Partie I - La fonction Gamma

SESSION 2011

Concours commun Centrale

MATHÉMATIQUES 1. FILIERE PSI

Partie I - La fonction Gamma

I.A -Soitx∈R. La fonctionf : t7→e^−tt^x−1est continue sur ]0,+∞[. La fonctionf est négligeable en+∞devant 1 t² d’après un théorème de croissances comparées et donc la fonctionfest intégrable sur un voisinage de +∞.

Par suite,f est intégrable sur ]0,+∞[ si et seulement si f est intégrable sur un voisinage de 0. Or, en 0, f(t) ∼t^x−1 et puisquefest positive,f est intégrable sur un voisinage de0si et seulement six−1 >−1 ou encorex > 0.

En résumé, la fonctiont7→e^−tt^x−1est intégrable sur]0,+∞[ si et seulement six > 0.

I.B -Pour tout réelx > 0,Γ(x)est l’intégrale d’une fonction continue positive et non nulle sur]0,+∞[. On en déduit que

∀x > 0,Γ(x)> 0.

Soientaet Adeux réels tels que0 < a < A. Soit Φ : [a, A]×]0,+∞[ →R

(x, t) 7→ e^−tt^x−1 .

•Pour tout réelx∈[a, A], la fonctiont7→e^−tt^x−1est continue par morceaux et intégrable sur]0,+∞[d’après la question précédente.

•La fonctionΦadmet sur[a, A]×]0,+∞[une dérivée partielle par rapport à sa première variablexdéfinie par :

∀(x, t)∈[a, A]×]0,+∞[, ∂Φ

∂x(x, t) =e^−tt^x−1lnt.

De plus,

- Pour toutx∈[a, A], la fonctiont7→ ∂Φ

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

- Pour toutt∈]0,+∞[, la fonctionx7→ ∂Φ

∂x(x, t)est continue sur[a, A].

- Pour tout(x, t)∈[a, A]×]0,+∞[,

∂Φ

∂x(x, t)

=|lnt|e^−tt^x−16

|lnt|e^−tt^a−1sit∈]0, 1[

|lnt|e^−tt^A−1sit∈[1,+∞[ =ϕ(t).

La fonctionϕest continue par morceaux sur]0,+∞[et est négligeable en+∞devant 1

t² d’après un théorème de croissances comparées. D’autre part, quandttend vers0,

t^1−a2ϕ(t) =e^−tt^a2 lnt→0 (cara > 0)

et doncϕ(t) =

t→0o



t⁻¹⁺

a 2



avec−1+a

2 >−1. On en déduit queϕest intégrable sur un voisinage de0et finalement ϕ est intégrable sur]0,+∞[.

D’après le théorème de dérivation des intégrales à paramètres (théorème deLeibniz), la fonction Γ est de classe C¹ sur [a, A] et sa dérivée s’obtient par dérivation sous le symbole intégrale. Ceci étant vrai pour tous réels a et A tels que 0 < a < A, on a montré que

Γ est de classeC¹ sur]0,+∞et ∀x > 0,Γ^′(x) = Z+∞

0

e^−tt^x−1lnt dt.

I.C -Soitx > 0. Soientεet Adeux réels tels que0 < ε < A. Les deux fonctionst7→−e^−t ett7→t^x sont de classeC¹ sur le segment[ε, A]. On peut donc effectuer une intégration par parties et on obtient :

ZA

ε

e^−tt^xdt=

−e^−tt^xA

ε +x ZA

ε

e^−tt^x−1dt= −e^−AA^x+e^−εε^x+x ZA

ε

e^−tt^x−1dt.

Quandεtend vers0et Atend vers+∞, on obtientΓ(x+1) =xΓ(x).

∀x > 0,Γ(x+1) =xΓ(x).

I.D -Γ(1) = Z+∞

0

e^−tdt=

−e^−t+∞ 0 =1.

Donc,Γ(1) =1et∀n>1,Γ(n+1) =nΓ(n). On en déduit par récurrence que

∀n>1,Γ(n) = (n−1)!.

Partie II - Formule de Stirling

II.A -Soitk>2. Une double intégration par parties fournit

uk= Zk

k−1

(lnk−lnt)dt=

t−

k−1 2

(lnk−lnt) ^k

k−1

+ Zk

k−1

2t−2k+1

2t dt

= 1

2(lnk−ln(k−1)) +1 2

Zk

k−1

2t−2k+1 t dt= 1

2(lnk−ln(k−1)) +1 2

Zk

k−1

(t−k+1) + (t−k)

t dt

= 1

2(lnk−ln(k−1)) +1 2

(t−k+1)(t−k) t

k k−1

+ Zk

k−1

(t−k+1)(t−k)

t² dt

!

= 1

2(lnk−ln(k−1)) −1 2

Zk

k−1

(t−k+1)(k−t)

t² dt.

II.B -Soitk>2.

06wk 61 2

Zk

k−1

1×1 t² dt= 1

2 1

k−1 −1 k

.

Comme 1 2

1 k−1− 1

k

est le terme général d’une série télescopique convergente, on en déduit que la série de terme généralwk, k>2converge.

Soitn>2.

Xn

k=2

uk=ln(n!) − Zn

1

lnt dt=ln(n!) −nlnn+n, mais aussi

Xn

k=2

uk= 1 2

Xn

k=2

(lnk−ln(k−1)) − Xn

k=2

wk= 1 2lnn−

Xn

k=2

wk, Donc,

ln(n!) =nlnn−n+1 2lnn−

Xn

k=2

wk

=nlnn−n+1 2lnn−

+∞

X

k=2

wk+

+∞

X

k=n+1

wk

=nlnn−n+1

2lnn+a+vnoua= −

+∞

X

k=2

wk etvn=

+∞

X

k=n+1

wk.

II.C -Soitk>2. Une intégration par parties fournit

wk− 1 12

Zk

k−1

dt t² = 1

12 Zk

k−1

6(t−k+1)(k−t) −1

t² dt= 1

12 Zk

k−1

−6t²+6(2k−1)t−6k²+6k−1 t²

= 1 12

−2t³+3(2k−1)t²− (6k²−6k+1)t+λ t²

^k

k−1

+ 1 6

Zk

k−1

−2t³+3(2k−1)t²− (6k²−6k+1)t+λ

t³ dt.

On choisit alorsλde sorte que le crochet soit nul :

−2t³+3(2k−1)t²− (6k²−6k+1)t+λ t²

^k

k−1

= −2k³+3(2k−1)k²− (6k²−6k+1)k+λ k²

−−2(k−1)³+3(2k−1)(k−1)²− (6k²−6k+1)(k−1) +λ (k−1)²

= −2k³+3k²−k+λ

k² − −2k³+ +3k²−k+λ (k−1)²

= (λ−k(k−1)(2k−1))(2k−1) k²(k−1)²

On choisit doncλ=k(k−1)(2k−1)et on obtient

wk− 1 12

Zk

k−1

dt t² = 1

6 Zk

k−1

−2t³+3(2k−1)t²− (6k²−6k+1)t+k(k−1)(2k−1)

t³ dt

= 1 6

Zk

k−1

(−t+k)(2t²+ (−4k+3)t+ (k−1)(2k−1))

t³ dt

= 1 6

Zk

k−1

(−t+k)(t− (k−1))(2t− (2k−1))

t³ dt

puis

wk− 1 12

Zk

k−1

dt t²

61 6

Zk

k−1

|−t+k||t− (k−1)|2

t−

k− 1 2

t³ dt

61 6

Zk

k−1

1×1×2×1 2

t³ dt= 1 6

Zk

k−1

dt t³. II.D -Soitn>2.

vn− 1 12n

=

vn− 1 12

Z+∞

n

1 t² dt

=

+∞

X

k=n+1

wk− 1 12

Zk

k−1

dt t²

6

+∞

X

k=n+1

wk− 1 12

Zk

k−1

dt t²

61 6

+∞

X

k=n+1

Zk

k−1

dt t³ = 1

6 Z+∞

n

dt t³ = 1

6

− 1 2t²

+∞ n

= 1 12n². On en déduit quevn− 1

12n =

n→+∞

O 1

n²

puis que

ln(n!) =

n→+∞nlnn−n+ 1

2lnn+a+ 1 12n+O

1 n²

.

Partie III - L’identité d’Euler

III.A -Soientn>1et x > 0. La fonctionfn est continue sur]0, n[et sur[n,+∞[. De plus,

t→nlim

t<n

fn(t) = 1− n

n ⁿ

n^x−1=0=fn(n).

Donc, la fonctionfn est continue à gauche ennet finalement, la fonctionfn est continue sur]0,+∞[.

La fonctionfn est nulle au voisinage de+∞et en particulier est intégrable sur un voisinage de+∞. Quandt tend vers 0,fn(t)∼t^x−1> 0avecx−1 >−1. Donc la fonctionfn est intégrable sur un voisinage de0et finalement, la fonctionfn

est intégrable sur]0,+∞[.

III.B -Soitx > 0.

Soitt > 0. Pour n > t, fn(t) =

1− t n

ⁿ

t^x−1= exp

nln

1− t n

t^x−1 et donc, quand ntend vers +∞, fn(t) = exp

n

−t n+o

1 n

t^x−1=exp(−t+o(1))t^x−1. Donc la suite suite de fonctions(fn)n>1converge simplement sur ]0,+∞[vers la fonctionf : t7→e^−tt^x−1.

Soient n>1. Ensuite, on sait que pour tout réelu, e^u >1+u(inégalité de convexité). Donc, pour tout réelt ∈]0, n[, e−t/n>1− t

n puise^−t>

1− t

n ⁿ

par croissance de la fonctionu7→uⁿ surR⁺. Par suite, pour tout t∈]0, n[, 06fn(t) =

1− t

n ⁿ

t^x−16e^−tt^x−1=f(t), ce qui reste vrai quandt>n. Finalement, pour tout réelt∈]0,+∞[,|fn(t)|6f(t). De plus, la fonctionfest intégrable sur]0,+∞[.

En résumé,

• Pour tout entier naturel non nuln,fn est continue sur]0,+∞[.

• La suite de fonctionsfn converge simplement sur ]0,+∞[vers la fonctionf : t7→e^−tt^x−1et la fonctionf est continue sur]0,+∞[.

•Il existe une fonctionϕ(à savoirϕ=f) continue par morceaux et intégrable sur]0,+∞[telle que pour toutn∈N^∗ et toutt∈]0,+∞[,|fn(t)|6ϕ(t).

D’après le théorème de convergence dominée, la suite Z+∞

0

fn(t)dt

n>1

converge et a pour limite Z+∞

0

f(t)dt=Γ(x).

Comme Z+∞

0

fn(t)dt= Zn

0

1− t

n n

t^x−1dt=In(x), on a montré que

∀x > 0,Γ(x) = lim

n→+∞In(x).

III.C -Soientx > 0etn∈N. Soitε∈]0, 1[. Les deux fonctionst7→(1−t)ⁿ⁺¹ett7→ t^x

x sont de classeC¹sur le segment [ε, 1]. On peut donc effectuer une intégration par parties et on obtient

Z1

ε

(1−t)ⁿ⁺¹t^x−1dt=

(1−t)ⁿ⁺¹t^x x

1 ε

+ n+1 x

Z1

ε

(1−t)ⁿtⁿ dt= −(1−ε)ⁿ⁺¹ε^x

x + n+1 x

Z1

ε

(1−t)ⁿtⁿ dt.

Quandεtend vers0par valeurs supérieures, on obtientJ_n+1(x) = n+1

x Jn(x+1)(carx > 0).

∀n∈N,∀x > 0,Jn+1(x) = n+1

x Jn(x+1).

III.D -Soientx > 0etn>1.

Jn(x) = n

xJ_n−1(x+1) = n

x ×n−1

x+1 ×. . .× 1

x+n−1J0(x+n) = n!

x(x+1). . .(x+n) III.E -Puis, en posantu= t

n, on obtient In(x) =

Zn

0

1− t

n n

t^x−1dt= Z1

0

(1−u)ⁿ(nu)^x−1ndu=n^xJn(x) = n!n^x

x(x+1). . .(x+n). Comme lim

n→+∞

In(x) =Γ(x)d’après la question III.B-, on a montré que

∀x > 0,Γ(x) = lim

n→+∞

n!n^x

x(x+1). . .(x+n).

Partie IV - Une intégrale à paramètres

IV.A -Graphe de la fonction h.

1

−1

1

−1

b b b

( (

IV.B - La fonction h est continue par morceaux sur R et donc la fonction H est définie et continue sur R. De plus, la fonction H est dérivable en tout réel x en lequel h est continue. Par suite, H est dérivable surR\Z et ∀x ∈ R\Z, H^′(x) =h(x). Mais alors, La fonction H^′ est définie et continue surR\Z et a une limite réelle à gauche et à droite en tout entier relatif. Donc, la fonction Hest de classe C¹ par morceaux surR. On note de plus que h étant continue sur tout intervalle de la forme[n, n+1[,n∈Z,Hest de classeC¹ sur tout intervalle de la forme[n, n+1[, n∈Z.

La fonctionhest 1-périodique. Donc, pour tout réelx, H(x+1) −H(x) =

Zx+1

x

h(u)du= Z1

0

h(u)du= Z1

0

u− 1

2

du=0.

Donc la fonctionHest 1-périodique. En particulier, pour toutn∈Z IV.C -Soitx > 0. Soientn∈Npuisa∈[0, 1[. La fonctionu7→ h(u)

u+x est continue sur[n, n+a]et donc Zn+a

n

h(u) u+x du existe.

Ensuite, les deux fonctionsu7→H(u) et u7→ 1

u+x sont de classe C¹ sur le segment[n, n+a]. On peut effectuer une intégration par parties et on obtient

Zn+a

n

h(u) u+x du=

H(u) u+x

n+a n

+ Zn+a

n

H(u) (u+x)² du.

Quandatend vers1, on obtient

∀n∈N, Zn+1

n

h(u) u+x du=

Zn+1

n

H(u)

(u+x)² du(carH(n) =H(n+1) =0).

Soient alorsAun réel strictement supérieur à 1. On noteE(A)la partie entière de A.

ZA

0

h(u) u+xdu=

ZE(A)

0

h(u) u+x du+

ZA

E(A)

h(u) u+x du

=

E(A)−1

X

n=0

Zn+1

n

h(u) u+x du+

ZA

E(A)

h(u) u+xdu=

E(A)−1

X

n=0

Zn+1

n

H(u) (u+x)² du+

ZA

E(A)

h(u) u+xdu

= ZE(A)

0

H(u) (u+x)² du+

ZA

E(A)

h(u) u+x du.

ZA

E(A)

h(u) u+xdu

6 ZA

E(A)

|h(u)|

u+x du 6

ZE(A)+1

E(A)

|h(u)|

u+x du 6 1× 1/2

E(A) +x = 1

2(x+E(A)). Quand A tend vers +∞, 1

2(x+E(A)) tend vers0 et donc lim

A→+∞

ZA

E(A)

h(u)

u+x du=0.

D’autre part, la fonctionu7→ H(u)

(u+x)² est continue sur[0,+∞[. De plus, la fonctionHest continue surRet1-périodique.

En particulier, la fonctionHest bornée surR. On en déduit que H(u)

(u+x)² =

u→+∞

O(1) (u+x)² =

u→+∞

O 1

u²

.

Mais alors la fonctionu7→ H(u)

(u+x)² est intégrable sur[0,+∞[. En particulier, ZE(A)

0

H(u)

(u+x)² dua une limite réelle quand utend vers+∞. Il en est de même de

ZA

0

h(u)

u+x duou encore l’intégrale Z+∞

0

h(u)

u+x duest une intégrale convergente en +∞. De plus

∀x > 0, Z+∞

0

h(u) u+x du=

Z+∞

0

H(u) (u+x)² du.

IV.D -Soitn∈N^∗. Zn+1

n

|h(u)|

u+x

du= Zn+1

n

|h(u)|

u+x du> 1 n+1+x

Zn+1

n

h(u)du= 1 n+1+x

Z1

0

h(u)du= 1 4(n+1+x), puis

Zn

0

|h(u)|

u+x

du>

n−1X

k=0

1 4(k+1+x).

Comme

+∞

X

k=0

1

4(k+1+x) = +∞, on a aussi lim

n→+∞

Zn

0

|h(u)|

u+x

du= +∞et en particulier, la fonctionu7→ h(u)

u+x n’est pas intégrable sur[0,+∞[.

IV.E -D’après la question IV.C-,∀x > 0,ϕ(x) = Z+∞

0

H(u)

(u+x)² du. Soita > 0.

Soit l’application Φ [a,+∞[×[0,+∞[ → R (x, u) 7→ H(u)

(u+x)² .

• Pour chaquex∈[a,+∞[,u7→Φ(x, u) est continue par morceaux et intégrable sur[0,+∞[d’après la question IV.C- (car pour(x, u)∈[a,+∞[×[0,+∞[,u+x>a+0 > 0).

•Φ admet sur[a,+∞[×[0,+∞[une dérivée partielle par rapport à sa première variablexdéfinie par :

∀(x, u)∈[a,+∞[×[0,+∞[, ∂Φ

∂x(x, u) = −2H(u) (u+x)³. De plus,

- pour chaquex∈[a,+∞[, la fonctionu7→ ∂Φ

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

- pour chaqueu∈[0,+∞[, la fonctionx7→ ∂Φ

∂x(x, u)est continue sur [a,+∞[.

- pour chaque(x, u)∈[a,+∞[×[0,+∞[,

∂Φ

∂x(x, u)

= 2|H(u)|

(u+x)³ 6 2|H(u)|

(u+a)³ où la fonctionu7→ 2|H(u)|

(u+a)³ est continue par morceaux et intégrable sur[0,+∞[car 2|H(u)|

(u+a)³ =

u→+∞

O 1

u³

.

D’après le théorème de dérivation des intégrales à paramètres (théorème deLeibniz),ϕ est de classeC¹ sur[a,+∞[ et sa dérivée s’obtient par dérivation sous le symbole d’intégration. Ceci étant vrai pour tout réela > 0, on a montré que

ϕest de classeC¹sur]0,+∞[et∀x > 0, ϕ^′(x) = Z+∞

0

−2H(u) (u+x)³ du.

Maintenant, en pratiquant comme de la même manière qu’à la question IV.C-, une « intégration par parties » montre que Z+∞

0

−2H(u)

(u+x)³ du= − Z+∞

0

h(u)

(u+x)² duet donc

ϕest de classeC¹sur]0,+∞[et∀x > 0,ϕ^′(x) = − Z+∞

0

h(u) (u+x)² du.

Partie V - Une autre identité due à Euler

V.A - Soient x > 0eti∈N. A l’aide d’une intégration par parties puis en posantu=t−x, on Zx+i+1

x+i

lnt dt= [(t− (x+i+1)lnt]^x+i+1_x+i − Zx+i+1

x+i

t−x−i−1

t dt=ln(x+i) − Zi+1

i

u−i−1 u+x du.

V.B -

Fn(x) =ln(n!) + (x+1)lnn−

n+1X

i=1

ln(x+i) =ln(n!) + (x+1)lnn+lnx−ln(x+n+1) − Xn

i=0

ln(x+i)

=ln(n!) + (x+1)lnn+lnx−ln(x+n+1) − Xn

i=0

Zx+i+1

x+i

lnt dt− Xn

i=0

Zi+1

i

u−i−1 u+x du

=ln(n!) + (x+1)lnn+lnx−ln(x+n+1) −

Zx+n+1

x

lnt dt− Xn

i=0

Zi+1

i

h(u) − (1/2) u+x du

=ln(n!) + (x+1)lnn+lnx−ln(x+n+1) − (((x+n+1)ln(x+n+1) − (x+n+1)) − (xlnx−x))

− Zn+1

0

h(u)

u+x du+1 2

Zn+1

0

du u+x

=ln(n!) + (x+1)lnn+ (x+1)lnx− (x+n+2)ln(x+n+1) +n+1+ 1

2(ln(x+n+1) −lnx) − Zn+1

0

h(u) u+xdu

=ln(n!) + (x+1)lnn−

x+n+ 3 2

ln(x+n+1) +n+1+

x+1 2

lnx−

Zn+1

0

h(u) u+x du V.C -

V.C.1)D’après la formule deStirling,

Gn(x) −

x+ 1 2

lnx=ln(n!) + (x+1)lnn−

x+n+ 3 2

ln(x+n+1) +n+1

n→=+∞nlnn−n+1

2lnn+ 1

2ln(2π) +o(1) + (x+1)lnn−

x+n+3 2

ln(x+n+1) +n+1

n→=+∞1−

x+n+3 2

ln

x+n+1 n

+ln√ 2π

+o(1)

n→=+∞1−

n+x+3 2

ln

1+x+1 n

+ln√ 2π

+o(1)

n→=+∞

1−

n+x+3 2

ln

x+1 n +o

1 n

+ln√ 2π

+o(1) =

n→+∞

1− (x+1) +ln√ 2π

+o(1)

−x+ln√ 2π

+o(1).

et donc lim

n→+∞Gn(x) =

x+ 1 2

lnx−x+ln√ 2π

. V.C.2) Soitx > 0. D’après la question III.E-, lim

n→+∞

Fn(x) =ln(Γ(x+1)) et donc d’après la question précédente et la question IV.B-, quandntend vers+∞, on obtient

ln(Γ(x+1)) =

x+1 2

lnx−x+ln√ 2π

− Z+∞

0

h(u) u+x du.

V.D -D’après la question I.B-, la fonctionΓ est de classeC¹sur]0,+∞[et d’après la question IV.E-, la fonctionϕest de classeC¹ sur]0,+∞[et ∀x > 0, ϕ^′(x) = −

Z+∞

0

h(u)

(u+x)² du. En dérivant l’égalité de la question précédente, on obtient pour toutx > 0,

Γ^′(x+1)

Γ(x+1) =lnx+ x+ (1/2) x −1+

Z+∞

0

h(u)

(u+x)² du=lnx+ 1 2x +

Z+∞

0

h(u) (u+x)² du.

Partie VI - Distribution de Bolzmann

VI.A -

VI.A.1)• Pour toutx= (x1, x2, x3, x4)∈Ω, on a kxk¹=N et doncΩest une partie bornée deR⁴₊.

• L’application ϕ : R⁴ → R²

(x1, x2, x3, x4) 7→ (x1+x2+x3+x4, ε1x1+ε2x2+ε3x3+ε4x4)

est continue sur R⁴ car f ∈ L(R⁴,R²)avec dim(R²)<+∞.

De plus,Ω= ϕ⁻¹{(N, E)}. Comme le singleton{(N, E)} est un fermé deR² et quef est continue surR⁴, on sait que Ω est un fermé deR⁴en tant qu’image réciproque d’un fermé par une application continue.

En résumé,Ωest une partie fermée, bornée deR⁴et donc un compact de R⁴d’après le théorème de Borel-Lebesgue puisque dim(R⁴)<+∞.

fest une application continue sur Ωà valeurs dansRet doncf admet un maximum surΩ.

VI.A.2)

(x1, x2, x3, x4)∈Ω⇔

x3+x4=N−x1−x2

ε3x3+ε4x4=E−ε1x1−ε2x2 . Le déterminant de ce système estε4−ε36=0. Ce système est donc un système deCramer et

(x1, x2, x3, x4)∈Ω⇔x3=

N−x1−x2 1 E−ε1x1−ε2x2 ε4

ε4−ε3

etx4=

1 N−x1−x2

ε3 E−ε1x1−ε2x2

ε4−ε3

⇔x3= ε1−ε4

ε4−ε3

x1+ε2−ε4

ε4−ε3

x2+ −E+Nε4

ε4−ε3

etx4= ε3−ε1

ε4−ε3

x1+ ε3−ε2

ε4−ε3

x2+ E−Nε3

ε4−ε3

. VI.A.3) Soit g : ]0,+∞[² → R

(x1, x2) 7→ f(x1, x2, ux1+vx2+w, u^′x1+v^′x2+w^′)

. g est de classe C¹ sur ]0,+∞[² qui est un ouvert de R² et g admet un maximum en (a1, a2)∈ ]0,+∞[² car f admet un maximum en a = (a1, a2, a3, a4) = (a1, a2, ua1 +va2+ w, u^′a1+ v^′a2+ w^′). a est nécessairement un point critique de g c’est-à-dire ∂g

∂x1

(a1, a2) =

∂g

∂x2

(a1, a2) =0 ou encore







∂f

∂x1

(a) +u ∂f

∂x3

(a) +u^′ ∂f

∂x4

(a) =0

∂f

∂x2

(a) +v ∂f

∂x3

(a) +v^′ ∂f

∂x4

(a) =0 .

VI.A.4)SoitF=Vect((1, 0, u, u^′),(0, 1, v, v^′)). Puisque dim(F)<+∞,Fadmet un supplémentaire orthogonal. Ensuite

1 0 0 1

=16=0,

et donc la famille((1, 0, u, u^′),(0, 1, v, v^′))est libre puis dim(F) =2. On en déduit que dim F^⊥

=4−2=2.

•(1, 1, 1, 1).(1, 0, u, u^′) =1+u+u^′ =1+ ε1−ε4

ε4−ε3

+ε3−ε1

ε4−ε3

=1+ ε3−ε4

ε4−ε3

=0.

•(1, 1, 1, 1).(0, 1, v, v^′) =1+v+v^′=1+ ε2−ε4

ε4−ε3

+ε3−ε2

ε4−ε3

=1+ε3−ε4

ε4−ε3

=0.

Donc,(1, 1, 1, 1)∈((1, 0, u, u^′),(0, 1, v, v^′))^⊥=F^⊥.

•(ε1, ε2, ε3, ε4).(1, 0, u, u^′) =ε1+ε3u+ε4u^′ =ε1+ε3

ε1−ε4

ε4−ε3

+ε4

ε3−ε1

ε4−ε3

=ε1+ε1

ε3−ε4

ε4−ε3

=0.

•(ε1, ε2, ε3, ε4).(0, 1, v, v^′) =ε2+ε3v+ε4v^′ =ε2+ε3

ε2−ε4

ε4−ε3

+ε4

ε3−ε2

ε4−ε3

=ε2+ε2

ε3−ε4

ε4−ε3

=0.

Donc,(ε1, ε2, ε3, ε4)∈((1, 0, u, u^′),(0, 1, v, v^′))^⊥=F^⊥.

((1, 1, 1, 1),(ε1, ε2, ε3, ε4))est donc une famille de deux vecteurs de F^⊥ qui est de dimension2. De plus, puisque les εi, 16i64, sont deux à deux distincts, la famille((1, 1, 1, 1),(ε1, ε2, ε3, ε4))est libre et donc

la famille((1, 1, 1, 1),(ε1, ε2, ε3, ε4))est une base deF^⊥. VI.A.5)D’après la question IV.A.3),





 1 ∂f

∂x1

(a) +0 ∂f

∂x2

(a) +u ∂f

∂x3

(a) +u^′ ∂f

∂x4

(a) =0 0 ∂f

∂x1

(a) +1 ∂f

∂x2

(a) +v ∂f

∂x3

(a) +v^′ ∂f

∂x4

(a) =0 .

et donc le vecteur ∂f

∂x1

(a), ∂f

∂x2

(a), ∂f

∂x3

(a), ∂f

∂x4

(a)

est dans F^⊥. On en déduit qu’il existe(α, β)∈R²tel que ∂f

∂x1

(a), ∂f

∂x2

(a), ∂f

∂x3

(a), ∂f

∂x4

(a)

=α(1, 1, 1, 1) +β(ε1, ε2, ε3, ε4), ou encore

∃(α, β)∈R²/∀i∈J1, 4K, ∂f

∂xi

(a) =α+βεi.

VI.B - D’après la question I.B, la fonctionΓ est de classeC¹sur]0,+∞[et donc la fonction Fest de classeC¹surR⁴₊. On peut donc appliquer ce qui précède à la fonctionF.

D’après la question V.D-, pour16i64 etx= (x1, x2, x3, x4)∈]0,+∞[⁴, on a

∂F

∂xi

(x) = −ln(xi) − 1 2xi

− Z+∞

0

h(u) u+xi)² du.

Puisque F admet un maximum enN ∈Ωet que aucun des Ni, 16i64, n’est égal à0, d’après la question VI.A.5), il existe (α, β)∈ R² tel que ∀i ∈ J1, 4K, −ln(Ni) − 1

2Ni

− Z+∞

0

h(u)

u+Ni)² du= α+βεi ou encore, en posant λ = −α et µ= −β,

∃(λ, µ)∈R²/∀i∈J1, 4K, ln(Ni) + 1 2Ni

+ Z+∞

0

h(u)

u+Ni)² du=λ+µεi. VI.C -

VI.C.1)Pour tout réel positifu, on a−1

2 6h(u)6 1

2 et de plus, les inégalités sont strictes sur l’intervalle de longueur non nulle[0, 1[ par exemple, intervalle sur lequelhest continue. Donc

Z+∞

0

h(u)

(u+Ni)² du < 1 2

Z+∞

0

1

(u+Ni)² du= 1 2

− 1 u+Ni

+∞ 0

= 1 2Ni

,

puisθ(Ni)< 1 2Ni

+ 1 2Ni

= 1 Ni

et aussi Z+∞

0

h(u)

(u+Ni)² du >−1 2

Z+∞

0

1

(u+Ni)² du= − 1 2Ni

,

puisθ(Ni)> 1 2Ni

− 1 2Ni

=0. On a montré que

∀i/inJ1, 4K, 0 < θ(Ni)< 1 Ni

.

VI.C.2)Soiti∈J1, 4K.

ln(Ni) +θ(Ni) =λ+µεi⇒Ni=e^λe^µεie^−θ(Ni), et le réelK=e^λ convient.