Partie III : le cas α = 2

SESSION 2012

CONCOURS COMMUN POLYTECHNIQUE (ENSI) FILIERE PC

MATHEMATIQUES 2

Partie I : le polylogarithme

I-1.1.Soitα∈R. Pourn∈N^∗, posonsan= 1

n^α. Alors, pour toutn∈N^∗,an(α)6=0 puis a_n+1

an

=

1+ 1 n

^−α

n→→+∞1.

D’après la règle de d’Alembert,

Ra=1.

I-1.2.On sait que la somme d’une série entière est de classeC^∞sur son intervalle ouvert de convergence et que ses dérivées successives s’obtiennent par dérivation terme à terme. DoncL_α est classeC^∞ sur] −1, 1[.

I-1.3.Soitx∈] −1, 1[. Alors−x∈] −1, 1[et doncLα(−x)existe puis

L_α(x) +L_α(−x) =

+∞

X

n=1

(1+ (−1)ⁿ)xⁿ n^α =2

+∞

X

p=1

x^2p

(2p)^α =2^1−α

+∞

X

p=1

(x²)^p p^α

=2^1−αLα(x²).

∀α∈R,∀x∈] −1, 1[,L_α(x) +L_α(−x) =2^1−αL_α(x²).

I-2.1.Soitα∈R. Pour toutx∈] −1, 1[,

xL_α+1^′ (x) =x

+∞

X

n=1

nxⁿ⁻¹ n^α+1 =

+∞

X

n=1

xⁿ

n^α =Lα(x).

∀α∈R,∀x∈] −1, 1[,xL_α+1^′ (x) =Lα(x).

I-2.2.Pour toutx∈] −1, 1[,L₀(x) =

+∞

X

n=1

xⁿ= x 1−x. Pour toutx∈] −1, 1[,L₁(x) =

+∞

X

n=1

xⁿ

n = −ln(1−x).

Pour toutx∈] −1, 1[, L₋₁(x) =xL₀^′(x) = x (1−x)². I-3.Soitα61. Pourx∈[0, 1[, L_α^′(x) =

+∞

X

n=1

xⁿ⁻¹

n^α−1 >0. Donc, la fonctionLα est croissante sur[0, 1[. On en déduit que L_α admet une limiteℓquandxtend vers1 par valeurs inférieures oùℓ∈] −∞,+∞].

SoitN ∈ N^∗. Pour toutx ∈[0, 1[, L_α(x) =

+∞

X

n=1

xⁿ n^α >

XN

n=1

xⁿ

n^α. Quand x tend vers 1 par valeurs inférieures, on obtient ℓ>

XN

n=1

1

n^α. Ainsi,

∀N∈N^∗,ℓ>

XN

n=1

1 n^α. (∗) Puisqueα61, on sait que la série deRiemannde terme général 1

n^α,n>1, diverge.

Plus précisément, lim

N→+∞

XN

n=1

1 n^α

!

= +∞. QuandNtend vers+∞dans(∗), on obtientℓ>+∞et finalement

∀α∈] −∞, 1], lim

x→1 x<1

L_α(x) = +∞.

Partie II : prolongement pour α > 1

II-1.1.Soit α > 1. On sait que la série deRiemann de terme général 1

n^α, n>1, converge et donc Lα(1)existe. Mais alors, la série de terme général (−1)ⁿ

n^α ,n>1, converge absolument et en particulier converge et doncLα(−1)existe. En résumé, la fonctionLα est définie sur[−1, 1].

Vérifions queLαest continue sur[−1, 1]. Pourn∈N^∗etx∈[−1, 1], posonsfn(x) = xⁿ

n^α. Chaque fonctionfn est continue sur[−1, 1]et de plus, pour toutn∈N^∗ et toutx∈[−1, 1],

|f_n(x)|= |x|ⁿ n^α 6 1

n^α. Puisque α > 1, la série numérique de terme général 1

n^α, n>1, converge et donc la série de fonctions de terme général f_n,n>1, converge normalement sur[−1, 1].

En résumé,

• Chaque fonctionfn,n>1, est continue sur[−1, 1].

• La série de fonctions de terme généralfn, n>1, converge normalement vers la fonctionLα sur[−1, 1].

On en déduit que la fonctionL_α est continue sur[−1, 1].

II-1.2.D’après la question précédente, la fonctionL2est définie et continue sur [−1, 1]. D’après les questions I-2.2 et I-3,

xlim→1 x<1

L₂^′(x) = lim

x→1 x<1

L1(x)

x = +∞.

D’après un théorème classique d’analyse, la fonctionL₂ n’est pas dérivable en1 mais sa courbe représentative admet en 1une demi-tangente parallèle à(Oy).

II-2.1. Soit α > 1. Pour tout réel strictement positif u, e^u−1 > 0. Donc, la fonction ϕ : u 7→ u^α−1

e^u−1 est continue sur[0,+∞[en tant que quotient de fonctions continues sur]0,+∞[dont le dénominateur ne s’annule pas sur]0,+∞[. De plus, la fonctionϕest positive sur]0,+∞[.

• Quand utend vers 0 par valeurs supérieures,ϕ(u)∼ u^α−1

u =u^α−2. Puisque α−2 > −1, la fonction u7→ u^α−2 est intégrable sur un voisinage de0à droite et donc la fonctionϕ est intégrable sur un voisinage de0à droite.

•Quandutend vers+∞,u²ϕ(u)∼u^α+1e^−u. D’après un théorème de croissances comparées,u²ϕ(u)tend vers0quand utend vers+∞ ou encoreϕ(u) est négligeable devant 1

u² quand utend vers+∞. On en déduit que la fonction ϕ est intégrable sur un voisinage de+∞.

Finalement, la fonctionϕest intégrable sur]0,+∞[.

II-2.2.On sait déjà que l’intégrale proposée existe que x=1. Soitx < 1. Pour tout réel strictement positif u, e^u−x >

1−x > 0. Donc, la fonctionu7→ u^α−1

e^u−x est continue sur [0,+∞[ et négligeable devant 1

u² quandutend vers +∞. La fonctionu7→ u^α−1

e^u−x est donc intégrable sur [0,+∞[. On en déduit l’existenceK_α(x).

II-2.3.Posons Φ : ] −∞, 1]×]0,+∞[ → R (x, u) 7→ u^α−1

e^u−x .

•Pour toutx∈] −∞, 1], la fonctionu7→Φ(x, u)est continue par morceaux sur]0,+∞[.

•Pour toutu∈]0,+∞[, la fonction x7→Φ(x, u)est continue sur[0,+∞[.

•Pourx∈] −∞, 1]etu∈]0,+∞[,e^u−x>e^u−1 > 0et donc pour tout(x, u)∈] −∞, 1]×]0,+∞[,|Φ(x, u)|= u^α−1 e^u−x 6 u^α−1

e^u−1 =ϕ(u)oùϕ est une fonction continue et intégrable sur]0,+∞[d’après la question II-2.1.

D’après le théorème de continuité des intégrales à paramètres,

la fonctionKα est continue sur ] −∞, 1].

II-2.4.Soitα > 2. La fonctionΦ admet sur] −∞, 1]×]0,+∞[une dérivée partielle par rapport à sa première variablex définie par

∀(x, u)∈] −∞, 1]×]0,+∞[, ∂Φ

∂x(x, u) = u^α−1e^u (e^u−x)².

• Pour tout x ∈] −∞, 1], la fonction u 7→ Φ(x, u) est continue par morceaux et intégrable sur ]0,+∞ et la fonction u7→∂Φ

∂x(x, u)est continue par morceaux sur]0,+∞[.

•Pour toutu∈]0,+∞[, la fonction x7→ ∂Φ

∂x(x, u)est continue sur] −∞, 1].

• Pour tout (x, u) ∈] −∞, 1]×]0,+∞[,

∂Φ

∂x(x, u)

6 u^α−1e^u

(e^u−1)² = ϕ1(u). La fonction ϕ1 est continue et positive sur ]0,+∞[, est équivalente en à u^α−3 avec α−3 > −1 et est négligeable devant 1

u² en +∞. Donc la fonction ϕ1 est intégrable sur]0,+∞[.

D’après le théorème de dérivation des intégrales à paramètres (théorème deLeibniz), la fonctionK_α est de classeC¹sur ] −∞, 1]et

∀α > 2,∀x∈] −∞, 1],K_α^′(x) = Z+∞

0

u^α−1e^u (e^u−x)².

II-2.5. On reprend la démonstration précédente en remplaçant] −∞, 1]×]0,+∞[ par [a, b]×[0,+∞[. On prend pour fonctionϕ₁la fonctionu7→ u^α−1e^u

(e^u−a)². Cette fonction est continue et positive sur[0,+∞[, négligeable en+∞devant 1 t² et donc intégrable sur[0,+∞[.

D’après le théorème deLeibniz, la fonctionK_αest de classeC¹sur tout segment[a, b]aveca < b < 1et donc la fonction K_α est de classeC¹ sur] −∞, 1[et

∀α > 1,∀x∈] −∞, 1[,K_α^′(x) = Z+∞

0

u^α−1e^u (e^u−x)².

II-3.1. Soitα > 1. La fonction t 7→ t^α−1e^−t dt est continue sur [0,+∞[ et est négligeable en +∞ devant 1

t². Donc la fonctiont7→t^α−1e^−tdtest intégrable sur[0,+∞[. On en déduit l’existence deGα.

Gα est l’intégrale d’une fonction continue, positive et non nulle sur]0,+∞[et doncGα > 0.

II-3.2.Soientu∈]0,+∞[et x∈[−1, 1]. Alors|xe^−u|6e^−u< 1puis 1

e^u−x = e^−u

1−xe^−u =e^−u

+∞

X

k=0

xe^−uk

=

+∞

X

k=0

x^ke^−(k+1)u. II-3.3.Soitx∈[−1, 1]. Pouru∈]0,+∞[, posonsg_k(u) =u^α−1x^k+1e^−(k+1)u.

D’après la question précédente,

+∞

X

k=0

gk(u) =xu^α−1

+∞

X

k=0

x^ke^−(k+1)u= xu^α−1 e^u−x,

et la série de fonctions de terme généralg_k,k∈N, converge simplement sur]0,+∞[vers la fonctionu7→ xu^α−1

e^u−x. De plus la fonctionu7→ xu^α−1

e^u−x est continue sur]0,+∞[. Ensuite,

+∞

X

k=0

Z+∞ 0

|gk(u)| du=

+∞

X

k=0

x^k+1 Z+∞

0

u^α−1e^−(k+1)udu

=

+∞

X

k=0

x^k+1 Z+∞

0

t k+1

α−1

e^−t dt k+1

!

(en posantt= (k+1)u)

=

+∞

X

k=0

x^k+1

(k+1)^αG_α=G_α

+∞

X

k=1

x^k k^α

=G_αL_α(x)<+∞. D’après un théorème d’intégration terme à terme,

xKα(x) = Z+∞

0

+∞

X

k=0

gk(u)

! du=

+∞

X

k=0

Z+∞ 0

gk(u)du=GαLα(x).

∀α > 1,∀x∈[−1, 1], xK_α(x) =G_αL_α(x).

II-4.1. Soit α > 1. D’après les questions II.2.2 et II.2.4, la fonction K_α est continue sur ] −∞, 1]? et de classe C¹ sur ] −∞, 1[. Il en est de même de la fonctionLα.

II-4.2.Soient/alpha > 1et x61. L’applicationu7→e^−u=t est unC¹-difféomorphisme de]0,+∞[sur]0, 1[. On peut donc posert=e^−u ou encore u= −lntet on obtient

L_α(x) = x Gα

Z+∞ 0

u^α−1e^−u

1−xe^−u du= x Gα

Z0 1

(−lnt)^α−1t 1−xt

−dt t

= x Gα

Z0 1

(−lnt)^α−1 1−xt dt.

II-4.3.Soitz∈C\]1,+∞[. Posonsz=a+iboùaet bsont deux réels.

Pour toutu∈]0,+∞[,e^u−z6=0et donc la fonction u7→ u^α−1

e^u−z est continue sur]0,+∞[. Pour toutu∈]0,+∞[,

|e^u−z|=|(e^u−a) +ib|=p

(e^u−a)²+b². Donc, pour tout u∈]0,+∞[,

u^α−1 e^u−z

= u^α−1

p(e^u−a)²+b². On sait déjà que la fonction u7→ u^α−1

e^u−1 est intégrable sur ]0,+∞[ce qui le règle le cas où(a, b) = (1, 0).

Si (a, b) 6= (1, 0) (et (a, b) ∈/]1,+∞[×{0}), pour tout u ∈ [0,+∞[, (e^u −a)²+b² = 0 ⇔ e^u = a et b = 0 ce qui est impossible car(a, b)∈/]1,+∞[×{0}. Donc la fonctionu7→ u^α−1

p(e^u−a)²+b² est continue sur[0,+∞[. De plus, cette fonction est négligeable en+∞devant 1

u² et finalement la fonctionu7→

u^α−1 e^u−z

est intégrable sur[0,+∞[. On en déduit l’existence de/dfraczG_α

Z+∞ 0

u^α−1 e^u−z du.

Soit z ∈ C. z² ∈/]1,+∞[⇔ z /∈ (] −∞,−1[∪]1,+∞[). Soit donc z ∈ C\(] −∞,−1[∪]1,+∞[). Alors, z /∈]1,+∞[ et

−z /∈]1,+∞[puis

Lα(z) +Lα(−z) = z G_α

Z+∞ 0

u^α−1

e^u−z du− z G_α

Z+∞ 0

u^α−1

e^u+z du= 2z² G_α

Z+∞ 0

u^α−1 e^2u−z² du

= 2z² Gα

Z+∞ 0

v 2

α−1

e^v−z² dv

2 =2^1−α z² Gα

Z+∞ 0

v^α−1 e^v−z² dv

=2^1−αL_α(z²).

∀α > 1,∀z∈C\(] −∞,−1[∪]1,+∞[),Lα(z) +Lα(−z) =2^1−αLα(z²).

Partie III : le cas α = 2

III-1.1. Graphe def.

1 2

−1

−2

1 2 3 4 5 6

−1

−2

−3

−4

−5

−6

b b

b b

b

( (

) )

Puisquefest continue par morceaux surRet2π-périodique, on peut calculer les coefficients deFourierdef. Puisquef est impaire, pour toutn∈N,a_n(f) =0puis pour tout n∈N^∗,

b_n(f) = 2 π

Zπ 0

π−x

2 sin(nx)dx= 2 π

π−x 2

−cos(nx) n

π

0

− 1 2n

Zπ 0

cos(nx)dx

= 2 π× π

2n = 1 n.

III-1.2.La fonctionfest continue par morceaux surRet2π-périodique. On peut donc appliquer la formule deParseval et on obtient

L2(1) =

+∞

X

n=1

1

n² = a²₀(f)

2 +

+∞

X

n=1

a²_n(f) +b²_n(f)

= 1 π

Zπ

−π

f²(x)dx= 2 π

Zπ 0

π−x 2

2

dx

= 1 2π

−(π−x)³ 3

^π

0

= π² 6 . Ensuite,

L₂(1) +L₂(−1) =

+∞

X

n=1

(1+ (−1)ⁿ) n² =2

+∞

X

p=1

1 (2p)² = 1

2

+∞

X

p=1

1 p² = 1

2L₂(1),

et doncL2(−1) = −L₂(1)

2 = −π² 12.

L2(1) = π²

6 etl2(−1) = −π² 12.

III-2.1.La fonctionL2 et la fonction ln sont de classeC¹sur ]0, 1[. De plus, pour toutx∈]0, 1[, 1−x∈]0, 1[. Par suite, les fonctionsx7→L2(1−x)etx7→ln(1−x)sont de classeC¹sur]0, 1[. Il en est de même de la fonctionΦ.

III-2.2.Soitx∈]0, 1[.

Φ^′(x) =L₂^′(x) −L₂^′(1−x) +1

xln(1−x) − 1 1−xln(x)

= L1(x)

x +ln(1−x)

x −L1(1−x)

1−x − ln(x)

1−x(d’après la question I-2.1)

= −ln(1−x)

x + ln(1−x)

x + ln(x)

1−x− ln(x)

1−x (d’après la question I-2.2)

=0.

Ainsi, la fonctionΦest dérivable sur l’intervalle]0, 1[et sa dérivée est nulle sur]0, 1[. On en déduit que la fonctionΦest constante sur]0, 1[. Par suite,∀x∈]0, 1[,Φ(x) = lim

t→0Φ(t). D’après la question II-1.1, la fonctionL2est continue sur[−1, 1].

En particulier, lim

t→0L2(t) =L2(0) =0et lim

t→0L2(1−t) =L2(1) =π²

6 . Enfin, quandttend vers0, ln(t)ln(1−t)∼−tln(t) et donc lim

t→0ln(t)ln(1−t) =0 d’après un théorème de croissances comparées. Finalement, lim

t→0Φ(t) =L2(1) = π² 6 puis

∀x∈]0, 1[,L2(x) +L2(1−x) +ln(x)ln(1−x) =L2(1) = π² 6 .

III-2.3.Pourx= 1

2, on obtient2L2

1 2

+ln²

1 2

= π²

6 et donc L₂

1 2

= π²

12 −ln²2 2 .

III-2.4.La fonction homographiqueα : x7→ x

x−1 =1+ 1

x−1 est strictement décroissante sur

−1,1 2

et donc pour

−16x6 1

2, on aα

−1 2

6 x

x−1 6α(−1)ou encore−16 x x−1 61

2 avec égalités effectivement obtenue pourx= −1 oux= −1

2. Pourx∈

−1,1 2

, posonsΨ(x) =L2(x) +L2

x x−1

+1

2(ln(1−x))². D’après ce qui précède, la fonctionΨest définie et continue sur

−1,1 2

, de classeC¹sur

−1,1 2

et pourx∈

−1,1 2

\ {0}, d’après la question I-2.1,

Ψ^′(x) = L₁(x)

x −

L₁ x

x−1

x

x−1×(x−1)²

− ln(1−x)

1−x = −ln(1−x)

x +

ln

1− x x−1

x(x−1) −ln(1−x) 1−x

= −ln(1−x)

x − ln(1−x)

x(x−1) −ln(1−x)

1−x = ln(1−x)

x(x−1)(−(x−1) −1+x) =0.

Cette dernière égalité reste vraie pourx=0par continuité deΨ^′. Ainsi,Ψest continue sur

−1,1 2

, dérivable sur

−1,1 2

et sa dérivée est nulle sur

−1,1 2

. On en déduit que ψ est constante sur

−1,1 2

. Par suite, pour tout x ∈

−1,1 2

, Ψ(x) =Ψ(0) =2L2(0) +1

2ln²1=0. On a montré que

∀x∈

−1,1 2

,L₂(x) +L₂ x

x−1

= −1

2(ln(1−x))².

III-3.La question II-3 appliquée avecx=1etα=2 fournit Z+∞

0

u

e^u−1 du=K2(1) =G2L2(1)avecG2= Z+∞

0

te^−tdt.

SoitA > 0. Les deux fonctions t7→ t et t7→ −e^−t sont de classe C¹ sur le segment [0, A]. On peut donc effectuer une intégration par parties et on obtient

ZA 0

te^−tdt=

−te^−tA 0 +

ZA 0

e^−tdt= −Ae^−A−e^−A+1.

QuandAtend vers+∞, on obtientG2=1et donc Z+∞

0

u

e^u−1 du=K2(1) =L2(1) = π² 6 .

III-4.1.Soitx < 0. En posantt=xsou encores= t

x, on obtient (erreur d’énoncé)

L2(x) = −x Z1

0

ln(s)

1−xsds= −x Zx

0

ln t

x

1−t dt

x = Z0

x

ln t

x

1−t dt.

Soitε∈[x, 0[. Une intégration par parties fournit

Zε x

ln t

x

1−t dt=

−ln(1−t)ln t

x ε

x

+ Zε

x

ln(1−t)

t dt= −ln(1−ε)lnε x

+ Zε

x

ln(1−t) t dt.

Quandεtend vers0,−ln(1−ε)lnε x

= −ln(1−ε)(ln(−ε) −ln(−x))∼εln(−ε)et donc−ln(1−ε)lnε x

tend vers0

quandεtend vers0. Quand εtend vers0, on obtient Z0

x

ln t

x

1−t dt= Z0

x

ln(1−t) t dt.

III-4.2.Soientx < 0puisε∈[x, 0[.

Zε x

ln(1−t) t−1 dt=

1

2ln²(1−t) ε

x

= 1

2ln²(1−ε) −1

2ln²(1−x).

Quandεtend vers0, on obtientg(x) = Z0

x

ln(1−t)

t−1 dt= −1

2ln²(1−x).

III-4.3.La fonctiont7→ ln(1−t)

t(t−1) est continue et positive sur] −∞, 0[.

Quandttend vers0, ln(1−t) t(t−1) ∼ −t

−t =1. Donc la fonctiont7→ln(1−t)

t(t−1) se prolonge par continuité en0et en particulier est intégrable sur un voisinage de0à droite.

Quandttend vers −∞,(−t)^3/2ln(1−t)

t(t−1) ∼ ln(−t)

√−t . Par suite,(−t)^3/2ln(1−t)

t(t−1) tend vers 0en−∞et donc ln(1−t) t(t−1) est négligeable devant 1

(−t)^3/2 en−∞. On en déduit que la fonctiont7→ln(1−t)

t(t−1) est intégrable sur un voisinage de−∞et finalement sur] −∞, 0[. Par suite,Aexiste.

III-4.4. lim

x→−∞g(x) = lim

x→−∞−1

2ln²(1−x) = −∞. D’autre part, pourx < 0, L2(x) −g(x) =

Z0 x

ln(1−t) t dt−

Z0 x

ln(1−t)

t−1 dt= − Z0

x

ln(1−t) t(t−1) dt.

On en déduit que lim

x→−∞

(L₂(x) −g(x)) = −A∈R. Par suite,L₂(x) −g(x) =

x→−∞

o(g(x))ou encore

L2(x) ∼

x→−∞g(x) = −1

2ln²(1−x) ∼

x→−∞−ln²(−x) 2 . L2(x) ∼

x→−∞

−ln²(−x) 2 .