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=1
nα. Alors, pour tout n∈N∗,an(α)6=0puis
an+1
an
=1+1
n−α
→
n→+∞
1.
D’après la règle de d’Alembert,
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 Lαest 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
n=1
(1+ (−1)n)xn
nα=2
+∞
X
p=1
x2p
(2p)α=21−α
+∞
X
p=1
(x2)p
pα
=21−αLα(x2).
∀α∈R,∀x∈] − 1, 1[,Lα(x) + Lα(−x) = 21−αLα(x2).
I-2.1. Soit α∈R. Pour tout x∈] − 1, 1[,
xL′
α+1(x) = x
+∞
X
n=1
nxn−1
nα+1=
+∞
X
n=1
xn
nα=Lα(x).
∀α∈R,∀x∈] − 1, 1[,xL′
α+1(x) = Lα(x).
I-2.2. Pour tout x∈] − 1, 1[,L0(x) =
+∞
X
n=1
xn=x
1−x.
Pour tout x∈] − 1, 1[,L1(x) =
+∞
X
n=1
xn
n= − ln(1−x).
Pour tout x∈] − 1, 1[,L−1(x) = xL′
0(x) = x
(1−x)2.
I-3. Soit α61. Pour x∈[0, 1[,L′
α(x) =
+∞
X
n=1
xn−1
nα−1>0. Donc, la fonction Lαest croissante sur [0, 1[. On en déduit que
Lαadmet une limite ℓquand xtend vers 1par valeurs inférieures où ℓ∈] − ∞,+∞].
Soit N∈N∗. Pour tout x∈[0, 1[,Lα(x) =
+∞
X
n=1
xn
nα>
N
X
n=1
xn
nα. Quand xtend vers 1par valeurs inférieures, on obtient
ℓ>
N
X
n=1
1
nα. Ainsi,
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∀N∈N∗,ℓ>
N
X
n=1
1
nα.(∗)
Puisque α61, on sait que la série de Riemann de terme général 1
nα,n>1, diverge.
Plus précisément, lim
N→+∞ N
X
n=1
1
nα!= +∞. Quand Ntend vers +∞dans (∗), on obtient ℓ>+∞et finalement
∀α∈] − ∞, 1], lim
x→1
x<1
Lα(x) = +∞.
Partie II : prolongement pour α > 1
II-1.1. Soit α > 1. On sait que la série de Riemann de terme général 1
nα,n>1, converge et donc Lα(1)existe. Mais
alors, la série de terme général (−1)n
nα,n>1, converge absolument et en particulier converge et donc Lα(−1)existe. En
résumé, la fonction Lαest définie sur [−1, 1].
Vérifions que Lαest continue sur [−1, 1]. Pour n∈N∗et x∈[−1, 1], posons fn(x) = xn
nα. Chaque fonction fnest continue
sur [−1, 1]et de plus, pour tout n∈N∗et tout x∈[−1, 1],
|fn(x)|=|x|n
nα61 nα.
Puisque α > 1, la série numérique de terme général 1
nα,n>1, converge et donc la série de fonctions de terme général
fn,n>1, converge normalement sur [−1, 1].
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 Lαsur [−1, 1].
On en déduit que la fonction Lαest continue sur [−1, 1].
II-1.2. D’après la question précédente, la fonction L2est définie et continue sur [−1, 1]. D’après les questions I-2.2 et I-3,
lim
x→1
x<1
L′
2(x) = lim
x→1
x<1
L1(x)
x= +∞.
D’après un théorème classique d’analyse, la fonction L2n’est pas dérivable en 1mais sa courbe représentative admet en
1une demi-tangente parallèle à (Oy).
II-2.1. Soit α > 1. Pour tout réel strictement positif u,eu−1 > 0. Donc, la fonction ϕ:u7→uα−1
eu−1est continue
sur [0, +∞[en tant que quotient de fonctions continues sur ]0, +∞[dont le dénominateur ne s’annule pas sur ]0, +∞[. De
plus, la fonction ϕest positive sur ]0, +∞[.
•Quand utend vers 0par valeurs supérieures, ϕ(u)∼uα−1
u=uα−2. Puisque α−2 > −1, la fonction u7→uα−2est
intégrable sur un voisinage de 0à droite et donc la fonction ϕest intégrable sur un voisinage de 0à droite.
•Quand utend vers +∞,u2ϕ(u)∼uα+1e−u. D’après un théorème de croissances comparées, u2ϕ(u)tend vers 0quand
utend vers +∞ou encore ϕ(u)est négligeable devant 1
u2quand utend vers +∞. On en déduit que la fonction ϕest
intégrable sur un voisinage de +∞.
Finalement, la fonction ϕest 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−x > 0. Donc, la fonction u7→uα−1
eu−xest continue sur [0, +∞[et négligeable devant 1 u2quand utend vers +∞. La
fonction u7→uα−1
eu−xest donc intégrable sur [0, +∞[. On en déduit l’existence Kα(x).
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II-2.3. Posons Φ: ] − ∞, 1]×]0, +∞[→R
(x, u)7→uα−1
eu−x
.
•Pour tout x∈] − ∞, 1], la fonction u7→Φ(x, u)est continue par morceaux sur ]0, +∞[.
•Pour tout u∈]0, +∞[, la fonction x7→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
eu−x6
uα−1
eu−1=ϕ(u)où ϕest une fonction continue et intégrable sur ]0, +∞[d’après la question II-2.1.
D’après le théorème de continuité des intégrales à paramètres,
la fonction Kαest continue sur ] − ∞, 1].
II-2.4. Soit α > 2. La fonction Φadmet sur ] − ∞, 1]×]0, +∞[une dérivée partielle par rapport à sa première variable x
définie par
∀(x, u)∈] − ∞, 1]×]0, +∞[,∂Φ
∂x (x, u) = uα−1eu (eu−x)2.
•Pour tout x∈] − ∞, 1], la fonction u7→Φ(x, u)est continue par morceaux et intégrable sur ]0, +∞et la fonction
u7→∂Φ
∂x (x, u)est continue par morceaux sur ]0, +∞[.
•Pour tout u∈]0, +∞[, la fonction x7→∂Φ
∂x (x, u)est continue sur ] − ∞, 1].
•Pour tout (x, u)∈] − ∞, 1]×]0, +∞[,
∂Φ
∂x (x, u)
6uα−1eu
(eu−1)2=ϕ1(u). La fonction ϕ1est continue et positive sur
]0, +∞[, est équivalente en à uα−3avec α−3 > −1et est négligeable devant 1
u2en +∞. Donc la fonction ϕ1est
intégrable sur ]0, +∞[.
D’après le théorème de dérivation des intégrales à paramètres (théorème de Leibniz), la fonction Kαest de classe C1sur
] − ∞, 1]et
∀α > 2,∀x∈] − ∞, 1],K′
α(x) = Z+∞
0
uα−1eu
(eu−x)2.
II-2.5. On reprend la démonstration précédente en remplaçant ] − ∞, 1]×]0, +∞[par [a, b]×[0, +∞[. On prend pour
fonction ϕ1la fonction u7→uα−1eu
(eu−a)2. Cette fonction est continue et positive sur [0, +∞[, négligeable en +∞devant 1 t2
et donc intégrable sur [0, +∞[.
D’après le théorème de Leibniz, la fonction Kαest de classe C1sur tout segment [a, b]avec a < b < 1 et donc la fonction
Kαest de classe C1sur ] − ∞, 1[et
∀α > 1,∀x∈] − ∞, 1[,K′
α(x) = Z+∞
0
uα−1eu
(eu−x)2.
II-3.1. Soit α > 1. La fonction t7→tα−1e−tdt est continue sur [0, +∞[et est négligeable en +∞devant 1
t2. Donc la
fonction t7→tα−1e−tdt est intégrable sur [0, +∞[. On en déduit l’existence de Gα.
Gαest 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|6e−u< 1 puis
1
eu−x=e−u 1−xe−u=e−u
+∞
X
k=0xe−uk=
+∞
X
k=0
xke−(k+1)u.
II-3.3. Soit x∈[−1, 1]. Pour u∈]0, +∞[, posons gk(u) = uα−1xk+1e−(k+1)u.
D’après la question précédente,
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+∞
X
k=0
gk(u) = xuα−1
+∞
X
k=0
xke−(k+1)u=xuα−1
eu−x,
et la série de fonctions de terme général gk,k∈N, converge simplement sur ]0, +∞[vers la fonction u7→xuα−1
eu−x. De plus
la fonction u7→xuα−1
eu−xest continue sur ]0, +∞[. Ensuite,
+∞
X
k=0Z+∞
0
|gk(u)|du =
+∞
X
k=0
xk+1Z+∞
0
uα−1e−(k+1)udu
=
+∞
X
k=0
xk+1 Z+∞
0t
k+1α−1
e−tdt
k+1!(en posant t= (k+1)u)
=
+∞
X
k=0
xk+1
(k+1)αGα=Gα
+∞
X
k=1
xk
kα
=GαLα(x)<+∞.
D’après un théorème d’intégration terme à terme,
xKα(x) = Z+∞
0 +∞
X
k=0
gk(u)!du =
+∞
X
k=0Z+∞
0
gk(u)du =GαLα(x).
∀α > 1,∀x∈[−1, 1],xKα(x) = GαLα(x).
II-4.1. Soit α > 1. D’après les questions II.2.2 et II.2.4, la fonction Kαest continue sur ] − ∞, 1]? et de classe C1sur
] − ∞, 1[. Il en est de même de la fonction Lα.
II-4.2. Soient /alpha > 1 et x61. L’application u7→e−u=test un C1-difféomorphisme de ]0, +∞[sur ]0, 1[. On peut
donc poser t=e−uou encore u= − ln tet on obtient
Lα(x) = x
GαZ+∞
0
uα−1e−u
1−xe−udu =x GαZ0
1
(− ln t)α−1t
1−xt −dt t=x GαZ0
1
(− ln t)α−1
1−xt dt.
II-4.3. Soit z∈C\]1, +∞[. Posons z=a+ib où aet bsont deux réels.
Pour tout u∈]0, +∞[,eu−z6=0et donc la fonction u7→uα−1
eu−zest continue sur ]0, +∞[. Pour tout u∈]0, +∞[,
|eu−z|=|(eu−a) + ib|=p(eu−a)2+b2.
Donc, pour tout u∈]0, +∞[,
uα−1
eu−z
=uα−1
p(eu−a)2+b2. On sait déjà que la fonction u7→uα−1
eu−1est intégrable sur
]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=aet b=0ce qui
est impossible car (a, b)/∈]1, +∞[×{0}. Donc la fonction u7→uα−1
p(eu−a)2+b2est continue sur [0, +∞[. De plus, cette
fonction est négligeable en +∞devant 1
u2et finalement la fonction u7→
uα−1
eu−z
est intégrable sur [0, +∞[. On en déduit
l’existence de /dfraczGαZ+∞
0
uα−1
eu−zdu.
Soit z∈C.z2/∈]1, +∞[⇔z /∈(] − ∞,−1[∪]1, +∞[). Soit donc z∈C\(] − ∞,−1[∪]1, +∞[). Alors, z /∈]1, +∞[et
−z /∈]1, +∞[puis
Lα(z) + Lα(−z) = z
GαZ+∞
0
uα−1
eu−zdu −z GαZ+∞
0
uα−1
eu+zdu =2z2 GαZ+∞
0
uα−1
e2u −z2du
=2z2
GαZ+∞
0v
2α−1
ev−z2
dv
2=21−αz2 GαZ+∞
0
vα−1
ev−z2dv
=21−αLα(z2).
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∀α > 1,∀z∈C\(] − ∞,−1[∪]1, +∞[),Lα(z) + Lα(−z) = 21−αLα(z2).
Partie III : le cas α=2
III-1.1. Graphe de f.
1
2
−1
−2
1 2 3 4 5 6−1−2−3−4−5−6
((
) )
Puisque fest continue par morceaux sur Ret 2π-périodique, on peut calculer les coefficients de Fourier de f. Puisque f
est impaire, pour tout n∈N,an(f) = 0puis pour tout n∈N∗,
bn(f) = 2
πZπ
0
π−x
2sin(nx)dx =2 ππ−x 2−cos(nx) nπ
0
−1
2n Zπ
0
cos(nx)dx=2
π×π 2n =1 n.
III-1.2. La fonction fest continue par morceaux sur Ret 2π-périodique. On peut donc appliquer la formule de Parseval
et on obtient
L2(1) =
+∞
X
n=1
1
n2=a2
0(f)
2+
+∞
X
n=1a2
n(f) + b2 n(f)=1
πZπ
−π
f2(x)dx =2
πZπ
0π−x
22
dx
=1
2π −(π−x)3 3π
0
=π2
6.
Ensuite,
L2(1) + L2(−1) =
+∞
X
n=1
(1+ (−1)n)
n2=2
+∞
X
p=1
1
(2p)2=1 2
+∞
X
p=1
1
p2=1 2L2(1),
et donc L2(−1) = − L2(1)
2= − π2 12 .
L2(1) = π2
6et l2(−1) = − π2 12 .
III-2.1. La fonction L2et la fonction ln sont de classe C1sur ]0, 1[. De plus, pour tout x∈]0, 1[,1−x∈]0, 1[. Par suite,
les fonctions x7→L2(1−x)et x7→ln(1−x)sont de classe C1sur ]0, 1[. Il en est de même de la fonction Φ.
III-2.2. Soit x∈]0, 1[.
Φ′(x) = L′
2(x) − L′ 2(1−x) + 1
xln(1−x) − 1 1−xln(x)
=L1(x)
x+ln(1−x) x−L1(1−x) 1−x−ln(x) 1−x(d’après la question I-2.1)
= − ln(1−x)
x+ln(1−x) x+ln(x) 1−x−ln(x) 1−x(d’après la question I-2.2)
=0.
Ainsi, la fonction Φest dérivable sur l’intervalle ]0, 1[et sa dérivée est nulle sur ]0, 1[. On en déduit que la fonction Φest
constante sur ]0, 1[. Par suite, ∀x∈]0, 1[,Φ(x) = lim
t→0Φ(t). D’après la question II-1.1, la fonction L2est continue sur [−1, 1].
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