Sujet de type CCINP

(1)

Correction : Devoir surveill´e n˚6

MP Clemenceau 2020-21 Jeudi 21 janvier 2021

Sujet de type CCINP

Notations.

On note

J un intervalle de [0,+∞[.

f une fonction définie surJ à valeurs dans IR ouC. g une fonction définie sur [0,+∞[ à valeurs dans IR ouC. Sous réserve de son existence, on notefe_g(x) =

Z

J

f(t)g(xt) dtpourx >0.

Chaque fois qu’aucune confusion ne sera possible, on noterafe(x) au lieu defeg(x).

Objectifs.

Pour différentes hypothèses sur la fonctionf, sur l’intervalleJ et pour deux choix de g, on se propose de déterminer la limite defe_g(x) lorsque le nombre réel xtend vers +∞.

Dans la partie1, on étudie un exemple explicite avec application à des calculs de sommes de séries.

Dans la partie2, on considère une fonction f définie sur [0,+∞[ à valeurs réelles et l’objectif est d’obtenir la limite en +∞defe_g(x) lorsqueg(t) =|sin(t)|, lorsquef est de classeC¹ ou lorsquef est continue par morceaux.

1 Une ´ etude de s´ eries.

1.1 Etude de la fonction L.

Pour toutxréel tel que la série entière X

k>1

(−1)^k−1x^k k

converge, on note L(x) =

+∞

X

k=1

(−1)^k−1x^k

k sa somme.

Q1) Préciser le rayon de convergence de cette série entière, montrer que la fonction L est définie sur ]−1,1] et expliciter L(x) pourx∈]−1,1[.

Correction : On peut dire par exemple que la s´erie enti`ere X

k>1

(−1)^k−1x^k k

a même rayon de convergence que la série géométrique X

k>1

(−1)^k−1x^k

. Le rayon de convergence de cette derni`ere est 1.

Par propriété, le rayon de convergence de la série entière étant 1 la fonctionLest correctement définie sur ]−1,1[.

En x=−1 on reconnait la s´erie harmonique qui est divergente.

En x = 1 il suffit d’appliquer le critère des séries alternées pour voir que la série (harmonique alternée) est convergente.

Conclusion : Lest d´efinie sur ]−1,1].

Q2) Montrer, avec soin, que la fonction Lest continue sur l’intervalle [0,1]. En d´eduire queL(1) = ln(2).

Correction : Soitf_n : x7→ (−1)ⁿ⁻¹xⁿ

n .

- Lesfn sont des fonctions continues sur [0,1].

- Pour toutx∈[0,1],f_n(x) est le terme général d’une suite alternée, décroissante en module et de limite nulle.

On peut donc dire queP(f_n(x)) converge par crit`ere sp´eciale ET que

∀n∈IN^∗,

+∞

X f (x)

6 |f (x)| 6 1

(2)

Le majorant est indépendant de x∈[0,1] et est le terme général d’une suite de limite nulle. P

(fn) est donc uniform´ement convergente sur [0,1]

Par théorème de continuité des sommes de séries de fonctions :L∈C⁰([0,1])

1.2 Etude de la s´ erie X

k>1

1 k cos

2kπ 3

.

On consid`ere la suite (ak)k∈IN^∗ d´efinie par

∀p∈IN^∗, a_3p=−2

3p ; ∀p∈IN, a_3p+1= 1

3p+ 1 et a_3p+2= 1 3p+ 2 Q3) Montrer que

3p

X

k=1

ak=

3p

X

k=p+1

1 k =1

p

2p

X

h=1

1 1 +^h_p

Correction : On d´ecoupe la somme en trois parties selon la congruence modulo 3 de l’indice puis on s’arrange pour retrouver tous les ¹_k :

3p

X

k=1

a_k =

p

X

i=1

a_3i+

p−1

X

i=0

a_3i+1+

p−1

X

i=0

a_3i+2

= −

p

X

i=1

2 3i+

p−1

X

i=0

1 3i+ 1+

p−1

X

i=0

1 3i+ 2

= −3

p

X

i=1

1 3i+

3p

X

k=1

1 k

=

3p

X

k=p+1

1 k On change alors d’indice (h=k−p) et on factorise :

3p

X

k=1

ak =

2p

X

h=1

1 p+h= 1

p

2p

X

h=1

1 1 + ^h_p

Q4) d´eterminer la limite de

3p

X

k=1

ak lorsque p → +∞ (on pourra considérer la fonction t 7→ _1+t¹ sur un intervalle convenable). En déduire la convergence de la série X

k>1

ak et pr´eciser sa somme.

Correction :On fait apparaˆıtre une somme de Riemann (d’ordre 2p) associée àϕ : t7→ _1+2t¹ sur [0,1]. Comme la fonction est continue sur le segment, on peut appliquer le théorème sur les sommes de Riemann.

3p

X

k=1

ak= 2 1 2p

2p

X

h=1

ϕ(h 2p)

!

p→+∞→ 2 Z 1

0

1 1 + 2tdt c’est `a dire

p→+∞lim

3p

X

k=1

a_k= ln(3)

En notant (A_n) la suite des sommes partielles de la série proposée, on a montré que A_3p → ln(3). Comme A_3p+1=A_3p+a_3p+1etA_3p+2=A_3p+1+a_3p+2on a aussi convergence vers ln(3) des extraites (A_3n+1) et (A_3n+2).

Nos trois extraites sont convergentes de mˆeme limite et “recouvrent” toute la suite des sommes partielles. On a donc convergence de la s´erie avec

+∞

X

k=1

a_k= ln(3)

(3)

Q5) En d´eduire que la s´erie X

k>1

1 kcos

2kπ 3

converge et montrer que sa somme est ´egale `a ln

√1 3

. Correction : Soituk = ¹_kcos ^2kπ₃

. On au3p= _3p¹,u3p+1 =−_2(3p+1)¹ et u3p+2=−_2(3p+2)¹ . Ainsi,up =−^a₂^p. La convergence de P(a_n) entraˆıne celle deP(u_n) et

+∞

X

k=1

u_k =−1 2

+∞

X

k=1

a_k=−1

2ln(3) = ln 1

√3

1.3 Etude des s´ eries X

k>1

cos(kα) k

et X

k>1

sin(kα) k

.

Pourt∈]0,2π[ etn∈IN^∗, on note ϕ(t) = 1

e^it−1 etSn(t) =

n

X

k=1

e^ikt.

On désigne parαun nombre réel fixé dans l’intervalle ]0,2π[. Pour simplifier l’écriture des démonstrations, on supposera π 6 α <2π.

Q6) Montrer queSn(t) =ϕ(t)(e^i(n+1)t−e^it).

Correction : Sn(t) est la somme partielle d’une série géométrique de raisoneît6= 1 et on a donc Sn(t) = eît−(eît)ⁿ⁺¹

1−eît =ϕ(t)(eî(n+1)t−eît) Q7) Montrer queϕ∈C¹([π, α]).

Correction : On a, pourt6= 0[2π], ϕ(t) = e^−it−1

|e^it−1|² = cos(t)−1

(cos(t)−1)²+ sin(t)² −i sin(t)

(cos(t)−1)²+ sin(t)² ϕest donc une fonction de classeC¹ sur [π, α] (ses parties r´eelle et imaginaire le sont).

Q8) Montrer que l’int´egrale Z α

π

e^i(n+1)tϕ(t) dt tend vers 0 quand n →+∞ (on pourra utiliser une int´egration par parties).

Correction : Une int´egration par parties donne Z α

π

e^i(n+1)tϕ(t)dt=

e^i(n+1)t n+ 1 ϕ(t)

^α

π

− 1 i(n+ 1)

Z α π

e^i(n+1)tϕ⁰(t)dt

ϕ etϕ⁰ sont continues sur le segment [π, α] et sont donc donc born´ee sur ce segment. En notant M0 et M1 des majorants sur ce segment de|ϕ|et |ϕ⁰|, on a alors grossi`erement

Z α π

e^i(n+1)tϕ(t)dt

6 2M0

n+ 1+(α−π)M1

n+ 1 →

n→+∞0 On en d´eduit que

n→+∞lim Z α

π

e^i(n+1)tϕ(t)dt= 0 Q9) Expliciter

Z α π

Sn(t) dt. Déduire de ce qui précède la convergence de la série X

k>1

e^ikα k

. Expliciter la somme

+∞

X

k=1

e^ikα

k en fonction de ln(2) et de Z α

π

e^itϕ(t) dt.

Correction : Par linéarité du passage à l’intégrale, on a Z α

π

S_n(t)dt=

n

X

k=1

Z α π

e^iktdt=

n

X

k=1

e^ikα−e^ikπ ik = 1

i

n

X

k=1

e^ikα k −1

i

n

X

k=1

(−1)^k k Le second terme du membre de droite tend vers iln(2) (questionQ2)). On a aussi

Z α Z α

i(n+1)t Z α it

(4)

qui tend vers − Z α

π

e^itϕ(t)dtquand n→+∞(question Q8)). On en d´eduit que

n→+∞lim

n

X

k=1

e^ikα

k =−ln(2)−i Z α

π

e^itϕ(t)dt

ce qui prouve la convergence de X

k>1

e^ikα k

et donne la somme de la s´erie.

Q10) Exprimer e^itϕ(t) en fonction de e^it²

sin ₂^t o`ut∈[π, α].

Correction : On a, pourt6= 0[2π],

e^itϕ(t) = e^it/2

eît/2−e^−it/2 = eît/2 2isin(t/2) Q11) En déduire la convergence des séries X

k>1

cos(kα) k

et X

k>1

sin(kα) k

. Expliciter leur somme respective. Le r´esultat est-il conforme avec celui obtenu `a la questionQ5)?

Correction : En passant aux parties réelle et imaginaire dans le résultat de la questionQ9) on en déduit que les séries X

k>1

cos(kα) k

et X

k>1

sin(kα) k

convergent et que

+∞

X

k=1

cos(kα)

k = −ln(2)− Z α

π

Re(ie^itϕ(t))dt

= −ln(2)− Z α

π

cos(t/2) 2 sin(t/2) dt

= −ln(2)−[ln(|sin(t/2)|)]^α_π

= −ln (2 sin(α/2))

+∞

X

k=1

sin(kα)

k =−

Z α π

Im(ie^itϕ(t))dt=− Z α

π

dt

2 = π−α 2 Le r´esultat est coh´erent avec celui deQ5)puisque 2 sin(π/3) =√

3 (2π/3 n’est pas dans [π,2π[ mais l’hypoth`ese importante est seulementα6= 0[2π]. . .).

2 Limite d’une int´ egrale.

Dans cette partie, on désigne parf une fonction continue par morceaux sur l’intervalle [0,+∞[ à valeurs réelles et telle que l’intégrale généralisée

Z +∞

0

|f(t)|dtsoit convergente. On désigne parg une fonction définie et continue sur l’intervalle [0,+∞[ à valeurs complexes et (sous réserve d’existence) on notefeg(x) =

Z +∞

0

f(t)g(xt) dt pourx >0.

2.1 Existence de f e

_g

(x).

On suppose que la fonctiong est born´ee sur IR⁺.

Q12) Justifier l’existence defeg(x) pour toutx >0. En utilisant la caractérisation séquentielle, montrer que la fonction fe_g est continue et bornée sur IR^+∗.

Correction : On noteraM un majorant de |g|sur IR⁺.

Soit x > 0. t 7→ f(t)g(xt) est continue par morceaux sur IR⁺ et le seul problème d’intégrabilité est celui au voisinage de +∞. Or,|f(t)g(x, t)| 6 M|f(t)|et le majorant est intégrable au voisinage de +∞. La fonction est donc intégrable sur IR⁺ et a fortiori, son intégrale ˜fg(x) existe. De plus

∀x > 0, |f˜_g(x)| 6 M Z +∞

0

|f(t)|dt ce qui montre que ˜fg est born´ee sur IR⁺.

Soita∈IR₊. on consid`ere une suite (x_n)_n∈IN de IR₊ convergeant versa.

On pose alors f_n:t7→f(t)g(x_nt)

(5)

– pour toutn∈IN,fn est continue sur IR+

– par continuit´e de la fonctiong la suite (fn)_n∈IN converge simplement verst7→f(t)g(at).

– pour tout entiernet tout réel positif|fn(t)|6M|f(t|. Or la fonctionf est intégrable sur IR₊. Conclusion : d’après le théorème de convergence dominée on en déduit que

f˜g(xn)

n∈IN converge vers ˜fg(a), donc ˜fg est continue ena. Elle est donc continue sur IR+.

2.2 Limite de f e

_g

(x) lorsque g(t) = e

^it

.

On suppose quef est de classeC¹ sur IR⁺ et `a valeurs r´eelles. Soitfe_g(x) = Z +∞

0

f(t)e^ixtdt.

Q13) Justifier l’affirmation :

Pour toutε >0, il existe un r´eel positifAtel que Z +∞

A

|f(t)|dt 6 ε Correction : D’apr`es l’existence de l’int´egrale de|f| sur IR⁺, on a

Z a 0

|f(t)|dt qui tend vers Z +∞

0

|f(t)| dt quand a→+∞. En revenant `a la d´efinition de la limite, on a donc

∀ε >0, ∃A > 0/ ∀a > A,

Z +∞

a

|f(t)|dt 6 ε On a a fortiori le résultat demandé (pourε >0 donné le Aprécédent convient).

Q14) Le nombre réelAétant fixé, montrer que l’intégrale Z A

0

f(t)e^ixtdttend vers 0 lorsquextend vers +∞(on pourra utiliser une int´egration par parties).

Correction : Une int´egration par parties donne, pourx >0, Z A

0

f(t)e^ixtdt=f(A)e^ixA−f(0)

ix − 1

ix Z A

0

f⁰(t)e^ixtdt

f⁰ est continue sur le segment [0, A] et donc born´ee sur ce segment. Une majoration grossi`ere donne alors

Z A 0

f(t)e^ixtdt

6 |f(A)|+|f(0)|

x +Akf⁰k_∞,[0,A]

x Le majorant ´etant de limite nulle quandx→+∞, on a donc

x→+∞lim Z A

0

f(t)e^ixtdt= 0

Q15) En d´eduire la limite defeg(x) = Z +∞

0

f(t)e^ixtdtlorsquextend vers +∞.

Correction : Soit ε > 0. La question2.1 donne un A. La question II.2.2 donne alors un x0 au del`a duquel

RA

0 f(t)e^ixtdt

6 ε. On a alors

∀x > x0,

f˜g(x) 6

Z A 0

f(t)e^ixtdt

+ Z +∞

A

|f(t)| 6 2ε Par d´efinition des limites, on a donc montr´e que

x→+∞lim

f˜g(x) = 0

(6)

Dans toute la suite, on supposeg(t) =|sin(t)| et on note simplement fe(x) =

Z +∞

0

f(t)|sin(xt)|dt

2.3 Etude pour une fonction f particuli` ere.

On suppose (dans cet exemple) quef d´esigne la fonction E d´efinie parE(t) =e^−tpourt > 0, et donc E(x) =e

Z +∞

0

e^−t|sin(xt)|dt pourx >0.

Q16) Pour γ∈IR, calculer l’int´egraleθ(γ) = Z π

0

e^γysin(y) dy.

Correction : On peut proc´eder par double int´egration par partie ou (c’est l’option choisie ici) transiter par l’exponentilelle complexe.

θ(γ) = Im Z π

0

e^y(γ+i)dy

= Im

−e^πγ−1 γ+i

= 1 +e^πγ 1 +γ² Q17) Montrer que pour x >0,

E(x) =e 1 x

Z +∞

0

e⁻^u^x|sin(u)|du Correction : Le changement de variableu=txdonne

∀a > 0, Z a

0

e^−t|sin(xt)|dt= 1 x

Z ax 0

e^−u/x|sin(u)|du

En faisant tendre a vers +∞,ax →+∞car x >0 et les différentes intégrales existent (g =|sin| est bornée).

On obtient,

E(x) =˜ 1 x

Z +∞

0

e⁻^u^x|sin(u)|du

Q18) Exprimer pour k ∈IN et pour toutx∈ IR^∗, l’int´egrale

Z (k+1)π kπ

e⁻^u^x|sin(u)|du en fonction dee⁻^kπ^x et de θ(γ) pour unγ convenable.

Correction : Le changement de variablev=u−kπdonne Z (k+1)π

kπ

e⁻^u^x|sin(u)|du= Z π

0

e⁻^v+kπ^x |sin(v)|dv=e⁻^kπ^x θ

−1 x

Q19) Justifier, pour x >0, la convergence de la s´erie X

k>0

(e⁻^kπ^x). Pr´eciser sa somme.

Correction : La série proposée est la série géométrique de raison e⁻^π^x. Sa raison est dans ]−1,1[ et la série converge avec

+∞

X

k=0

e⁻^kπ^x = 1 1−e⁻^π^x

Q20) ExpliciterE(x) poure x >0. D´eterminer la limite deE(x) lorsquee xtend vers +∞.

Correction : E(x) est la limite quand˜ ntend vers +∞de ¹_x

Z (n+1)π 0

e⁻û^x|sin(u)|du. Par relation de Chasles et avec les questions précédentes, on a donc

E(x) =˜ 1 x

+∞

X

k=0

e⁻^kπ^x θ

−1 x

= x

x²+π²

1 +e⁻^π^x 1−e⁻^π^x Quandxtend vers +∞, on a 1−e⁻^π^x ∼π

x ce qui permet de lever l’ind´eterminantion quand on passe `a la limite et d’obtenir

x→+∞lim

E(x) =˜ 2 π

(7)

2.4 Etude g´ en´ erale.

On désigne de nouveau par f une fonction quelconque continue par morceaux sur l’intervalle [0,+∞[ et telle que l’intégrale généraliséeR+∞

0 |f(t)|dtconverge et on note fe(x) =

Z +∞

0

f(t)|sin(xt)|dt pour x >0 21) Lemme pr´eliminaire.

Pour tout r´eelt tel que la s´erie X

k>1

cos(2kt) 4k²−1

converge, on poseh(t) =

+∞

X

k=1

cos(2kt)

4k²−1. Montrer que la fonction h est d´efinie et continue sur IR.

Correction :Notonshk : t7→ cos(2kt)

4k²−1. (hk) est une suite de fonctions continues sur IR etkhkk_∞6 1 4k²−1 qui est le terme général d’une série convergente.X

(hk) est ainsi normalement convergente sur IR et, par théorème de continuité des sommes de séries de fonctions,

h∈C⁰(IR⁺) On admet l’´egalit´e

∀t∈IR, |sin(t)|= 2 π− 4

πh(t) 22) Limite de fe(x) dans le cas C¹.

On suppose de plus quef est une fonction de classe C¹ sur IR⁺. En utilisant les résultats obtenus dans la partie 2.2et la question précédente, déterminer la limite de f(x) lorsquee x→+∞. Le résultat est-il conforme à celui obtenu pour la fonctionE?

Correction : On a ainsi ˜f(x) = Z +∞

0

f(t) 2

π−4 πh(xt)

dt et comme f est intégrable, on peut découper l’intégrale en deux pour obtenir

f˜(x) = 2 π

Z +∞

0

f(t)dt− 4 π

Z +∞

0

f(t)h(xt)dt x >0 étant fixé, par définition deh, on a

∀t > 0, f(t)h(xt) =

+∞

X

k=0

f(t) cos(2kxt) 4k²−1 Hk : t7→ f(t) cos(2kt)

4k²−1 est une fonction continue sur IR⁺etP

(Hk) converge simplement sur IR⁺verst7→f(t)h(xt) elle mˆeme continue sur IR⁺. De plus|Hk(t)| 6 |f(t)|

4k²−1 montre queHk est int´egrable avec Z +∞

0

|H_k(t)|dt 6 1 4k²−1

Z +∞

0

|f(t)|dt

qui est le terme général d’une série convergente. Le théorème d’interversion somme-intégrale s’applique et permet d’écrire que

Z +∞

0

f(t)h(xt)dt=

+∞

X

k=1

Z +∞

0

f(t) cos(2kxt) 4k²−1 dt=

+∞

X

k=1

1 4k²−1

Z +∞

0

f(t) cos(2kxt)dt

Posons maintenantFk(x) = 1 4k²−1

Z +∞

0

f(t) cos(2kxt)dt= 1 4k²−1

Z +∞

0

f(u

2k) cos(ux)du(on a pos´eu= 2kt).

- D’apr`es la partie II.2, comme u 7→ f u 2k

est de classe C¹ alors Fk(x) → 0 quand x→ +∞ (on passe du résultat aveceîx à celui avec cos(x) en passant à la partie réelle).

- ∀x >0, |F_k(x)|6 1 4k²−1

Z +∞

0

|f(t)|dt. Le majorant est indépendant dexet est le terme général d’une série convergente.P(F_k) est donc normalement convergente sur IR^+∗ (et donc au voisinage de +∞).

(8)

Le th´eor`eme de double limite s’applique et indique que

x→+∞lim Z +∞

0

f(t)h(xt)dt= 0 En combinant tout cela on obtient finalement que

x→+∞lim

f˜(x) = 2 π

Z +∞

0

f(t)dt

Comme Z +∞

0

e^−tdt= 1, ceci est compatible avec le r´esultat pour ˜E.

23) Cas d’une fonction continue par morceaux.

a) Une limite.

Etant donnés deux nombres réelsβ et δtels que 0 6 β < δ, on considère, pourx >0, l’intégrale F(x) =

Z δ β

|sin(xt)|dt. Montrer queF(x) = ¹_x Z δx

βx

|sin(u)|du.

On posepla partie enti`ere de βx

π etqcelle de δx

π. Pourx > π

δ−β, donner un encadrement deF(x) en fonction dep, q etx.

En d´eduire queF(x) tend vers _π²(δ−β) lorsquex→+∞.

Correction : Il suffit de poseru=xtpour obtenir F(x) = 1 x

Z δx βx

|sin(u)|du Par d´efinition depet q, on apπ 6 βx <(p+ 1)πet qπ 6 δx <(q+ 1)π.

Six > π

δ−β alorsδx−βx > π; or,qπ−(p+ 1)π > δx−βxet doncq−p+ 1>1 ou encoreq > p. On effectue, avec la relation de Chasles, le d´ecoupage suivant :

xF(x) =

Z (p+1)π βx

|sin(u)|du+

q−1

X

k=p+1

Z (k+1)π kπ

|sin(u)|du+ Z δx

qπ

|sin(u)|du

Par π-p´eriodicit´e de |sin|, le terme du milieu vaut (q−p−1)Rπ

0 |sin(u)|du = 2(q−p−1). Les bornes des intégrales étant dans le bon sens, on peut majorer (resp. minorer) les premier et troisième termes en majorant (resp. minorant)|sin(u)|par 1 (resp 0). On a alors

2(q−p−1) 6 xF(x) 6 2(q−p−1) + ((p+ 1)π−βx) + (δx−qπ) 6 2(q−p−1) + 2π De plus δx

π −1−βx

π −1 6 q−p−1 6 δx π −βx

π et donc 2(δ−β)

π − 2

x 6 F(x) 6 2(δ−β) π +2π

x Par th´eor`eme d’encadrement, on a finalement

x→+∞lim F(x) = 2 π(δ−β)

b) Limite defe(x) dans le cas d’une fonction continue par morceaux.

Si J est un intervalle de IR⁺ et sif est une fonction continue par morceaux surJ à valeurs réelles et telle que l’intégrale

Z

J

|f(t)|dtexiste, on note toujours

fe(x) = Z

J

f(t)|sin(tx)|dt Quelle est la limite defe(x) lorsquextend vers +∞:

- lorsqueJ est un segment etf une fonction en escalier ?

- lorsqueJ est un segment etf une fonction continue par morceaux ? - lorsqueJ = IR⁺ et f une fonction continue par morceaux ?

Correction :

(9)

- Si f est en escalier sur J = [a, b], il existe une subdivision a = a0 < a1 < · · · < ap = b telle que f est constante (´egale `a ci) sur ]ai, ai+1[. On a alors

f˜(x) =

p−1

X

k=0

c_k Z ak+1

a_k

|sin(xt)|dt →

x→+∞

p−1

X

k=0

c_k2(a_k+1−a_k) π Par ailleurs,

Z

J

f(t)dt=

p−1

X

k=0

ck(ak+1−ak) et finalement,

x→+∞lim

f(x) =˜ 2 π

Z

J

f(t)dt

- Sif est continue par morceaux sur le segment [a, b], f est uniform´ement approchable sur [a, b] par une suite de fonctions en escalier. Soit ε >0 ; il existeϕ, fonction en escalier, telle que kf−ϕk_∞,J 6 ε. D’apr`es le premier cas, il existe x₀ tel que six > x₀,

˜ ϕ(x)− 2

π Z

J

ϕ

6 ε. Pourx > x₀, on a alors

f˜(x)− 2 π

Z

J

f(t)dt 6

f˜(x)−ϕ(x)˜ +

˜ ϕ(x)−2

π Z

J

ϕ

+ 2 π

Z

J

ϕ2 π−

Z

J

f dt

Par choix de x, le second morceau est plus petit queε. Le trois`eme est plus petit que ²_π|b−a|ε. Le premier est major´e par

Z b a

|f(t)−ϕ(t)|dtet donc par (b−a)ε. On a donc

f˜(x)− 2 π

Z

J

f(t)dt 6

2

π|b−a|+|b−a|+ 1

ε En revenant à la définition des limites, on a montré que

x→+∞lim

f(x) =˜ 2 π

Z

J

f(t)dt

- Supposons f est continue par morceaux sur IR⁺. Soit ε > 0 ; comme en 2.1 on trouve un A tel que Z +∞

A

|f(t)|dt6ε. D’après le cas précédent, il existex₀ tel que six > x₀ on a

Z A 0

f(t)|sin(xt)|dt−2 π

Z A 0

f

6 ε. Pourx > x0, on a alors

f˜(x)− 2 π

Z +∞

0

f(t)dt 6

Z +∞

A

|f(t)|+

Z A 0

f(t)|sin(xt)|dt−2 π

Z A 0

f

+ 2 π

Z +∞

A

|f|

Avec les choix faits, on a a ;ors

f˜(x)− 2 π

Z +∞

0

f(t)dt 6

2 + 2

π

ε En revenant à la définition des limites, on a montré que

x→+∞lim

f˜(x) = 2 π

Z +∞

0

f(t)dt

(10)

Sujet de type Mines

Th´ eor` eme taub´ erien de Hardy-Littlewood-Karamata

Dans tout le probl`eme,I d´esigne l’intervalle ]0,+∞[.

A Une int´ egrale ` a param` etre

Pour toutx∈IR on pose, sous r´eserve d’existence, F(x) =

Z +∞

0

e^−u

√u(u+x)du et K= Z +∞

0

e^−u

√u du 1) D´emontrer queψ :u7→ e^−u

√u est int´egrale surI.

Correction :La fonctionψ:u7→ e^−u

√u est continue surI comme compos´ee de fonctions continues.

On aψ(u) ∼

u→0

1

u^1/2 or la fonctionu7→ 1

u^1/2 est intégrable sur ]0,1] car ¹₂ <1 Donc par comparaison à une fonction positive,ψest intégrable sur ]0,1]

De plus par croissance compar´eeu²ψ(u) −→

u→+∞0 doncψ(u) = o

u→+∞

1 u²

or la fonctionu7→ 1

u² est int´egrable sur [1,+∞[ car 2>1

Donc par comparaison `a une fonction positive,ψest int´egrable sur [1,+∞[

Ainsi ψ :u7→ e^−u

√u est int´egrale surI En particulier, on en d´eduit l’existence deK.

2) D´eterminer les valeurs dexpour lesquellesF(x) est d´efinie.

Correction :On posefx:u7→ e^−u (u+x)√

u

– Six <0, la fonctionf_xn’est pas continue par morceaux sur ]0,+∞[ doncF(x) n’est pas d´efinie.

On peut pr´eciser que de plus Z −x

0

f(u)du et Z +∞

−x

f(u)du ne sont pas d´efinies carf(u) ∼

u→−x

C u+x – Six= 0, la fonctionfx n’est pas int´egrable sur ]0,1] car fx(u) ∼

u→0

1

u^3/2 et u7→ 1

u^3/2 n’est pas int´egrable sur ]0,1] (int´egrale de Riemann).

– Six >0, la fonctionf_xest positive et pour toutu∈I,f_x(u)6 1

xψ(u). Commeψest int´egrable surI (question 1.),f_x est int´egrable surI.

On en d´eduit que la fonctionF est d´efinie surI=]0,+∞[.

3) A l’aide de la caract´erisation s´equentielle montrer queF est continue surI.

Correction : soit a ∈I. On considère une suite (xn)_n∈IN d’éléments de I convergeant vers a. Pourn ∈ IN on posefn :u7→ e^−u

(u+xn)√

u. Ces fonctions sont continues sur IR^∗₊ et la suite de fonctions converge simplement vers u7→ e^−u

(u+a)√ u.

Soitδ >0 tel que [a−δ, a+δ]⊂I. Comme la suite (xn)_n∈IN converge versa, il existe N tel que pour toutn > n xn est dans [a−δ, a+δ].

On a alors pour tout entiern > N et toutudans IR^∗₊,|fn(u)|6 e^−u (u+a−δ)√

u. Or la fonctionu7→ e^−u (u+a−δ)√

u est intégrable sur IR^∗₊, on en déduit, par le théorème de convergence dominée, que la suite (F(x_n))_n∈IN converge versF(a).

Conclusion : par caract´erisation s´equentielle la fonctionF est continue ena, ceci pour tout a de IR^∗₊, donc la fonction est continue sur IR^∗₊.

4) Question `a admettreMontrer que la fonction F est de classeC¹ surIet exprimerF⁰(x) sous forme int´egrale.

R´eponse : F⁰:x7−→

Z +∞

0

−e^−u

√u(u+x)²du

(11)

5) En d´eduire que pour tout x∈I,xF⁰(x)−(x−¹₂)F(x) =−K.

Correction :Soitx∈I. Calculons F(x) par int´egration par parties.

F(x) = 2√

ue^−u x+u

^+∞

0

+ Z +∞

0

2√ ue^−u x+u du+

Z +∞

0

2√ ue^−u (x+u)²du

Toutes les intégrales sont bien définies carF(x) est défini et que lecrochet vaut 0 d’après les limites usuelles.

On a

F(x) = 2 Z +∞

0

ue^−u (x+u)√

udu+ 2 Z +∞

0

ue^−u (x+u)²√

udu

= 2

Z +∞

0

e^−u

√udu−2x Z +∞

0

e^−u (x+u)√

udu+ 2 Z +∞

0

e^−u (x+u)√

udu−2x Z +∞

0

e^−u (x+u)²√

udu en ´ecrivantu= (u+x)−xdans les deux termes

= 2K−2xF(x) + 2F(x) + 2xF⁰(x)

Finalement on obtient bien xF⁰(x)−(x−¹₂)F(x) =−K . 6) Pour tout x∈ I, on pose G(x) = √

xe^−xF(x). Montrer qu’il existe une constante r´eelle C telle que pour tout x∈I,G(x) =C−K·

Z x 0

e^−t

√t dt.

Correction :La fonctionG:x7→√

xe^−xF(x) est d´erivable sur Iet pour tout x∈I, G⁰(x) =

1 2√

xe^−x−√ xe^−x

F(x) +√

xe^−xF⁰(x)

= e^−x

√x

xF⁰(x)−(x−1 2)F(x)

= −Ke^−x

√x d’après la question précédente.

De ce fait, comme G⁰ est continue et que I est un intervalle, en int´egrant, il existe une constante C telle que

∀x∈I, G(x) =C−K Z x

0

e^−t t dt.

7) D´eterminer les limites deGen 0 et +∞, et en d´eduire la valeur deK.

Correction :

– Calculons la limite deGen +∞. La fonctionF est positive (par positivité de l’intégrale) et décroissante (car la dérivée est négative) donc elle tend vers une limite finieèn +∞. De ce fait, lim

x→+∞G(x) = 0 car lim

x→+∞

√xe^−x= 0.

D’autre part, en utilisant la formule trouvée à la question6). on obtient que G(x) tend versC−K² lorsque x tend vers +∞. On en déduit que C=K².

– Calculons maintenant la limite de G en 0. Comme e^x tend 1 lorsque x tend vers 0, on peut se contenter de calculer la limite de √

xF(x). On effectue le changement de variable affine u = xt licite car cela d´efinie une bijection strictement croissante de IR^∗₊ dans lui-mˆeme et est de classeC¹,

√xF(x) = Z +∞

0

x√ xe^−xt

√xt(xt+x)dt= Z +∞

0

e^−xt

√t(1 +t)dt On peut alors faire tendre xvers 0.

On utilise encore la caractérisation séquentielle de la limite à ce stade de l’année mais voici la version utilisable en concours :

On applique pour ce faire la version continue du théorème de convergence dominée. En effet pour toutt∈I, la fonctionx7→ e^−xt

√t(1 +t) tend vers 1

√t(1 +t) quandxtend vers 0. Pour toutx∈IR+, la fonctiont7→ e^−xt

√t(1 +t) est continue (par morceau) sur Iet pour tout x∈IR^∗₊ et toutt∈I,

e^−xt

√t(1 +t)

6 1

√t(1 +t) o`ut7→ 1

√t(1 +t) est int´egrable surI. On en d´eduit que

limG(x) = lim√

xF(x) =

Z +∞ 1

√ dt

(12)

Maintenant, cette derni`ere int´egrale se calcule en posantv=√

t : la fonctiont∈]0,+∞[7→√

t est de classeC¹, strictement monotone et induit une bijection de ]0,+∞[ sur lui mˆeme). On obtient,

Z +∞

0

√ dt

t(1 +t) = Z +∞

0

2dv

(1 +v²)= 2 [arctan(v)]^+∞₀ =π.

D’autre par en reprenant la formule trouv´ee en `a la question6). on obtient queG(x) tendClorsquextend vers 0.

En conclusionK²=C=πet donc K=√ π.

B ´ Etude de deux s´ eries de fonctions

Dans toute cette partie, on pose f(x) =

+∞

X

n=1

e^−nx

√n et g(x) =

+∞

X

n=0

√ne^−nx.

8) Montrer quef et g sont d´efinies et continues surI.

Correction :

– Soitx∈I, la s´erieX

e^−nxconverge care^−nx= (e^−x)ⁿet que|e^−x|<1 (série géométrique). De plus, pour tout entier n > 1, e^−nx

√n 6 e^−nx donc par comparaison de séries à termes positifs, la sérieXe^−nx

√n converge aussi.

La fonctionf est d´efinie sur I.

Maintenant pour tout entiern, la fonctionx7→e^−nx

√n est continue. De plus, pour touta∈I, la fonctionx7→ e^−nx

√n est born´ee sur [a,+∞[ et

x7→ e^−nx

√n

_∞,[a,+∞[

=e^−na

√n

Comme la s´erie Pe^−na

√n la série de fonction définissant n converge normalement donc uniformément sur tout segment deI d’oùf est continue.

– Soitx∈I, `a partir d’un certain rang,√

ne^−nx 6 e^−nx/2 car√

ne^−nx/2 tend vers 0 lorsque ntend vers +∞et est donc inférieur à 1 à partir d’un certain rang. De ce fait, en procédant comme ci-dessus, on montre queg est aussi définie et continue sur I.

9) Montrer que pour toutx∈I, Z +∞

1

e^−ux

√u du6f(x)6 Z +∞

0

e^−ux

√u du.

En d´eduire un ´equivalent def(x) lorsquex→0.

Correction :Soitx∈I, on ´etudieθ:u7→ e^−ux

√u . Elle est d´ecroissante caru7→e^−ux est une fonction d´ecroissante

`

a valeurs dans IR+ et que u 7→ 1

√u aussi. On peut donc utiliser la méthode de comparaison série-intégrale.

Pr´ecis´ement, pour tout entierN,

Z N−1 1

θ(u)du 6

N

X

n=1

e^−nx

√n 6 Z N

0

θ(u)du En faisant tendreN vers +∞on obtient,

Z +∞

1

θ(u)du 6

+∞

X

n=1

e^−nx

√n =f(x) 6 Z +∞

0

θ(u)du.

Notons que les int´egrales convergent d’apr`es la question 1.

On posev=uxdans les deux int´egrales et on obtient que

√1 x

Z +∞

x

e^−v

√vdv= 1 x

Z +∞

x

e^−v

pv/xdv 6 f(x) 6 1 x

Z +∞

0

e^−v

pv/xdv= 1

√x Z +∞

0

e^−v

√vdv

Par encadrement, on en d´eduit que√

xf(x) tend vers Z +∞

0

e^−v

√vdvlorsque xtend 0, ce qui est ´egal `a √

π d’apr`es la question7).

En conclusion f(x) ∼

x→0

rπ x .

(13)

10) Montrer que la suite

n

X

k=1

√1 k −2√

n

!

n>1

converge.

Correction :On pose pourk > 1,vk= 1

√k− Z k

k−1

√1

tdt= 1

√k−2(√ k−√

k−1). On a donc, par t´el´escopage, pour tout entiern > 1,

n

X

k=1

v_k =

n

X

k=1

√1 k−2√

n

Or la fonction t 7→ 1

√t est d´efinie et continue sur I et d´ecroissante. De ce fait, pour tout k > 2, 1

√k−1 6 Z k

k−1

√1

tdt 6 1

√k.Cela implique que (pourk > 2)

0 6 vk 6 1

√k−1 − 1

√k La s´erieP

vk est donc une série à termes positifs dont les sommes partielles sont majorées car

∀n∈IN^∗,

n

X

k=1

v_k 6 v₁+

n

X

k=2

√ 1

k−1− 1

√

k 6 1 +v₁.

On en d´eduit que la s´erieP

vk converge et donc la suite _n

P

k=1

√1 k −2√

n

n>1

converge.

11) D´emontrer que pour toutx >0, la s´erie X

n>1 n

X

k=1

√1 k

!

e^−nx converge et exprimer sa somme h(x) en fonction de f(x) pour toutx∈I.

Correction :Soitx∈I. Pour toutN > 1

N

X

n=1 n

X

k=1

√1 k

!

e^−nx =

N

X

k=1

√1 k

N

X

n=k

e^−nx

=

N

X

k=1

√1 k. 1

1−e^−x

e^−kx−e^−(N+1)x

= 1

1−e^−x

N

X

k=1

√1

ke^−kx−e^−(N^+1)x

N

X

k=1

√1 k

!

La premi`ere partie est une s´erie convergente qui tend vers 1

1−e^−xf(x). La deuxième partie tend vers 0, en effet, d’après la question précédente, les sommes partielles

n

P

k=1

√1

k sont ´equivalentes `a 2√

net 2√

ne^−(N^+1)xtend vers 0 lorsqueN tend vers +∞.

En conclusion la s´erie converge et sa sommeh(x) vauth(x) = 1

1−e^−xf(x).

On pouvait aussi utiliser un produit de Cauchy.

12) En déduire un équivalent deh(x) lorsquex→0. Montrer alors que g(x) est équivalent à

√π

2x^3/2 lorsquex→0.

Correction :En utilisant les r´esultats des questions9)et11), on obtient que h(x) ∼

x→0

1 x

rπ x =

√π x^3/2. Maintenant, on pose (αn) la suite d´efinie `a la question10). parαn=

n

X

k=1

√1 k −2√

n.

On a donc pourx∈I,

(14)

h(x) =

+∞

X

n=1 n

X

k=1

√1 ke^−nx

!

=

+∞

X

n=1

(2√

n+α_n)e^−nx

= 2g(x) +

+∞

X

n=1

αne^−nx car les deux s´eries convergent

Maintenant, on a vu `a la question 9. que (αn) ´etait une suite positive, croissante et convergente. Si on noteA sa limite, on a pour toutx∈I,

+∞

X

n=1

αne^−nx

6 A

+∞

X

n=0

e^−nx

= A

1−e^−x ∼

x→0

A x On en d´eduit que

+∞

X

n=1

αne^−nx= O

x→0

1 x

= o

x→0

1 x^3/2

Finalement,g(x) ∼

x→0

1

2h(x) ∼

x→0

√π 2x^3/2.

C S´ eries de fonctions associ´ ees ` a des ensembles d’entiers

A tout ensemble` A⊆IN on associe la suite (an) d´efinie par an =

1 sin∈A, 0 sinon.

SoitIAl’ensemble des r´eelsx>0 pour lesquels la s´erie X

n>0

ane^−nx converge. On posefA(x) =

+∞

X

n=0

ane^−nx pour tout x∈IA. Enfin, sous r´eserve d’existence, on pose Φ(A) = lim

x→0xfA(x) et on noteS l’ensemble des partiesA⊆IN pour lesquelles Φ(A) existe.

13) Quel est l’ensembleI_a siA est fini ? SiA est infini, montrer que l’on peut extraire une suite (b_n) de la suite (a_n) telle que pour toutn∈IN,bn= 1. D´eterminerIAdans ce cas.

Correction :SiAest fini alors la suite (an) est presque nulle. De ce fait, pour toutxdans IR+, la s´erie (P

n>0

ane^−nx) converge. On a alors IA= IR+ .

On suppose queA est infini. On veut construire une extractrice, ϕstrictement croissante de IN dans IN telle que pour tout entier n, bn = a_ϕ(n) = 1. Pour cela on pose ϕ(0) = minA et pour tout entier n > 0, ϕ(n+ 1) = min(A∩]ϕ(n),+∞[). La définition à bien un sens, car pour tout entiern, A∩]ϕ(n),+∞[ est une partie non vide (carA est infini) de IN qui admet donc un plus petit élément. Par construction, on a bien que ϕ(n+ 1)> ϕ(n) doncϕest strictement croissante eta_ϕ(n)= 1 car ϕ(n)∈A.

Dans le cas o`uAest infini, six= 0 la s´erie ( P

n>0

an) diverge car sinon les sommes partielles seraient major´ees ce qui impliquerait queA serait fini. Maintenant pourx >0, on a pour tout entier N, PN

n=0ane^−nx 6 PN

n=0e^−nx 6 1

1−e^−x. La série est donc une série à termes positifs dont les sommes partielles sont majorées. Elle converge.

On a doncIA= IR^∗₊=I .

14) SoitA ∈S et (an) la suite associée. Pour tout entier naturel n, on noteA(n) l’ensemble des éléments de A qui sont6n. Vérifier que pour toutx >0 la série X

n>0

Card(A(n)) e^−nx converge et que

+∞

X

n=0

Card(A(n)) e^−nx= fA(x) 1−e^−x

Correction :Soitx∈S. Pour tout entiern, on a par d´efinition deA(n), Card(A(n)) =

n

P

k=0

ak. On en d´eduit que pour tout entierN

(15)

N

X

n=0

Card(A(n))e^−nx =

N

X

n=0 N

X

k=0

a_ke^−nx

!

=

n

X

k=0

ak N

X

n=k

e^−nx

= 1

1−e^−x

N

X

k=0

ake^−kx−(

N

X

k=0

ak)e^−(N+1)x

!

Maintenant, quandN →+∞, le premier terme tend vers 1

1−e^−xfA(x) et le deuxième terme tend vers 0 car il est majoré par (N+ 1)e^−(N^+1)x qui tend vers 0 quandN. En conclusion, la série converge et

+∞

X

n=0

Card(A(n))e^−nx = 1

1−e^−xfA(x).

Dans la question suivante,A=A1d´esigne l’ensemble des carr´es d’entiers naturels non nuls.

15) Montrer que six >0, fA₁(x) 1−e^−x =

+∞

X

n=0

b√

nce^−nxoùb·c désigne la partie entière.

En d´eduire un encadrement de

+∞

X

n=0

√ne^−nx− f_A₁(x)

1−e^−x, puis un ´equivalent def_A₁ en 0. Prouver alors que A₁∈S et donner Φ(A1).

Correction : Soit x > 0. Soit n > 0,A1(n) = {1,4,9,· · · , p²} o`u p² 6 n et (p+ 1)² > n. C’est-`a-dire que p 6 √

n < p+ 1. On en d´eduit que Card(A1(n)) =p=b√ nc.

D`es lors, en utilisant14). on obtient que fA₁(x) 1−e^−x =

+∞

X

n=0

Card(A1(n))e^−nx=

+∞

X

n=0

b√

nce^−nx. Maintenant, par d´efinition de la partie enti`ere, pour tout entiern,

b√

nc 6 √

n 6 b√ nc+ 1 d’o`u,

fA₁(x) 1−e^−x =

+∞

X

n=0

b√

nce^−nx 6

+∞

X

n=0

√ne^−nx =g(x) 6

+∞

X

n=0

(b√

nc+ 1)e^−nx= fA₁(x)

1−e^−x+ 1 1−e^−x En conclusion,

0 6 g(x)− f_A₁(x)

1−e^−x 6 1 1−e^−x. On utilise alors l’équivalent trouvé à la question 11. On a que

0 6 x^3/2g(x)−x^3/2fA₁(x)

1−e^−x 6 x^3/2 1−e^−x. Comme le terme de droite tend vers 0 car il est ´equivalent en 0 `a √

xet que x^3/2g(x) tend vers

√π

2 lorsque x tend vers 0. On en d´eduit (par encadrement) que x^3/2f_A₁(x)

1−e^−x tend vers

√π

2 lorsque x tend vers 0 et finalement f_A₁(x) ∼

x→0

√π 2√

x.

On en d´eduit quexfA₁(x) tend vers 0 lorsque xtend vers 0 et donc que A1∈S et Φ(A1) = 0.

Dans la question suivante, A= A₂ désigne l’ensemble constitués des entiers qui sont la sommes des carrés de deux entiers naturels non nuls. On admet queA₂ appartient à S, et on désire majorer Φ(A₂).

Soitv(n) le nombre de couple d’entiers naturels non nuls (p, q) pour lesquelsn=p²+q².

(16)

16) Montrer que pour tout r´eel x >0, la s´erie X

n>0

v(n) e^−nx converge et ´etablir que

+∞

X

n=0

v(n) e^−nx= (fA₁(x))².

Montrer alors que pour toutx >0,f_A₂(x)6(f_A₁(x))². En d´eduire un majorant de Φ(A₂).

Correction : Pour tout entiern, on posev(n) le nombre de couples d’entiers (p, q) pour lesquels,p²+q²=n. Si on pose (an) la suite d´efinie par

an=

1 sinest un carr´e parfait 0 sinon.

on a que pour tout entiern,v(n) =

n

P

k=0

akan−k. En effet on parcourt tous les couples (k, n−k) et on teste sik et n−ksont des carr´ees parfaits.

Maintenant pour toutx >0, la s´erie X

n>0

ane^−nx est une série positive convergente (et donc absolument convergente). D’après la formule du produit de Cauchy, la série P

n>0

w(n) converge aussi o`u pour tout entiern,

w(n) =

n

X

k=0

ake^−kx.an−ke^−(n−k)x=

n

X

k=0

akan−k

!

e^−nx=v(n)e^−nx De plus la somme est donn´ee par

+∞

X

n=0

v(n)e^−nx=

+∞

X

n=0

ane^−nx

!²

= (fA₁(x))².

Maintenant, si on considère (b_n) la suite définie par l’ensembleA₂, on a donc pour tout entiern, b_n 6 v(n), car dès quebn vaut 1 alorsv(n) vaut au moins 1. On en déduit directement que pour toutx >0,

fA₂(x) =

+∞

X

n=0

bne^−nx 6

+∞

X

n=0

v(n)e^−nx= (fA₁(x))².

Par suite,xf_A₂(x) 6 x(f_A₁(x))². En r´eutilisant l’´equivalent,f_A₁(x) ∼

x→0

√π 2√

x trouv´e `a la question 15, on obtient que lim

x→0x(f_A₁(x))²=π

4. En admettant queA₂∈S et en passant `a la limite, on obtient que Φ(A₂) 6 π 4.

D) Un th´ eor` eme taub´ erien

Soit (α_n)_n_>₀ une suite de nombres réels positifs tels que pour tout réel x>0, la série X

n>0

α_ne^−nx converge. On suppose que

x→0lim x

+∞

X

n=0

αne^−nx

!

=`∈[0,+∞[.

On noteF l’espace vectoriel des fonctions de [0,1] dans IR,Ele sous-espace deF des fonctions continues par morceaux et E₀ le sous-espace deE des fonctions continues sur [0,1]. On munit E de la norme k k_∞ d´efinie par la formule kψk_∞= sup

t∈[0,1]

|ψ(t)|.

Si ψ∈E, on noteL(ψ) l’application qui `ax >0 associe (L(ψ))(x) =

+∞

X

n=0

αne^−nxψ(e^−nx).

17) Montrer queL(ψ) est bien définie pour toutψ∈E et que l’applicationL est une application linéaire de E dans F. Vérifier que pour tousψ1, ψ2 dansE1,ψ16ψ2 entraˆıneL(ψ1)6L(ψ2).