MINES-I PSI-2002 PREMIERE PARTIE

MINES-I PSI-2002 PREMIERE PARTIE I-1. Rayon de convergence

a) Exemples : b)

−> Pour f1(t) = α, on a un = αⁿ donc F₁(x) = ∑

n=0

∞ αⁿxⁿ = 1

1 – αx de rayon R = 1 α Pour |x|=R la série diverge car le terme général ne tend pas vers 0.

F₁= = 1

1 – αx est définie sur ] - 1 α , 1

α [

−> Pour f2(t) = αt, on a un = αⁿ

n! donc F2(x) = ∑

n=0

∞ αⁿxⁿ

n! = exp(αx) de rayon R = ∞ F2 = exp(αx) est définie sur R

−> Pour f₃(t) = pt – 1, on a u_n = (p – 1)(p

2 – 1)...(p

n – 1) = C_p–1ⁿ (si n<p) et u_n = 0 (si p ≤ n) . La série entière a un nombre fin de termes non nuls , c’est un polynôme et F₃(x) = ∑

n=0

∞



 p–1

n xⁿ = (1 + x)^p–1 de rayon R = ∞

F3 =(1 + x)^p–1 est définie sur R b)

−> Si f s'annule en un point 1

k, un est nul pour n ≥ k et F est un polynôme, donc R = ∞.

−> Sinon, on peut appliquer le critère de D'Alembert : u_n+1 xⁿ⁺¹

u_n xⁿ = xf( 1

n+1) de limite xf(0) , donc la série converge si xf(0) <1 et diverge si xf(0) >1 donc

R = 1/|f(0)| (= ∞ si f(0) = 0).

(A vérifier avec les trois exemples du a)) 1-2. Suite de terme général un

a) Par continuité en x=0 , comme f(0) > 0 on a f(x )> 0 au voisinage de 0 . Donc il existe ε tel que, pour 0 < x <ε, on ait f(x) > 0. Donc pour n >1

ε , on a un+1

un

> 0. Donc les u_n ont même signe pour n assez grand

b) Cas i : Dans le cas |f(0)|<1 , 1 appartient au disque ouvert de convergence , la série ∑ ^un converge donc un tend vers 0

Cas ii : Dans ce cas 1>R et u_n diverge .

Dans toute la suite du problème la suite u sera une suite à valeurs strictement positives.

I-3. Série de terme général u_n wn = ln vn

vn–1

= ln ( un

un–1

(1 – 1

n)^β) = ln f(1

n) + β ln(1 – 1 n) or f(1

n) = 1 + β

n + f"(0) 2 n²+o(1

n²) et ln(1 – 1 n)= - 1

n - 1 2 n²+o(1

n²) donc w_n = β

n + f"(0) 2 n² - β ²

2 n² - β 1

n - β 1

2 n² + o(1

n² )=O(1

n²) terme général d'une série absolument convergente. (finir avec un équivalent est dangereux car il peut être nul )

Or ∑

k=1 n

wk = ln vn tend vers S = ∑

n=1

∞

wn donc vn admet une limite L = exp(S) donc un ∼ L n^β. I-4. Fonction F

a) La série ∑ ^un |x|ⁿ est à termes positifs et u_n ∼ L n^β donc ∑ ^un |x|ⁿ convergente si et seulement si il en est de même de ∑

n=0

∞

n^β |x|ⁿ.

−> Les deux séries ont même rayon de convergence, et comme l’exponentielle l’emporte sur la puissace de n : n^β |x|ⁿ tend vers 0 pour |x| et n’est pas borné pour |x|>1 . Donc R = 1.

−> F est définie en x = 1 si et seulement si β < –1 car l’équivalent est une série de Riemann.

−> En ce qui concerne le cas x = –1 F(–1) existe si et seulement si β < 0. :

◊ Si β >= 0 le terme général un (–1)ⁿ ∼ L n^β (–1)ⁿ ne tend pas vers 0 ◊ Si β < 0 on applique le critère spécial des séries alternées à ∑

n=0

∞

u_n (–1)ⁿ , u_n étant positive, de limite nulle et décroissante à partir d’un certain rang puisque u_n

u_n–1 = f(1

n) = 1 + β n + o(1

n) < 1 pour n assez grand.

Si β >= 0 , le domaine est ]-1,1[

Si -1<=β <0 , le domaine est [-1,1[

Si β <-1 , le domaine est [-1,1]

b) On a supposé précédemment que f était positive sur [0,1] ce qui impose α<1 u_n xⁿ = (1 – α)(1 – α

2)...(1 – α

n) xⁿ = (–x)ⁿ(α-1)( α-2)…( α-n)

n! donc F (x)= (1 – x)^α–1 de rayon 1.

On a f’(0)=- α F est définie sur ]-1,1[ pour α<=0 et sur [-1,1[ pour 0<α<1 DEUXIEME PARTIE

II-1. Propriétés de la fonction g a) En 0, g(x) = 1

tan(πx) – 1

πx = πx – tan(πx)

πx tan(πx) ~ - (πx)³/3

(πx)² = o(x), g(x) tend vers zéro si x tend vers 0 donc est continue en 0 . Pour x non nul le problème de continuité ne se pose pas (différence de quotients de fonctions continues à dénominateur non nul )

Iα =

⌡

⌠

0

α 1

tan(πx) – 1

πx dx = lim ε→0 1

π (ln(sin(πα)) – ln(sin(πε)) – ln(α) + ln(ε)) Or – ln(sin(πε))-ln(ε) = ln sin(πε)

ε tend vers ln(π) car sin(πε)~πε I_α = 1

π ln (sin(πα) πα )

b) Comme la fonction donnée est à valeur complexe on introduit les coefficients de Fourier complexes. le calcul donne (avec un dénominateur non nul car α ne peut pas être entier)

cn = 1 2π⌡⌠

0

2π exp(–iαt) exp(–int) dt = 1 2π⌡⌠

0

2π exp(–i(α+n)t) dt = 1

2πi1 – exp(–i(n+α)2π) n + α

= 1

2πi1 – exp(–iα2π) n + α

h est C¹ par morceaux, 2π périodique, La série de Fourier de h converge donc simplement vers h en tout point où h est continue et vers h(0⁺)+h(0^-)

2 = 1 + exp(–2πiα)

2 si x=0 (Théorème de Dirichlet), En 0, on a alors :

1 + exp(–2πiα)

2 = c₀ + ∑

n=1

∞

c_n + c_–n = 1

2πi1 – exp(–iα2π)

α + 1

2πi(1 – exp(–iα2π)) ∑

n=1

∞ 2α α² – n² En multipliant les deux membres par exp(πiα), on obtient :

cos(πα) = sin(πα)

πα + sin(απ)

π ∑

n=1

∞

2α α² – n²

g(α) = 1 π ∑

n=1

∞

2α α² – n²

Iα =

⌡

⌠

0

α g(t) dt =

⌡

⌠

0 α1

π ∑

n=1

∞

2t t² – n² dt La série ∑ ^2t

t² – n² est à termes négatifs et converge simplement vers g(t) . Les fonctions étant continues sur le segment [0,α] y sont intégrable . Enfin

⌡

⌠

0 α 2t

n² – t² dt = - ln(1 – α² n²) ~ α²

n² est le terme général d’une série convergente. On peut donc intégrer terme à terme la série

Iα = 1 π ∑

n=1

∞

⌡

⌠

0 α 2t

t² – n² dt = 1 π ∑

n=1

∞

ln(1 – α² n²) donc :

ln sin(πα) πα = ∑

n=1

∞

ln(1 – α² n²) II-2. Convergence de la suite (u_n)

On a donc la relation sin(πα) πα = ∏

n=1

∞

(1 – α²

n²) . Or un =∏

k=1 n

(1 – α² n²) donc n→+∞lim un = sin(πα)

πα

TROISIEME PARTIE III-1. Existence des fonctions Gn et G

G est la fonction Γ d’Euler . Existence classique à montrer :

−> pour tout x strictement positif gx : t-> t^x–1 e^–t est continue positive sur ]0,+ ∞[

−> Au voisinage de t=0 gx (t)~ t^x–1 intégrable sur ]0,1] car x-1>-1

−> Au voisinage de t=+ ∞ lim

t→+∞( t²gx (t))=0 donc gx est intégrable sur [1,+ ∞[

−> Pour la continuité on domine pour x élément du ségment [a,b] t^x–1 e^–t par a^x–1 e^–t sur ]0,1] et par b^x–1 e^–t sur [1,+ ∞[ , fonction continue intégrable sur ]0,+ ∞[

ϕn(t) est continue intégrable sur ]0,+ ∞[ et converge simplement vers t^x–1 e^–t en étant majorée par cette dernière :

−> pour tout x strictement positif et t différent de n t->ϕn(t) est continue positive

−> pour t=n la limite à gauche , la limite à droite et la fonction sont nulles donc on a continuité de t->ϕn(t) en t=0

−> Au voisinage de t=0 ϕn(t)~ t^x–1 intégrable sur ]0,1] car x-1>-1

−> Au voisinage de t=+ ∞ ϕn(t) est nulle donc intégrable sur [1,+ ∞[

−> Si n tend vers + ∞ ln((1 – t

n)ⁿ)=n ln(1 – t n)~n( -t

n) = -t . donc ϕ_n converge simplement vers t^x–1 e^–t

−> Enfin par concavité du ln pour tout réel x : ln(1-x)<=x et donc ϕ_n(t) <= t^x–1 e^–t On a toute les hypothèses du théorème de convergence dominée .

G_n(x) converge simplement vers G(x) quand n tend vers l'infini.

III-2. Une expression de Gn(x) a) Pour n>0

−> Pour 0<b<1 : Jn(x) =

⌡

⌠ b

1 t^x–1 (1 –t)ⁿ dt =1

xb ^x (1-b)ⁿ +

⌡

⌠ b

1 nx t (1 –t)^n-1 dt en intégrant par parties

u=1

x t^x , v=(1-t)ⁿ étant C¹ sur [b,1] car x>0.

−> En faisant tendre b vers 0 on a la relation de récurrence : Jn(x) =n

x Jn–1(x+1) et J0(x)=

⌡

⌠

0

1 t^x–1 dt=0

Jn(x) = n!

x(x+1)...(x+n) = n!

∏

k=0 n

(x+k)

b) Gn(x) =

⌡

⌠

0

n t^x–1 (1 – t

n)ⁿ dt on pose t = nu changement de variable affine.

= n^x

⌡

⌠

0

1 u^x–1 (1–u)ⁿ du = n^x n!

∏

k=0 n

(x+k) III-3. Relation des compléments

x et 1 – x sont strictement positifs et on peur appliquer le résultat précédent : G_n (1-x)= n^1-x n!

∏

k=0 n

(1-x+k)

= n^1-x n!

∏

k=1 n+1

(k-x)

Donc G_n (x) G_n (1–x) = n^x n!

∏

k=0 n

(x+k)

n^1-x n!

∏

k=1 n+1

(k-x) = 1

x n!

∏

k=1 n

(x+k)

n!

∏

k=1 n

(k-x) n

n + 1 – x

= 1

x 1

∏

k=1 n

(x/k + 1)

1

∏

k=1 n

(1-x/k ) n

n + 1 – x

= 1 x ∏

k=1 n

1

(1-(x/k)²) n n + 1 – x

Chaque facteur admet une limite et donc en passant à la limite : G(x) G(1–x) = 1 x

xπ

sinπx 1 = π sinπx

G(x) G(1–x) = π sinπx