Concours commun polytechnique

Concours commun polytechnique

…lière PC 2004 Math 2

parties 1 et 2

PARTIE I

1. Soitun(z) =jn ^szⁿj=n ^sjzjⁿ .

si jzj >1 on a limn >+1(jun(z)j) = +1 car la suite géométrique jzjⁿ l’emporte sur la puissance n ^s quand le produit est indéterminé. On a donc divergence grossière.

si jzj <1 on a lim_{n >+1} n²ju_n(z)j = 0 car la suite géométriquejzjⁿ l’emporte sur la puissance n^{2 s} quand le produit est indéterminé. La série converge absolument , donc converge

5/2:Ce qui veut dire que la série entière a un rayon de convergence de 1.

2. Etude sijzj= 1 1.

si s > 1 on a P

jn ^szⁿj = P 1

n^s série convergente d’après le critère des séries de Riemann donc comme la convergence absolue implique la convergence :

(s >1;jzj= 1) =)P

jn ^szⁿjCV sis 0jn ^szⁿj=n ^s 1. La série diverge grossièrement :

(s <0;jzj= 1) =)P

jn ^szⁿjDV 2. siz= 1P

n ^szⁿ =P 1

n^s est une série de Riemann donc diverge sis2]0;1]

3.

(Sn)est la somme partielle d’une série géométrique (divergente carjzj= 1 ) et donc : Sn =z1 zⁿ

1 z donc

jS_nj= z1 zⁿ 1 z

2 j1 zj

orj1 zj²= (1 cos )²+ (sin )²= 2 (1 cos ) = 4 (sin ( =2))² On a donc bien 8n2N ;jSnj _jsi;n(¹=2)j

On écritz^k =Sk Sk 1pour k2N :

vrai sik= 1 carS1=z etS0= 0 vrai sik >1 par simpli…cation de

faux sin= 0carS ₁ n’existe pas erreur de texte sans conséquence pour la suite car S0 ne sert à rien

D’où Xn k=1

k ^sz^k= Xn k=1

k ^sSk

Xn k=1

k ^sSk 1= Xn k=1

k ^sSk

Xn k=0

(k+ 1) ^sSk=

nX1 k=1

k ^s (k+ 1) ^s Sk+Snn ^s(carS0= 0)

On a k ^s (k+ 1) ^s Sk = k ^s (k+ 1) ^s jSkjcars2]0;1]donc k ^s (k+ 1) ^s >0 et donc k ^s (k+ 1) ^s Sk M( ) k ^s (k+ 1) ^s

Or la sérieP

k ^s (k+ 1) ^s converge car la suite (k ^s)converge : Donc par majorationP

k ^s (k+ 1) ^s S_k est une série qui converge absolument . Soit sa somme . 0n a alors comme la suite(S_nn ^s)converge vers0(produit d’une quantité bornée par une quantité qui tend vers0)

lim+1

Xn k=1

k ^sz^k

!

= + 0

et donc P

n ^szⁿ converge sis2]0;1];jzj= 1; z6= 1

remarque : l’hypothèse s >0sert plusieurs fois mais pas l’hypothèse s 1. ce n’est pas un problème car il n’y a pas contradiction avec la CV Adans ce cas.

Synthèse : La sérieP

n ^szⁿ converge si et seulement(s >1 , et jzj 1)ou si(s2]0;1];jzj= 1; z6= 1).

C’est à dire que la série entière de rayon de convergence1converge en tout point du bord du disque de convergence sauf enz= 1

3. On posefs(t) = (t; s)sit >0 1sit= 0

méthode 1 : intégration termes à termes d’une série :

Soitfn(t) =n ^st^{(n 1)}, on a : 8>

>>

><

>>

>>

:

La série P

f_n(t)converge normalement sur[0; x]( ou[x;0]) car jf_n(t)j jf_n(x)j avec Pjf_n(t)j converge et indépendant det

8n2N , f_n(t)est continue sur[0; x]donc intégrable sur [0; x]

t >P+1

1 fn(t) =

(s;t)

t sit6= 0

1 sit= 0 est continue sur[0; x]par convergence normal On peut donc intégrer termes à termes la série de fonction et

Z x 0

(t; s) t dt=

Z x 0

+1

X

n=1

n ^st^{(n 1)}dt=

+1

X

n=1

n ^s Z x

0

t^{(n 1)}dt=n ^(s+1)xⁿ = (x; s+ 1)

méthode 2 (5/2) : intégration d’une série entière : posef_s(t) = (t; s)sit >0 1 sit= 0

l’intégrale existe car : . f_sest continue sur[0; x]car est continue sur[0; x]ou[ x;0](série entière sur l’intervalle ouvert de convergence) , donc la fonctionRx

0 fs(t)dtexiste . De plus (t; s) =P+1

n=1n ^stⁿest une série entière (ent) de rayon de convergence1. Doncfs(t) =P+1

n=1n ^st^{(n 1)}= P+1

n=0(n+ 1) ^stⁿ est aussi une série entière de rayon de convergence 1. On peut prendre la primitive d’une série entière sur l’intervalle ouvert de convergence donc :

Z x 0

f_s(t)dt=

+1

X

n=0

(n+ 1) ^sxⁿ⁺¹ n+ 1 =

+1

X

n=0

(n+ 1) ^(s+1)xⁿ⁺¹=

+1

X

n=1

n ^(s+1)xⁿ = (x; s+ 1) Rx

0 (t;s)

t dt= (x; s+ 1) On a (x;0) =P

0 = 0et (x;1) =P+1 n=1xⁿ

n = ln(1 x) 4. On retrouve la fonction d’Euler

1.

pourn2N ,f_n est continue positive sur[0;+1[etlim₊₁ t²f_n(t) = 0doncf_n est intégrable sur[0;+1[ de plus on peut faire le changement de variableC¹ bijectifu=nt:

Z +1 0

f_n(t)dt= Z +1

0

e ^ntt^{s 1}dt= Z +1

0

e ^u u n

s 1du

n = (s) n^s R+1

0 f_n(t)dt= _n^(s)s

2. Soitgn(t) =zⁿfn(t) =zⁿe ^ntt^{s 1} on a (attention au problème en 0 siz= 1) : 8>

>>

<

>>

>:

La série P

g_n(t)converge simplement sur]0;+1[: on a convergence absolue carn²jg_n(t)j tend vers0 8n2N , g_n(t)est continue intégrable sur]0;+1[car jg_n(t)j f_n(t)intégrable d’après la question précédente t >P+1

1 g_n(t) = ^ze_{1 ze}^ttst¹ est continue sur]0;+1[le dénominateur étant non nul car jzj 1et je ^tj<1 R

]0;+1[jg_n(t)jdt= jzⁿjR+1

0 f_n(t)dt R+1

0 f_n(t)dtterme général d’une série convergente d’après la question précédente On peut donc intégrer termes à termes la série sur]0;+1[:

t > ze ^tt^{s 1}

1 ze ^t est intégrable surR⁺ et Z +1

0 +1

X

1

zⁿe ^ntt^{s 1}dt=

+1

X

n=1

Z +1 0

zⁿe ^ntt^{s 1}dt on a donc

Z +1 0

ze ^tt^{s 1} 1 ze ^tdt =

+1

X

n=1

Z +1 0

zⁿe ^ntt^{s 1}dt Z +1

0

zt^{s 1} e^t zdt =

+1

X

n=1

zⁿ Z +1

0

e ^ntt^{s 1}dt=

+1

X

n=1

zⁿ (s)

n^s = (s) (z; s)

On divise par (s)>0 comme intégrale d’une fonction continue strictement positive : (z; s) = _(s)^z R+1

0 t^{s 1} e^t zdt

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PARTIE II

1. Soitun(s) =n ^s. On doit prouver que la sérieP

un(s)estC¹ sur]1;+1[. Les fonctionsun sontC¹ sur]1;+1[et par récurrenceu^(k)n (s) = ( ln(n))^kn ^s:

vrai sik= 0

sik= 1 : u_n(s) =e ^sln(n)doncu⁰_n(s) = ln(n)e ^sln(n)= ln(n)u_n(s)

hérédité : siu^(k)n (s) = ( ln(n))^kn ^s alorsu^(k+1)n (s) = ( ln(n))^k(n ^s)⁰= ( ln(n))^k+1n ^s reste à prouver la convergence normale deP

u^(k)n sur tout compact[a; b] ]1;+1[:

8s2[a; b] u^(k)n (s) ln(n)^kn ^a = n: indépendante deP s

n converge : pour prouver la convergence deP

ln(n)^kn ^aon étudielim n ln(n)^kn ^a . On an ln(n)^kn ^a= n ^kaln(n) ^k . Donc par comparaison d’une puissance et d’un logarithme la quantité tend vers0 si < a. On veut aussi >1. Il su¢ t de prendre =^a+1₂ qui convient cara >1:

(s)estC¹sur]1;+1[

2. Les hypothèses de la question précédente permettent de dériver termes à termes la séries :

0s) =

+1

X

n=1

ln(n)n ^s<0

donc

: décroît strictement sur]1;+1[

3.

On doit comparer -la sérieP

n ^s à une intégrale det ^s : c’est une classique comparaison ”série , intégrale”:

La fonctiont > test continue décroissante (s >0) sur[1;+1[on a donc l’encadrement 1

(k+ 1)^s

Z k+1 k

t ^sdt 1 k^s soit en sommant :

1 +

n+1X

k=1

1 k^s

Xn k=1

1 (k+ 1)^s

Z n+1 1

t ^sdt Xn k=1

1 k^s en passant à la limite (l’intégrale admet une limite et la série converge cars >1)

1 +

+1

X

k=1

1 k^s

Z +1 1

t ^sdt

+1

X

k=1

1 k^s soit

(s) 1 R+1

1 t ^sdt (s) On aR+1

1 t ^sdt= _s¹₁ donc

1

s 1 (s) s

s 1

d’où1 (s 1) (s) sd’où l’équivalent :

(s) ₁⁺ _s¹₁ l’équivalent précédent ne su¢ t pas en zéro mais (s) = 1 +P+1

n=2n ^s 1; D’où lim₊₁( (s)) = 1

Le troisième partie commence par l’étude de série de Fourier de ₂^{x 2}pour calculer (2)et (4), puis utilise ces valeurs et les formules intégrales de la …n duIpour calculer quelques intégrales.

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