁿ = 1

1 x . Doncf(x) = 1

1 x 1

8x2] 1;1[,f(x) = x

1 x

On peut dériver termes à termes une série entière sur le disque ouvert de convergence. Donc en dérivant

+1

X

n=0

xⁿ= 1 1 x on obtient

+1

X

n=1

nx^{n 1}= 1

(1 x)² . On multiplie parx

h(x) = x (1 x)²

3.

a)Sur [0;1[,gest la somme de fonctions strictement croissantes, donc est strictement croissante.

On peut aussi dériver sur le disque ouvert de convergenceg⁰(x) =

+1X

n=1

n³⁼²x^{n 1}>0:

b) Pour toutn2N , 1 p

n n donc en multipliant parxⁿ 0et ajoutant les inégalités de même sens : 8x2[0;1[

,f(x) g(x) h(x)

x!lim+1(g(x)) = +1

c) On ag(0) = 0,g⁰(0) = 1 , g"(0) = 2a₂= 2p

2>0 . Par convexité le graphe est au dessus de la tangente.

Plus généralemnt, par dérivation termes à termes sur le dique ouvert de convergenceg"(x) =

+1

X

n=2

n³⁼²(n 1)x^{n 2}>0 . Donc le graphe deg sur[0;1[est convexe.

4.

a)gest continue strictement monotone sur l’intervalle[0;+1[,gest donc bijective de[0;+1[sur[g(0);lim

+1(g) = [0;+1[ (théorème de bijection monotone)

2admet donc un unique antécédent noté .

b) l’encadrement f(x) g(x) h(x) donne 1 g(1=2) 2 . On a donc g(1=2) g( ) et comme g est croissante 1=2

c) La somme partielle XN n=1

n¹⁼²(0;6)ⁿ vaut 1,916 siN = 5et 2,030 si N= 6 . Donc n₀= 6

Comme la série

+1

X

n=1

n¹⁼²(0:6)ⁿ est à termes positifs , la somme est plus grande que toutes sommes partielles :

g(0;6) X6 n=1

n¹⁼²(0;6)ⁿ 2 =g( )

Et la croissance donne 0;6

0;5 0;6 5.

a)Pour x2] 1;1[:

(1 x)g(x) =

+1

X

n=1

pnxⁿ

+1

X

n=1

pnxⁿ⁺¹=

+1

X

n=1

pnxⁿ

+1

X

n=2

pn 1xⁿ

= x+

+1

X

n=2

pn p

n 1 xⁿ

Comme pourn= 1on a : p

n p

n 1 = 1on a bien (1 x)g(x) =

+1

X

n=1

pn p

n 1 xⁿ

b)

Comme p

n p

n 1 est positif, on a bien une série de signes alternés.

En multipliant par la quantité conjugué on a pn p

n 1 = 1

pn+p n 1

Si ntend vers+1le dénominateur tend vers l’in…ni donc p

n p

n+ 1 tend vers0:

Le dénominateur est somme de deux fonctions croissantes doncn!p

n p

n+ 1décroît.

On a les trois hypothèses du critère spécial des séries alternées.

X p

n p

n 1 ( 1)ⁿ converge.

c) On a :

pn p

n+ 1 =p n 1

r

1 1

n

! p n 1

2n = 1

2n¹⁼²

On a des séries à termes positifs équivalents , comme1=2 1la sérieX 1

2n¹⁼² diverge donc aussi la sérieX p

n p

n 1 Six= 1la sérieX p

n p

n 1 xⁿ ne ocnverge pas absolument , donc d’après les critères du rayon de congergence R 1.

Or on sait déja que la série converge sur] 1;1[donc

R= 1

d) k(x) =

+1

X

n=1

pn p

n 1 xⁿ est une série entière telle que pourx= 1 ,X p

n p

n 1 ( 1)ⁿ converge . Par théorème de continuité d’une série entière au bord de l’intervalle ouvert de convergencek est continue en 1 et donc lim

1⁺(k(x)) =k( 1) =

+1

X

n=1

pn p

n 1 ( 1)ⁿ . g(x) = k(x)

1 x tend donc vers k( 1)

2 sixtend vers 1⁺ .

On remarquera que la série donnant g diverge grossièrement en 1 . Ce qui n’empèche pas la fonction g d’avoir une limite …nie en 1: