Exercices d’oraux type Centrale/Mines

Enoncé (Centrale)

Soient $\lambda\in]0,1[$ et $f$, $g$, $h$ $:[0,1]\rightarrow\mathbb{R}_+^*$ continues telles que : $\forall(x,y)\in[0,1]^2$, $h(\lambda x+(1-\lambda)y)\geqslant (f(x))^\lambda(g(y))^{1-\lambda}$.

1) Rappeler la définition d’une fonction concave sur un intervalle et établir : $\forall(a,b)\in\left(\mathbb{R}_+^*\right)^2$, $\lambda a+(1-\lambda)b\geqslant a^\lambda b^{1-\lambda}$.

2) On pose $\alpha=\displaystyle\int_{0}^{1}f(x)\;dx$ et $\beta=\displaystyle\int_{0}^{1}g(x)\;dx$. Vérifier que les fonctions suivantes réalisent des bijections de $[0,1]$ dans $[0,1]$ :

$$\Phi~:~\theta\mapsto\dfrac{1}{\alpha}\displaystyle\int_{0}^{\theta}f(x)\;dx\quad\text{et}\quad\Psi~:~\theta\mapsto\dfrac{1}{\beta}\displaystyle\int_{0}^{\theta}g(x)\;dx.$$

et montrer que la fonction $u=\lambda\Phi^{-1}+(1-\lambda)\Psi^{-1}$ est une bijection de classe $C^1$ de $[0,1]$ dans $[0,1]$.

3) En déduire l’inégalité :

$$\displaystyle\int_{0}^{1}h(x)\;dx\geqslant\left(\displaystyle\int_{0}^{1}f(x)\;dx\right)^\lambda\left(\displaystyle\int_{0}^{1}g(x)\;dx\right)^{1-\lambda}.$$

Corrigé

1) Soit $f$ une fonction définie sur un intervalle $I$ de $\mathbb{R}$ à valeurs dans $\mathbb{R}$. $f$ est concave sur $I$ si et seulement si

$$\forall(x,y)\in I^2,\;\forall t\in[0,1],\;f((1-t)x+ty)\geqslant(1-t)f(x)+tf(y).$$

Soit $(a,b)\in]0,+\infty[^2$. La fonction $\ln$ est concave sur $]0,+\infty[$ car sa dérivée seconde, à savoir la fonction $x\mapsto-\dfrac{1}{x^2}$, est négative sur cet intervalle. On en déduit que $\ln(\lambda a+(1-\lambda b)\geqslant\lambda\ln(a)+(1-\lambda)\ln(b)=\ln\left(a^\lambda b^{1-\lambda}\right)$ puis, par croissance de la fonction exponentielle sur $\mathbb{R}$,

$$\lambda a+(1-\lambda)b\geqslant a^\lambda b^{1-\lambda}.$$

2) On note tout d’abord que $\alpha>0$ et $\beta>0$ (intégrales de fonctions continues, positives et non nulles).

$\bullet$ L’application $f$ est continue sur $[0,1]$. Donc, l’application $\Phi$ est définie et de classe $C^1$ sur $[0,1]$. De plus, pour tout $\theta\in[0,1]$, $\Phi'(\theta)=\dfrac{f(\theta)}{\alpha}>0$. Ainsi, l’application $\Phi$ est continue et strictement croissante sur $[0,1]$. L’application $\Phi$ est donc bijective de $[0,1]$ sur $\Phi([0,1])=[\Phi(0),\Phi(1)]=[0,1]$

De même, la fonction $\Psi$ est de classe $C^1$ sur $[0,1]$ et pour tout $\theta\in[0,1]$, $\Psi'(\theta)=\dfrac{g(\theta)}{\beta}>0$ puis $\Psi$ est bijective de $[0,1]$ dans $[0,1]$.

$\bullet$ L’application $\Phi$ est de classe $C^1$ sur $[0,1]$ et sa dérivée $\Phi’~:~\theta\mapsto\dfrac{f(\theta))}{\alpha}$ ne s’annule pas sur $[0,1]$. On sait alors que $\Phi^{-1}$ est de classe $C^1$ sur $[0,1]$ et de plus, pour tout $x\in[0,1]$, $\left(\Phi^{-1}\right)'(x)=\dfrac{1}{\Phi’\left(\Phi^{-1}(x)\right)}=\dfrac{\alpha}{f\left(\Phi^{-1}(x)\right)}$De même, l’application $\Psi^{-1}$ est de classe $C^1$ sur $[0,1]$ et pour tout $x\in[0,1]$, $\left(\Psi^{-1}\right)'(x)=\dfrac{\beta}{g\left(\Psi^{-1}(x)\right)}$.

Mais alors, la fonction $u$ est de classe $C^1$ sur $[0,1]$ en tant que combinaison linéaire de fonctions de classe $C^1$ sur $[0,1]$ et de plus,

$$\forall x\in[0,1],\;u'(x)=\dfrac{\lambda\alpha}{f\left(\Phi^{-1}(x)\right)}+\dfrac{(1-\lambda)\beta}{g\left(\Psi^{-1}(x)\right)}>0.$$

L’application $u$ est continue et strictement croissante sur $[0,1]$ et donc bijective de $[0,1]$ sur $u([0,1])=[u(0),u(1)]=\left[\lambda\Phi^{-1}(0)+(1-\lambda)\Psi^{-1}(0),\lambda\Phi^{-1}(1)+(1-\lambda)\Psi^{-1}(1)\right]=[0,\lambda+1-\lambda]=[0,1]$.

3) On pose $\theta=u(x)$ de sorte que $d\theta=u'(x)\;dx$. On obtient

\begin{align*}\displaystyle\int_{0}^{1}h(\theta)\;d\theta&=\displaystyle\int_{0}^{1}h(u(x))\;u'(x)\;dx\\&=\displaystyle\int_{0}^{1}h\left(\lambda\Phi^{-1}(x)+(1-\lambda)\Psi^{-1}(x)\right)\;\left(\dfrac{\lambda\alpha}{f\left(\Phi^{-1}(x)\right)}+\dfrac{(1-\lambda)\beta}{g\left(\Psi^{-1}(x)\right)}\right)dx\\&\geqslant\displaystyle\int_{0}^{1}\left(f\left(\Phi^{-1}(x)\right)\right)^{\lambda}\left(g\left(\Psi^{-1}(x)\right)\right)^{1-\lambda}\left(\dfrac{\alpha}{f\left(\Phi^{-1}(x)\right)}\right)^{\lambda}\left(\dfrac{\beta}{g\left(\Psi^{-1}(x)\right)}\right)^{1-\lambda}dx\;(\text{par hypothèse sur}\;h\;\text{et d’après la question 1)})\\&=\alpha^\lambda\beta^{1-\lambda}=\left(\int_{0}^{1}f(x)\;dx\right)^{\lambda}\left(\int_{0}^{1}g(x)\;dx\right)^{1-\lambda}.\end{align*}

La variable d’intégration étant muette, on a montré l’inégalité de l’énoncé.

Commentaires et/ou rappels de cours

Changement de variable dans une intégrale (le théorème de maths spé).

Etant donné une fonction $f$ continue sur $]a,b[$ à valeurs dans $\mathbb{R}$ ou $\mathbb{C}$ et une fonction $\varphi~:~]\alpha,\beta[\rightarrow]a,b[$ ($a$, $b$, $\alpha$, $\beta$, réels ou infini) bijective, strictement croissante et de classe $C^1$, alors la intégrales $\displaystyle\int_{a}^{b}f(t)\;dt$ et $\displaystyle\int_{\alpha}^{\beta}f(\varphi(x))\varphi'(x)\;dx$ sont de même nature et égales en cas de convergence (à adapter dans le cas où $\varphi$ est strictement décroissante).

Enoncé (Mines-Ponts)

Pour $n\in\mathbb{N}$, on pose $a_n=\displaystyle\int_{0}^{1}t^n\sqrt{1-t^2}\;dt$.

1) Montrer que $\left(a_n\right)_{n\in\mathbb{N}}$ est décroissante et que $a_{n+1}\underset{n\rightarrow+\infty}{\sim}a_n$.

2) Déterminer un équivalent de $a_n$, à l’infini, et déterminer la nature de la série $\displaystyle\sum_{n\geqslant0}a_n$.

3) En calculer la somme.

Corrigé

1) $\bullet$ Soit $n\in\mathbb{N}$. Pour tout $t\in[0,1]$, $t^{n+1}\sqrt{1-t^2}\leqslant t^n\sqrt{1-t^2}$ puis, par croissance de l’intégration, $\displaystyle\int_{0}^{1}t^{n+1}\sqrt{1-t^2}\;dt\leqslant\displaystyle\int_{0}^{1}t^{n}\sqrt{1-t^2}\;dt$ ou encore $a_{n+1}\leqslant a_n$. Ainsi, pour tout $n\in\mathbb{N}$, $a_{n+1}\leqslant a_n$ et donc la suite $\left(a_n\right)_{n\in\mathbb{N}}$ est décroissante.

$\bullet$ Soit $n\in\mathbb{N}$. Les deux fonctions $t\mapsto t^{n+1}$ et $t\mapsto-\dfrac{1}{3}\left(1-t^2\right)^{\frac{3}{2}}$ sont de classe $C^1$ sur le segment $[0,1]$. On peut donc effectuer une intégration par parties qui fournit

\begin{align*}a_{n+2}=\displaystyle\int_{0}^{1}t^{n+1}\times t\sqrt{1-t^2}\;dt&=\left[t^{n+1}\times-\dfrac{1}{3}\left(1-t^2\right)^{\frac{3}{2}}\right]_{0}^{1}-\displaystyle\int_{0}^{1}(n+1)t^n\times-\dfrac{1}{3}\left(1-t^2\right)^{\frac{3}{2}}\;dt\\&=\dfrac{n+1}{3}\displaystyle\int_{0}^{1}t^n\left(1-t^2\right)\times\left(1-t^2\right)^{\frac{1}{2}}\;dt=\dfrac{n+1}{3}\left(\displaystyle\int_{0}^{1}t^n\sqrt{1-t^2}\;dt-\displaystyle\int_{0}^{1}t^{n+2}\sqrt{1-t^2}\;dt\right)\\&=\dfrac{n+1}{3}\left(a_n-a_{n+2}\right).\end{align*}

On en déduit que pour tout $n\in\mathbb{N}$, $a_{n+2}=\dfrac{n+1}{n+4}a_n$.

$\bullet$ Tout d’abord, pour tout $n\in\mathbb{N}$, $a_n>0$ (intégrale d’une fonction continue, positive et non nulle). Ensuite, la suite $a$ étant décroissante, pour tout $n\in\mathbb{N}$, $a_{n+2}\leqslant a_{n+1}\leqslant a_n$ puis

$$\dfrac{n+1}{n+4}=\dfrac{a_{n+2}}{a_n}\leqslant \dfrac{a_{n+1}}{a_n}\leqslant\dfrac{a_n}{a_n}=1.$$

Puisque $\displaystyle\lim_{n\rightarrow+\infty}\dfrac{n+1}{n+4}=1$, le théorème des gendarmes permet d’affirmer que $\displaystyle\lim_{n\rightarrow+\infty}\dfrac{a_{n+1}}{a_n}=1$ et donc que $a_{n+1}\underset{n\rightarrow+\infty}{\sim}a_n$.

2) \begin{align*}\ln\left(a_{2p+2}\right)-\ln\left(a_{2p}\right)&=\ln\left(\dfrac{a_{2p+2}}{a_{2p}}\right)=\ln\left(\dfrac{2p+1}{2p+4}\right)=\ln\left(1+\dfrac{1}{2p}\right)-\ln\left(1+\dfrac{2}{p}\right)\\&\underset{p\rightarrow+\infty}{=}-\dfrac{3}{2p}+O\left(\dfrac{1}{p^2}\right).\end{align*}

La série de terme général $u_p=\ln\left(a_{2p+2}\right)-\ln\left(a_{2p}\right)+\dfrac{3}{2p}$ est donc convergente. De plus, pour $p\geqslant2$,

$$\displaystyle\sum_{k=1}^{p-1}\left(\ln\left(a_{2k+2}\right)-\ln\left(a_{2k}\right)+\dfrac{3}{2k}\right)=\ln\left(a_{2p}\right)-\ln\left(a_2\right)+\dfrac{3}{2}\displaystyle\sum_{k=1}^{p-1}\dfrac{1}{k},$$

et donc la suite $\left(\ln\left(a_{2p}\right)+\dfrac{3}{2}\displaystyle\sum_{k=1}^{p-1}\dfrac{1}{k}\right)_{p\geqslant2}$ converge. Ensuite, classiquement, la suite $\left(\ln(p)-\displaystyle\sum_{k=1}^{p-1}\dfrac{1}{k}\right)_{p\geqslant2}$ converge (vers la constante d’Euler $\gamma$). et donc la suite $\left(\ln\left(a_{2p}\right)+\dfrac{3}{2}\ln(p)\right)$ converge vers un certain réel $\ell$. On en déduit que

$$a_{2p}\underset{p\rightarrow+\infty}{=}e^{-\frac{3}{2}\ln(p)+\ell+o(1)}\underset{p\rightarrow+\infty}{=}e^{-\frac{3}{2}\ln(2p)+\ell+\frac{3\ln(2)}{2}+o(1)}\underset{p\rightarrow+\infty}{\sim}\dfrac{C}{(2p)^{\frac{3}{2}}}$$

où $C=e^{\ell+\frac{3\ln(2)}{2}}>0$. Ensuite, $a_{2p+1}\underset{p\rightarrow+\infty}{\sim}a_{2p}\underset{p\rightarrow+\infty}{\sim}\dfrac{C}{(2p)^{\frac{3}{2}}}\underset{p\rightarrow+\infty}{\sim}\dfrac{C}{(2p+1)^{\frac{3}{2}}}$. Finalement, il existe $C>0$ tel que

$$a_n\underset{n\rightarrow+\infty}{\sim}\dfrac{C}{n^{\frac{3}{2}}}.$$

Puisque $\dfrac{3}{2}>1$, la série de terme général $a_n$ converge.

3) Pour $n\in\mathbb{N}$ et $t\in[0,1[$, on pose $f_n(t)=t^n\sqrt{1-t^2}$. Pour tout $t\in[0,1[$,

$$\displaystyle\sum_{n=0}^{+\infty}f_n(t)=\displaystyle\sum_{n=0}^{+\infty}t^n\sqrt{1-t^2}=\dfrac{\sqrt{1-t^2}}{1-t}=\sqrt{\dfrac{1+t}{1-t}}.$$

Ainsi, la série de fonctions de terme général $f_n$, $n\in\mathbb{N}$, converge simplement sur $[0,1[$ vers la fonction $f~:~t\mapsto\sqrt{\dfrac{1+t}{1-t}}$. De plus, la fonction $f$ est continue par morceaux sur $[0,1[$. Enfin, d’après la question précédente,

$$\displaystyle\sum_{n=0}^{+\infty}\displaystyle\int_{0}^{1}\left|f_n(t)\right|\;dt=\displaystyle\sum_{n=0}^{+\infty}a_n<+\infty.$$

D’après le théorème d’intégration terme à terme, la fonction $f$ est intégrable sur $[0,1[$ et de plus,

\begin{align*}\displaystyle\sum_{n=0}^{+\infty}a_n&=\displaystyle\int_{0}^{1}\left(\displaystyle\sum_{n=0}^{+\infty}t^n\sqrt{1-t^2}\right)\;dt=\displaystyle\int_{0}^{1}\sqrt{\dfrac{1+t}{1-t}}\;dt.\end{align*}

On pose $u=\sqrt{\dfrac{1+t}{1-t}}$ et donc $t=\dfrac{u^2-1}{u^2+1}$ puis $dt=\dfrac{2u\left(u^2+1\right)-2u\left(u^2-1\right)}{\left(u^2+1\right)^2}\;du=\dfrac{4u}{\left(u^2+1\right)^2}\;du$ (le changement de variable est licite car la fonction $\varphi~:~u\mapsto\dfrac{u^2-1}{u^2+1}$ est de classe $C^1$ sur $[1,+\infty[$, strictement croissante sur $[1,+\infty[$ et bijective de $[1,+\infty[$ sur $[0,1[$). On obtient

\begin{align*}\displaystyle\int_{0}^{1}\sqrt{\dfrac{1+t}{1-t}}\;dt&=\displaystyle\int_{1}^{+\infty}u\times\dfrac{4u}{\left(u^2+1\right)^2}\;du\\&=2\left(\left[u\times-\dfrac{1}{u^2+1}\right]_{1}^{+\infty}+\displaystyle\int_{1}^{+\infty}\dfrac{1}{u^2+1}\;du\right)=2\left(\dfrac{1}{2}+\left[\text{Arctan}(t)\right]_{1}^{+\infty}\right)=1+2\left(\dfrac{\pi}{2}-\dfrac{\pi}{4}\right)\\&=1+\dfrac{\pi}{2}.\end{align*}

On a montré que $\displaystyle\sum_{n=0}^{+\infty}a_n=1+\dfrac{\pi}{2}$.

Commentaires et/ou rappels de cours

On pourra profiter de cet exercice pour en revoir un autre exo qui est un grand classique : la règle de Raabe-Duhamel qui étudie le cas critique de la règle de d’Alembert. Soit $\left(u_n\right)_{n\in\mathbb{N}}$ une suite réelle strictement positive à partir d’un certain rang. On suppose qu’il existe un réel $\alpha>0$ tel que

$$\dfrac {u_{n+1}}{u_n}\underset{n\rightarrow+\infty}{=}1-\dfrac{\alpha}{n}+O\left(\dfrac{1}{n^2}\right).$$

Alors, il existe $C>0$ tel que $u_n\underset{n\rightarrow+\infty}{\sim}\dfrac{C}{n^\alpha}$. L’idée est : soit $v_n=\ln\left((n+1)^\alpha u_{n+1}\right)-\ln\left(n^\alpha u_n\right)$. Alors, la suite $\left(\ln\left(n^\alpha u_n\right)\right)$ est de même nature que la série de terme général $v_n$.

Enoncé (Mines-Ponts)

Soit $\alpha>0$. Soit $b$ une fonction continue par morceaux sur $\mathbb{R}$, périodique de période $1$. Pour $\varepsilon>0$, on pose $I_\varepsilon=\displaystyle\int_{\mathbb{R}}b\left(\dfrac{x}{\varepsilon}\right)$1$_{[0,\alpha]}(x)\;dx$.

Montrer que $I_\varepsilon\underset{\varepsilon\rightarrow0}{\rightarrow}\alpha\displaystyle\int_{0}^{1}b(y)\;dy$.

Corrigé

$\bullet$ Soit $\varepsilon>0$. La fonction $x\mapsto b\left(\dfrac{x}{\varepsilon}\right)$1$_{[0,\alpha]}(x)$ est continue par morceaux sur $\mathbb{R}$, nulle au voisinage de $+\infty$ et au voisinage de $-\infty$. La fonction $x\mapsto b\left(\dfrac{x}{\varepsilon}\right)$1$_{[0,\alpha]}(x)$ est donc intégrable sur $\mathbb{R}$. On en déduit l’existence de $I_\varepsilon$.

$\bullet$ Soit $\varepsilon\in]0,\alpha]$. On a donc $\left\lfloor\dfrac{\alpha}{\varepsilon}\right\rfloor\geqslant1$. En posant $y=\dfrac{x}{\varepsilon}$, on obtient

\begin{align*}I_\varepsilon&=\displaystyle\int_{0}^{\alpha}b\left(\dfrac{x}{\varepsilon}\right)dx=\displaystyle\int_{0}^{\frac{\alpha}{\varepsilon}}b\left(y\right)\varepsilon dy=\varepsilon\displaystyle\int_{0}^{\left\lfloor\frac{\alpha}{\varepsilon}\right\rfloor}b\left(y\right) dy+\varepsilon\displaystyle\int_{\left\lfloor\frac{\alpha}{\varepsilon}\right\rfloor}^{\frac{\alpha}{\varepsilon}}b\left(y\right) dy\\&=\varepsilon\displaystyle\sum_{k=0}^{\left\lfloor\frac{\alpha}{\varepsilon}\right\rfloor-1}\displaystyle\int_{k}^{k+1}b\left(y\right) dy+\varepsilon\displaystyle\int_{\left\lfloor\frac{\alpha}{\varepsilon}\right\rfloor}^{\frac{\alpha}{\varepsilon}}b\left(y\right) dy=\varepsilon\displaystyle\sum_{k=0}^{\left\lfloor\frac{\alpha}{\varepsilon}\right\rfloor-1}\displaystyle\int_{0}^{1}b\left(y\right) dy+\varepsilon\displaystyle\int_{\left\lfloor\frac{\alpha}{\varepsilon}\right\rfloor}^{\frac{\alpha}{\varepsilon}}b\left(y\right) dy\;(\text{par}\;1\text{-périodicité})\\&=\varepsilon\left\lfloor\dfrac{\alpha}{\varepsilon}\right\rfloor\displaystyle\int_0^1b(y)\;dy+\varepsilon\displaystyle\int_{\left\lfloor\frac{\alpha}{\varepsilon}\right\rfloor}^{\frac{\alpha}{\varepsilon}}b\left(y\right) dy.\end{align*}

$\bullet$ La fonction $b$ est continue par morceaux sur le segment $[0,1]$ et en particulier, la fonction $b$ est bornée sur ce segment. Mais alors, la fonction $b$ est bornée sur $\mathbb{R}$ par $1$-périodicité. Pour tout $\varepsilon\in]0,\alpha]$, on a alors

$$\left|\varepsilon\displaystyle\int_{\left\lfloor\frac{\alpha}{\varepsilon}\right\rfloor}^{\frac{\alpha}{\varepsilon}}b\left(y\right) dy\right|\leqslant\varepsilon\left(\dfrac{\alpha}{\varepsilon}-\left\lfloor\dfrac{\alpha}{\varepsilon}\right\rfloor\right)\|b\|_\infty\leqslant\varepsilon\|b\|_\infty.$$

Puisque $\displaystyle\lim_{\varepsilon\rightarrow0}\varepsilon\|b\|_\infty=0$, le théorème des gendarmes permet d’affirmer que $\varepsilon\displaystyle\int_{\left\lfloor\frac{\alpha}{\varepsilon}\right\rfloor}^{\frac{\alpha}{\varepsilon}}b\left(y\right) dy\underset{\varepsilon\rightarrow0}{\rightarrow}0$.

$\bullet$ Soit $\varepsilon\in]0,\alpha]$, $\varepsilon\left(\dfrac{\alpha}{\varepsilon}-1\right)\leqslant\varepsilon\left\lfloor\dfrac{\alpha}{\varepsilon}\right\rfloor\leqslant\varepsilon\dfrac{\alpha}{\varepsilon}$ ou encore $\alpha-\varepsilon\leqslant\varepsilon\left\lfloor\dfrac{\alpha}{\varepsilon}\right\rfloor\leqslant\alpha$. Le théorème des gendarmes permet alors d’affirmer que $\displaystyle\lim_{\varepsilon\rightarrow0}\varepsilon\left\lfloor\dfrac{\alpha}{\varepsilon}\right\rfloor=\alpha$.

$\bullet$ Finalement, $I_\varepsilon\underset{\varepsilon\rightarrow0}{\rightarrow}\alpha\displaystyle\int_0^1b(y)\;dy$.

Commentaires et/ou rappels de cours

$\bullet$ Définition. Soit $f~:~[a,b]\rightarrow\mathbb{K}$. $f$ est continue par morceaux sur le segment $[a,b]$ si et seulement si il existe une subdivision $x_0=a<x_1<\ldots<x_n=b$ de $[a,b]$ telle que

– pour tout $k\in\{0,\ldots,n-1\}$, $f$ est continue sur $\left]x_k,x_{k+1}\right[$,

– pour tout $k\in\{0,\ldots,n-1\}$, $f_{\left]x_k,x_{k+1}\right[}$ se prolonge en une fonction continue sur $\left[x_k,x_{k+1}\right]$ (ou encore $f_{\left]x_k,x_{k+1}\right[}$ a une limite dans $\mathbb{K}$ en $x_k$ à droite et en $x_{k+1}$ à gauche).

Définition. Soit $f~:~I\rightarrow\mathbb{K}$ où $I$ est un intervalle quelconque de $\mathbb{R}$. $f$ est continue par morceaux sur $I$ si et seulement si $f$ est continue par morceaux sur tout segment de $I$.

$\bullet$ Définition. Soit $x\in\mathbb{R}$. La partie entière $\lfloor x\rfloor$ de $x$ est le plus grand entier inférieur ou égal à $x$.

Théorème. Pour tout réel $x$, $\lfloor x\rfloor\leqslant x<\lfloor x\rfloor+1$ et aussi $x-1<\lfloor x\rfloor\leqslant x$.

Enoncé (Mines-Ponts)

Soit $f~:~\mathbb{R}^n\setminus\{0\}$ différentiable. Soit $k\in\mathbb{R}$.

1) Montrer que pour tout $t>0$ et $x\in\mathbb{R}^n\setminus\{0\}$, $t^{k+1}\dfrac{\partial}{\partial t}\left(t^{-k}f(tx)\right)=-kf(tx)+\displaystyle\sum_{i=1}^{n}tx_i\dfrac{\partial f}{\partial x_i}(tx)$.

2) Montrer que pour tout $x\in\mathbb{R}^n\setminus\{0\}$ et tout $t>0$, $f(tx)=t^kf(x)$ (c’est-à-dire $f$ est positivement homogène de degré $k$) équivaut à :

$$\forall x\in\mathbb{R}^n\setminus\{0\},\;\displaystyle\sum_{i=1}^{n}x_i\dfrac{\partial f}{\partial x_i}(x)=kf(x).$$

Corrigé

1) Soit $x\in\mathbb{R}^n\setminus\{0\}$ fixé. La fonction $\begin{array}[t]{cccc}u~:&]0,+\infty[&\rightarrow&\mathbb{R}^n\\ &t&\mapsto&tx\end{array}$ est dérivable et donc différentiable sur $]0,+\infty[$ à valeurs dans $\mathbb{R}^n\setminus\{0\}$ et la fonction $f$ est diférentiable sur $\mathbb{R}^n\setminus\{0\}$. Donc, la fonction $g=f\circ u$ est différentiable et donc dérivable sur $]0,+\infty[$. La fonction $t\mapsto t^{-k}f(tx)$ est alors dérivable sur $]0,+\infty[$. De plus, pour tout $t>0$, d’après la règle de la chaîne,

\begin{align*}\dfrac{d}{dt}\left(t^{-k}f(tx)\right)&=-kt^{-k-1}f(tx)+t^{-k}\displaystyle\sum_{i=1}^{n}\dfrac{d}{dt}\left(tx_i\right)\dfrac{\partial f}{\partial x_i}(tx)\\&=-kt^{-k-1}f(tx)+t^{-k}\displaystyle\sum_{i=1}^{n}x_i\dfrac{\partial f}{\partial x_i}(tx).\end{align*}

Finalement, pour tout $t>0$,

$$t^{k+1}\dfrac{d}{dt}\left(t^{-k}f(tx)\right)(t)=-kf(tx)+\displaystyle\sum_{i=1}^{n}tx_i\dfrac{\partial f}{\partial x_i}(tx).$$

2) $\bullet$ Supposons que pour tout $x\in\mathbb{R}^n\setminus\{0\}$ et tout $t>0$, $f(tx)=t^kf(x)$ ($\star$). Soit $x\in\mathbb{R}^n\setminus\{0\}$ fixé. On dérive les deux membres de l’égalité $(\star)$ et on obtient pour tout $t>0$,

$$kt^{k-1}f(x)=\displaystyle\sum_{i=1}^{n}x_i\dfrac{\partial f}{\partial x_i}(tx).$$

Pour $t=1$, on obtient $\displaystyle\sum_{i=1}^{n}x_i\dfrac{\partial f}{\partial x_i}(x)=kf(x)$. On a montré que

$$\forall x\in\mathbb{R}^n\setminus\{0\},\;\displaystyle\sum_{i=1}^{n}x_i\dfrac{\partial f}{\partial x_i}(x)=kf(x).$$

$\bullet$ Supposons que $\forall x\in\mathbb{R}^n\setminus\{0\},\;\displaystyle\sum_{i=1}^{n}x_i\dfrac{\partial f}{\partial x_i}(x)=kf(x)$. Alors, pour tout $t>0$ et tout $x\in\mathbb{R}^n\{0\}$, $\displaystyle\sum_{i=1}^{n}tx_i\dfrac{\partial f}{\partial x_i}(tx)=kf(tx)$. D’après la question précédente, pour $x\in\mathbb{R}^n\{0\}$ fixé,

$$t^{k+1}\dfrac{d}{dt}\left(t^{-k}f(tx)\right)(t)=-kf(tx)+kf(tx)=0.$$

La fonction $h~:~t\mapsto t^{-k}f(tx)$ est constante sur l’intervalle $]0,+\infty[$ puis, pour tout $t>0$, $h(t)=h(1)=f(x)$ et donc $f(tx)=t^kf(x)$. On a montré que

$$\forall x\in\mathbb{R}^n\{0\},\;\forall t>0,\;f(tx)=t^kf(x).$$

Commentaires et/ou rappels de cours

 Règle de la chaîne. Soit $f~:~U\subset\mathbb{R}^n\rightarrow\mathbb{R}^p$ et $g~:~V\subset\mathbb{R}^p\rightarrow\mathbb{R}^q$ où $U$ et $V$ sont des ouverts de $\mathbb{R}^n$ et $\mathbb{R}^p$ respectivement tels que $f(U)\subset V$. On suppose que $f$ est différentiable en $a\in U$ et $g$ est différentiable en $f(a)=b\in V$. Alors, $g\circ f$ est différentiable en $a$ et en particulier admet des dérivées partielles par rapport à chacune de ses variables en $a$. De plus, pour tout $(i,j)\in\{1,\ldots,q\}\times\{1,\ldots,n\}$,

$$\dfrac{\partial(g\circ f)_i}{\partial x_j}(a)=\displaystyle\sum_{k=1}^{p}\dfrac{\partial g_i}{\partial y_k}(f(a))\dfrac{\partial f_k}{\partial x_j}(a).$$

L’égalité ci-dessus traduit le fait que le coefficient ligne i, colonne $j$, le la matrice jacobienne de $g\circ f$ en $a$ est le produit scalaire usuel de la ligne $i$ de la matrice jaconbienne de $g$ en $f(a)$ par la colonne $j$ de la matrice jacobienne de $f$ en $a$.

Enoncé (Mines-Ponts)

Pour tout réel $x$, on note $\lfloor x\rfloor$ la partie entière du réel $x$ et $\{x\}=x-\lfloor x\rfloor$ la partie décimale.

1) Soit $f\in C^1(\mathbb{R},\mathbb{C})$. Montrer que pour tout $n\geqslant2$,

$$\displaystyle\sum_{k=1}^{n-1}f(k)=\displaystyle\int_{1}^{n}f(x)\;dx+\dfrac{1}{2}(f(1)-f(n))+\displaystyle\int_{1}^{n}\left(\{x\}-\dfrac{1}{2}\right)f'(x)\;dx.$$

2) Pour tout $n\in\mathbb{N}^*$, on pose $u_n=\dfrac{1}{n}\displaystyle\sum_{k=1}^{n}e^{2i\pi\ln(k)}$. La suite $\left(u_n\right)_{n\geqslant1}$ converge-t-elle ?

Corrigé

1) Soit $n\geqslant2$. Soit $k\in\{1,\ldots,n\}$. Les deux fonctions $x\mapsto x-k-\dfrac{1}{2}$ et $x\mapsto f(x)$ sont de classe $C^1$ sur le segment $[k,k+1]$. On peut donc effectuer une intégration par parties qui fournit

\begin{align*}\displaystyle\int_{k}^{k+1}\left(\{x\}-\dfrac{1}{2}\right)f'(x)\;dx&=\displaystyle\int_{k}^{k+1}\left(x-k-\dfrac{1}{2}\right)f'(x)\;dx=\left[\left(x-k-\dfrac{1}{2}\right)f(x)\right]_{k}^{k+1}-\displaystyle\int_{k}^{k+1}f(x)\;dx\\&=\dfrac{1}{2}(f(k)+f(k+1))-\displaystyle\int_{k}^{k+1}f(x)\;dx\end{align*}

En additionnant membre à membre ces égalités, on obtient

\begin{align*}\displaystyle\int_{1}^{n}\left(\{x\}-\dfrac{1}{2}\right)f'(x)\;dx&=\dfrac{1}{2}\displaystyle\sum_{k=1}^{n-1}\displaystyle\int_{k}^{k+1}\left(\{x\}-\dfrac{1}{2}\right)f'(x)\;dx=\dfrac{1}{2}\displaystyle\sum_{k=1}^{n-1}(f(k)+f(k+1))-\displaystyle\sum_{k=1}^{n-1}\displaystyle\int_{k}^{k+1}f(x)\;dx\\&=\dfrac{1}{2}\displaystyle\sum_{k=1}^{n-1}f(k)+\dfrac{1}{2}\displaystyle\sum_{k=2}^{n}f(k)-\displaystyle\int_{1}^{n}f(x)\;dx\\&=\displaystyle\sum_{k=1}^{n-1}f(k)+\dfrac{1}{2}(f(n)-f(1))-\displaystyle\int_{1}^{n}f(x)\;dx\end{align*}

et donc

$$\displaystyle\sum_{k=1}^{n-1}f(k)=\displaystyle\int_{1}^{n}f(x)\;dx+\dfrac{1}{2}(f(1)-f(n))+\displaystyle\int_{1}^{n}\left(\{x\}-\dfrac{1}{2}\right)f'(x)\;dx.$$

On note que l’on a encore $\displaystyle\sum_{k=1}^{n}f(k)=\displaystyle\int_{1}^{n}f(x)\;dx+\dfrac{1}{2}(f(1)+f(n))+\displaystyle\int_{1}^{n}\left(\{x\}-\dfrac{1}{2}\right)f'(x)\;dx$, ce qui reste vrai pour $n=1$.

2) On applique ce résultat à la fonction $f~:~x\mapsto e^{2i\pi\ln(x)}$ qui est de classe $C^1$ sur $]0,+\infty[$, ce qui suffit. Pour $n\geqslant1$,

$$u_n=\dfrac{1}{n}\displaystyle\int_{1}^{n}e^{2i\pi\ln(x)}\;dx+\dfrac{1+e^{2i\pi\ln(n)}}{2n}+\dfrac{2i\pi}{n}\displaystyle\int_{1}^{n}\left(\{x\}-\dfrac{1}{2}\right)\dfrac{e^{2i\pi\ln(x)}}{x}\;dx.$$

$\bullet$ Pour $n\geqslant1$, $\left|\dfrac{2i\pi}{n}\displaystyle\int_{1}^{n}\left(\{x\}-\dfrac{1}{2}\right)\dfrac{e^{2i\pi\ln(x)}}{x}\;dx\right|\leqslant\dfrac{2\pi}{n}\times\dfrac{1}{2}\displaystyle\int_{1}^{n}\dfrac{1}{x}\;dx=\dfrac{\pi\ln(n)}{n}$. Ensuite, $\displaystyle\lim_{n\rightarrow+\infty}\dfrac{\pi\ln(n)}{n}=0$ d’après un théorème de croissances comparées et donc $\dfrac{2i\pi}{n}\displaystyle\int_{1}^{n}\left(\{x\}-\dfrac{1}{2}\right)\dfrac{e^{2i\pi\ln(x)}}{x}\;dx\underset{n\rightarrow+\infty}{\rightarrow}0$ d’après le théorème des gendarmes.

$\bullet$ Pour $n\geqslant1$, $\left|\dfrac{1+e^{2i\pi\ln(n)}}{2n}\right|\leqslant\dfrac{2}{2n}=\dfrac{1}{n}$ et donc $\dfrac{1+e^{2i\pi\ln(n)}}{2n}\underset{n\rightarrow+\infty}{\rightarrow}0$.

$\bullet$. Ainsi, la suite $\left(u_n\right)_{n\geqslant1}$ converge si et seulement si la suite de terme général $\dfrac{1}{n}\displaystyle\int_{1}^{n}e^{2i\pi\ln(x)}\;dx$ converge. Pour $n\geqslant1$, on pose $I_n=\displaystyle\int_{1}^{n}e^{2i\pi\ln(x)}\;dx$. Une intégration par parties licite fournit

\begin{align*}I_n&=\displaystyle\int_{1}^{n}e^{2i\pi\ln(x)}\;dx=\left[xe^{2i\pi\ln(x)}\right]_1^n-\displaystyle\int_{1}^{n}x\times\dfrac{2i\pi}{x}e^{2i\pi\ln(x)}\;dx=ne^{2i\pi\ln(n)}-1-2i\pi I_n\end{align*}

et donc, $I_n=\dfrac{ne^{2i\pi\ln(n)}-1}{1+2i\pi}$ puis $\dfrac{I_n}{n}=\dfrac{e^{2i\pi\ln(n)}}{1+2i\pi}-\dfrac{1}{n(1+2i\pi)}$. Puisque $\dfrac{1}{n(1+2i\pi)}\underset{n\rightarrow+\infty}{\rightarrow}0$, la suite $\left(\dfrac{I_n}{n}\right)_{n\geqslant1}$ converge si et seulement si la suite $\left(e^{2i\pi\ln(n)}\right)_{n\geqslant1}$ converge.

$\bullet$ Ainsi, la suite $\left(u_n\right)_{n\geqslant1}$ converge si et seulement si la suite $\left(v_n\right)_{n\geqslant1}=\left(e^{2i\pi\ln(n)}\right)_{n\geqslant1}$ converge. Or, pour $n\geqslant1$,

$$\left|v_{2n}-v_n\right|=\left|e^{2i\pi\ln(2n)}-e^{2i\pi\ln(n)}\right|=\left|e^{2i\pi\ln(2)}e^{2i\pi\ln(n)}-e^{2i\pi\ln(n)}\right|=\left|e^{2i\pi\ln(n)}\left(e^{2i\pi\ln(2)}-1\right)\right|=\left|e^{2i\pi\ln(2)}-1\right|.$$

Puisque $0<2\pi\ln(2)<2\pi$, $e^{2i\pi\ln(2)}\neq1$ puis $\left|e^{2i\pi\ln(2)}-1\right|>0$. Ceci montre que $v_{2n}-v_n$ ne tend pas vers $0$ quand $n$ tend vers $+\infty$. Si par l’absurde, la suite $\left(v_n\right)_{n\geqslant1}$ converge vers un certain complexe $\ell$, alors $v_{2n}-v_n\underset{n\rightarrow+\infty}{\rightarrow}\ell-\ell=0$, ce qui est faux.

Donc, la suite $\left(v_n\right)_{n\geqslant1}$ diverge puis la suite $\left(u_n\right)_{n\geqslant1}$ diverge.

Commentaires et/ou rappels de cours

 $\bullet$ Le résultat sur les moyennes de Césaro est : si une suite $\left(x_n\right)$ converge, alors $\left(\dfrac{1}{n}\displaystyle\sum_{k=1}^{n}x_k\right)$ converge et a même limite. Mais la réciproque est fausse comme le montre le contre-exemple $x_n=(-1)^n$ (la suite $\left(x_n\right)$ diverge mais la suite des moyennes converge vers $0$.

Dans l’exercice, il est donc a priori envisageable que la suite $\left(u_n\right)$ converge sans que la suite $\left(e^{2i\pi\ln(n)})$ converge.

$\bullet$ La fonction $x\mapsto\{x\}-\dfrac{1}{2}$ n’est pas de classe $C^1$ sur $[k,k+1]$ (car non continue en $k+1$). Mais cette fonction ne diffère qu’en un point de la fonction $x\mapsto x-k-\dfrac{1}{2}$ de sorte que $\displaystyle\int_{k}^{k+1}\left(\{x\}-\dfrac{1}{2}\right)f'(x)\;dx=\displaystyle\int_{k}^{k+1}\left(x-k-\dfrac{1}{2}\right)f'(x)\;dx$. Puisque la fonction $x\mapsto x-k-\dfrac{1}{2}$ est de classe $C^1$ sur le segment $[k,k+1]$, on peut effectuer une intégration par parties …

Enoncé (Mines-Ponts)

Montrer l’existence de la somme suivante et en calculer la valeur :

$$\displaystyle\sum_{n=1}^{+\infty}\dfrac{(-1)^n}{2n-1}\displaystyle\sum_{k=n+1}^{+\infty}\dfrac{(-1)^{k-1}}{2k-1}.$$

Corrigé

$\bullet$ La suite $\left(\dfrac{(-1)^{k-1}}{2k-1}\right)_{k\in\mathbb{N}^*}$ est alternée en signe et sa valeur absolue, à savoir la suite $\left(\dfrac{1}{2k-1}\right)_{k\in\mathbb{N}^*}$, tend vers $0$ en décroissant. Donc, la série de terme général $\dfrac{(-1)^{k-1}}{2k-1}$, $k\in\mathbb{N}^*$, converge d’après le critère spécial aux séries alternées. On en déduit l’existence de $\displaystyle\sum_{k=n+1}^{+\infty}\dfrac{(-1)^{k-1}}{2k-1}$ pour tout $n\in\mathbb{N}^*$.

$\bullet$ D’après une majoration classique du reste à l’ordre $n$ d’une série alternée, pour tout $n\in\mathbb{N}^*$,

$$\left|\dfrac{(-1)^n}{2n-1}\displaystyle\sum_{k=n+1}^{+\infty}\dfrac{(-1)^{k-1}}{2k-1}\right|=\dfrac{1}{2n-1}\left|\displaystyle\sum_{k=n+1}^{+\infty}\dfrac{(-1)^{k-1}}{2k-1}\right|\leqslant\dfrac{1}{2n-1}\left|\dfrac{(-1)^{(n+1)-1}}{2(n+1)-1}\right|=\dfrac{1}{4n^2-1}.$$

Ainsi, $\dfrac{(-1)^n}{2n-1}\displaystyle\sum_{k=n+1}^{+\infty}\dfrac{(-1)^{k-1}}{2k-1}\underset{n\rightarrow+\infty}{=}O\left(\dfrac{1}{n^2}\right)$ et donc, la série de terme général $\dfrac{(-1)^n}{2n-1}\displaystyle\sum_{k=n+1}^{+\infty}\dfrac{(-1)^{k-1}}{2k-1}$, $n\in\mathbb{N}^*$, converge absolument et en particulier converge.

$\bullet$ Pour $n\in\mathbb{N}^*$,

$$\displaystyle\sum_{k=1}^{n}\dfrac{(-1)^{k-1}}{2k-1}=\displaystyle\sum_{k=1}^{n}\displaystyle\int_{0}^{1}(-1)^{k-1}t^{2k-2}\;dt=\displaystyle\int_{0}^{1}\left(\displaystyle\sum_{k=1}^{n}\left(-t^2\right)^{k-1}\right)dt=\displaystyle\int_{0}^{1}\dfrac{1-\left(-t^2\right)^n}{1+t^2}\;dt=\dfrac{\pi}{4}-(-1)^n\displaystyle\int_{0}^{1}\dfrac{t^{2n}}{1+t^2}\;dt.$$

De plus, pour tout $n\in\mathbb{N}^*$, $\left|(-1)^n\displaystyle\int_{0}^{1}\dfrac{t^{2n}}{1+t^2}\;dt\right|\leqslant\displaystyle\int_{0}^{1}t^{2n}\;dt=\dfrac{1}{2n+1}$. Puisque $\displaystyle\lim_{n\rightarrow+\infty}\dfrac{1}{2n+1}=0$,  $(-1)^n\displaystyle\int_{0}^{1}\dfrac{t^{2n}}{1+t^2}\;dt\underset{n\rightarrow+\infty}{\rightarrow0}0$ d’après le théorème des gendarmes. On en déduit que

$$\displaystyle\sum_{k=1}^{+\infty}\dfrac{(-1)^{k-1}}{2k-1}=\dfrac{\pi}{4}$$

puis que pour tout $n\in\mathbb{N}^*$, $\displaystyle\sum_{k=n+1}^{+\infty}\dfrac{(-1)^{k-1}}{2k-1}=\dfrac{\pi}{4}-\displaystyle\sum_{k=1}^{n}\dfrac{(-1)^{k-1}}{2k-1}$.

$\bullet$ Soit $N\in\mathbb{N}^*$.

\begin{align*}\displaystyle\sum_{n=1}^{N}\dfrac{(-1)^n}{2n-1}\displaystyle\sum_{k=n+1}^{+\infty}\dfrac{(-1)^{k-1}}{2k-1}&=\displaystyle\sum_{n=1}^{N}\dfrac{(-1)^n}{2n-1}\left(\dfrac{\pi}{4}-\displaystyle\sum_{k=1}^{n}\dfrac{(-1)^{k-1}}{2k-1}\right)=\dfrac{\pi}{4}\displaystyle\sum_{n=1}^{N}\dfrac{(-1)^n}{2n-1}+\displaystyle\sum_{n=1}^{N}\dfrac{(-1)^{n-1}}{2n-1}\displaystyle\sum_{k=1}^{n}\dfrac{(-1)^{k-1}}{2k-1}\end{align*}

Pour $N\in\mathbb{N}^*$, on pose $u_N=\displaystyle\sum_{n=1}^{N}\dfrac{(-1)^{n-1}}{2n-1}\displaystyle\sum_{k=1}^{n}\dfrac{(-1)^{k-1}}{2k-1}$. Pour tout $N\in\mathbb{N}^*$, on a

$$u_N=\displaystyle\sum_{n=1}^{N}\dfrac{(-1)^{n-1}}{2n-1}\displaystyle\sum_{k=1}^{n}\dfrac{(-1)^{k-1}}{2k-1}=\displaystyle\sum_{k’=1}^{N}\dfrac{(-1)^{k’-1}}{2k’-1}\displaystyle\sum_{n’=1}^{k’}\dfrac{(-1)^{n’-1}}{2n’-1}=\displaystyle\sum_{n=1}^{N}\dfrac{(-1)^{n-1}}{2n-1}\displaystyle\sum_{k=n}^{N}\dfrac{(-1)^{k-1}}{2k-1},$$

puis

\begin{align*}2u_N&=\displaystyle\sum_{n=1}^{N}\dfrac{(-1)^{n-1}}{2n-1}\displaystyle\sum_{k=1}^{n}\dfrac{(-1)^{k-1}}{2k-1}+\displaystyle\sum_{n=1}^{N}\dfrac{(-1)^{n-1}}{2n-1}\displaystyle\sum_{k=n}^{N}\dfrac{(-1)^{k-1}}{2k-1}=\displaystyle\sum_{n=1}^{N}\dfrac{(-1)^{n-1}}{2n-1}\displaystyle\sum_{k=1}^{N}\dfrac{(-1)^{k-1}}{2k-1}-\displaystyle\sum_{n=1}^{N}\dfrac{1}{(2n-1)^2}\\&=\left(\displaystyle\sum_{n=1}^{N}\dfrac{(-1)^{n-1}}{2n-1}\right)\left(\displaystyle\sum_{k=1}^{N}\dfrac{(-1)^{k-1}}{2k-1}\right)-\displaystyle\sum_{n=1}^{N}\dfrac{1}{(2n-1)^2}=\left(\displaystyle\sum_{n=1}^{N}\dfrac{(-1)^{n-1}}{2n-1}\right)^2-\displaystyle\sum_{n=1}^{N}\dfrac{1}{(2n-1)^2}.\end{align*}

Par suite, pour tout $N\in\mathbb{N}^*$, $u_N=\dfrac{1}{2}\left(\left(\displaystyle\sum_{n=1}^{N}\dfrac{(-1)^{n-1}}{2n-1}\right)^2-\displaystyle\sum_{n=1}^{N}\dfrac{1}{(2n-1)^2}\right)$ puis,

$$\displaystyle\sum_{n=1}^{N}\dfrac{(-1)^n}{2n-1}\displaystyle\sum_{k=n+1}^{+\infty}\dfrac{(-1)^{k-1}}{2k-1}=\dfrac{\pi}{4}\displaystyle\sum_{n=1}^{N}\dfrac{(-1)^n}{2n-1}+\dfrac{1}{2}\left(\left(\displaystyle\sum_{n=1}^{N}\dfrac{(-1)^{n-1}}{2n-1}\right)^2-\displaystyle\sum_{n=1}^{N}\dfrac{1}{(2n-1)^2}\right)\;(\star).$$

$\bullet$ On sait que $\dfrac{\pi^2}{6}=\displaystyle\sum_{n=1}^{+\infty}\dfrac{1}{n^2}=\displaystyle\sum_{k=1}^{+\infty}\dfrac{1}{(2k)^2}+\displaystyle\sum_{k=1}^{+\infty}\dfrac{1}{(2k-1)^2}=\dfrac{1}{4}\displaystyle\sum_{k=1}^{+\infty}\dfrac{1}{k^2}+\displaystyle\sum_{k=1}^{+\infty}\dfrac{1}{(2k-1)^2}$ et donc

$$\displaystyle\sum_{k=1}^{+\infty}\dfrac{1}{(2k-1)^2}=\left(1-\dfrac{1}{4}\right)\dfrac{\pi^2}{6}=\dfrac{\pi^2}{8}.$$

En faisant tendre $N$ vers $+\infty$ dans l’égalité $(\star)$, on obtient

$$\displaystyle\sum_{n=1}^{+\infty}\dfrac{(-1)^n}{2n-1}\displaystyle\sum_{k=n+1}^{+\infty}\dfrac{(-1)^{k-1}}{2k-1}=\dfrac{\pi}{4}\left(-\dfrac{\pi}{4}\right)+\dfrac{1}{2}\left(\dfrac{\pi}{4}\right)^2-\dfrac{1}{2}\left(\dfrac{\pi^2}{8}\right)=-\dfrac{2\pi^2}{32}.$$

Commentaires et/ou rappels de cours

$\bullet$ La famille $\left(\dfrac{(-1)^n(-1)^{k-1}}{(2n-1)(2k-1)}\right)_{(n,k)\in\left(\mathbb{N}^*\right)^2,\;k>n}$ n’est pas sommable $(\displaystyle\sum_{n=1}^{+\infty}\displaystyle\sum_{k=n+1}^{+\infty}\dfrac{1}{(2n-1)(2k-1)}=+\infty$). Il n’est donc pas possible de permuter les termes à volonté.

$\bullet$ On peut aussi penser (en justifiant chaque étape, ce qui est très long) à

\begin{align*}\displaystyle\sum_{n=1}^{+\infty}\dfrac{(-1)^n}{2n-1}\displaystyle\sum_{k=n+1}^{+\infty}\dfrac{(-1)^{k-1}}{2k-1}&=\displaystyle\sum_{n=1}^{+\infty}\dfrac{(-1)^n}{2n-1}\displaystyle\int_{0}^{1}\dfrac{\left(-t^2\right)^n}{1+t^2}\;dt=\int_{0}{1}\dfrac{1}{1+t^2}\left(\displaystyle\sum_{n=1}^{+\infty}\dfrac{t^{2n}}{2n-1}\right)\;dt\\&=\int_{0}{1}\dfrac{t}{1+t^2}\left(\displaystyle\sum_{n=1}^{+\infty}\dfrac{t^{2n-1}}{2n-1}\right)\;dt=\dfrac{1}{2}\displaystyle\int_{0}^{1}\dfrac{t}{1+t^2}\ln\left(\dfrac{1+t}{1-t}\right)\;dt.\end{align*}

Mais il reste à calculer l’intégrale, ce qui semble hors de portée …

Enoncé (Mines-Ponts)

Posons $D=\left(\mathbb{R}_+^*\right)^2$. Montrer que l’ensemble $S=\left\{g\in C^1(D,\mathbb{R})/\;\exists f\in C^1\left(\mathbb{R}_+^*,\mathbb{R}\right)/\;\forall(x,y)\in D,\;g(x,y)=f\left(\dfrac{y}{x}\right)\right\}$ est l’ensemble des solutions sur $D$ d’une équation aux dérivées partielles à préciser.

Corrigé

$\bullet$ Soit $f\in C^1(]0,+\infty[,\mathbb{R})$. Pour tout $(x,y)\in D^2$, on pose $g(x,y)=f\left(\dfrac{y}{x}\right)$. La fonction $u~:~(x,y)\mapsto\dfrac{y}{x}$ est de classe $C^1$ sur $D$ à valeurs dans $]0,+\infty[$ et la fonction $f$ est de classe $C^1$ sur $]0,+\infty[$. Donc, la fonction $g=f\circ u$ est de classe $C^1$ sur $D$. De plus, pour tout $(x,y)\in D^2$, $\dfrac{\partial g}{\partial x}(x,y)=\dfrac{1}{y}f’\left(\dfrac{y}{x}\right)$ et $\dfrac{\partial g}{\partial y}(x,y)=-\dfrac{x}{y^2}f’\left(\dfrac{y}{x}\right)$. Mais alors,

$$\forall(x,y)\in D^2,\;x\dfrac{\partial g}{\partial x}(x,y)+y\dfrac{\partial g}{\partial y}(x,y)=0.$$

Tous les éléments de $g$ de $S$ vérifient donc $x\dfrac{\partial g}{\partial x}+y\dfrac{\partial g}{\partial y}(x,y)=0$ sur $D$.

$\bullet$ Inversement, soit $g\in C^1(D,\mathbb{R})$ vérifiant $x\dfrac{\partial g}{\partial x}+y\dfrac{\partial g}{\partial y}(x,y)=0$ sur $D$ $(\star)$.

Passons en polaires. L’application $\begin{array}[t]{cccc}\varphi~:&]0,+\infty[\times\left]0,\dfrac{\pi}{2}\right[&\rightarrow&D\\ &(r,\theta)&\mapsto&(r\cos(\theta),r\sin(\theta))\end{array}$ est une bijection de $]0,+\infty[\times\left]0,\dfrac{\pi}{2}\right[$ sur $D$ de réciproque $\begin{array}[t]{cccc}\varphi^{-1}~:&D&\rightarrow&]0,+\infty[\times\left]0,\dfrac{\pi}{2}\right[\\ &(x,y)&\mapsto&\left(\sqrt{x^2+y^2},\text{Arctan}\left(\dfrac{y}{x}\right)\right)\end{array}$. On pose $D’=]0,+\infty[\times\left]0,\dfrac{\pi}{2}\right[$. $\varphi$ est de classe $C^1$ sur $D’$ et $\varphi^{-1}$ est de classe $C^1$ sur $D$.

La matrice jacobienne de $\varphi$ en $(r,\theta)\in D’$ est $J=\begin{pmatrix}\dfrac{\partial x}{\partial r}&\dfrac{\partial x}{\partial\theta}\\\dfrac{\partial y}{\partial r}&\dfrac{\partial y}{\partial\theta}\end{pmatrix}$. Mais alors, la matrice jacobienne de $\varphi^{-1}$ en $(x,y)\in D$ est l’inverse de la matrice jacobienne de $\varphi$ en $(r,\theta)=\varphi^{-1}(x,y)$ à savoir

$$\begin{pmatrix}\dfrac{\partial r}{\partial x}&\dfrac{\partial r}{\partial y}\\\dfrac{\partial \theta}{\partial x}&\dfrac{\partial \theta}{\partial y}\end{pmatrix}=J^{-1}=\dfrac{1}{r}\begin{pmatrix}r\cos(\theta)&r\sin(\theta)\\-\sin(\theta)&\cos(\theta)\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}\cos(\theta)&\sin(\theta)\\-\dfrac{\sin(\theta)}{r}&\dfrac{\cos(\theta)}{r}\end{pmatrix}.$$

Pour $(r,\theta)\in D’$, posons $h(r,\theta)=g(r\cos(\theta),r\sin(\theta))=g\circ\varphi(r,\theta)$ de sorte que $g=h\circ \varphi^{-1}$. La fonction $h$ est de classe $C^1$ sur $D’$. De plus, d’après la règle de la chaîne, pour tout $(x,y)\in D$ (en posant $(r,\theta)=\varphi^{-1}(x,y)$),

$$\dfrac{\partial g}{\partial x}(x,y)=\dfrac{\partial}{\partial x}(h(r,\theta))=\dfrac{\partial r}{\partial x}\times\dfrac{\partial h}{\partial r}(r,\theta)+\dfrac{\partial \theta}{\partial x}\times\dfrac{\partial h}{\partial \theta}(r,\theta)=\cos(\theta)\dfrac{\partial h}{\partial r}(r,\theta)-\dfrac{\sin(\theta)}{r}\dfrac{\partial h}{\partial \theta}(r,\theta)$$

et

$$\dfrac{\partial g}{\partial y}(x,y)=\dfrac{\partial}{\partial y}(h(r,\theta))=\dfrac{\partial r}{\partial y}\times\dfrac{\partial h}{\partial r}(r,\theta)+\dfrac{\partial \theta}{\partial y}\times\dfrac{\partial h}{\partial \theta}(r,\theta)=\sin(\theta)\dfrac{\partial h}{\partial r}(r,\theta)+\dfrac{\cos(\theta)}{r}\dfrac{\partial h}{\partial \theta}(r,\theta)$$

puis

$$x\dfrac{\partial g}{\partial x}(x,y)+y\dfrac{\partial g}{\partial y}(x,y)=r\left(\cos^2(\theta)+\sin^2(\theta)\right)\dfrac{\partial h}{\partial r}(r,\theta)=r\dfrac{\partial h}{\partial r}(r,\theta).$$

Ensuite,

\begin{align*}\forall(x,y)\in D,\;x\dfrac{\partial g}{\partial x}(x,y)+y\dfrac{\partial g}{\partial y}(x,y)&\Leftrightarrow\forall (r,\theta)\in D’,\;r\dfrac{\partial h}{\partial r}(r,\theta)=0\Rightarrow\forall (r,\theta)\in D’,\;\dfrac{\partial h}{\partial r}(r,\theta)=0\\&\Leftrightarrow\exists k\in C^1\left(\left]0,\dfrac{\pi}{2}\right[,\mathbb{R})\right)/\;\forall(r,\theta)\in D’,\;h(r,\theta)=k(\theta)\;(\text{car}\;D’\;\text{est convexe})\\&\Leftrightarrow\exists k\in C^1\left(\left]0,\dfrac{\pi}{2}\right[,\mathbb{R})\right)/\;\forall(x,y)\in D^2,\;g(x,y)=k\left(\text{Arctan}\left(\dfrac{y}{x}\right)\right).\end{align*}

La fonction $f=k\circ\text{Arctan}$ est une fonction de classe $C^1$ sur $]0,+\infty[$ telle que pour tout $(x,y)\in D$, $g(x,y)=f\left(\dfrac{y}{x}\right)$. $g$ est donc un élément de $S$.

On a montré que $S$ est axactement l’ensemble des solutions sur $D$, de classe $C^1$ sur $D$, de l’équation aux dérivées partielles $(\star)$.

Commentaires et/ou rappels de cours

$\bullet$ L’équation $x\dfrac{\partial g}{\partial x}+y\dfrac{\partial g}{\partial y}=0$ est nettement plus pénible à résoudre sur $\mathbb{R}^2\setminus\{(0,0)\}$ ou sur $\mathbb{R}^2$.

$\bullet$ Quand $(x,y)=(r\cos(\theta),r\sin(\theta))$ les expressions $\dfrac{\partial r}{\partial x}$, $\dfrac{\partial r}{\partial y}$, $\dfrac{\partial \theta}{\partial x}$ et $\dfrac{\partial \theta}{\partial y}$ s’obtiennent facilement en inversant la matrice jacobienne $\begin{pmatrix}\dfrac{\partial x}{\partial r}&\dfrac{\partial x}{\partial\theta}\\\dfrac{\partial y}{\partial r}&\dfrac{\partial y}{\partial \theta}\end{pmatrix}$.

Si on veut les obtenir directement, cela donne $\dfrac{\partial r}{\partial x}=\dfrac{\partial}{\partial x}\left(\sqrt{x^2+y^2}\right)=\dfrac{x}{\sqrt{x^2+y^2}}=\dfrac{r\cos(\theta)}{r}=\cos(\theta)$ et $\dfrac{\partial \theta}{\partial x}=\dfrac{\partial}{\partial x}\left(\text{Arctan}\left(\dfrac{y}{x}\right)\right)=-\dfrac {y}{x^2}\dfrac{1}{1+\dfrac{y^2}{x^2}}=-\dfrac{y}{x^2+y^2}=-\dfrac{r\sin(\theta)}{r^2}=-\dfrac{\sin(\theta)}{r}$ …

Enoncé (Mines-Ponts)

Donner les deux premiers termes du développement asymptotique de $I_n=\displaystyle\int_{0}^{+\infty}e^{-nx}\ln(n+x)\;dx$. 

Corrigé

$\bullet$ Soit $n\in\mathbb{N}^*$. La fonction $f_n~:~x\mapsto e^{-nx}\ln(n+x)$ est continue sur $[0,+\infty[$. De plus, d’après des théorèmes de croissances comparées,

$$x^2e^{-nx}\ln(n+x)\underset{x\rightarrow+\infty}{\sim}x^2e^{-nx}\ln(x)\underset{x\rightarrow+\infty}{=}x^2e^{-nx}o(x)\underset{x\rightarrow+\infty}{=}o\left(x^3e^{-nx}\right)\underset{x\rightarrow+\infty}{=}o(1),$$

et donc $f_n(x)\underset{x\rightarrow+\infty}{=}o\left(\dfrac{1}{x^2}\right)$. Puisque $2>1$, la fonction $f_n$ est intégrable sur un voisinage de $+\infty$ puis sur $[0,+\infty[$. On en déduit l’existence de $I_n$.

$\bullet$ Soit $n\in\mathbb{N}^*$.

\begin{align*}I_n&=\displaystyle\int_{0}^{+\infty}e^{-nx}\left(\ln(n)+\ln\left(1+\dfrac{x}{n}\right)\right)dx\\&=\ln(n)\displaystyle\int_{0}^{+\infty}e^{-nx}\;dx+\displaystyle\int_{0}^{+\infty}e^{-nx}\ln\left(1+\dfrac{x}{n}\right)dx (\text{car les deux intégrales convergent})\\&=\dfrac{\ln(n)}{n}+\displaystyle\int_{0}^{+\infty}e^{-nx}\ln\left(1+\dfrac{x}{n}\right)dx,\end{align*}

puis $I_n-\dfrac{\ln(n)}{n}=\displaystyle\int_{0}^{+\infty}e^{-nx}\ln\left(1+\dfrac{x}{n}\right)dx$. Ensuite, on sait que pour tout $t\in]-1,+\infty[$, $\ln(1+t)\leqslant t$ (inégalité de convexité). Donc, pour tout $n\in\mathbb{N}^*$ et tout $x\in[0,+\infty[$, $0\leqslant e^{-nx}\ln\left(1+\dfrac{x}{n}\right)\leqslant \dfrac{xe^{-nx}}{n}$ puis pour tout $n\in\mathbb{N}^*$,

$$0\leqslant I_n-\dfrac{\ln(n)}{n}\leqslant\dfrac{1}{n}\displaystyle\int_{0}^{+\infty}xe^{-nx}\;dx=\dfrac{1}{n}\displaystyle\int_{0}^{+\infty}\dfrac{u}{n}e^{-u}\;\dfrac{du}{n}=\dfrac{\Gamma(2)}{n^3}=\dfrac{1}{n^3}.$$

En particulier, $I_n-\dfrac{\ln(n)}{n}\underset{n\rightarrow+\infty}{=}o\left(\dfrac{\ln(n)}{n}\right)$ puis

$$I_n\underset{n\rightarrow+\infty}{=}\dfrac{\ln(n)}{n}+o\left(\dfrac{\ln(n)}{n}\right).$$

Poursuivons. Pour tout $t\in[0,+\infty[$, posons $f(t)=\ln(1+t)-t+\dfrac{t^2}{2}$. La fonction $f$ est dérivable sur $[0,+\infty[$ et pour tout $t\geqslant0$, $f'(t)=\dfrac{1}{1+t}-1+t=\dfrac{t^2}{1+t}\geqslant0$. La fonction $f$ est croissante sur $[0,+\infty[$ puis, pour tout $t\geqslant0$, $f(t)\geqslant f(0)=0$. On a montré que

$$\forall t\geqslant0,\;t-\dfrac{t^2}{2}\leqslant\ln(1+t)\leqslant t.$$

Soit $n\in\mathbb{N}^*$. Pour tout $x\geqslant0$, $\dfrac{xe^{-nx}}{n}-\dfrac{x^2e^{-nx}}{2n^2}\leqslant e^{-nx}\ln\left(1+\dfrac{x}{n}\right)\leqslant\dfrac{xe^{-nx}}{n}$ puis en intégrant

$$\displaystyle\int_{0}^{+\infty}\dfrac{xe^{-nx}}{n}\;dx-\displaystyle\int_{0}^{+\infty}\dfrac{x^2e^{-nx}}{2n^2}\leqslant I_n-\dfrac{\ln(n)}{n}=\displaystyle\int^{0}^{+\infty}e^{-nx}\ln\left(1+\dfrac{x}{n}\right)dx\leqslant\displaystyle\int_{0}^{+\infty}\dfrac{xe^{-nx}}{n}\;dx$$

ou encore

$$-\dfrac{1}{2n^2}\displaystyle\int_{0}^{+\infty}x^2e^{-nx}\;dx\leqslant I_n-\dfrac{\ln(n)}{n}-\dfrac{1}{n^3}\leqslant0.$$

Ensuite, $\displaystyle\int_{0}^{+\infty}x^2e^{-nx}\;dx=\displaystyle\int_{0}^{+\infty}\dfrac{u^2}{n^2}e^{-u}\;\dfrac{du}{n}=\dfrac{\Gamma(3)}{n^3}=\dfrac{2}{n^3}$. Donc, pour tout $n\in\mathbb{N}^*$,

$$-\dfrac{1}{n^5}\leqslant I_n-\dfrac{\ln(n)}{n}-\dfrac{1}{n^3}\leqslant0.$$

En particulier,

$$I_n\underset{n\rightarrow+\infty}{=}dfrac{\ln(n)}{n}+\dfrac{1}{n^3}+o\left(\dfrac{1}{n^3}\right).$$

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