PROBLÈME : fonction Digamma

SESSION 2016

CONCOURS COMMUN POLYTECHNIQUE (ENSI) FILIERE MP

MATHEMATIQUES 1

EXERCICE I

I.1. Soit(a_n)_n∈Nune suite réelle. On suppose à prioriR_a> 0. Sous cette hypothèse, on peut poser

∀x∈]−R_a, Ra[, f(x) =

+∞

X

n=0

anxⁿ. fest deux fois dérivable sur]−R_a, Ra[et pourx∈]−R_a, Ra[,

x²f^′′(x) + x²−x

f^′(x) +2f(x) =x²

+∞X

n=2

n(n−1)a_nxⁿ⁻²+ x²−x

+∞X

n=1

na_nxⁿ⁻¹+2 X+∞

n=0

a_nxⁿ

=

+∞

X

n=0

n(n−1)a_nxⁿ+

+∞

X

n=0

na_nxⁿ⁺¹−

+∞

X

n=0

na_nxⁿ+2

+∞

X

n=0

a_nxⁿ

=

+∞

X

n=0

[n(n−1) −n+2]anxⁿ+

+∞

X

n=0

nanxⁿ⁺¹

= X+∞

n=0

n²−2n+2

a_nxⁿ+ X+∞

n=1

(n−1)a_n−1xⁿ

=2a₀+

+∞X

n=1

n²−2n+2

a_n− (n−1)an−1 xⁿ. Puis,

∀x∈]−R_a, R_a[, x²f^′′(x) + x²−x

f^′(x) +2f(x) =0⇔∀x∈]−R_a, R_a[, 2a₀+

+∞

X

n=1

n²−2n+2

a_n− (n−1)an−1 xⁿ=0

⇔a0=0et∀n∈N^∗, n²−2n+2

an− (n−1)an−1=0 (par unicité des coefficients d’une série entière)

⇔a₀=0et∀n∈N^∗, a_n= n−1

n²−2n+2an−1

(car∀n∈N^∗, n²−2n+2= (n−1)²+16=0)

∀n∈N, a_n=0.

Ainsi, nécessairementf est nulle sur]−R_a, R_a[. On a montré que l’équation(E)n’admet pas de solution non nulle sur un intervalle du type] −r, r[,r > 0, qui soit développable en série entière sur ] −r, r[.

EXERCICE II

II.1.Soiti∈N. Pour toutj∈N, i+j

2^i+j >0et de plus, i+j 2^i+j =

j→+∞o 1

j²

d’après un théorème de croissances comparées.

Donc, la série de terme général i+j

2^i+j,j∈N, converge. De plus, en posant S_i=

+∞

X

j=0

i+j 2^i+j,

2S_i= X+∞

j=0

i+j 2^i+j−1 = i

2ⁱ⁻¹ + X+∞

j=1

i+j 2^i+j−1 = i

2ⁱ⁻¹ + X+∞

k=0

i+k+1 2^i+k = i

2ⁱ⁻¹ +S_i+

+∞X

k=0

1 2^i+k

=Si+ i 2ⁱ⁻¹ + 1

2ⁱ 1 1−1

2

=Si+i+1 2ⁱ⁻¹,

et doncSi= i+1

2ⁱ⁻¹. De nouveau, la série de terme généralSi= i+1

2ⁱ⁻¹ converge et en posantS=

+∞

X

i=0

Si,

2S=

+∞

X

i=0

i+1 2ⁱ⁻² =4+

+∞

X

i=1

i+1 2ⁱ⁻² =4+

+∞

X

k=0

k+1+1 2^k−1

=4+S+

+∞X

k=0

1

2^k−1 =4+S+2 1 1− 1

2

=S+8,

et doncS=8.

En résumé,

• ∀(i, j)∈N², i+j 2^i+j >0;

• ∀i∈N, X+∞

j=0

i+j

2^i+j <+∞;

•

+∞

X

i=0





+∞

X

j=0

i+j 2^i+j



<+∞. On en déduit que la suite

i+j 2^i+j

(i,j)∈N²

est sommable. De plus X

(i,j)∈N²

i+j 2^i+j =8.

II.2.

II.2.a. Pour (i, j) ∈ N², posons p_i,j = i+j 2^i+j+3 = 1

8 i+j

2^i+j. D’après la question précédente, la famille (p_i,j)_(i,j)∈N² est sommable et de plus, X

(i,j)∈N²

pi,j=1. Donc, les relations de l’énoncé définissent bien une loi de couple.

II.2.b.Soiti∈N.

P(X=i) =

+∞

X

j=0

P[(X=i)∩(Y=j)] = 1 8

+∞

X

j=0

i+j 2^i+j

= 1 8

i+1

2ⁱ⁻¹ (d’après la question précédente)

= i+1 2ⁱ⁺². Par symétrie des rôles, pour toutj∈N,P(Y=j) = j+1

2^j+2.

∀i∈N,P(X=i) = i+1

2ⁱ⁺² et∀i∈N,P(Y=j) = j+1 2^j+2. II.2.c.P[(X=0)∩(Y =0)] = 0+0

2³ =0 etP(X=0)×P(Y =0) = 1 2² × 1

2² = 1

16. Ainsi,P[(X=0)∩(Y =0)]6=P(X= 0)×P(Y=0)et donc

les variablesXetY ne sont pas indépendantes.

PROBLÈME : fonction Digamma

Partie préliminaire

III.1. III.1.a)•Soitx > 0. La fonctiont7→e^−tt^x−1 est continue est positive sur]0,+∞[.

Etude au voisinage de 0. e^−tt^x−1 ∼

t→0

1

t^x−1 avec x−1 >−1. Donc, la fonction t 7→e^−tt^x−1 est intégrable sur un voisinage de0à droite.

Etude au voisinage de +∞.t²e^−tt^x−1 =

t→+o(1)d’après un théorème de croissances comparées et donce^−tt^x−1 =

t→+

o 1

t²

. Donc, la fonctiont7→e^−tt^x−1est intégrable sur un voisinage de+∞. Finalement,

pour toutx > 0, la fonctiont7→e^−tt^x−1est intégrable sur]0,+∞[.

III.1.b)Soitx > 0. La fonctiont7→e^−tt^x−1est continue positive et non nulle sur]0,+∞[. Donc, Γ(x)> 0.

La fonctionΓ est définie et strictement positive sur]0,+∞[.

III.1.c)Soientaet bdeux réels tels que0 < a < b. Posons f : [a, b]×]0,+∞[ → R (x, t) 7→ e^−tt^x−1

de sorte que pour tout x∈[a, b],Γ(x) =

Z+∞ 0

f(x, t)dt.

•Pour chaquexde[a, b], la fonctiont7→f(x, t)est continue par morceaux et intégrable sur ]0,+∞[.

•Φ admet sur[a, b]×]0,+∞[une dérivée par rapport à sa première variable xdéfinie par

∀(x, t)∈[a, b]×]0,+∞[, ∂f

∂x(x, t) =e^−tt^x−1lnt.

De plus,

- pour toutx∈[a, b], la fonctiont7→ ∂f

∂x(x, t)est continue par morceaux sur]0,+∞[; - pour toutt∈]0,+∞[, la fonctionx7→ ∂f

∂x(x, t)est continue sur [a, b]; - pour tout(x, t)∈[a, b]×]0,+∞[,

∂f

∂x(x, t)

=e^−tt^x−1|lnt|6

e^−tt^a−1|lnt|si0 < t < 1

e^−tt^b−1|lnt|sit > 1 =ϕ(t).

La fonctionϕest continue par morceaux sur]0,+∞[.

En 0,t^−a2+1ϕ(t) ∼

t→0|t^a2lnt| →

t→00d’après un théorème de croissances comparées et doncϕ(t) =

t→0o t^a2−1 avec a

2 −1 >−1. On en déduit que la fonctionϕ est intégrable sur un voisinage de0à droite.

En +∞,ϕ(t) =

t→+∞

o 1

t²

d’après un théorème de croissances comparées et doncϕ est intégrable sur un voisinage de+∞.

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

D’après le théorème de dérivation des intégrales à paramètres (théorème deLeibniz), la fonctionΓ est dérivable sur[a, b]

et sa dérivée s’obtient par dérivation sous le signe somme. Ceci étant vrai pour tous réelsaetbtels que 0 < a < b, La fonctionΓ est dérivable sur]0,+∞[et∀x > 0, Γ^′(x) =

Z+∞ 0

e^−tt^x−1lnt dt.

III.2.

III.2.a)La fonctiont7→ 1

t est continue par morceaux et décroissante sur[1,+∞[à valeurs dansR⁺. On sait alors que la série de terme généralun,n>2, converge (comparaison série-intégrale).

III.2.b)Soitn>2, Xn k=2

u_k= Zn

1

1 t dt−

Xn k=2

1

k = −H_n−1et donc Hn= −1−

Xn k=2

uk.

D’autre part,H1=1. Puisque la série de terme généralun,n>2, converge, la suite(H_n)_n>1 converge.

Expression de la fonction Digamma à l’aide d’une série

III.3. III.3.a)La fonctionf : x7→ln(1−x)est deux fois dérivable sur]−∞, 1[, de dérivée secondef^′′ : x7→− 1 (1−x)². f^′′ est négative sur] −∞, 1[et doncfest concave sur] −∞[. On en déduit que son graphe est au-dessous de sa tangente en0sur] −∞, 1[ce qui fournit

∀x < 1, ln(1−x)6−x.

Soitn>1,x∈]0,+∞[ ett∈]0,+∞[.

•Si t∈]0, n[, alors t

n ∈]0, 1[⊂] −∞, 1[ et donc

1− t n

n

=e^nln(¹⁻n^t)6eⁿ(⁻n^t) =e^−t, puis06fn(t)6e^−tt^x−1cart^x−1>0.

•Si t∈[n,+∞[, alorsf_n(t) =0 et donc06f_n(t)6e^−tt^x−1. On a montré que

∀n>1,∀t > 0,∀x > 0,06fn(t)6e^−tt^x−1. III.3.b)Soitx > 0.

•Soitt > 0. Pourn > t,f_n(t) =

1− t n

n

t^x−1=e^nln(¹⁻n^t)puis f_n(t) =

n→+∞

e^nln(−n^t+o(n¹))t^x−1=e^−t+o(1)t^x−1. Ceci montre que lim

n→+∞

f_n(t) =e^−tt^x−1. Ainsi, la suite de fonctions (f_n)_n∈N∗ converge simplement sur ]0,+∞[ vers la fonctionf : t7→t^x−1e^−tet fest continue par morceaux sur]0,+∞[.

• Pour tout n>1 et tout t∈]0,+∞[, 06f_n(t)6f(t). De plus, d’après la question III.1.a, la fonctionf est intégrable sur]0,+∞[.

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

0

fn(t)dt

n∈N∗

converge et lim

n→+∞

Z+∞ 0

fn(t)dt= Z+∞

0

f(t)dt ou encore

∀x > 0, Γ(x) = lim

n→+∞

Z+∞ 0

fn(t)dt= lim

n→+∞

Zn 0

1− t

n n

t^x−1dt.

III.4.

III.4.a)Soitx > 0et n∈N. La fonctionu7→(1−u)ⁿu^x−1 est continue et positive sur]0, 1], équivalente en0 à u^x−1 avecx−1 >−1. Donc, la fonctionu7→(1−u)ⁿu^x−1est intégrable sur]0, 1]. On en déduit l’existence deI_n(x).

Soientx > 0 et n>1. Les fonctionsu7→(1−u)ⁿ et u7→ u^x

x sont de classeC¹ sur]0, 1]. Au vu de la convergence des différentes intégrales, on peut effectuer une intégration par parties qui fournit

I_n(x) = Z1

0

(1−u)ⁿu^x−1du=

(1−u)ⁿu^x x

1 0

− Z1

0

−n(1−u)ⁿ⁻¹u^x x du

=0−0+n x

Z1 0

(1−u)ⁿ⁻¹u^xdu(carn>1etx > 0)

= n

xI_n−1(x+1).

∀x∈]0,+∞[, ∀n∈N^∗,I_n(x) = n

xIn−1(x+1).

III.4.b)Soientx > 0etn>1.

I_n(x) = n

x ×n−1

x+1 ×. . .× 1

x+n−1×I₀(x+n) = n!

n−1Y

k=0

(x+k) Z1

0

u^x+n−1du= n!

Yn k=0

(x+k) ,

ce qui reste vrai quandn=0. Donc,

∀x∈]0,+∞[, ∀n∈N,In(x) = n!

Yn k=0

(x+k) .

III.4.c)Soientn∈N^∗ etx > 0. En posantu= t

n et donct=nupuisdt=n du, on obtient Zn

0

1− t

n n

t^x−1dt= Z1

0

(1−u)ⁿ(nu)^x−1n du=n^xI_n(x) = n!n^x Yn k=0

(x+k) .

D’après la question III.3.b,

∀x∈]0,+∞[, Γ(x) = lim

n→+∞

n!n^x Yn k=0

(x+k) .

III.5.Soient x > 0etn>1.

Yn k=0

(x+k) n!n^x =

x Yn k=1

(x+k) n^x

Yn k=1

k

=xe^−xlnn Yn k=1

1+ x

k

=xe^x(Hn−Pn k=1

1 k)Yⁿ

k=1

1+ x

k

=xe^xHn Yn k=1

1+ x

k

e^−xk , et donc, quandntend vers+∞,

∀x∈]0,+∞[, 1

Γ(x) =xe^γx lim

n→+∞

Yn k=1

h 1+x

k

e^−xki .

III.6.

III.6.a.Soitx > 0. Pourn∈N^∗, Xn k=1

hln 1+ x

k −x

k i=ln

Yn k=1

h 1+ x

k

e^−xki

!

Quandntend vers +∞, Xn k=1

hln 1+ x

k − x

k

itend vers ln 1

Γ(x)xe^γx

= −ln(Γ(x)) −lnx−γx. Ceci montre que la la série de fonction de terme généralg_n : x7→ln

1+ x n

− x

n,n∈N^∗, converge simplement sur]0,+∞[vers la fonction g : x7→−ln(Γ(x)) −lnx−γx.

III.6.b.PuisqueΓ est de classeC¹et strictement positive sur]0,+∞[, la fonctiong est de classeC¹ sur]0,+∞[et

∀x > 0, g^′(x) = −Γ^′(x) Γ(x) − 1

x−γ (I).

D’autre part, chaque fonctiongn est de classeC¹sur]0,+∞[et pourn∈N^∗ et x > 0, g_n^′(x) = 1/n

1+ (x/n)− 1 n = 1

n+x− 1

n= − x

n(n+x). Soit A > 0. Pour n ∈ N^∗ et x ∈]0, A], |g_n(x)| = x

n(n+x) 6 A n² où A

n² est le terme général d’une série numérique convergente. La série de fonctions de terme généralg_n^′ converge normalement et donc uniformément sur]0, A]. D’après le théorème de dérivation terme à terme, la dérivée deg s’obtient sur ]0, A]par dérivation terme à terme. Ceci étant vrai pour tout réelA > 0,

∀x > 0, g^′(x) = X+∞

k=1

1 k+x− 1

k

(II).

III.6.c.Les égalités(I)et (II)fournissent pourx > 0:−Ψ(x) −1 x−γ=

X+∞

k=1

1 k+x− 1

k

et donc

∀x∈]0,+∞[,Ψ(x) = −1 x−γ+

+∞X

k=1

1 k − 1

k+x

.

III.7.

III.7.a.Ψ(1) = Γ^′(1) Γ(1) =

Z+∞

0

e^−tlnt dtd’après la question III.1.c et carΓ(1) = Z+∞

0

e^−tdt=1. D’autre part,

Ψ(1) = −1−γ+

+∞

X

k=1

1 k− 1

k+1

= −1−γ+ lim

n→+∞

Xn k=1

1 k − 1

k+1

= −1−γ+ lim

n→+∞

1− 1

n+1

(somme télescopique)

= −γ.

Ψ(1) = Z+∞

0

e^−tlnt dt= −γ.

III.7.b.Soitx > 0.

Ψ(x+1) −Ψ(x) = − 1

x+1 −1 x

+

+∞

X

k=1

− 1

k+x+1 + 1 k+x

=

+∞

X

k=0

1

k+x− 1 k+1+x

= lim

n→+∞

Xn k=0

1

k+x− 1 k+1+x

!

= lim

n→+∞

1 x− 1

x+n

= 1 x.

∀x∈]0,+∞[,Ψ(x+1) −Ψ(x) = 1 x.

On en déduit encore que pourn>2,Ψ(n) =Ψ(1) +

n−1X

k=1

(Ψ(k+1) −Ψ(k)) = −γ+

n−1X

k=1

1 k.

∀n>2,Ψ(n) = −γ+

n−1X

k=1

1 k.

III.7.c.Soitx > 0. Soitk∈N. Poury > 0,

|j_k(y)|=

x

(k+y+1)(k+y+x)

= x

(k+y+1)(k+y+x) 6 x (k+1)(k+x).

Puisque x

(k+1)(k+x) ∼

k→+∞

x

k², la série numérique de terme général x

(k+1)(k+x) est convergente. On en déduit que la série de fontions de terme généraljk,k∈N^∗, est normalement convergente sur]0,+∞[et en particulier uniformément convergente sur]0,+∞[.

Soientx > 0etn∈N^∗. D’après la question III.6.c,

Ψ(x+n) −Ψ(1+n) =Ψ(x) = − 1

x+n−γ+

+∞X

k=1

1

k− 1

k+x+n !

− −1 n−γ+

X+∞

k=1

1 k− 1

k+n !

=

+∞X

k=0

1

k+n− 1 k+x+n

= X+∞

k=0

1

k+n− 1

k+n+1+ 1

k+n+1− 1 k+n+x

= 1 n+

+∞

X

k=0

j_k(n) (série télescopique).

La série de fonctions de terme général j_k converge uniformément sur ]0,+∞[ et chaque fonction j_k a une limite réelle quandytend vers+∞à savoirℓk=0. D’après le théorème d’interversion des limites, la fonction

+∞X

k=0

jka une limite réelle en+∞et

y→lim+∞ +∞X

k=0

j_k(y) =

+∞X

k=0

ℓ_k=0.

On en déduit encore que

n→lim+∞

(Ψ(x+n) −Ψ(1+n)) = lim

n→+∞

1 n+

+∞X

k=0

j_k(n)

!

=0.

∀x > 0, lim

n→+∞

(Ψ(x+n) −Ψ(1+n)) =0.

III.8.La fonctionΨvérifie les trois conditions de l’énoncé. Soitfune fonctionΨvérifiant les trois conditions de l’énoncé puisg=f−Ψ. La fonctiongvérifie

• g(1) =0 (A),

• ∀x∈]0,+∞[, g(x+1) =g(x) (B),

• ∀x∈]0,+∞[, lim

n→+∞(g(x+n) −g(1+n)) =0 (C).

La condition (B) signifie que g est 1-périodique. Soit x ∈]0, 1]. Par 1-périodicité, pour tout n ∈ N^∗, g(x) −g(1) = g(x+n) −g(1+n). Quandn tend vers+∞, la condition (C) fournit g(x) = g(1). Donc, g est nulle sur]0, 1] puis sur ]0,+∞[par1-périodicité.

Ceci montre que la fonctionΨest l’unique fonction définie sur]0,+∞[ vérifiant les trois conditions de l’énoncé.

Autour de la fonction Digamma III.9.

III.9.a.X(Ω) =J1, nK.∀k∈J1, nK,P(X=k) = 1

n (Xsuit la loi uniforme sur J1, nK). On sait alors queE(X) = n+1 2 . III.9.b.Y(Ω) =J1, nK. Soitk∈J1, nK. D’après la formule des probabilités totales,

P(Y =k) = Xn j=1

P((X=j)∩(Y=k)) = Xn j=1

P(X=j)×P_X=j(Y=k) = 1 n



 k+1 n+k+X

j6=k

1 n+j





= 1 n



 k+1 n+k − 1

n+k + Xn j=1

1 n+j



= 1 n



 k n+k+

Xn j=1

1 n+j





= 1 n



 k n+k +

X2n j=1

1 j −

Xn j=1

1 j





= 1 n

Ψ(2n+1) −Ψ(n+1) + k n+k

(d’après la question III.7.b).

∀k∈J1, nK,P(Y=k) = 1 n

Ψ(2n+1) −Ψ(n+1) + k n+k

.

III.9.c.

E(Y) = Xn k=1

kP(Y =k) = Xn k=1

k 1

n

Ψ(2n+1) −Ψ(n+1) + k n+k

= Ψ(2n+1) −Ψ(n+1)

n ×n(n+1)

2 +

Xn k=1

k² n(n+k)

= (n+1)(Ψ(2n+1) −Ψ(n+1))

2 +1−n+n(Ψ(2n+1) −Ψ(n+1))

= (3n+1)(Ψ(2n+1) −Ψ(n+1))

2 +1−n.

E(Y) = (3n+1)(Ψ(2n+1) −Ψ(n+1))

2 +1−n.