Corrigé

Mathématiques MP2 DL12 - CCP MP 2007 et 2013 correction
CCP MP 2007 - Maths I - Échanges de limites et d’intégrales
Partie préliminaire
1. Fonction Γ:
a. Soit f(t) = tx−1e−t. La fonction est continue sur ]0,+∞[. On a f(t) = o
t→+∞1
t2
donc fest intégrable sur [1,+∞[. De plus, f(t)∼
t→0
1
t1−xavec 1−x < 1, donc fest
intégrable sur ]0,1]. Finalement fest intégrable sur R∗
+.
b. On intègre par parties sur [a, b]⊂R∗
+:
Zb
a
txe−tdt =−txe−tb
a+xZb
a
tx−1e−tdt.
Puisque lim
a→0axe−a= lim b→+∞
bxe−b= 0, on obtient Γ(x+ 1) = xΓ(x)si x > 0. Une
récurrence simple, couplée à Z+∞
0
e−tdt = 1, donne Γ(n) = (n−1)! si n∈N∗.
2. Fonction ζ:
a. La fonction t7→ 1
txest décroissante sur [k, k + 1] si k∈N∗. Ainsi, pour tout k>1,
1
(k+ 1)x6Zk+1
k
dt
tx. En sommant ces relations pour kallant de nàN, on obtient
N+1
X
k=n+1
1
kx6ZN
n
t−xdt =1
(x−1)tx−1N
n
.
Lorsque Ntend vers +∞, on a, puisque x−1>0,Rn(x)61
(x−1)nx−1.
b. On majore Rn(p)par 1
(2 −1)np−1=1 np−1. Pour majorer par ε, il suffit que 1 np−16ε,
c’est-à-dire n>1
ε1
p−1
=ε1
1−p.
c. On a p−1 = 6. Il suffit d’avoir n>10 (incroyable comme cela se simplifie). On
trouve
10
X
k=1
1
k7'1,0083491549501573 (et ζ(7) '1,0083492773819229 d’où une erreur
de 1,224.10−7).
Première partie : suites de fonctions
3. La suite de fonctions continues (fn)converge uniformément vers fsur [a, b]donc fest
continue sur [a, b]. Cela donne un sens à l’intégrale. On a alors
Zb
a
fn(t)dt −Zb
a
f(t)dt 6Zb
a|fn(t)−f(t)|dt 6(b−a)kfn−fk∞,
de limite nulle lorsque ntend vers +∞.
4. Exemples et contre-exemples.
a. On peut utiliser une fonction avec un pic (pour n>2) :
fn(x) = 
n2xsi x∈[0,1
n]
n(2 −nx)si x∈[1
n,2 n]
0si x∈[2
n,1]
On a convergence simple vers la fonction nulle sur [0,1] : si x= 0, on a toujours
fn(0) = 0. Si x > 0, il existe un rang n0tel que pour n>n0,2
n< x et fn(x)=0.
De plus l’aire du triangle (base 2
n, hauteur 1) vaut 1. On a ainsi Z1
0
fn(t)dt = 1 de
limite différente de 0 = Z1
0
f(t)dt.
b. Même exemple mais on divise tout par n: la valeur du maximum vaut alors 1au
lieu de n, la convergence est simple vers la fonction nulle, non uniforme (maximum
qui vaut 1) et Z1
0
fn(t)dt =1
nde limite nulle. Plus simplement, on peut considérer
fn(x) = xncomme dans le cours.
5. Cas d’un intervalle quelconque
a. On calcule l’intégrale : elle existe puisqu’on retrouve Γ(n+ 1). On a donc
Z+∞
0
tn
n!e−tdt = 1. On a également lim
n→+∞
fn(x) = 0 par croissances comparées (on
peut le redémontrer avec le critère de d’Alembert - on a fn+1(x)
fn(x)de limite nulle lorsque
ntend vers +∞donc la suite converge vers 0). On étudie la convergence uniforme.
On a, pour n>1,f0
n(x) = n−x
n!xn−1e−x. Un tableau de variation sommaire donne
un maximum en n(la fonction est positive), avec fn(n) = nne−n
n!. La formule de
Stirling donne fn(n)∼
n→+∞
1
√2πn . On a donc convergence uniforme vers 0de la suite
de fonctions (fn)sur R+.
b. Par définition de la limite uniforme avec ε= 1 : il existe p∈Ntel que pour tout n>p,
pour tout x∈I,|f(x)−fn(x)|61. On a alors |f(x)|61 + |fn(x)|. C’est notamment
vrai pour n=p. La fonction fpest intégrable sur I. La fonction constante égale à 1
est également intégrable sur Icar Iest borné : elle est continue donc intégrable sur
le segment K=¯ Iet est ainsi intégrable sur I. Pour finir, on a simplement à majorer
ZI
fn(x)dx −ZI f(x)dx 6ZI|fn(x)−f(x)|dx 6`(I).kfn−fk∞,
de limite nulle lorsque ntend vers +∞.
1 année 2013/2014

Mathématiques MP2 DL12 - CCP MP 2007 et 2013 correction
6. Théorème de convergence dominée
a. Puisque fnest continue par morceaux sur Iet majorée en valeur absolue par une
fonction intégrable, elle est automatiquement intégable.
b. On a le choix... entre un exemple sans intérêt mais qui donnera les points : fn(x) = xn
- on a convergence simple mais non uniforme vers une fonction nulle sur [0,1[ et qui
vaut 1en 1et une domination par 1. Un peu plus intellient : fn(x) = xn
1 + xn: la
limite simple est presque la même (1/2en 1), la limite simple n’est pas continue donc
il n’y a pas convergence uniforme sur [0,1] et la domination par 1permet d’utiliser
le théorème de convergence dominée pour obtenir lim
n→+∞Z1
0
xn
1 + xndx = 0 (cela dit,
sur cet exemple on a encore une majoration simple qui fait que le théorème est encore
totalement inutile). On termine par l’exemple donné : on note fn(x) = esin(x/n)
1 + x2. On a
lim
n→+∞
fn(x) = 1
1 + x2pour tout x>0. La fonction x7→ 1
1 + x2est continue sur R+et
|fn(x)|6e
1 + x2intégrable sur R+(à montrer bien évidemment). On peut appliquer
le théorème de convergence dominée et
lim
n→+∞Z+∞
0
esin(x/n)
1 + x2dx =Z+∞
0
dx
1 + x2=π
2.
Deuxième partie : séries de fonctions
7. On note Sn=
n
X
k=0
fk. La suite Snconverge uniformément vers une fonction Savec
S(x) =
+∞
X
k=0
fk(x)si x∈[a, b]. Le théorème TH1 appliqué à Sndonne
lim
n→+∞Zb
a
Sn(t)dt =Zb
a
S(t)dt.
Or Zb
a
Sn(t)dt =
n
X
k=0 Zb
a
fk(t)dt. Puisque lim
n→+∞
n
X
k=0 Zb
a
fk(t)dt existe, on obtient le thé-
roème TH2.
8. non demandé...
9. Intégration terme à terme d’une série de fonctions.
a. La série est convergente donc le terme général tend vers 0et la suite (|an|)est bor-
née. Soit Mqui majore cette suite. Pour tout x∈R,|an
n!xn|6M|x|n n!, terme général
d’une série convergente. La série entière est de rayon de convergence infini et la fonction
somme fest continue.
b. Soit fn(x) = an
n!xne−x. La série de fonctions Xfnconverge simplement sur R+,
de somme S(x) =
+∞
X
n=0
f(x)e−x, continue sur R. On a l’intégrabilité de fnsur R+
(préliminaire) avec Z+∞
0|fn(x)|dx =|an|
n!n! = |an|. Puisque Xanest absolument
convergente, le théorème TH4 s’applique. On en déduit que x7→ f(x)e−xest intégrable
sur R+et Z+∞
0
f(x)e−xdx =
+∞
X
n=0 Z+∞
0
fn(x)dx =
+∞
X
n=0
an.
10. Cas où TH3 et TH4 ne s’appliquent pas.
a. On note fn(x) = (−1)nxn. On a kfnk∞,I = 1 de limite non nulle donc la convergence
n’est pas uniforme sur I(on écrit fn=Rn−1−Rnd’où kfnk∞6kRnk∞+kRn−1k∞
de limite nulle s’il y a convergence uniforme). On peut également calculer le reste :
Rn(x) =
+∞
X
k=n+1
(−1)kxk=(−1)n+1xn+1
1 + x.
Or pour tout x∈I,kRnk∞,I >|Rn(x)|donc kRnk∞,I >lim
x→1|Rn(x)|=1
2. La conver-
gence n’est donc pas uniforme sur I.
b. Pour TH4, on a Z1
0|fn(x)|dx =1
n+ 1 , terme d’une série divergente.
c. On a Z1
0
fn(x)dx =(−1)n
n+ 1 . Le théorème des séries alternées donne la convergence
de cette série puisque 1
n+ 1 n∈N
est une suite décroissante vers 0. On a également
Z1
0 +∞
X
n=0
fn(x)!dx =Z1
0
dx
1 + x= ln 2. Le plus simple ici est d’évaluer la différence
Z1
0 +∞
X
n=0
fn(x)!dx −
N
X
n=0 Z1
0
fn(x)dx =Z1
0 +∞
X
n=N+1
fn(x)!dx
=Z1
0
(−1)N+1xN+1
1 + xdx
6Z1
0
xN+1
1 + xdx 6Z1
0
xN+1 dx =1
N+ 2
Cela donne bien
+∞
X
n=0 Z1
0
fn(x)dx = lim
N→+∞
N
X
n=0 Z1
0
fn(x)dx =Z1
0 +∞
X
n=0
fn(x)!dx.
2 année 2013/2014

Mathématiques MP2 DL12 - CCP MP 2007 et 2013 correction
11. Théorème de convergence monotone : on a convergence simple de la suite de fonctions
(Sn)vers fqui est continue. Par positivité, on a 06Sn6fet fest 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
a. On écrit, pour t > 0,t3e−t
1−e−t=
+∞
X
n=0
t3e−(n+1)t=
+∞
X
n=1
t3e−nt. On note fn(t) = t3e−nt.
On a une série de fonctions positives, intégrables (voir préliminaires) et qui converge
simplement vers la fonction continue t7→ t3
et−1sur R∗
+. On peut ainsi appliquer le
résultat précédent, ce qui donne
Z+∞
0
t3
et−1dt =
+∞
X
n=1 Z+∞
0
t3e−nt dt.
Un changement de variable linéaire donne
Z+∞
0
t3e−nt dt =Z+∞
0u
n3
e−udu
n=1
n4Γ(4) = 6 n4.
Finalement Z+∞
0
t3
et−1dt =6π4
90 =π4 15 .
b. On doit calculer u= 8πhc Z+∞
0
1
λ5exp( hc
kBλT )−1dλ. On effectue le changement
de variable « t=hc
kBλT », ce qui est possible puisque l’application λ7→ hc kBλT est un
C1-difféomorphisme de R∗
+sur lui-même. On en déduit
u= 8πhc Z0
+∞kBT
hc 5t5
et−1−hc
kBT t2dt = 8πhc kBT
hc 4Z+∞
0
t3
et−1dt.
On en déduit M=c
48πhc kBT
hc 4π4
15 =2π5k4
B
15h3c2T4(yeahh ! ! !)
13. Généralisation.
a. On refait de même pour obtenir
Z+∞
0
tx−1
et−1dt =
+∞
X
n=1 Z+∞
0
tx−1e−nt dt =
+∞
X
n=1
1
nxZ+∞
0
ux−1e−udu
=
+∞
X
n=1
Γ(x)
nx= Γ(x)ζ(x).
b. La première vaut ζ(2) = π2
6, la seconde 6!ζ(7) '726.0114.
CCP MP 2013 - Maths I
Partie préliminaire
1. Soit un=nxn−1pour n∈N∗. Ce terme est non nul si x6= 0. On a alors un+1
un=n+ 1 n|x|
de limite |x|lorsque ntend vers +∞. La série converge pour |x|<1et diverge pour
|x|>1. La série entière est de rayon de convergence 1. Si on note g(x) =
+∞
X
n=0
xn=1
1−x,
alors gest aussi de rayon de convergence 1et pour |x|<1, on a g0(x) = f(x). Ainsi
f(x) = 1
(x−1)2.
2. On intègre par parties sur [a, b]⊂R∗
+:
Zb
a
txe−tdt =−txe−tb
a+xZb
a
tx−1e−tdt.
Puisque lim
a→0axe−a= lim
b→+∞
bxe−b= 0, on obtient Γ(x+ 1) = xΓ(x)si x > 0. Une
récurrence simple, couplée à Z+∞
0
e−tdt = 1, donne Γ(n) = (n−1)! si n∈N∗.
3. on le montre par récurrence sur n.
(a) pour n= 0, cela donne f(x) = f(a) + Zx
a
f0(t)dt.
(b) on intègre par parties pour passer au rang suivant (on rédigerai mieux la question sur
une vraie copie) :
Zx
a
(x−t)n
n!f(n+1)(t)dt =−(x−t)n+1 (n+ 1)! f(n+1)(t)x
a
+Zx
a
(x−t)n+1
(n+ 1)! f(n+2)(t)dt
= 0 + (x−a)n+1
(n+ 1)! f(n+1)(a) + Zx
a
(x−t)n+1
(n+ 1)! f(n+2)(t)dt
et on en fait une récurrence propre.
3 année 2013/2014

Mathématiques MP2 DL12 - CCP MP 2007 et 2013 correction
I. Quelques exemples
4. On sait que pour tout x∈R,sin x=
+∞
X
p=0
(−1)px2p+1
(2p+ 1)! . On note g(x) =
+∞
X
p=0
(−1)px2p
(2p+ 1)! . Pour tout x6= 0, on a g(x) = sin x
x=f(x). En 0, on a également
f(0) = 1 = g(0). Ainsi f=gsur R. La fonction fest donc DSE en 0sur Rtout entier et
fest de classe C∞.
5. On reprend la fonction de la question 1en la multipliant par x. Pour tout x∈]−1,1[,
h(x) = xf(x) = x
(1 −x)2=
+∞
X
n=1
nxn=
+∞
X
n=0
nxn.
Elle est de rayon de convergence 1. D’après le rappel de cours, on a pour tout n∈N,
n=f(n)(0)
n!.
6. On note an=f(n)(0)
n!.
(a) La fonction fest continue donc bornée sur [0,1]. On note Mun majorant de |f|
sur [0,1]. On a alors |f(x)anxn|6M.an. Puisque R > 1, la série Xanxnconverge
absolument pour x= 1. On a donc convergence normale de la série sur [0,1].
(b) On a
Z1
0
f2(x)dx =Z1
0 +∞
X
n=0
f(x)anxn!dx.
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
Z1
0
f2(x)dx =
+∞
X
n=0
anZ1
0
f(x)xndx = 0.
Puisque f2est continue, positive et d’intégrale nulle sur [0,1], on a f2= 0 sur [0,1]
donc fest nulle sur [0,1].
(c) Pour tout x∈]−R, R[, on a f(x) =
+∞
X
n=0
anxn. On, pour tout n∈N,f(n)(0) = 0
car cette dérivée est aussi la dérivée à droite en 0et puisque fest nulle sur [0,1],
f(n)(0) = 0. Ainsi fest nulle sur ]−R, R[.
Remarque : on pourrait reprendre la question sur [−1,1] au lieu de [0,1], ce qui donne
fnulle sur [−1,1] donc, directement d’après le cours (unicité), tous les coefficients du
DSE sont nuls.
II. Contre-exemples
7. On peut reprendre l’exemple de la première question : la fonction définie par f(x) =
1
(1 −x)2est de classe C∞sur I=]−∞,1[ mais ne coïncide avec son DSE que sur ]−1,1[.
On peut le faire plus simplement avec 1
1 + x2ou arctan x(C∞sur R, coïncide avec son
DSE que sur ]−1,1[).
8. (a) toute plate en zéro, comprise en 0et 1, de limite 1en ±∞ :
(b) La fonction x7→ −x2est de classe C∞sur R∗, à valeurs non nulles. La fonction inverse
est de classe C∞sur R∗et x7→ e−xl’est sur R. Par composition fest C∞sur ]0,+∞[.
On montre par récurrence la propriété P(n): « il existe un polynôme Pntel que, pour
tout x > 0,f(n)(x) = Pn(x)
x3nexp −1 x2».
i. cela semble plus que vrai pour n= 0.
ii. Soit n∈Ntel que P(n). Pour x > 0, on a (on dérive chaque facteur du produit) :
f(n+1)(x) = f(n)0(x)
=P0
n(x)
x3nexp −1 x2−3nPn(x) x3n+1 exp −1 x2+Pn(x) x3n
2
x3exp −1 x2
=x3P0
n(x)−3nx2Pn(x) + 2Pn(x)
x3n+3 exp −1 x2
Avec Pn+1 =X3P0
n−3nX2Pn+ 2Pnqui est encore un polynôme, on obtient le
résultat au rang suivant.
(c) On montre que, pour tout n∈N,f(n)admet une limit finie en 0. Le terme Pn(x)tend
vers Pn(0). Le terme 1
x3n+3 exp −1 x2peut s’écrire u−3n
2exp(−u)avec u=−1
x2. Par
croissances comparées, lim
u→+∞
u−3n
2exp(−u) = 0 et par composition lim
x→0+f(n)(x) = 0.
La fonction fest alors de classe C∞sur R+et donc sur Rpar parité.
(d) Si c’était le cas, alors f(x) = 0 sur ]−r, r[ce qui est exclu car fn’est nulle qu’en 0.
4 année 2013/2014

Mathématiques MP2 DL12 - CCP MP 2007 et 2013 correction
9. (a) Soit x∈R. La fonction k:t7→ e−t
1 + tx2est continue sur [0,+∞[. On a k(t) =
O
t→+∞e−tdonc kest intégrable sur [0,+∞[. On note h(x, t) = e−t
1 + tx2pour x∈R
et t>0. On a t7→ h(x, t)intégrable sur R+si x∈R,x7→ h(x, t)de classe C1sur
Rsi t∈R+, avec ∂h
∂x (x, t) = −2xt
(1 + tx2)2e−t, fonction continue par rapport à tsur
R+pour xréel fixé. Il reste à dominer indépendamment de x. On ne cherche pas les
complications. On se donne A > 0. Pour |x|6A, on a
∂h
∂x (x, t)62Ate−t=ϕ(t),
et ϕest continue et intégrable sur [0,+∞[(on a ϕ(t) = o
t→+∞1
t2). Ainsi fest de
classe C1sur [−A, A]pour tout A > 0donc sur R+.
(b) Soit t>0. Soit x∈Rtel que |tx2|<1, on a
αt(x) = e−t
1 + tx2=e−t
+∞
X
n=0
(−1)ntnx2n=
+∞
X
n=0
(−1)n(2n)!tne−t
(2n)! x2n.
On en déduit que α(2n)
t(0) = (−1)n(2n)!tne−tet α(2n+1) t(0) = 0. Il est admis que
f(p)(x) = Z+∞
0
∂ph
∂xp(x, t)dt d’où f(p)(0) = Z+∞
0
∂ph
∂xp(0, t)dt.
Or, à tfixé, on a ∂ph
∂xp(0, t) = α(p)
t(0). Ainsi f(2p+1)(0) = 0 (on pouvait le dire par
parité de f) et
f(2p)(0) = Z+∞
0
(−1)n(2n)!tne−tdt = (−1)n(2n)! Z+∞
0
tne−tdt = (−1)n(2n)!(n!).
(c) Cela donne (f(2n)(0)
(2n)! = (−1)nn!. La série entière X(−1)nn!x2na un rayon de
convergence nul. En effet, si on note un= (−1)nn!x2n, alors pour x6= 0, on a
un+1
un= (n+ 1)x2de limite infinie lorsque ntend vers +∞- la série est donc
divergente si x6= 0.
III. Condition suffisante
10. (a) Il suffit de montrer que le reste intégral est de limite nulle lorsque ntend vers +∞,
ce qui garantit que la série de Taylor a pour somme f(x). Une majoration immédiate
donne
Zx
0
(x−t)n
n!f(n+1)(t)dt
6MZx
0
|x−t|n
n!dt
=MZx
0
(x−t)n
n!dt
=M|x|n+1
(n+ 1)! .
Ce terme tend vers 0lorsque ntend vers +∞.
(b) par exemple la fonction sinus.
5 année 2013/2014