CONCOURS COMMUN POLYTECHNIQUE (ENSI) FILIERE PC

SESSION 2012
CONCOURS COMMUN POLYTECHNIQUE (ENSI)
FILIERE PC
MATHEMATIQUES 2
Partie I : le polylogarithme
I-1.1. Soit α ∈ R. Pour n ∈ N∗ , posons an =
D’après la règle de d’Alembert,
1
. Alors, pour tout n ∈ N∗ , an (α) 6= 0 puis
nα
−α
1
an+1
→ 1.
= 1+
n→+∞
an
n
Ra = 1.
I-1.2. On sait que la somme d’une série entière est de classe C∞ sur son intervalle ouvert de convergence et que ses dérivées
successives s’obtiennent par dérivation terme à terme. Donc Lα est classe C∞ sur ] − 1, 1[.
I-1.3. Soit x ∈] − 1, 1[. Alors −x ∈] − 1, 1[ et donc Lα (−x) existe puis
Lα (x) + Lα (−x) =
+∞
X
(1 + (−1)n )
n=1
+∞
+∞
p=1
p=1
X x2p
X (x2 )p
xn
1−α
=
2
=
2
nα
(2p)α
pα
= 21−α Lα (x2 ).
∀α ∈ R, ∀x ∈] − 1, 1[, Lα (x) + Lα (−x) = 21−α Lα (x2 ).
I-2.1. Soit α ∈ R. Pour tout x ∈] − 1, 1[,
′
xLα+1
(x) = x
+∞
+∞ n
X
X
nxn−1
x
=
= Lα (x).
α+1
n
nα
n=1
n=1
′
∀α ∈ R, ∀x ∈] − 1, 1[, xLα+1
(x) = Lα (x).
I-2.2. Pour tout x ∈] − 1, 1[, L0 (x) =
+∞
X
n=1
xn =
x
.
1−x
+∞ n
X
x
Pour tout x ∈] − 1, 1[, L1 (x) =
= − ln(1 − x).
n
n=1
x
Pour tout x ∈] − 1, 1[, L−1 (x) = xL0′ (x) =
.
(1 − x)2
+∞ n−1
X
x
> 0. Donc, la fonction Lα est croissante sur [0, 1[. On en déduit que
I-3. Soit α 6 1. Pour x ∈ [0, 1[, Lα′ (x) =
nα−1
n=1
Lα admet une limite ℓ quand x tend vers 1 par valeurs inférieures où ℓ ∈] − ∞, +∞].
N
+∞ n
X
X
xn
x
>
. Quand x tend vers 1 par valeurs inférieures, on obtient
Soit N ∈ N . Pour tout x ∈ [0, 1[, Lα (x) =
nα
nα
∗
n=1
n=1
N
X
1
ℓ>
. Ainsi,
nα
n=1
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∀N ∈ N∗ , ℓ >
N
X
1
. (∗)
nα
n=1
1
Puisque α 6 1, on sait que la série de Riemann de terme général α , n > 1, diverge.
n
!
N
X
1
= +∞. Quand N tend vers +∞ dans (∗), on obtient ℓ > +∞ et finalement
Plus précisément, lim
N→+∞
nα
n=1
∀α ∈] − ∞, 1], lim Lα (x) = +∞.
x→1
x<1
Partie II : prolongement pour α > 1
II-1.1. Soit α > 1. On sait que la série de Riemann de terme général
1
, n > 1, converge et donc Lα (1) existe. Mais
nα
(−1)n
, n > 1, converge absolument et en particulier converge et donc Lα (−1) existe. En
nα
résumé, la fonction Lα est définie sur [−1, 1].
alors, la série de terme général
Vérifions que Lα est continue sur [−1, 1]. Pour n ∈ N∗ et x ∈ [−1, 1], posons fn (x) =
sur [−1, 1] et de plus, pour tout n ∈ N∗ et tout x ∈ [−1, 1],
|fn (x)| =
Puisque α > 1, la série numérique de terme général
fn , n > 1, converge normalement sur [−1, 1].
xn
. Chaque fonction fn est continue
nα
|x|n
1
6 α.
nα
n
1
, n > 1, converge et donc la série de fonctions de terme général
nα
En résumé,
• Chaque fonction fn , n > 1, est continue sur [−1, 1].
• La série de fonctions de terme général fn , n > 1, converge normalement vers la fonction Lα sur [−1, 1].
On en déduit que la fonction Lα est continue sur [−1, 1].
II-1.2. D’après la question précédente, la fonction L2 est définie et continue sur [−1, 1]. D’après les questions I-2.2 et I-3,
L1 (x)
= +∞.
x→1
x
lim L2′ (x) = lim
x→1
x<1
x<1
D’après un théorème classique d’analyse, la fonction L2 n’est pas dérivable en 1 mais sa courbe représentative admet en
1 une demi-tangente parallèle à (Oy).
uα−1
est continue
eu − 1
sur [0, +∞[ en tant que quotient de fonctions continues sur ]0, +∞[ dont le dénominateur ne s’annule pas sur ]0, +∞[. De
plus, la fonction ϕ est positive sur ]0, +∞[.
II-2.1. Soit α > 1. Pour tout réel strictement positif u, eu − 1 > 0. Donc, la fonction ϕ : u 7→
uα−1
• Quand u tend vers 0 par valeurs supérieures, ϕ(u) ∼
= uα−2 . Puisque α − 2 > −1, la fonction u 7→ uα−2 est
u
intégrable sur un voisinage de 0 à droite et donc la fonction ϕ est intégrable sur un voisinage de 0 à droite.
• Quand u tend vers +∞, u2 ϕ(u) ∼ uα+1 e−u . D’après un théorème de croissances comparées, u2 ϕ(u) tend vers 0 quand
1
u tend vers +∞ ou encore ϕ(u) est négligeable devant 2 quand u tend vers +∞. On en déduit que la fonction ϕ est
u
intégrable sur un voisinage de +∞.
Finalement, la fonction ϕ est intégrable sur ]0, +∞[.
II-2.2. On sait déjà que l’intégrale proposée existe que x = 1. Soit x < 1. Pour tout réel strictement positif u, eu − x >
1
uα−1
est continue sur [0, +∞[ et négligeable devant 2 quand u tend vers +∞. La
1 − x > 0. Donc, la fonction u 7→ u
e −x
u
uα−1
fonction u 7→ u
est donc intégrable sur [0, +∞[. On en déduit l’existence Kα (x).
e −x
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II-2.3. Posons Φ :
] − ∞, 1]×]0, +∞[ →
(x, u)
7→
.
R
uα−1
eu − x
• Pour tout x ∈] − ∞, 1], la fonction u 7→ Φ(x, u) est continue par morceaux sur ]0, +∞[.
• Pour tout u ∈]0, +∞[, la fonction x 7→ Φ(x, u) est continue sur [0, +∞[.
• Pour x ∈] − ∞, 1] et u ∈]0, +∞[, eu − x > eu − 1 > 0 et donc pour tout (x, u) ∈] − ∞, 1]×]0, +∞[, |Φ(x, u)| =
uα−1
= ϕ(u) où ϕ est une fonction continue et intégrable sur ]0, +∞[ d’après la question II-2.1.
eu − 1
D’après le théorème de continuité des intégrales à paramètres,
uα−1
6
eu − x
la fonction Kα est continue sur ] − ∞, 1].
II-2.4. Soit α > 2. La fonction Φ admet sur ] − ∞, 1]×]0, +∞[ une dérivée partielle par rapport à sa première variable x
définie par
∀(x, u) ∈] − ∞, 1]×]0, +∞[,
uα−1 eu
∂Φ
.
(x, u) = u
∂x
(e − x)2
• Pour tout x ∈] − ∞, 1], la fonction u 7→ Φ(x, u) est continue par morceaux et intégrable sur ]0, +∞ et la fonction
∂Φ
u 7→
(x, u) est continue par morceaux sur ]0, +∞[.
∂x
∂Φ
(x, u) est continue sur ] − ∞, 1].
• Pour tout u ∈]0, +∞[, la fonction x 7→
∂x
∂Φ
uα−1 eu
• Pour tout (x, u) ∈] − ∞, 1]×]0, +∞[, = ϕ1 (u). La fonction ϕ1 est continue et positive sur
(x, u) 6 u
∂x
(e − 1)2
1
]0, +∞[, est équivalente en à uα−3 avec α − 3 > −1 et est négligeable devant 2 en +∞. Donc la fonction ϕ1 est
u
intégrable sur ]0, +∞[.
D’après le théorème de dérivation des intégrales à paramètres (théorème de Leibniz), la fonction Kα est de classe C1 sur
] − ∞, 1] et
∀α > 2, ∀x ∈] − ∞, 1], Kα′ (x) =
Z +∞
0
uα−1 eu
.
(eu − x)2
II-2.5. On reprend la démonstration précédente en remplaçant ] − ∞, 1]×]0, +∞[ par [a, b] × [0, +∞[. On prend pour
uα−1 eu
1
fonction ϕ1 la fonction u 7→ u
. Cette fonction est continue et positive sur [0, +∞[, négligeable en +∞ devant 2
(e − a)2
t
et donc intégrable sur [0, +∞[.
D’après le théorème de Leibniz, la fonction Kα est de classe C1 sur tout segment [a, b] avec a < b < 1 et donc la fonction
Kα est de classe C1 sur ] − ∞, 1[ et
∀α > 1, ∀x ∈] − ∞, 1[, Kα′ (x) =
Z +∞
0
uα−1 eu
.
(eu − x)2
II-3.1. Soit α > 1. La fonction t 7→ tα−1 e−t dt est continue sur [0, +∞[ et est négligeable en +∞ devant
fonction t 7→ tα−1 e−t dt est intégrable sur [0, +∞[. On en déduit l’existence de Gα .
1
. Donc la
t2
Gα est l’intégrale d’une fonction continue, positive et non nulle sur ]0, +∞[ et donc Gα > 0.
II-3.2. Soient u ∈]0, +∞[ et x ∈ [−1, 1]. Alors |xe−u | 6 e−u < 1 puis
+∞
+∞
X
X
e−u
1
−u k
−u
=
e
=
=
xk e−(k+1)u .
xe
eu − x
1 − xe−u
k=0
k=0
II-3.3. Soit x ∈ [−1, 1]. Pour u ∈]0, +∞[, posons gk (u) = uα−1 xk+1 e−(k+1)u .
D’après la question précédente,
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+∞
X
α−1
gk (u) = xu
k=0
+∞
X
xk e−(k+1)u =
k=0
xuα−1
,
eu − x
et la série de fonctions de terme général gk , k ∈ N, converge simplement sur ]0, +∞[ vers la fonction u 7→
la fonction u 7→
xuα−1
est continue sur ]0, +∞[. Ensuite,
eu − x
+∞ Z +∞
X
|gk (u)| du =
k=0 0
=
=
+∞
X
k=0
+∞
X
x
k+1
Z +∞
du
α−1 −(k+1)u
u
e
0
x
k=0
+∞
X
k=0
Z +∞ k+1
0
t
k+1
α−1
xuα−1
. De plus
eu − x
−t
e
dt
k+1
!
(en posant t = (k + 1)u)
+∞
X xk
xk+1
G
=
G
α
α
(k + 1)α
kα
k=1
= Gα Lα (x) < +∞.
D’après un théorème d’intégration terme à terme,
xKα (x) =
Z +∞
0
+∞
X
!
gk (u) du =
k=0
+∞ Z +∞
X
gk (u) du = Gα Lα (x).
k=0 0
∀α > 1, ∀x ∈ [−1, 1], xKα (x) = Gα Lα (x).
II-4.1. Soit α > 1. D’après les questions II.2.2 et II.2.4, la fonction Kα est continue sur ] − ∞, 1]? et de classe C1 sur
] − ∞, 1[. Il en est de même de la fonction Lα .
II-4.2. Soient /alpha > 1 et x 6 1. L’application u 7→ e−u = t est un C1 -difféomorphisme de ]0, +∞[ sur ]0, 1[. On peut
donc poser t = e−u ou encore u = − ln t et on obtient
Z
Z
Z
dt
x 0 (− ln t)α−1
x 0 (− ln t)α−1 t
x +∞ uα−1 e−u
−
=
du =
dt.
Lα (x) =
Gα 0 1 − xe−u
Gα 1
1 − xt
t
Gα 1
1 − xt
II-4.3. Soit z ∈ C\]1, +∞[. Posons z = a + ib où a et b sont deux réels.
uα−1
est continue sur ]0, +∞[. Pour tout u ∈]0, +∞[,
Pour tout u ∈]0, +∞[, eu − z 6= 0 et donc la fonction u 7→ u
e −z
p
|eu − z| = |(eu − a) + ib| = (eu − a)2 + b2 .
α−1 u
uα−1
uα−1
= p
est intégrable sur
Donc, pour tout u ∈]0, +∞[, u
.
On
sait
déjà
que
la
fonction
u
→
7
e − z
eu − 1
(eu − a)2 + b2
]0, +∞[ ce qui le règle le cas où (a, b) = (1, 0).
Si (a, b) 6= (1, 0) (et (a, b) ∈]1,
/ +∞[×{0}), pour tout u ∈ [0, +∞[, (eu − a)2 + b2 = 0 ⇔ eu = a et b = 0 ce qui
uα−1
est impossible car (a, b) ∈]1,
/ +∞[×{0}. Donc la fonction u 7→ p
est continue sur [0, +∞[. De plus, cette
2 + b2
(eu − a)
α−1 u
1
est intégrable sur [0, +∞[. On en déduit
fonction est négligeable en +∞ devant 2 et finalement la fonction u 7→ u
u
e − z
Z +∞ α−1
u
du.
l’existence de /dfraczGα
u−z
e
0
Soit z ∈ C. z2 ∈]1,
/ +∞[⇔ z ∈
/ (] − ∞, −1[∪]1, +∞[). Soit donc z ∈ C \ (] − ∞, −1[∪]1, +∞[). Alors, z ∈]1,
/ +∞[ et
−z ∈]1,
/ +∞[ puis
Z
Z
z +∞ uα−1
2z2 +∞ uα−1
uα−1
du
du −
du =
eu − z
Gα 0 eu + z
Gα 0 e2u − z2
0
v α−1
2 Z +∞
2 Z +∞
dv
2z
vα−1
1−α z
2
dv
=
=
2
v
2
v
Gα 0
e −z
2
Gα 0 e − z2
z
Lα (z) + Lα (−z) =
Gα
Z +∞
= 21−α Lα (z2 ).
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∀α > 1, ∀z ∈ C \ (] − ∞, −1[∪]1, +∞[), Lα (z) + Lα (−z) = 21−α Lα (z2 ).
Partie III : le cas α = 2
III-1.1. Graphe de f.
2
)
)
1
b
b
−6
−5
−4
−3
b
−2
b
−1
1
2
3
b
4
5
6
−1
(
(
−2
Puisque f est continue par morceaux sur R et 2π-périodique, on peut calculer les coefficients de Fourier de f. Puisque f
est impaire, pour tout n ∈ N, an (f) = 0 puis pour tout n ∈ N∗ ,
π
Z
Z
2 π π−x
π−x
2
π
1
cos(nx)
1 π
2
bn (f) =
sin(nx) dx =
= .
−
−
cos(nx) dx = ×
π 0 2
π
2
n
2n 0
π 2n
n
0
III-1.2. La fonction f est continue par morceaux sur R et 2π-périodique. On peut donc appliquer la formule de Parseval
et on obtient
2
Z
Z +∞
+∞
X
1 π 2
a20 (f) X 2
1
2 π π−x
2
dx
=
+
a
(f)
+
b
(f)
=
f
(x)
dx
=
n
n
n2
2
π −π
π 0
2
n=1
n=1
π
(π − x)3
π2
1
−
=
.
=
2π
3
6
0
L2 (1) =
Ensuite,
L2 (1) + L2 (−1) =
+∞
+∞
+∞
X
X
(1 + (−1)n )
1X 1
1
1
=
2
=
= L2 (1),
2
2
2
n
(2p)
2
p
2
n=1
et donc L2 (−1) = −
p=1
p=1
L2 (1)
π2
=− .
2
12
L2 (1) =
π2
π2
et l2 (−1) = − .
6
12
III-2.1. La fonction L2 et la fonction ln sont de classe C1 sur ]0, 1[. De plus, pour tout x ∈]0, 1[, 1 − x ∈]0, 1[. Par suite,
les fonctions x 7→ L2 (1 − x) et x 7→ ln(1 − x) sont de classe C1 sur ]0, 1[. Il en est de même de la fonction Φ.
III-2.2. Soit x ∈]0, 1[.
1
1
ln(1 − x) −
ln(x)
x
1−x
L1 (x) ln(1 − x) L1 (1 − x) ln(x)
=
+
−
−
(d’après la question I-2.1)
x
x
1−x
1−x
ln(x)
ln(1 − x) ln(1 − x) ln(x)
+
+
−
(d’après la question I-2.2)
=−
x
x
1−x 1−x
= 0.
Φ ′ (x) = L2′ (x) − L2′ (1 − x) +
Ainsi, la fonction Φ est dérivable sur l’intervalle ]0, 1[ et sa dérivée est nulle sur ]0, 1[. On en déduit que la fonction Φ est
constante sur ]0, 1[. Par suite, ∀x ∈]0, 1[, Φ(x) = lim Φ(t). D’après la question II-1.1, la fonction L2 est continue sur [−1, 1].
t→0
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π2
. Enfin, quand t tend vers 0, ln(t) ln(1 − t) ∼ −t ln(t)
t→0
t→0
6
π2
puis
et donc lim ln(t) ln(1 − t) = 0 d’après un théorème de croissances comparées. Finalement, lim Φ(t) = L2 (1) =
t→0
t→0
6
En particulier, lim L2 (t) = L2 (0) = 0 et lim L2 (1 − t) = L2 (1) =
∀x ∈]0, 1[, L2 (x) + L2 (1 − x) + ln(x) ln(1 − x) = L2 (1) =
III-2.3. Pour x =
1
, on obtient 2L2
2
π2
.
6
1
π2
1
+ ln2
=
et donc
2
2
6
L2
1
π2 ln2 2
=
−
.
2
12
2
x
1
1
III-2.4. La fonction homographique α : x 7→
et donc pour
= 1+
est strictement décroissante sur −1,
x−1
x−1
2
x
1
x
1
1
6
6 α(−1) ou encore −1 6
6 avec égalités effectivement obtenue pour x = −1
−1 6 x 6 , on a α −
2
2
x−1
x−1
2
1
ou x = − .
2
x
1
1
+ (ln(1 − x))2 . D’après ce qui précède, la fonction Ψ est définie et
Pour x ∈ −1, , posons Ψ(x) = L2 (x) + L2
2 2
x − 1
1
1
1
1
continue sur −1, , de classe C sur −1,
et pour x ∈ −1,
\ {0}, d’après la question I-2.1,
2
2
2
L1
x
x−1
ln 1 −
x
x−1
x(x − 1)
ln(1 − x)
ln(1 − x)
ln(1 − x)
−
=−
+
−
x
1−x
x
1−x
× (x − 1)2
x−1
ln(1 − x) ln(1 − x) ln(1 − x)
ln(1 − x)
=−
−
−
=
(−(x − 1) − 1 + x) = 0.
x
x(x − 1)
1−x
x(x − 1)
1
1
′
Cette dernière égalité reste vraie pour x = 0 par continuité de Ψ . Ainsi, Ψ est continue sur −1, , dérivable sur −1,
2
2
1
1
1
et sa dérivée est nulle sur −1, . On en déduit que ψ est constante sur −1, . Par suite, pour tout x ∈ −1, ,
2
2
2
1 2
Ψ(x) = Ψ(0) = 2L2 (0) + ln 1 = 0. On a montré que
2
x
1
1
= − (ln(1 − x))2 .
∀x ∈ −1, , L2 (x) + L2
2
x−1
2
Ψ ′ (x) =
L1 (x)
−
x
Z +∞
III-3. La question II-3 appliquée avec x = 1 et α = 2 fournit
0
−t
Soit A > 0. Les deux fonctions t 7→ t et t 7→ −e
intégration par parties et on obtient
ZA
−t
te
dt =
0
u
du = K2 (1) = G2 L2 (1) avec G2 =
eu − 1
Z +∞
te−t dt.
0
1
sont de classe C sur le segment [0, A]. On peut donc effectuer une
A
−te−t 0
+
ZA
e−t dt = −Ae−A − e−A + 1.
0
Quand A tend vers +∞, on obtient G2 = 1 et donc
Z +∞
0
eu
π2
u
du = K2 (1) = L2 (1) =
.
−1
6
III-4.1. Soit x < 0. En posant t = xs ou encore s =
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t
, on obtient (erreur d’énoncé)
x
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t
t
Z x ln
Z 0 ln
Z1
ln(s)
x dt
x
ds = −x
=
dt.
L2 (x) = −x
x
0 1−t
x 1−t
0 1 − xs
Soit ε ∈ [x, 0[. Une intégration par parties fournit
t
ε Z ε
ε Z ε ln(1 − t)
ln(1 − t)
t
x
+
+
dt = − ln(1 − t) ln
dt = − ln(1 − ε) ln
dt.
x x
t
x
t
x
x
x 1−t
ε
ε
= − ln(1 − ε)(ln(−ε) − ln(−x)) ∼ ε ln(−ε) et donc − ln(1 − ε) ln
tend vers 0
Quand ε tend vers 0, − ln(1 − ε) ln
x
x
t
Z 0 ln
Z0
ln(1 − t)
x
quand ε tend vers 0. Quand ε tend vers 0, on obtient
dt =
dt.
1
−
t
t
x
x
III-4.2. Soient x < 0 puis ε ∈ [x, 0[.
ε
Zε
1
ln(1 − t)
1 2
1
dt =
ln (1 − t) = ln2 (1 − ε) − ln2 (1 − x).
t
−
1
2
2
2
x
x
Z ε ln
Quand ε tend vers 0, on obtient g(x) =
Z0
x
ln(1 − t)
1
dt = − ln2 (1 − x).
t−1
2
ln(1 − t)
est continue et positive sur ] − ∞, 0[.
III-4.3. La fonction t 7→
t(t − 1)
ln(1 − t)
ln(1 − t) −t
∼
= 1. Donc la fonction t 7→
se prolonge par continuité en 0 et en particulier
Quand t tend vers 0,
t(t − 1)
−t
t(t − 1)
est intégrable sur un voisinage de 0 à droite.
ln(1 − t)
ln(1 − t)
ln(1 − t) ln(−t)
. Par suite, (−t)3/2
∼ √
tend vers 0 en −∞ et donc
est
Quand t tend vers −∞, (−t)3/2
t(t − 1)
t(t − 1)
t(t − 1)
−t
ln(1 − t)
1
en −∞. On en déduit que la fonction t 7→
est intégrable sur un voisinage de −∞ et
négligeable devant
3/2
t(t − 1)
(−t)
finalement sur ] − ∞, 0[. Par suite, A existe.
1
III-4.4. lim g(x) = lim − ln2 (1 − x) = −∞. D’autre part, pour x < 0,
x→−∞
x→−∞ 2
Z0
Z0
Z0
ln(1 − t)
ln(1 − t)
ln(1 − t)
dt −
dt = −
dt.
L2 (x) − g(x) =
t
t
−
1
x
x t(t − 1)
x
On en déduit que lim (L2 (x) − g(x)) = −A ∈ R. Par suite, L2 (x) − g(x)
x→−∞
L2 (x)
o(g(x)) ou encore
1
ln2 (−x)
g(x) = − ln2 (1 − x) ∼ −
.
x→−∞
x→−∞
2
2
∼
L2 (x)
http ://www.maths-france.fr
=
x→−∞
∼
x→−∞
7
−
ln2 (−x)
.
2
c Jean-Louis Rouget, 2012. Tous droits réservés.