I Convergence de la suite (sn). II Utilisation de

Université Lyon 1
Capes Externe Math. 2007-2008
I Convergence de la suite (sn ).
I.1.(a) Pour tout k ≥ 2 on a k 2 ≥ k 2 − k = k(k − 1) > 0. L’application x 7→ 1/x étant
décroissante sur ]0, +∞[ il en résulte
1
1
1
1
≤
=
− ·
k2
k(k − 1)
k−1 k
(b) On en déduit pour tout n ≥ 1,
1 1
1
1
1
1
sn ≤ 1 + 1 −
+
+ ··· +
= 2 − ≤ 2.
−
−
2
2 3
n−1 n
n
(c) La suite (sn ) est croissante car sn+1 − sn = 1/(n + 1)2 > 0, majorée par 2, donc,
par le « théorème de la limite monotone », elle est convergente et sa limite S ≤ 2.
I.2.(a) La suite (sn ) est croissante. Par définition de tn on a pour tout n ≥ 1,
tn−1 − tn =
1
1
1
1
+ sn−1 − − sn =
−
≥ 0.
n−1
n
n(n − 1) n2
(cf.1.a)
La suite (tn ) est donc décroissante. Enfin tn − sn = 1/n tend vers 0 quand n tend
vers l’infini. Les suites (sn ) et (tn ) sont donc adjacentes.
(b) Puisque S est limite de la suite croissante (sn ) et de la suite décroissante (tn ) on
a pour tout n ≥ 1
sn ≤ S ≤ tn ,
et ceci est un encadrement d’amplitude 1/n. Pour n = 10 on a donc
s10 =
1968329
1
2095337
≤ S ≤ s10 +
=
·
1270080
10
1270080
(1)
La calcul numérique de s10 donne s10 = 1.549 . . . et donc l’encadrement
1.54 < s10 < 1.55 + 0.1 = 1.65
d’amplitude 0.11.
1
I.3. Voici le texte d’un exercice de niveau terminale S. On peut faire plus long.
(a) Démontrer que la fonction t 7→ 1/t2 est définie et décroissante sur [1, +∞[.
1
(b) En déduire, pour tout k ≥ 2 une majoration de 2 par une intégrale, puis une
k
Pn
1
majoration de sn = k=1 2 .
n
(c) En déduire que la suite (sn ) est convergente.
II Utilisation de polynômes.
II.1. La formule donnant la somme des racines de P est σ1 = −
an−1
·
an
P
P∞
2
2
Plus précisemment, notons Rn = ∞
k=n+1 1/k le reste d’ordre n de la série
n=1 1/n . L’encadrement
R
∞
dt
dt
1
1
< R10 < 10 t2 donne 11 < R10 < 10 , et donc s10 + 1/11 < S = s10 + R10 < s10 + 1/10 qui est un
11 t2
encadrement de largeur 1/10 − 1/11 = 1/110. Le calul numérique donne 1.64 < S < 1.65.
1
R∞
Corrigé Epreuve 1, 2007
1
M. Deléglise
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II.2.(a) La formule de Moivre donne
cos(2p + 1)ϕ + i sin(2p + 1)ϕ = (cos ϕ + i sin ϕ)2p+1
2p+1
X 2p + 1
ik sink (ϕ) cos2p+1−k (ϕ)
=
k
k=0
En remarquant que i2k = (−1)k et i2k+1 = (−1)k i, l’égalité des parties imaginaires
des deux membres donne
p X
2p + 1
(−1)k sin2k+1 (ϕ) cos2p−2k (ϕ).
sin(2p + 1)ϕ =
2k + 1
k=0
(b) Puisque sin ϕ 6= 0 (car ϕ 6≡ 0 mod π) la formule ci-dessus s’écrit encore
p X
2p + 1
(−1)k sin2k−2p (ϕ) cos2p−2k (ϕ)
2k + 1
k=0
p X
2p + 1
2p+1
(−1)k (cotan2 ϕ)p−k ·
= sin
(ϕ)
2k + 1
sin(2p + 1)ϕ = sin2p+1 (ϕ)
k=0
π
kπ
pπ
π
kπ
≤
≤
< et γk = cotan2
2p + 1
2p + 1
2p + 1
2
2p + 1
kπ
est bien défini. On remplace ϕ par
dans l’identité obtenue en 2.(b) et on
2p + 1
kπ
divise les deux membres par sin2p+1
, qui est non nul, ce qui donne
2p + 1
II.3.(a) Pour 1 ≤ k ≤ p on a 0 <
0=
sin kπ
2p+1
sin
kπ
2p+1
= P (γk ).
(b) Puisque cotan : ]0, π/2[−→ ]0, +∞[, ]0, π/2[ on a γ1 > γ2 > · · · > γp , et les γk
sont p racines distinctes de P , donc toutes les racines de P car deg(P ) = p.
(c) Puisque les γk sont les racines de P on a en utilisant II.1
p
X
cotan
2
k=1
Avec la formule
p
X
k=1
sin2
1
kπ
2p+1
kπ
2p + 1
=
p
X
k=1
2p+1
3
γk =
2p + 1
=
p(2p − 1)
·
3
1
= 1 + cotan2 ϕ on en déduit
sin2 ϕ
p X
kπ
p(2p − 1)
2p(p + 1)
2
=
1 + cotan
=p+
=
·
2p + 1
3
3
k=1
II.4.(a) La fonction x 7→ x − sin x de dérivée x 7→ 1 − cos x strictement positive sur
]0, π/2[ est strictement croissante sur [0, π/2] (théorème des accroissements finis).
Puisqu’elle est nulle en 0, elle est strictement positive sur ]0, π/2[ .
De même x 7→ tan x − x, nulle en 0, de dérivée x 7→ tan2 x strictement positive
sur ]0, π/2[, est strictement positive sur ]0, π/2[.
Corrigé Epreuve 1, 2007
2
M. Deléglise
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(b) La première formule de 3.(c) et la majoration ϕ < tan ϕ (pour 0 < ϕ < π/2), soit
cotan ϕ < 1/ϕ donnent
p
p(2p − 1) X
=
cotan2
3
k=1
kπ
2p + 1
<
p X
2p + 1 2
kπ
k=1
p
(2p + 1)2 X 1
=
·
π2
k2
k=1
La deuxième formule du 3.(c) avec sin ϕ < ϕ (pour 0 < ϕ < π/2) donne
p
p p
X
2p + 1 2 X
1
2p(p + 1)
(2p + 1)2 X 1
=
<
=
·
2
2
kπ
2
π
k
kπ
3
sin 2p+1
k=1
k=1
k=1
(c) L’encadrement établi au (b) donne, après multiplication par π 2 /(2p + 1)2 ,
p
π 2 4p(p + 1)
π 2 2p(2p − 1) X 1
<
<
·
6 (2p + 1)2
k2
6 (2p + 1)2
k=1
4p(p + 1)
2p(2p − 1)
et
tendent vers 1, et le théorème des
2
(2p + 1)
(2p + 1)2
gendarmes, donne l’existence et la valeur de
Lorsque p → +∞,
∞
X
1
π2
=
·
k2
6
k=1
II.5. On remarque que un = sn /4. Alors, puisque (sn ) est convergente, (un ) est convergente et U = limn→+∞ un = (limn→+∞ sn )/4 = S/4 = π 2 /24.
On remarque ensuite que vn = s2n+1 − un . Puisque (sn ) et (un ) sont convergentes,
de limites respectives S et U , (vn ) est elle aussi convergente et
lim vn = S − U = S −
n→+∞
On écrit
sn + wn =
n
X
(−1)k+1
k=1
k2
S
3
π2
= S=
·
4
4
8
n−1
bX
n
2 c
X
1
1
+
=2
2
k
(2k + 1)2
k=1
k=0
Cela donne


wn =  2
n−1
bX
2 c
k=0

1
π2

−
s
−→
=
2V
−
S
=
.

n
n→+∞
(2k + 1)2
12
III Utilisation des intégrales de Wallis.
III.1. Les fonctions t 7→ 1 et t 7→ t2 sont continues de primitives t 7→ t et t 7→ t3 /3 d’où
π/2
Z π/2
Z π/2
iπ/2 π
t3
π3
2
I0 =
dt = t
= et J0 =
t dt =
=
·
2
3 0
24
0
0
0
Corrigé Epreuve 1, 2007
3
M. Deléglise
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III.2.(a) Soient u(t) = cos2n+1 t et v(t) = sin t. Les fonctions u et v sont de classe C 1 , avec
dv = cos t dt. Le théorème d’intégration par parties donne
Z π/2
Z π/2
π/2
2n+1
(cos2n t)(sin2 t)dt
u dv = (cos
t) sin t 0 + (2n + 1)
In+1 =
0
0
π/2
Z
(cos2n t) dt − (2n + 1)
= (2n + 1)
0
Z
π/2
(cos2n+2 t) dt
0
soit (2n + 2)In+1 = (2n + 1)In .
2n − 1
(b) Pour n ≥ 1 on a donc, In =
In−1 puis, par récurrence,
2n
(2n)!
(2n)! π
(2n − 1)(2n − 3) · · · 1
I0 =
I0 = 2n
·
2
2
2
(2n)(2n − 2) · · · 2
(2n) (2n − 2) · · · 2
2 (n!)2 2
In =
III.3.(a) Pour n ≥ 1 une intégration par parties avec u(t) = cos2n t et v(t) = t (u et v sont
de classe C 1 ) donne
Z π/2
Z π/2
π/2
2n
2nt (cos2n−1 t)(sin t) dt = 2nIn0
udv = t (cos t) 0 +
In =
0
0
avec
In0
Z
=
π/2
t (cos2n−1 t) sin t dt.
0
Une deuxième intégration par parties, avec u(t) = (cos2n−1 t) sin t et v 0 (t) = t
donne
2
π/2
t
In0 =
(cos2n−1 t) sin t
2
0
Z π/2
Z
1
1 π/2 2
2
2n
−
t (cos t)dt + (2n − 1)
t cos2n−2 t sin2 t·
2 0
2 0
Avec l’identité sin2 t = 1 − cos2 t cela donne
1
2n − 1
2n − 1
2n − 1
In0 = − Jn +
Jn−1 −
Jn =
Jn−1 − nJn
2
2
2
2
et enfin In = 2nIn0 = n(2n − 1)Jn−1 − 2n2 Jn .
(b) Par définition de Kn , pour tout n ≥ 1 on a
Kn−1 − Kn =
=
4n n!2
4n−1 (n − 1)!2
Jn−1 −
Jn
(2n − 2)!
(2n)!
4n−1 (n − 1)!2
(2n(2n − 1)Jn−1 − 4n2 Jn )
(2n)!
Vu la formule précédente, et la question 2.b, cela donne
Kn−1 − Kn =
4n−1 (n − 1)!2
4n−1 (n − 1)!2 (2n)! π
π
2In =
2 n 2 = 2·
(2n)!
(2n)!
4 n! 2
4n
(c) Remarquons que K0 = J0 , et donc, vu la question précédente,
J0 − KN = K0 − KN =
N
X
N
πX 1
(Kn−1 − Kn ) =
·
4
n2
n=1
Corrigé Epreuve 1, 2007
4
k=1
M. Deléglise
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III.4.(a) La fonction x 7→ sin x définie sur [0, π/2] dont la dérivée seconde, x 7→ − sin x est
négative, est une fonction concave. Son graphe est donc situé « au dessus » de la
2
droite passant par les points (0, 0) et ( π2 , 1), d’équation y = x. Pour 0 ≤ x ≤ π/2
π
2
on a donc sin x ≥ x.
π
(b) Par la question précédente, pour 0 ≤ t ≤ π/2, on a t ≤ π2 sin t, d’où
Z
π/2
2
t cos
Jn =
t dt ≤
0
0
≤
π/2
Z
2n
π2
π2
sin2 t cos2n t dt =
4
4
π2
π 2 In
(In − In+1 ) =
4
8 n+1
Remplaçant Jn par
Z
π/2
(1 − cos2 t) cos2n t dt
0
(en utilisant 2.(a)).
2Kn
In (cf. 2.(b)) dans cette inégalité on obtient
π
π3
·
16(n + 1)
0 ≤ Kn ≤
(c) Par la question précédente, limn→∞ Kn = 0. Avec la formule sn = 4(J0 − Kn )/π
π2
4
·
établie au 3.(c), cela donne l’existence et la valeur de lim sn = J0 =
n→∞
π
6
IV Noyau de Dirichlet.
IV.1. Pour tout x ∈ R on a
2Dn (x) = 1 +
X
X 2 cos kx = 1 +
1≤k≤n
eikx − e−ikx =
X
eikx .
−n≤k≤n
1≤k≤n
Ceci est la somme d’une progression géométrique de raison eix 6= 1 puisque x 6∈ 2πZ,
d’où
2Dn (x) =
e−inx − ei(n+1)x
e−i(n+1/2)x − ei(n+1/2)x
sin(n + 1/2)x
=
·
=
ix
−ix/2
ix/2
1−e
sin(x/2)
e
−e
IV.2.(a) Par parties, avec u = x, dv = cos kx dx et v = k1 sin kx, (u et v sont de classe C 1 )
π
Z
Z π
1
1 π
x cos kx dx = x sin kx −
sin(kx) dx
k
k 0
0
0
i
1
1 h
π
k
=
[cos(kx)]
(−1)
−
1
=
0
k2
k2
(
0
si k est pair
=
−2
si k est impair.
k2
(b) La définition Dn (x) = 1/2 +
Z
Pn
k=1 cos kx
π
Ln =
0
=
Corrigé Epreuve 1, 2007
π
Z
xDn (x) =
π2
4
0
+
n
X
(−1)k
k=1
k2
5
et la linéarité de l’intégrale donnent
n
X
x
dx +
2
k=1
Z
π
x cos kx dx
0
n
X
1
−
·
k2
k=1
M. Deléglise
Université Lyon 1
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IV.3. Au voisinage de 0,
sin
x
x
x
= + o(x2 ) = (1 + o(x)) ,
2
2
2
et donc
(2)
x
2
= 2 + o(x).
x =
sin 2
1 + o(x)
f (x) =
(3)
Ceci montre d’abord que limx→0,x6=0 f (x) = 2, donc que la fonction f se prolonge
par continuité en 0 en posant f (0) = 2. Ceci fait, (3) s’écrit alors
f (x) = f (0) + 0 × x + o(x)
ce qui montre que f est dérivable en 0 avec f 0 (0) = 0.
Par le théorème de dérivation d’un rapport f est continûment dérivable sur ]0, π[ et
sin x2 − 12 x cos x2
f (x) =
·
(sin x2 )2
0
Le développement limité cos x2 = 1 + o(x) donne 21 x cos x2 =
x
2
+ o(x2 ) et, avec (2)
x
x 1
− x cos = o(x2 ).
2 2
2
x x 2 x2
Lorsque x −→ 0 on a sin2
∼
(1 + o(1)). On a donc, lorsque x → 0,
=
2
2
4
sin
f 0 (x) =
sin x2 − 21 x cos x2
=
(sin x2 )2
o(x2 )
x2
4
(1 + o(1))
→ 0 = f 0 (0).
Ainsi la fonction f 0 , continue en 0 et sur R? , est continue sur R et f de classe C 1 .
Remarque : On pouvait aussi se contenter de prouver que f est prolongeable par
continuité en 0, sans prouver la dérivabilité en 0, puis démontrer que f 0 (x) → 0
quand x → 0, et utiliser le théorème du prolongement par continuité d’une fonction
dérivée (voir les remarques à la fin du corrigé).
IV.4. Soit λ > 0. Une intégration par parties avec u(x) = Φ(x), v 0 (x) = sin λx et v(x) =
cos λx
, où u et v sont de classe C 1 donne
λ
Z π
Z π
Z
1
1 π 0
Φ(x) sin λx dx =
udv = − [Φ(x) cos λx]π0 +
Φ (x) cos λxdx
λ
λ 0
0
0
Z
Φ(0) Φ(π) cos λπ
1 π 0
=
−
+
Φ (x) cos λx dx.
λ
λ
λ 0
Les fonctions Φ et Φ0 continues sur [0, π], sont majorées en valeur absolue respectivement par kΦk∞ et kΦ0 k∞ . Avec |cos λx| ≤ 1, il vient
Z π
Z π
0
Φ (x) cos λx dx
≤ 2 kΦk + 1
Φ(x)
sin
λx
dx
∞
λ
λ 0
0
Z
2
1 π
Φ0 dx ≤ 2 kΦk + π Φ0 ,
≤
kΦk∞ +
∞
∞
∞
λ
λ 0
λ
λ
Rπ
d’où limλ→+∞ 0 Φ(x) sin λx dx = 0.
Corrigé Epreuve 1, 2007
6
M. Deléglise
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IV.5.(a) Les fonction x 7→ xDn (x) et x 7→ f (x) sin(n + 21 )x sont continues sur [0, π]. Par la
sin(n + 21 )x
. Elles
question IV.1, pour x ∈ ]0, π[, elles prennent la même valeur x
sin x2
coı̈ncident donc sur [0, π] et
Z π
Z π
1
f (x) sin n +
xDn (x) dx =
x dx.
Ln =
2
0
0
Puisque f est de classe C 1 sur [0, π], par la question IV.4 on a limn→∞ Ln = 0.
π
π2
S
π 2 3S
−S−W =
−S− =
−
.
n→∞
4
4
2
4
2
Puisque lim Ln = 0 on en déduit S = π 2 /6.
(b) Il résulte de IV.2.(b) que lim Ln =
V Une somme double.
V.1.(a) Puisque fonction t 7→ 1/t est décroissante sur R?+ , on a pour tout n ≥ 1
1
≤
n+1
Z
n+1
n
dt
1
≤ ·
t
n
La croissance de l’intégrale donne alors
Z
log(N + 1) =
1
et
HN = 1 +
N
−1
X
n=1
N +1
N
dt X
=
t
Z
n+1
n=1 n
N
dt X 1
≤
= HN
t
n
n=1
Z N
N
−1 Z n+1
X
dt
dt
1
≤1+
=1+
= 1 + log N.
n+1
t
t
n
1
n=1
HN
1 + log N
log N
≤
. Utilisant lim
= 0 et le théorème des
N →+∞ N
N
N
gendarmes, il vient lim HN /N = 0.
(b) On en déduit 0 ≤
N →∞
(c) En remarquant que 1/(m(m + 1)) = 1/m − 1/(m + 1) on a
M
−1
X
m=1
Hm
m(m + 1)
=
M
−1
X
m=1
= 1−
=
M
−1
M
−1
M
X
X
Hm
Hm
Hm X Hm−1
−
=
−
m
m+1
m
m
m=1
M
−1
X
HM −1
+
M
m=2
m=1
m=2
M
−1
X
Hm − Hm−1
HM −1
1
=1−
+
m
M
m2
m=2
M
X
1
HM
·
−
2
m
M
m=1
(d) En faisant tendre m vers l’infini dans l’identité que l’on vient d’établir on obtient
∞
∞
X
X
1
HM
π2
Hm
=
− lim
=
·
2
M →∞ M
m(m + 1)
m
6
m=1
Corrigé Epreuve 1, 2007
m=1
7
M. Deléglise
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Capes Externe Math. 2007-2008
1
1
1
1
V.2.(a) En remarquant que
=
−
on écrit
n(n + m − 1)
m−1 n n+m−1
ZN,m =
=
=
N 1 X 1
1
−
m−1
n n+m−1
n=1
"N
#
X 1 N +m−1
X 1
1
−
m−1
n
n
n=m
n=1
"
#
N +m−1
X 1
1
Hm−1 −
·
m−1
n
n=N +1
PN +m−1 1
(b) Pour m fixé n=N
+1 n est une somme de m − 1 termes qui tendent chacun vers
0 quand N tend vers l’infini, et donc
lim ZN,m =
N →∞
Hm−1
·
m−1
V.3.(a) On a
N X
M
X
n=1 m=1
1
mn(n + m − 1)
=
=
M X
N
X
1
mn(n + m − 1)
m=1 n=1
M
N
X
X
m=1
1
m
= ZN,1 +
n=1
M
X
M
X
ZN,m
1
=
n(n + m − 1)
m
m=2
m=1
ZN,m
m
N
M
X
X
ZN,m
1
=
+
·
2
n
m
n=1
(b) Par IV.2.(b) pour chaque valeur de m dans [2, M ], on a lim
N →∞
m=2
ZN,m
Hm−1
=
.
m
m(m − 1)
ce qui donne
M
N
X
X
ZN,m
Hm−1
=
·
N →∞
m
m(m − 1)
lim
m=2
Avec
m=2
N
X
1
π2
=
cela donne
N →+∞
n2
6
lim
n=1
lim
N →∞
N X
M
X
n=1 m=1
M
1
π 2 X Hm−1
=
+
·
mn(n + m − 1)
6
m(m − 1)
m=2
(c) Par la question précédente
lim
N →∞
N X
M
X
n=1 m=1
M
M
1
π 2 X Hm−1
π 2 X Hm−1
=
+
=
+
·
mn(n + m − 1)
6
m(m − 1)
6
m(m + 1)
Par V.1.(d) cette quantité tend vers
et vaut
π2
.
3
Corrigé Epreuve 1, 2007
m=2
m=1
π2 π2
π2
+
=
donc la limite demandée existe
6
6
3
8
M. Deléglise
Université Lyon 1
Capes Externe Math. 2007-2008
VI La fonction Dilogarithme.
VI.1. L’expression ln(1 − t)/t n’est a priori pas définie en 0, l’intégrale définisssant Li(x)
semble donc être une intégrale impropre en 0. Mais, puisque log(1 − t) ∼ −t lorsque
t tend tend vers 0, la fonction t 7→ − log(1−t)
définie sur [−1, 1[\ {0} se prolonge par
t
continuité en 0 en lui donnant la valeur 1.
Par le
fondamental du calcul différentiel et intégral », la fonction Li :
R x« théorème
ln(1−t)
x 7→ 0 − t dt est donc définie sur [−1, 1[, et même de classe C 1 , car sa dérivée
est la fonction continue
ln(1 − x)
x 7→ −
·
x
VI.2. Dire que Li se prolonge par continuité en 1 c’est dire que l’intégrale
Z x
ln(1 − t)
−
dt
t
0
admet une limite lorsque x tend vers 1− , c’est à dire que l’intégrale impropre
Z 1
ln(1 − t)
dt
−
t
0
est convergente. Lorsque t → 1− , l’expression − log(1 − t)/t est positive, équivalente
à − log(1 − t). Par la règle des équivalents pour lesR intégrales impropres de fonctions
1
positives, cette intégrale est de même nature que 0 − log(1 − t) dt. Une primitive de
log t est t log t − t. Une primitive de − log(1 − t) est donc (1 − t) log(1 − t) − 1 + t.
Cette primitive admet une limite quand t tend vers 1, ce qui termine la preuve.
∞
X
1
VI.3.(a) La série entière
=
tn , de rayon de convergence 1, peut être intégrée
1−t
n=0
terme à terme sur ] − 1, 1[. Il en résulte que pour tout u ∈ ]−1, 1[
Z
− log(1 − u) =
0
u
∞
X
dt
=
1−t
u
tn dt =
n=0 0
et donc,
−
Z
∞
∞
X
X
un+1
un
=
·
n+1
n
n=0
∞
∞
n=1
n=0
n=1
log(1 − u) X un−1 X un
=
=
·
u
n
n+1
Cette série entière est encore de rayon de convergence 1, et par intégration terme
à terme il vient
Z x
∞ Z x
∞
∞
X
X
X
xn+1
xn
− ln(1 − u)
un
Li(x) =
du =
du =
=
·
2
u
(n + 1)
n2
0
0 n+1
n=0
n=0
n=1
xn
prend sa plus grande valeur
n2
absolue en les points 1 et −1 et cette valeur absolue est 1/n2 . Notant k k∞ la
norme de la convergence uniforme sur [0, 1] on a donc
n
x = 1·
n2 n2
∞
(b) Pour n ≥ 1, la fonction définie sur [−1, 1] par x 7→
Corrigé Epreuve 1, 2007
9
M. Deléglise
Université Lyon 1
La série
Capes Externe Math. 2007-2008
∞
X
xn
est donc normalement convergente et a fortitori uniformément
n2
convergente sur [−1, 1]. Sa somme g(x) est une fonction continue sur [−1, 1]. Par
VI.2 la fonction Li est continue sur [−1, 1]. On a donc
n=1
Li(1) = lim Li(x) = lim
x→1
∞
X
xn
x→1
x<1 n=1
x<1
n2
= lim g(x) = g(1) =
x→1
∞
X
1
π2
=
·
n2
6
n=1
x<1
x
− ln(1 − t)
ln(1 − x)
donne, pour x ∈ ]0, 1[, Li0 (x) = −
.
t
x
0
Si t ∈ ]0, 1[ alors 1 − t ∈ ]0, 1[. Par le théorème de dérivation d’une fonction
composée la fonction t 7→ Li(t) + Li(1 − t) est donc dérivable sur ]0, 1[ et
Z
VI.4.(a) La définition Li(x) =
d
ln(1 − x) ln(x)
(Li(x) + Li(1 − x)) = Li0 (x) − − Li0 (1 − x) = −
+
·
dx
x
1−x
(b) Par les théorèmes de dérivation d’un produit et d’une fonction composée
x 7→ h(x) =
π2
+ ln(x) ln(1 − x)
6
ln(1 − x) ln(x)
−
· Cette dérivée est la
x
1−x
même que celle de la fonction Li(x) + Li(1 − x). Ces deux fonction diffèrent
donc d’une constante. De plus, lorsque x tend vers 0 on a ln(1 − x) ∼ −x et donc,
lorsque x → 0, ln(x) ln(1 − x) ∼ −x ln(x) → 0. Il en résulte que
est dérivable sur ]−1, 1[ avec h0 (x) =
lim h(x) =
x→0
π2
= Li(1) = lim (Li(x) + Li(1 − x)).
x→0
6
π2
+ ln(x) ln(1 − x).
6
VI.5. Utilisant VI.3.(a) et l’identité précédente pour x = 1/2 on obtient
On a donc pour tout x ∈ ]0, 1[, Li(x) + Li(1 − x) =
∞
X
n=1
1
= Li
2n n2
1
1
1
1
π 2 (ln(2))2
=
Li
+ Li 1 −
=
−
·
2
2
2
2
12
2
VI.6.(a) Par VI.3.a, pour tout x ∈ ]−1, 1[
Li(x) =
+∞ n
X
x
n=1
n
et Li(−x) =
+∞
X
(−1)n
n=1
xn
n
d’où
Li(x) + Li(−x) =
+∞
X
(1 + (−1)n )
n=1
+∞
+∞
n=1
n=1
xn X x2n
1 X (x2 )n
1
=
=
= Li(x2 ).
n
2n
2
n
2
(b) Faisant tendre x vers 1 et utilisant la continuité de Li en 1 et −1 on obtient
1
1
π2
Li(1) + Li(−1) = Li(1), ou encore Li(−1) = − Li(1) = −
par VI.3.b.
2
2
12
Corrigé Epreuve 1, 2007
10
M. Deléglise
Université Lyon 1
Capes Externe Math. 2007-2008
VI.7.(a) Pour x ∈ ]0, 1[ on a
d
ln(1 − x)
d
ln(1 + x)
Li(x) = −
,
Li(−x) = −
dx
x
dx
x
2x
(1 + x) ln 1+x
d
2
2x
1−x
−2
=−
=
ln
Li
×
2
2
dx
1+x
1−x
(1 + x)
1−x
1+x
2
(1 + x) ln 1+x
d
2
2
x−1
2
=−
=
ln
Li
×
·
2
2
dx
1+x
x−1
(1 + x)
1−x
1+x
Notons
U (x) = Li(x)−Li(−x)+Li
On a donc
x−1
1−x
−Li
1+x
1+x
1
U (x) = ln
x
0
1+x
1−x
+
π2
V (x) =
+ln
4
1+x
1−x
ln x.
2 ln x
= V 0 (x)·
1 − x2
De plus, avec la continuité de Li sur [−1, 1], on a
lim U (x) = Li(1) − Li(−1) =
x→0
π2
π2 π2
+
=
= lim V (x).
x→0
6
12
4
Ceci prouve que U (x) = V (x) pour tout x ∈ ]0, 1[ .
√
1−x
. Un calcul simple montre que x = 2 − 1 convient.
(b) Soit x satisfaisant x =
1+x
Donnons cette valeur à x dans la formule précédente. Elle devient
π2
1
π2
2[Li(x) − Li(−x)] =
+ ln
ln x =
− (ln x)2 .
4
x
4
De plus, par VI.3.(a) on a
Li(x) − Li(−x) =
∞
X
xn
n=1
n2
−
∞
X
(−x)n
n=1
n2
=2
∞
X
n=0
x2n+1
·
(2n + 1)2
Ceci donne donc
∞
X
n=0
soit
x2n+1
1
1
= (Li(x) − Li(−x)) =
2
(2n + 1)
2
4
π2
− (ln x)2
4
√
∞ √
X
( 2 − 1)2n+1
π 2 [ln( 2 − 1)]2
=
−
·
(2n + 1)2
16
4
n=0
Merci à François Gramain qui a relu soigneusement ce texte et éliminé bon nombre de
fautes ou imprécisions.
Corrigé Epreuve 1, 2007
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Capes Externe Math. 2007-2008
Remarques
A propos de la question II.4.a
Soit f une fonction continue sur [a, b] ⊂ R, dérivable sur ]a, b[, avec f 0 (x) > 0 pour tout
x ∈ ]a, b[. Alors, f est strictement croissante sur [a, b] et non pas seulement sur ]a, b[.
C’est encore une conséquence du théorème des accroissements finis, car, pour tous u, v,
a ≤ u < v ≤ b, ce théorème s’applique sur l’intervalle [u, v] et il existe c ∈ ]u, v[ avec
f (v) − f (u) = (v − u)f 0 (c) > 0.
A propos de la question IV.3
Soit f une fonction continue sur [a, b], dérivable sur ]a, b[, telle qu’il existe
` = lim f 0 (x).
x→a+
Une faute fréquente est la suivante : « la fonction f 0 définie sur ]a, b[, se prolonge par
continuité au point a, en lui donnant en ce point la valeur `. Donc f est continûment
dérivable en 0 ». La conclusion est vraie, mais cela résulte du théorème suivant. Si vous
n’invoquez pas ce théorème on peut penser (probablement sans sans se tromper) qu’il est
pour vous évident que la dérivée de f au point a existe et coı̈ncide avec limx→a f 0 (x).
Théorème 1 Soit f : [a, b] −→ R, continue sur [a, b] et dérivable sur ]a, b[, telle qu’il
existe ` avec limx→a+ f 0 (x) = `. Alors f est dérivable en a, et, de plus, f 0 (a) = `. En
particulier, f 0 est continue en a.
Preuve : Il faut connaitre cette démonstration, qu’on pourra vous demander à l’oral. C’est
une conséquence classique du théorème des accroissements finis. En effet, par ce théorème,
pour tout h, avec 0 < h ≤ b − a, il existe θ ∈ ]0, 1[ tel que
f (a + h) − f (a)
= f 0 (a + θh).
h
Lorsque h −→ 0, a + θh → a, et, par hypothèse, lim f 0 (a + θh) = `, d’où
h→0
f (a + h) − f (a)
= lim f 0 (a + θh) = `.
h→0
h→0
h
lim
A propos de la question VI.3.b
Personne n’a répondu correctement
à cette question qui était un piège. Par VI.3.a on sait
P+∞
n
que, pour x ∈ ]−1, 1[, Li(x) = n=1 xn2 . Beaucoup d’étudiants ayant traité la question
P
1
écrivent : « et donc, pour x = 1 cela donne Li(x) = +∞
n=1 n2 », ne remarquant pas que 1
n’est pas un élément de ]−1, 1[ ! Les autres écrivent « Puisque la fonction Li est continue
au point 1 (question 2) on a, en utilisant VI.3.a,
Li(1) = lim Li(x) = lim
x→1
Corrigé Epreuve 1, 2007
x→1
12
+∞ n
X
x
n=1
+∞
X
1
=
· »
2
n
n2
(4)
n=1
M. Deléglise
Université Lyon 1
Capes Externe Math. 2007-2008
Cette démonstration est fausse. Lorsqu’on écrit lim
x→1
+∞ n
X
x
n=1
n2
=
+∞
X
1
on admet (impliciten2
n=1
+∞ n
X
x
+∞
X
1
ment) que si g est la fonction définie sur ]−1, 1[ par g(x) =
, alors lim g(x) =
.
2
x→1
n
n2
n=1
n=1
Or g(x) est défini sur ]−1, 1[ comme somme de la série entière
+∞ n
X
x
n=1
n2
·
Le théorème au programme dit que, à l’intérieur du disque de converence, la somme d’une
série entière est continue. Il ne dit rien concernant la somme en un point situé sur la
frontière du disque de convergence.
Corrigé Epreuve 1, 2007
13
M. Deléglise