Corrigé

Mathématiques MP2
DL12 - CCP MP 2007 et 2013
correction
de limite nulle lorsque n tend vers +∞.
CCP MP 2007 - Maths I - Échanges de limites et d’intégrales
4. Exemples et contre-exemples.
Partie préliminaire
a. On peut utiliser une fonction avec un pic (pour n > 2) :
1. Fonction Γ :


n2 x
fn (x) =
n(2 − nx)

0
1
a. Soit f (t) = t
e . La fonction est continue sur ]0, +∞[. On a f (t) = o
2
t→+∞ t
1 avec 1 − x < 1, donc f est
donc f est intégrable sur [1, +∞[. De plus, f (t) ∼ 1−x
t→0 t
∗
intégrable sur ]0, 1]. Finalement f est intégrable sur R+ .
b. On intègre par parties sur [a, b] ⊂ R∗+ :
x−1 −t
b
Z
x −t
t e
b
−tx e−t a
dt =
a
Puisque lim ax e−a =
a→0
Z
+x
t
e
2 , hauteur 1) vaut 1. On a ainsi
De plus l’aire du triangle (base n
dt.
a
Z
lim bx e−b = 0, on obtient Γ(x + 1) = xΓ(x) si x > 0. Une
0
2. Fonction ζ :
a. La fonction t 7→ 1x est décroissante sur [k, k + 1] si k ∈ N∗ . Ainsi, pour tout k > 1,
Z k+1t
dt
1
6
. En sommant ces relations pour k allant de n à N , on obtient
(k + 1)x
tx
k
k=n+1
kx
Z
N
t
6
n
−x
dt =
1
(x − 1)tx−1
5. Cas d’un intervalle quelconque
a. On calcule l’intégrale : elle existe puisqu’on retrouve Γ(n + 1). On a donc
Z +∞ n
t −t
e dt = 1. On a également lim fn (x) = 0 par croissances comparées (on
n→+∞
n!
0
f
(x)
de limite nulle lorsque
peut le redémontrer avec le critère de d’Alembert - on a n+1
fn (x)
n tend vers +∞ donc la suite converge vers 0). On étudie la convergence uniforme.
On a, pour n > 1, fn0 (x) = n − x xn−1 e−x . Un tableau de variation sommaire donne
n!
n −n
un maximum en n (la fonction est positive), avec fn (n) = n e . La formule de
n!
Stirling donne fn (n) ∼ √ 1 . On a donc convergence uniforme vers 0 de la suite
n→+∞
2πn
de fonctions (fn ) sur R+ .
N
Lorsque N tend vers +∞, on a, puisque x − 1 > 0, Rn (x) 6
b. On majore Rn (p) par
.
n
1
.
(x − 1)nx−1
1
1 . Pour majorer par ε, il suffit que 1 6 ε,
= p−1
(2 − 1)np−1
n
np−1
1
= ε 1−p .
1
1
ε p−1
c. On a p − 1 = 6. Il suffit d’avoir n > 10 (incroyable comme cela se simplifie). On
c’est-à-dire n >
trouve
10
X
1
k=1
k7
de 1, 224.10
−7
' 1, 0083491549501573 (et ζ(7) ' 1, 0083492773819229 d’où une erreur
b. Par définition de la limite uniforme avec ε = 1 : il existe p ∈ N tel que pour tout n > p,
pour tout x ∈ I, |f (x) − fn (x)| 6 1. On a alors |f (x)| 6 1 + |fn (x)|. C’est notamment
vrai pour n = p. La fonction fp est intégrable sur I. La fonction constante égale à 1
est également intégrable sur I car I est borné : elle est continue donc intégrable sur
le segment K = I¯ et est ainsi intégrable sur I. Pour finir, on a simplement à majorer
).
Première partie : suites de fonctions
3. La suite de fonctions continues (fn ) converge uniformément vers f sur [a, b] donc f est
continue sur [a, b]. Cela donne un sens à l’intégrale. On a alors
Z
Z
Z
fn (x) dx − f (x) dx 6 |fn (x) − f (x)| dx 6 `(I).kfn − f k∞ ,
Z b
Z b
Z b
6
f
(t)
dt
−
f
(t)
dt
|fn (t) − f (t)| dt 6 (b − a)kfn − f k∞ ,
n
a
a
f (t) dt.
b. Même exemple mais on divise tout par n : la valeur du maximum vaut alors 1 au
lieu de n, la convergence est simple vers la fonction nulle, non uniforme (maximum
Z 1
1
de limite nulle. Plus simplement, on peut considérer
qui vaut 1) et
fn (t) dt =
n
0
n
fn (x) = x comme dans le cours.
e−t dt = 1, donne Γ(n) = (n − 1)! si n ∈ N∗ .
récurrence simple, couplée à
X 1
fn (t) dt = 1 de
0
+∞
N +1
1
Z
0
1
limite différente de 0 =
b→+∞
Z
1]
x ∈ [0, n
1
2]
x ∈ [n, n
2
x ∈ [ n , 1]
On a convergence simple vers la fonction nulle sur [0, 1] : si x = 0, on a toujours
2 < x et f (x) = 0.
fn (0) = 0. Si x > 0, il existe un rang n0 tel que pour n > n0 , n
n
b
x−1 −t
si
si
si
I
I
I
de limite nulle lorsque n tend vers +∞.
a
1
année 2013/2014
Mathématiques MP2
DL12 - CCP MP 2007 et 2013
correction
b. Soit fn (x) = an xn e−x . La série de fonctions
n!
6. Théorème de convergence dominée
a. Puisque fn est continue par morceaux sur I et majorée en valeur absolue par une
fonction intégrable, elle est automatiquement intégable.
de somme S(x) =
n
b. On a le choix... entre un exemple sans intérêt mais qui donnera les points : fn (x) = x
- on a convergence simple mais non uniforme vers une fonction nulle sur [0, 1[ et qui
n
vaut 1 en 1 et une domination par 1. Un peu plus intellient : fn (x) = x n : la
1+x
limite simple est presque la même (1/2 en 1), la limite simple n’est pas continue donc
il n’y a pas convergence uniforme sur [0, 1] et la domination par 1 permet d’utiliser
Z 1
xn
dx = 0 (cela dit,
le théorème de convergence dominée pour obtenir lim
n→+∞
1 + xn
0
sur cet exemple on a encore une majoration simple qui fait que le théorème est encore
sin(x/n)
totalement inutile). On termine par l’exemple donné : on note fn (x) = e
. On a
1 + x2
1
1
est continue sur R+ et
lim fn (x) =
pour tout x > 0. La fonction x 7→
n→+∞
1 + x2
1 + x2
e
|fn (x)| 6
intégrable sur R+ (à montrer bien évidemment). On peut appliquer
1 + x2
le théorème de convergence dominée et
Z
+∞
lim
n→+∞
0
esin(x/n)
dx =
1 + x2
+∞
Z
0
X
|an |
n! = |an |. Puisque
an est absolument
n!
0
convergente, le théorème TH4 s’applique. On en déduit que x 7→ f (x)e−x est intégrable
sur R
+∞
X
+
Z
+∞
−x
f (x)e
et
n=0
n
b
Sn (t) dt =
Or
a
XZ
k=0
a
a
Z
1
|fn (x)| dx =
S(t) dt.
XZ
n→+∞
k=0
1
, terme d’une série divergente.
n+1
1
fn (x) dx =
+∞
X
!
fn (x)
Z
1
dx =
0
n=0
dx
= ln 2. Le plus simple ici est d’évaluer la différence
1+x
Z
!
+∞
N Z 1
1 X
X
fn (x) dx −
fn (x) dx
0
0
a
fk (t) dt. Puisque lim
1
. La conver2
(−1)n
. Le théorème des séries alternées donne la convergence
n+1
0
1
de cette série puisque n +
1 n∈N est une suite décroissante vers 0. On a également
0
n
b
(−1)n+1 xn+1
.
1+x
1
c. On a
b
Sn (t) dt =
(−1)k xk =
gence n’est donc pas uniforme sur I.
fk (x) si x ∈ [a, b]. Le théorème TH1 appliqué à Sn donne
lim
an .
n=0
x→1
fk . La suite Sn converge uniformément vers une fonction S avec
Z
+∞
X
Or pour tout x ∈ I, kRn k∞,I > |Rn (x)| donc kRn k∞,I > lim |Rn (x)| =
dx
π
= .
2
2
1+x
0
b
fn (x) dx =
k=n+1
b. Pour TH4, on a
Z
+∞
0
+∞
X
Rn (x) =
k=0
Z
dx =
+∞ Z
X
10. Cas où TH3 et TH4 ne s’appliquent pas.
a. On note fn (x) = (−1)n xn . On a kfn k∞,I = 1 de limite non nulle donc la convergence
n’est pas uniforme sur I (on écrit fn = Rn−1 − Rn d’où kfn k∞ 6 kRn k∞ + kRn−1 k∞
de limite nulle s’il y a convergence uniforme). On peut également calculer le reste :
Z
n→+∞
|fn (x)| dx =
0
k=0
S(x) =
f (x)e−x , continue sur R. On a l’intégrabilité de fn sur R+
(préliminaire) avec
Deuxième partie : séries de fonctions
7. On note Sn =
fn converge simplement sur R+ ,
Zn=0+∞
Z
n
X
+∞
X
X
b
n=0
Z
! +∞
1
X
= fn (x) dx
0
n=N +1
Z 1
(−1)N +1 xN +1 dx
= 1+x
0
Z 1 N +1
Z 1
n=0
fk (t) dt existe, on obtient le thé-
a
roème TH2.
8. non demandé...
6
9. Intégration terme à terme d’une série de fonctions.
0
a. La série est convergente donc le terme général tend vers 0 et la suite (|an |) est bor|x|n
, terme général
née. Soit M qui majore cette suite. Pour tout x ∈ R, | an xn | 6 M
n!
n!
d’une série convergente. La série entière est de rayon de convergence infini et la fonction
somme f est continue.
x
dx 6
1+x
xN +1 dx =
0
1
N +2
Cela donne bien
+∞ Z
X
n=0
2
0
1
fn (x) dx =
lim
N Z
X
N →+∞
n=0
0
1
Z
fn (x) dx =
0
1
+∞
X
!
fn (x)
dx.
n=0
année 2013/2014
Mathématiques MP2
DL12 - CCP MP 2007 et 2013
11. Théorème de convergence monotone : on a convergence simple de la suite de fonctions
(Sn ) vers f qui est continue. Par positivité, on a 0 6 Sn 6 f et f est intégrable donc le
théorème de convergence dominée s’applique. La fin de la démonstration se fait comme
avant (somme partielle - finie - qu’on permute avec l’intégrale).
12. Application à la physique
3 −t
a. On écrit, pour t > 0, t e −t =
1−e
+∞
X
t3 e−(n+1)t =
+∞
X
CCP MP 2013 - Maths I
Partie préliminaire
un+1 n + 1
=
1. Soit un = nxn−1 pour n ∈ N∗ . Ce terme est non nul si x 6= 0. On a alors u
n |x|
n
de limite |x| lorsque n tend vers +∞. La série converge pour |x| < 1 et diverge pour
t3 e−nt . On note fn (t) = t3 e−nt .
n=1
n=0
On a une série de fonctions positives, intégrables (voir préliminaires) et qui converge
3
simplement vers la fonction continue t 7→ t t
sur R∗+ . On peut ainsi appliquer le
e −1
résultat précédent, ce qui donne
Z
+∞
0
correction
+∞
X
t3
dt =
t
e −1
|x| > 1. La série entière est de rayon de convergence 1. Si on note g(x) =
n=0
t3 e−nt dt.
1
,
1−x
2. On intègre par parties sur [a, b] ⊂ R∗+ :
0
n=1
xn =
alors g est aussi de rayon de convergence 1 et pour |x| < 1, on a g 0 (x) = f (x). Ainsi
1
f (x) =
.
(x − 1)2
+∞
Z
+∞
X
Un changement de variable linéaire donne
+∞
Z
0
+∞
Z
Finalement
0
+∞
Z
t3 e−nt dt =
3
u
n
0
e−u
du
6
1
= 4 Γ(4) = 4 .
n
n
n
Puisque lim ax e−a =
+∞
1
b. On doit calculer u = 8πhc
dλ. On effectue le changement
hc
5
0
λ exp(
)−1
kB λT
de variable « t = hc », ce qui est possible puisque l’application λ 7→ hc est un
kB λT
kB λT
C 1 -difféomorphisme de R∗+ sur lui-même. On en déduit
Z
0
u = 8πhc
+∞
kB T
hc
5
t5
t
e −1
On en déduit M = 4c 8πhc kB T
hc
13. Généralisation.
a. On refait de même pour obtenir
Z
0
+∞
tx−1
dt
et − 1
=
−
4
+∞ Z
X
n=1
hc
kB T t2
dt = 8πhc
+∞
4 Z
kB T
hc
0
a→0
t
x−1 −nt
e
dt =
0
Z
+∞
X
1
x
n=1
n
=
n=1
nx
b
+x
a
Z
b
tx−1 e−t dt.
a
lim bx e−b = 0, on obtient Γ(x + 1) = xΓ(x) si x > 0. Une
b→+∞
Z
+∞
e−t dt = 1, donne Γ(n) = (n − 1)! si n ∈ N∗ .
0
3. on le montre par récurrence sur n.
t3
dt.
t
e −1
Z
(a) pour n = 0, cela donne f (x) = f (a) +
x
f 0 (t) dt.
a
(b) on intègre par parties pour passer au rang suivant (on rédigerai mieux la question sur
une vraie copie) :
Z
+∞
u
x−1 −u
e
du
a
0
+∞
X Γ(x)
récurrence simple, couplée à
5 4
π 4 = 2π kB T 4 (yeahh ! ! !)
15
15h3 c2
+∞
tx e−t dt = −tx e−t
a
6π 4
π4
t3
dt
=
=
.
90
15
et − 1
Z
b
Z
x
(x − t)n (n+1)
f
(t) dt
n!
=
=
= Γ(x)ζ(x).
2
b. La première vaut ζ(2) = π6 , la seconde 6!ζ(7) ' 726.0114.
x
(x − t)n+1 (n+1)
−
f
(t)
(n + 1)!
Z
x
+
a
(x − a)n+1 (n+1)
0+
(a) +
f
(n + 1)!
Z
a
x
a
(x − t)n+1 (n+2)
f
(t) dt
(n + 1)!
(x − t)n+1 (n+2)
(t) dt
f
(n + 1)!
et on en fait une récurrence propre.
3
année 2013/2014
Mathématiques MP2
DL12 - CCP MP 2007 et 2013
I. Quelques exemples
II. Contre-exemples
+∞
X
4. On sait que pour tout x ∈ R, sin x =
p=0
+∞
X
(−1)p
p=0
correction
(−1)p
7. On peut reprendre l’exemple de la première question : la fonction définie par f (x) =
1
est de classe C ∞ sur I =] − ∞, 1[ mais ne coïncide avec son DSE que sur ] − 1, 1[.
(1 − x)2
1
On peut le faire plus simplement avec
ou arctan x (C ∞ sur R, coïncide avec son
1 + x2
DSE que sur ] − 1, 1[).
x2p+1
. On note g(x) =
(2p + 1)!
2p
x
x
. Pour tout x 6= 0, on a g(x) = sin
x = f (x). En 0, on a également
(2p + 1)!
f (0) = 1 = g(0). Ainsi f = g sur R. La fonction f est donc DSE en 0 sur R tout entier et
f est de classe C ∞ .
5. On reprend la fonction de la question 1 en la multipliant par x. Pour tout x ∈] − 1, 1[,
+∞
h(x) = xf (x) =
8. (a) toute plate en zéro, comprise en 0 et 1, de limite 1 en ±∞ :
+∞
X n X n
x
=
nx =
nx .
2
(1 − x)
n=1
n=0
Elle est de rayon de convergence 1. D’après le rappel de cours, on a pour tout n ∈ N,
f (n) (0)
.
n=
n!
f (n) (0)
6. On note an =
.
n!
(a) La fonction f est continue donc bornée sur [0, 1]. On note M un
majorant de |f |
X
sur [0, 1]. On a alors |f (x)an xn | 6 M.an . Puisque R > 1, la série
(b) La fonction x 7→ −x2 est de classe C ∞ sur R∗ , à valeurs non nulles. La fonction inverse
est de classe C ∞ sur R∗ et x 7→ e−x l’est sur R. Par composition f est C ∞ sur ]0, +∞[.
On montre par récurrence la propriété
P(n)
: « il existe un polynôme Pn tel que, pour
Pn (x)
(n)
1
tout x > 0, f (x) =
exp − 2 ».
x3n
x
i. cela semble plus que vrai pour n = 0.
an xn converge
absolument pour x = 1. On a donc convergence normale de la série sur [0, 1].
(b) On a
!
Z
Z
1
+∞
X
1
f 2 (x) dx =
0
0
f (x)an xn
dx.
ii. Soit n ∈ N tel que P(n). Pour x > 0, on a (on dérive chaque facteur du produit) :
n=0
Puisqu’il y a convergence normale, donc uniforme de la série de fonctions continues
sur le segment [0, 1], on peut permuter somme et intégrale, ce qui donne
Z
0
+∞
1
f 2 (x) dx =
X
Z
an
n=0
2
f (n+1) (x)
1
Puisque f est continue, positive et d’intégrale nulle sur [0, 1], on a f = 0 sur [0, 1]
donc f est nulle sur [0, 1].
(c) Pour tout x ∈] − R, R[, on a f (x) =
=
Pn0 (x)
3n
=
2
+∞
X
f (n)
f (x)xn dx = 0.
0
0
=
(x)
Pn (x)
Pn (x) 2
1
1
1
− 3n 3n+1 exp − 2 + 3n 3 exp − 2
x
x2
x
x
x
x
x
x3 Pn0 (x) − 3nx2 Pn (x) + 2Pn (x)
1
exp − 2
3n+3
x
x
exp −
Avec Pn+1 = X 3 Pn0 − 3nX 2 Pn + 2Pn qui est encore un polynôme, on obtient le
résultat au rang suivant.
an xn . On, pour tout n ∈ N, f (n) (0) = 0
(n)
(c) On montre que, pour tout n ∈ N,
en 0. Le terme Pn (x) tend
f admet une limit finie
− 3n
1
1
vers Pn (0). Le terme 3n+3 exp − 2 peut s’écrire u 2 exp(−u) avec u = − 12 . Par
x
x
x
3n
croissances comparées, lim u− 2 exp(−u) = 0 et par composition lim f (n) (x) = 0.
n=0
car cette dérivée est aussi la dérivée à droite en 0 et puisque f est nulle sur [0, 1],
f (n) (0) = 0. Ainsi f est nulle sur ] − R, R[.
u→+∞
Remarque : on pourrait reprendre la question sur [−1, 1] au lieu de [0, 1], ce qui donne
f nulle sur [−1, 1] donc, directement d’après le cours (unicité), tous les coefficients du
DSE sont nuls.
x→0+
La fonction f est alors de classe C ∞ sur R+ et donc sur R par parité.
(d) Si c’était le cas, alors f (x) = 0 sur ] − r, r[ ce qui est exclu car f n’est nulle qu’en 0.
4
année 2013/2014
Mathématiques MP2
DL12 - CCP MP 2007 et 2013
e−t
est continue sur [0, +∞[. On a k(t) =
1 + tx2
−t
e−t donc k est intégrable sur [0, +∞[. On note h(x, t) = e 2 pour x ∈ R
O
1 + tx
t→+∞
et t > 0. On a t 7→ h(x, t) intégrable sur R+ si x ∈ R, x 7→ h(x, t) de classe C 1 sur
2xt
R si t ∈ R+ , avec ∂h (x, t) = −
e−t , fonction continue par rapport à t sur
∂x
(1 + tx2 )2
R+ pour x réel fixé. Il reste à dominer indépendamment de x. On ne cherche pas les
complications. On se donne A > 0. Pour |x| 6 A, on a
correction
(b) par exemple la fonction sinus.
9. (a) Soit x ∈ R. La fonction k : t 7→
∂h
−t
(x, t) 6 2Ate = ϕ(t),
∂x
o
et ϕ est continue et intégrable sur [0, +∞[ (on a ϕ(t) =
t→+∞
classe C 1 sur [−A, A] pour tout A > 0 donc sur R+ .
(b) Soit t > 0. Soit x ∈ R tel que |tx2 | < 1, on a
+∞
+∞
αt (x) =
1 ). Ainsi f est de
t2
X (−1)n (2n)!tn e−t 2n
X
e−t
n n 2n
−t
(−1)
t
x
=
=
e
x .
(2n)!
1 + tx2
n=0
n=0
(2n)
On en déduit que αt
f (p) (x) =
(2n+1)
(0) = (−1)n (2n)!tn e−t et αt
Z
+∞
0
p
∂ h
(x, t) dt d’où f (p) (0) =
∂xp
(0) = 0. Il est admis que
+∞
Z
0
∂ph
(0, t) dt.
∂xp
p
(p)
Or, à t fixé, on a ∂ hp (0, t) = αt (0). Ainsi f (2p+1) (0) = 0 (on pouvait le dire par
∂x
parité de f ) et
f (2p) (0) =
Z
+∞
(−1)n (2n)!tn e−t dt = (−1)n (2n)!
0
Z
+∞
tn e−t dt = (−1)n (2n)!(n!).
0
(2n)
X
(f
(0)
= (−1)n n!. La série entière
(−1)n n!x2n a un rayon de
(2n)!
convergence
nul. En effet, si on note un = (−1)n n!x2n , alors pour x 6= 0, on a
un+1 = (n + 1)x2 de limite infinie lorsque n tend vers +∞ - la série est donc
un
divergente si x 6= 0.
(c) Cela donne
III. Condition suffisante
10. (a) Il suffit de montrer que le reste intégral est de limite nulle lorsque n tend vers +∞,
ce qui garantit que la série de Taylor a pour somme f (x). Une majoration immédiate
donne
Z
0
x
Z
(x − t)n (n+1)
f
(t) dt 6 M n!
0
x
Z
|x − t|n dt = M n!
0
x
(x − t)n |x|n+1
dt = M
.
n!
(n + 1)!
Ce terme tend vers 0 lorsque n tend vers +∞.
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année 2013/2014