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Mines Maths 2 PSI 2013 — Corrigé
Ce corrigé est proposé par Simon Billouet (Doctorant en mathématiques) ; il a
été relu par Gilbert Monna (Professeur en CPGE) et Benoît Chevalier (ENS Ulm).
Ce sujet a pour but de démontrer et d’appliquer la formule du triple produit
de Jacobi, qui stipule que pour tous z ∈ C∗ et x ∈ ] −1 ; 1 [ :
∞
Q
k=1
(1 − x2k )
∞
Q
k=1
(1 + z 2 x2k−1 )
∞
Q
+∞
(1 + z −2 x2k−1 ) =
k=1
L’énoncé est composé de trois parties de longueurs inégales.
P
2
xm z 2m
m=−∞
• La première partie est constituée d’une seule question, qui demande de démontrer par récurrence une inégalité qui sera utilisée dans la deuxième partie.
• La deuxième partie vise à établir la formule du triple produit de Jacobi. Elle est
constituée d’une quinzaine de questions, souvent assez longues, dans lesquelles
il s’agit de justifier rigoureusement les convergences, regroupements de termes
ou autres manipulations calculatoires que l’on opère.
• La troisième partie étudie d’abord un corollaire de la formule démontrée dans
la deuxième partie (la formule des nombres pentagonaux d’Euler), puis utilise
ce corollaire pour démontrer une équation sur la série génératrice du nombre
de partitions d’un entier, ce qui permet d’en déduire la valeur de ce nombre
pour de petits entiers. La question 22 est particulièrement difficile.
On ne peut commenter ce sujet sans faire une note historique : les techniques
mises en œuvre sont à peu près les mêmes que celles qu’Euler lui-même utilisait
au XVIIIe siècle... Mais lui ne se souciait pas de justifier la convergence des produits
infinis ou les regroupements de termes !
Ce sujet est difficile : peu d’exemples sont abordés, les parties ne sont pas indépendantes et il est quasiment impossible d’avancer substantiellement en sautant des
questions. Certaines questions (6, 17 et 22, en particulier) nécessitent une rédaction
longue pour que la démonstration soit complète. Cet énoncé vous permettra de vérifier votre capacité à mener un raisonnement rigoureux et à justifier des calculs.
Il permet également de se familiariser avec les produits infinis, qui font partie des
classiques des concours.
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Indications
Partie 1
1 Regarder comment on passe du rang n = 2 au rang n = 3 pour comprendre
comment la récurrence s’enclenche.
Partie 2
2 Montrer que la suite des produits est décroissante.
3 Penser à utiliser les deux sens de l’inégalité triangulaire. Attention, la suite
(ln(ρk ))n∈N n’est pas de signe constant !
4 Quand y → 0, Arctan (y) ∼ y.
6 Utiliser le fait que e y > 1 + y pour y > 0.
7 Regrouper les produits infinis (en justifiant qu’on a le droit de le faire).
8 Isoler le terme qu’on souhaite obtenir à la limite et utiliser les propriétés de
régularité d’une série entière.
9 Montrer la proposition par récurrence forte.
10 Comparer F(x, z) et F(x, −z).
14 Étudier F(x, 1).
15 Regrouper les produits infinis.
17 Identifier les parties réelle et imaginaire de l’égalité trouvée en 16. Attention à
bien montrer la non-nullité des termes par lesquels vous divisez.
Partie 3
19 Choisir z tel que z 2 = −t1/2 .
20 Attention, il y a une erreur dans l’énoncé : S2 est l’ensemble des solutions dans Nn
n
P
de
jqj = n.
j=1
22 Montrer que
∞
Q
m=1
∞
P
i=0
xim
= 1+
∞
P
p(k)xk . Cette question est très difficile.
k=0
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1. Préambule
1 Montrons par récurrence sur n ∈ N∗ la propriété P(n) : pour toute suite de
nombres complexes (ξk )k∈N ,
n
n
Q
Q
(1 + ξk ) − 1 6
(1 + |ξk |) − 1
k=1
k=1
L’énoncé demande de prouver la propriété à partir du rang n = 0 qui ne sera
jamais utilisé dans la suite et était probablement une erreur d’énoncé. Si l’on
accepte la convention qu’un produit indexé par un ensemble vide vaut 1
(convention non explicite dans le programme de PSI), P(0) est vraie car les
deux termes de l’inégalité sont nuls.
• P(1) signifie que pour toute suite de nombres complexes (ξk )k∈N , |ξ1 | 6 |ξ1 |,
ce qui est manifestement vrai.
• P(n) =⇒ P(n + 1) : supposons la propriété vraie au rang n ∈ N∗ . On a
n+1
n
Q
Q
(1 + ξk ) − 1 = (1 + ξn+1 )
(1 + ξk ) − 1
k=1
k=1
Par inégalité triangulaire, il vient
n
n
n+1
Q
Q
Q
(1 + ξk ) − 1 6 (1 + ξk ) − 1 + ξn+1
(1 + ξk )
k=1
k=1
k=1
En utilisant l’hypothèse de récurrence, on a
n
n
n+1
Q
Q
Q
6
(1
+
ξ
)
−
1
(1 + |ξk |) − 1 + |ξn+1 |
|1 + ξk |
k
k=1
k=1
k=1
Or, pour tout k ∈ [[ 1 ; n ]], |1 + ξk | 6 1 + |ξk | donc
n
n
n+1
Q
Q
Q
6
(1 + |ξk |)
(1
+
ξ
)
−
1
(1 + |ξk |) − 1 + |ξn+1 |
k
k=1
k=1
k=1
Par ailleurs,
n
Q
(1 + |ξk )|) − 1 + |ξn+1 |
k=1
n
Q
(1 + |ξk |) =
k=1
n+1
Q
(1 + |ξk |) − 1
k=1
On en conclut que
n+1
n+1
Q (1 + ξk ) − 1 6 Q (1 + |ξk |) − 1
k=1
k=1
On vient de prouver P(n + 1).
• Conclusion : P(n) est vraie pour tout n ∈ N :
n
n
Q
6 Q (1 + |ξk |) − 1
∀n ∈ N
(1
+
ξ
)
−
1
k
k=1
k=1
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2. La formule de Jacobi
2 Soit, pour n > 1,
un =
n
Q
1 − x2k
k=1
Puisque |x| < 1 par hypothèse, on a également x2k = (xk )2 = x2k < 1 pour
tout k ∈ N∗ . Par suite, tous les termes dans le produit définissant un sont strictement positifs, si bien que un l’est aussi. Par ailleurs, un+1 /un = 1 − x2n+2 . Or,
2
x2n+2 = xn+1 > 0, donc un+1 /un 6 1 pour tout n ∈ N∗ . Ainsi, (un )n∈N∗ est une
suite décroissante et minorée par 0 : elle converge donc, et
Q(x) est bien défini.
3 Soit, pour n > 1,
vn =
n
Q
ρk
k=1
Si, pour une certaine valeur de k, on a z 2 x2k−1 = −1, alors ρk = 0. La suite (vn )n∈N
est nulle à partir du rang k ; par conséquent, elle converge. Sinon, (vn )n∈N est à termes
strictement positifs, chaque ρk étant le module d’un nombre complexe. Suivant l’indication donnée par l’énoncé, considérons son logarithme népérien
ln(vn ) =
n
P
ln(ρk )
k=1
Par continuité de la fonction exponentielle, si (ln(vn ))n∈N converge, alors (vn )n∈N
converge également. Il reste à montrer que ln(ρk ) est le terme général d’une série
convergente. L’inégalité triangulaire stipule que
∀(a, b) ∈ C2 , ||a| − |b|| 6 |a + b| 6 |a| + |b|
On en déduit que
2
1 − |z| |x|
2k−1
2
6 ρk 6 1 + |z| |x|
2k−1
Le terme de gauche de l’inégalité tend vers 1 quand k tend vers ∞ (puisque |x| < 1),
il est donc strictement positif à partir d’un certain rang. À partir de ce rang, les logarithmes de toutes les quantités ci-dessus sont définis, et par croissance de la fonction
logarithme, il vient
2
ln(1 − |z| |x|
d’où
2k−1
2
) 6 ln(ρk ) 6 ln(1 + |z| |x|
2
|ln(ρk )| 6 Max ln(1 + |z| |x|
2k−1
2k−1
2
), − ln(1 − |z| |x|
Puisque ln(1 + h) = O (h), on en déduit que
)
2k−1
)
h→0
2
|ln(ρk )| = O (|z| |x|
k→∞
2k−1
2k
) = O (|x| )
k→∞
2
Par comparaison à une série géométrique de raison |x| < 1, la série
donc absolument convergente. Ainsi,
Q
Le produit ρk converge.
P
ln(ρk ) est
Il faut prendre garde au fait que les ln(ρk ) ne sont pas de signe constant.
Il ne suffit donc pas de majorer ln(ρk ) pour conclure quant à la nature de la
série sous-jacente.
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