Exercices d’oraux type CCINP

Enoncé (CCINP)

On pose $f~:~x\mapsto\dfrac{1}{\sqrt{1-x^2}}\text{Arcsin}(x)$ où $x$ est réel.

1) Déterminer le domaine de définition de $f$.

2) Déterminer une équation différentielle vérifiée par $f$ avec la condition $f(0)=0$.

3) Déterminer le développement en série entière de $f$.

Corrigé

1) Soit $x\in\mathbb{R}$. $\dfrac{1}{\sqrt{1-x^2}}$ existe si et seulement si $1-x^2>0$ ou encore $x\in]-1,1[$ et $\text{Arcsin}(x)$ existe si et seulement si $x\in[-1,1]$. Finalement, $f(x)$ existe si et seulement si $x\in]-1,1[$. Le domaine de définition de la fonction $f$ est $]-1,1[$.

2) Pour tout $x\in]-1,1[$, $f(x)=\left(1-x^2\right)^{-\frac{1}{2}}\text{Arcsin}(x)$. La fonction $f$ est dérivable sur $]-1,1[$ en tant que produit de fonctions dérivables sur $]-1,1[$ et pour tout $x\in]-1,1[$,

$$f'(x)=-\dfrac{1}{2}(-2x)\left(1-x^2\right)^{-\frac{3}{2}}\text{Atrcsin}(x)+\dfrac{1}{\sqrt{1-x^2}}\times\dfrac{1}{\sqrt{1-x^2}}=\dfrac{x}{1-x^2}f(x)+\dfrac{1}{1^-x^2}.$$

Ainsi,

$$\forall x\in]-1,1[,\;\left(1-x^2\right)f'(x)-xf(x)=1.$$

3) On sait que pour tout $u\in]-1,1[$, $(1+u)^{-\frac{1}{2}}=1+\displaystyle\sum_{n=1}^{+\infty}\dbinom{-\frac{1}{2}}{n}u^n$ et donc, pour tout $x\in]-1,1[$, en tenant compte de $-x^2\in]-1,1[$, $\left(1-x^2\right)^{-\frac{1}{2}}=1+\displaystyle\sum_{n=1}^{+\infty}\dbinom{-\frac{1}{2}}{n}\left(-x^2\right)^n$. Ainsi, la fonction $x\mapsto\dfrac{1}{\sqrt{1-x^2}}=\left(1-x^2\right)^{-\frac{1}{2}}$ est développable sur $]-1,1[$. On en déduit que la fonction $x\mapsto\text{Arcsin}(x)$ est développable en série entière sur $]-1,1[$ en tant que primitive d’une fonction développable en série entière sur $]-1,1[$. Finalement, la fonction $f$ est développable en série entière sur $]-1,1[$ en tant que produit de fonctions développables en série entière sur $]-1,1[$.

En tenant compte du fait que $f$ est impaire, on peut donc poser pour tout $x\in]-1,1[$, $f(x)=\displaystyle\sum_{n=0}^{+\infty}u_nx^{2n+1}$ pour une certaine suite $\left(u_n\right)_{n\in\mathbb{N}}\in\mathbb{R}^{\mathbb{N}}$. Pour tout $x\in]-1,1[$,

\begin{align*}\left(1-x^2\right)f'(x)-xf(x)&=\left(1-x^2\right)\displaystyle\sum_{n=0}^{+\infty}(2n+1)u_nx^{2n}-x\displaystyle\sum_{n=0}^{+\infty}u_nx^{2n+1}\\&=\displaystyle\sum_{n=0}^{+\infty}(2n+1)u_nx^{2n}-\displaystyle\sum_{n=0}^{+\infty}(2n+1)u_nx^{2n+2}-\displaystyle\sum_{n=0}^{+\infty}u_nx^{2n+2}=\displaystyle\sum_{n=0}^{+\infty}(2n+1)u_nx^{2n}-\displaystyle\sum_{n=0}^{+\infty}(2n+2)u_nx^{2n+2}\\&=\displaystyle\sum_{n=0}^{+\infty}(2n+1)u_nx^{2n}-\displaystyle\sum_{n=1}^{+\infty}(2n)u_{n-1}x^{2n}=u_0+\displaystyle\sum_{n=1}^{+\infty}\left((2n+1)u_n-(2n)u_{n-1}\right)x^{2n}.\end{align*}

Ensuite,

\begin{align*}\forall x\in]-1,1[,\;\left(1-x^2\right)f'(x)-xf(x)=1&\Rightarrow\forall x\in]-1,1[,\;u_0+\displaystyle\sum_{n=1}^{+\infty}\left((2n+1)u_n-(2n)u_{n-1}\right)x^{2n}=1\\&\Rightarrow u_0=1\;\text{et}\;\forall n\geqslant1,\;(2n+1)u_n-(2n)u_{n-1}=0\;(\text{par unicité des coefficients d’une série entière})\\&\Rightarrow u_0=1\;\text{et}\;\forall n\geqslant1,\;u_n=\dfrac{2n}{2n+1}u_{n-1}\Rightarrow u_0=1\;\text{et}\;\forall n\geqslant 1,\;u_n=\dfrac{2n}{2n+1}\times\dfrac{2n-2}{2n-1}\times\ldots\times\dfrac{2}{3}\times u_0\\&\Rightarrow u_0=1\;\text{et}\;\forall n\geqslant 1,\;u_n=\dfrac{((2n)\times(2n-2)\times\ldots\times2)^2}{(2n+1)\times(2n)\times(2n-1)\times\ldots\times3\times2}\Rightarrow u_0=1\;\text{et}\;\forall n\geqslant 1,\;u_n=\dfrac{(2^{2n}(n!)^2}{(2n+1)!}\\&\forall n\in\mathbb{N},\;u_n=\dfrac{(2^{2n}(n!)^2}{(2n+1)!}.\end{align*}

On a montré que

$$\forall x\in]-1,1[,\;f(x)=\displaystyle\sum_{n=0}^{+\infty}\dfrac{(2^{2n}(n!)^2}{(2n+1)!}x^{2n+1}.$$

Commentaires et/ou rappels de cours

$\bullet$ En ajoutant la constatation $f(0)=0$, l’énoncé nous suggère que l’équation différentielle recherchée est du premier ordre (une seule condition initiale).

$\bullet$ L’équation différentielle recherchée doit être à coefficients polynomiaux pour pouvoir ensuite tranquilement injecter la somme d’une série entière. S’il persiste des coefficients comme $\dfrac{1}{\sqrt{1-x^2}}$ ou $\dfrac{1}{1-x^2}$, on n’a pas encore la bonne équation différentielle.

$\bullet$ Dans ce genre d’exercices, la plupart du temps, on ne sait pas à l’avance que la fonction considérée est développable en série entière. Ce n’est pas le cas ici et la rédaction usuelle s’en trouve fortement modifiée. 

Enoncé (CCINP)

Soit $E=\mathscr{M}_n(\mathbb{K})$. Soit $\|.\|$ une norme sur $E$ telle que

$$\forall A\in E,\;\forall P\in GL_n(\mathbb{K}),\;\left\|P^{-1}AP\right\|=\|A\|.$$

1) Prouver que $GL_n(\mathbb{K})$ est dense dans $E$ en s’intéressant, pour tout $A\in E$, à la suite $\left(A-\dfrac{1}{p} I_n\right)_{p\in\mathbb{N}^*}$.

2) Montrer que pour tout $(A,B)\in E^2$, $\|AB\|=\|BA\|$.

3) En déduire une contradiction.

Corrigé

1) Soit $A\in E$. $A$ admet un nombre fini de valeurs propres. Donc, il existe un réel $a>0$ tel que $]-a,a[\cap\text{Sp}_{\mathbb{R}}(A)=\{0\}$ (si $A$ n’admet pas de valeur propre réelle non nulle, on prend $a=1$ et si $A$ admet au moins une valeur prorpre réelle non nulle, on prend pour $a$ le minimum des valeurs absolues des valeurs propres réelles non nulles de $A$).

Soit $p_0=\left\lfloor\dfrac{1}{a}\right\rfloor+1\in\mathbb{N}^*$. On a $p_0>\dfrac{1}{a}$ puis $\dfrac{1}{p_0}<a$ et donc pour $p\geqslant p_0$, $\dfrac{1}{p}\in]-a,a[$. Mais alors, pour $p\geqslant p_0$, $\dfrac{1}{p}$ n’est pas valeur propre de $A$ puis $A-\dfrac{1}{p}I_n\in GL_n(\mathbb{K})$. Ainsi, la suite $\left(A-\dfrac{1}{p}I_n\right)_{p\geqslant p_0}$ est une suite de matrices inversibles. De plus, $\displaystyle\lim_{p\rightarrow+\infty}\left(A-\dfrac{1}{p}I_n\right)=A$.

On a montré que tout élément de $E$ est limite d’une suite de matrices inversibles et donc $\overline{GL_n(\mathbb{K})}=E$ ou encore $GL_n(\mathbb{K})$ est dense dans $E$.

2) Soit $(A,B)\in E^2$. Si $A$ est inversible, on peut écrire

$$\|AB\|=\left\|A^{-1}(AB)A\right\|=\|BA\|.$$

Si $A$ n’est pas inversible, il existe une de matrices inversibles $\left(A_p\right)_{p\in\mathbb{N}}$, convergente, de limite $A$. D’après ce qui précède, pour tout $p\in\mathbb{N}$, $\left\|A_pB\right\|=\left\|BA_p\right\|$. Maintenant, on sait que l’application $M\mapsto\|M\|$ est continue sur $E$ (et de même pour les applications $M\mapsto MB$ et $M\mapsto BM$ qui sont linéaires sur un espace de dimension finie). Donc

$$\|AB\|=\left\|\displaystyle\lim_{p\rightarrow+\infty}\left(A_pB\right)\right\|=\displaystyle\lim_{p\rightarrow+\infty}\left\|A_pB\right\|=\displaystyle\lim_{p\rightarrow+\infty}\left\|BA_p\right\|=\left\|\displaystyle\lim_{p\rightarrow+\infty}\left(BA_p\right)\right\|=\|BA\|.$$

On a montré que pour tout $(A,B)\in E^2$, $\|AB\|=\|BA\|$.

3) Soit $n\geqslant 2$. Supposons par l’absurde qu’il existe une norme $\|\;\|$ sur $E$ vérifiant : $\forall A\in E$, $\forall P\in GL_n(\mathbb{K})$, $\left\|P^{-1}AP\right\|=\|A\|$ ($\star$). D’après la question 2), pour tout $(A,B)\in E^2$, $\|AB\|=\|BA\|$. Mais si $A=E_{1,1}$ et $B=E_{1,2}$, alors $AB=E_{1,2}$ puis $\|AB\|>0$ et $BA=0$ puis $\|BA\|=0$. En particulier, $\|AB\|\neq\|BA\|$. Ceci est une contradiction et donc, il n’existe donc pas de norme sur $E$ vérifiant $(\star)$.

Si $n=1$, $E=\mathbb{K}$ et $GL_1(E)=\mathbb{K}^*$. Soit $N$ une norme sur $E$. Pour tout $x\in \mathbb{K}$ et tout $y\in\mathbb{K}^*$,

$$N\left(y^{-1}xy\right)=|y|^{-1}|y|N(x)=N(x).$$

Si $n=1$, toute norme sur $E$ vérifie $(\star)$.

Commentaires et/ou rappels de cours

$\bullet$ On sait que « la norme est continue ». Plus précisément, si $(E,N)$ est un espace vectoriel normé de dimension quelconque, l’application $\begin{array}[t]{ccc}(E,N)&\rightarrow&(\mathbb{R},|\;|)\\x&\mapsto&N(x)\end{array}$ est continue (« la norme est continue par rapport à elle-même »). Si de plus, $E$ est de dimension finie et si $\|\;\|$ est une norme quelconque sur $E$, l’application $\begin{array}[t]{ccc}(E,N)&\rightarrow&(\mathbb{R},\|\;\|)\\x&\mapsto&N(x)\end{array}$ est continue (car $\|\;\|$ est équivalente à $N$).

$\bullet$ Dans cet exercice, on montre au passage que pour $n\geqslant2$, il n’existe pas de norme multiplicative (alors qu’il existe des normes $\|\;\|$ sous-multiplicatives : $\forall(A,B)\in\left(\mathscr{M}_n(\mathbb{K})\right)^2,\;\|AB\|\leqslant\|A\|\|B\|$).

$\bullet$ Soient $(E,\|\;\|)$ un espace vectoriel normé puis $A$ une partie quelconque de $E$. Par définition, $A$ est dense dans $E$ si et seulement si $\overline{A}=E$ ou encore

$$\forall x\in E,\;\forall\varepsilon>0,\;\exists a\in A/\;\|x-a\|\leqslant\varepsilon.$$

Avec la caractérisation séquentielle de l’adhérence, on obtient le théorème : $A$ est dense dans $E$ si et seulement si tout élément de $E$ est limite d’une suite convergente d’éléments de $A$.

Enoncé (CCINP)

Soient $(E)~:~x^2y^{(2)}+4xy’+\left(2-x^2\right)y=1$ et $(H)~:~x^2y^{(2)}+4xy’+\left(2-x^2\right)y=0$.

On étudie les solutions de $(E)$ et $(H)$ sur $]0,+\infty[$.

1) Montrer qu’il existe une unique solution développable en série entière qui vérifie $(E)$ et la déterminer.

2) Montrer que $g~:~x\mapsto-\dfrac{1}{x^2}$ est solution de $(E)$.

3) On admet que $h~:~x\mapsto\dfrac{\text{sh}(x)}{x^2}$ est solution de $(H)$.

Déterminer toutes les solutions de $(E)$.

Corrigé

1) Soit $\left(a_n\right)_{n\in\mathbb{N}}$ une suite réelle pour laquelle on suppose a priori que la rayon de convergence associé $R_a$ est strictement positif.

Pour $x\in\left]-R_a,R_a\right[$, on pose $f(x)=\displaystyle\sum_{n=0}^{+\infty}a_nx^n$. On sait que $f$ est deux fois dérivable sur $\left]-R_a,R_a\right[$ puis que pour tout $x\in\left]-R_a,R_a\right[$,

\begin{align*}x^2f^{(2)}(x)+4xf'(x)+\left(2-x^2\right)f(x)&=x^2\displaystyle\sum_{n=2}^{+\infty}n(n-1)a_nx^{n-2}+4x\displaystyle\sum_{n=1}^{+\infty}na_nx^{n-1}+\left(2-x^2\right)\displaystyle\sum_{n=0}^{+\infty}a_nx^n\\&=\displaystyle\sum_{n=2}^{+\infty}n(n-1)a_nx^{n}+4\displaystyle\sum_{n=1}^{+\infty}na_nx^{n}+2\displaystyle\sum_{n=0}^{+\infty}a_nx^n-\displaystyle\sum_{n=0}^{+\infty}a_nx^{n+2}\\&=\displaystyle\sum_{n=0}^{+\infty}n(n-1)a_nx^{n}+4\displaystyle\sum_{n=0}^{+\infty}na_nx^{n}+2\displaystyle\sum_{n=0}^{+\infty}a_nx^n-\displaystyle\sum_{n=0}^{+\infty}a_nx^{n+2}=\displaystyle\sum_{n=0}^{+\infty}(n(n-1)+4n+2)a_nx^{n}-\displaystyle\sum_{n=2}^{+\infty}a_{n-2}x^{n}\\&=\displaystyle\sum_{n=0}^{+\infty}\left(n^2+3n+2\right)a_nx^{n}-\displaystyle\sum_{n=2}^{+\infty}a_{n-2}x^{n}\\&=2a_0+6a_1x+\displaystyle\sum_{n=2}^{+\infty}\left((n+1)(n+2)a_n-a_{n-2}\right)x^{n}.\end{align*}

Toujours sous l’hypothèse $R_a>0$,

\begin{align*}f\;\text{est solution de}\;(E)\;\text{sur}\;\left]-R_a,R_a\right[&\Leftrightarrow\forall x\in\left]-R_a,R_a\right[,\;2a_0+6a_1x+\displaystyle\sum_{n=2}^{+\infty}\left((n+1)(n+2)a_n-a_{n-2}\right)x^{n}=1\\&\Leftrightarrow 2a_0=1\;\text{et}\;6a_1=0\;\text{et}\;\forall n\geqslant2,\;(n+1)(n+2)a_n-a_{n-2}=0\;(\text{par unicité des coefficients d’une série entière})\\&\Leftrightarrow a_0=\dfrac{1}{2}\;\text{et}\;a_1=0\;\text{et}\;\forall n\geqslant2,\;a_n=\dfrac{a_{n-2}}{(n+1)(n+2)}\\&\Leftrightarrow a_0=\dfrac{1}{2}\;\text{et}\;\forall p\in\mathbb{N}^*,\;a_{2p}=\dfrac{a_{2p-2}}{(2p+2)(2p+1)}\;\text{et}\;a_1=0\;\text{et}\;\forall p\in\mathbb{N}^*,\;a_{2p+1}=\dfrac{a_{2p-1}}{(2p+1)(2p)}\\&\Leftrightarrow a_0=\dfrac{1}{2}\;\text{et}\;\forall p\in\mathbb{N}^*,\;a_{2p}=\dfrac{1}{(2p+2)\times(2p+1)\times(2p)\times\ldots\times4\times3}a_0\;\text{et}\forall p\in\mathbb{N}\;a_{2p+1}=0\\&\Leftrightarrow\forall p\in\mathbb{N},\;a_{2p}=\dfrac{1}{(2p+2)!}\;\text{et}\;\forall p\in\mathbb{N},\;a_{2p+1}=0.\end{align*}

Ainsi, sous l’hypothèse $R_a>0$, $f$ est solution de $(E)$ sur $\left]-R_a,R_a\right[$ si et seulement si $\forall p\in\mathbb{N},\;a_{2p}=\dfrac{1}{(2p+2)!}\;\text{et}\;\forall p\in\mathbb{N},\;a_{2p+1}=0$. Maintenant, Pour tout $n\in\mathbb{N}$, $\left|a_n\right|=a_n\leqslant\dfrac{1}{(n+2)!}\leqslant\dfrac{1}{n!}=b_n$. Puisque $R_b=+\infty$, on en déduit que $R_a=+\infty$. Ceci valide les calculs précédents sur $\mathbb{R}$.

Ainsi, il existe une solution $f$ de $(E)$ est une seule, développable en série entière. De plus, $f$ est développable en série entière sur $\mathbb{R}$ et solution de $(E)$ sur $\mathbb{R}$. $f$ est définie par :

$$\forall x\in\mathbb{R},\;f(x)=\displaystyle\sum_{n=0}^{+\infty}\dfrac{x^{2n}}{(2n+2)!}.$$

Ensuite, pour $x\neq0$, $f(x)=\dfrac{1}{x^2}\sum_{n=0}^{+\infty}\dfrac{x^{2n+2}}{(2n+2)!}=\dfrac{1}{x^2}\sum_{n=1}^{+\infty}\dfrac{x^{2n}}{(2n)!}=\dfrac{\text{ch}(x)-1}{x^2}$ et d’autre part, $f(0)=\dfrac{1}{2}$.

$$\forall x\in\mathbb{R},\;f(x)=\left\{\begin{array}{l}\frac{\text{ch}(x)-1}{x^2}\;\text{si}\;x\neq0\\\frac{1}{2}\;\text{si}\;x=0\end{array}\right..$$

2) La fonction $g$ est deux fois dérivable sur $]0,+\infty[$ et pour tout $x>0$,

\begin{align*}x^2g^{(2)}(x)+4xg'(x)+\left(2-x^2\right)g(x)&=x^2\left(-\dfrac{6}{x^4}\right)+4x\left(\dfrac{2}{x^3}\right)+\left(2-x^2\right)\left(-\dfrac{1}{x^2}\right)\\&=\dfrac{-6+8-2}{x^2}+1=1.\end{align*}

Donc, la fonction $g$ est solution de $(E)$ sur $]0,+\infty[$.

3) Sur $]0,+\infty[$, $(E)$ s’écrit $y^{(2)}+\dfrac{4}{x}y’+\left(\dfrac{2}{x^2}-1\right)y=\dfrac{1}{x^2}$. Les trois fonctions $a~:~x\mapsto\dfrac{4}{x}$, $b~:~x\mapsto\dfrac{2}{x^2}-1$ et $c~:~x\mapsto\dfrac{1}{x^2}$ sont continues sur $]0,+\infty[$. On sait alors que l’ensemble $\mathscr{S}_{(H),]0,+\infty[}$ des solutions de $(H)$ sur $]0,+\infty[$ constituent un $\mathbb{R}$-espace vectoriel de dimension $2$ puis que l’ensemble $\mathscr{S}_{(E),]0,+\infty[}$ des solutions de $(E)$ sur $]0,+\infty[$ constituent un sous-espace affine de direction $\mathscr{S}_{(H),]0,+\infty[}$.

On connaît déjà une solution de $(E)$ sur $]0,+\infty[$, à savoir $f$, et une solution de $(H)$ sur $]0,+\infty[$, à savoir $h$. Il nous manque une solution $k$ de $(H)$ sur $]0,+\infty[$ telle que la famille $(h,k)$ soit libre.

Puisque $f$ et $g$ sont solutions de $(E)$ sur $]0,+\infty[$, la fonction $k=f-g$ est solution de $(H)$ sur $]0,+\infty[$ avec $k(x)=\dfrac{\text{ch}(x)}{x^2}$ pour tout $x>0$.

Soit $(\lambda,\mu)\in\mathbb{R}^2$ tel que $\lambda h+\mu k=0$. Alors, pour tout $x>0$, $\dfrac{\lambda\text{sh}(x)+\mu\text{ch}(x)}{x^2}=0$ puis pour tout $x>0$, $\lambda\text{sh}(x)+\mu\text{ch}(x)=0$. Quand $x$ tend vers $0$, on obtient $\mu=0$. Mais alors, $\lambda=0$. Ceci montre que la famille $(h,k)$ est libre et donc la famille $(h,k)$ est un système fondamental de solutions de $(H)$ sur $]0,+\infty[$. Finalement,

$$\mathscr{S}_{(E),]0,+\infty[}=\left\{x\mapsto\dfrac{\lambda\text{ch}(x)+\mu\text{sh}(x)-1}{x^2},\;(\lambda,\mu)\in\mathbb{R}^2\right\}.$$

Commentaires et/ou rappels de cours

$\bullet$ Quand on cherche des solutions développables en série entière d’une équation différentielle linéaire $y^{(2)}+a(x)y’+b(x)y=c(x)$, le plan est toujours le même

$\quad$- on s’assure que les coefficients sont polynomiaux quitte à réduire au même dénominateur puis à supprimer les dénominateurs si les coefficients sont des fractions rationnelles

$\quad$- on se donne une suite $\left(a_n\right)$ pour laquelle on suppose a priori $R_a>0$

$\quad$- on pose pour tout $x\in\left]-R_a,R_a\right[$, $f(x)=\displaystyle\sum_{n=0}^{+\infty}a_nx^n$ puis on calcule $y^{(2)}+a(x)y’+b(x)y$ que l’on écrit sous la forme $\displaystyle\sum_{n=0}^{+\infty}b_nx^n$.

$\quad$- on identifie les coefficients avec ceux du second membre pour obtenir des conditions initiales et une relation de récurrence.

$\quad$- on résout cette récurrence et on trouve, s’il en existe, la ou les suites $\left(a_n\right)$ candidates.

$\quad$- on vérifie que $R_a>0$ ce qui valide les calculs sur $\left]-R_a,R_a\right[$ (si tous les $R_a$ sont nuls, il n’y a pas de solution développable en série entière).

$\quad$- on calcule si c’est possible la somme des différentes séries entières obtenues.

$\bullet$ On peut noter que si on fait, sur $]0,+\infty[$, le changement de fonction inconnue $z=x^2y$ l’équation différentielle obtenue se résout immédiatement :

$z’=2xy+x^2y’$ puis $z^{(2)}=2y+2xy’+x^2y^{(2)}$ puis $z^{(2)}-z=x^2y^{(2)}+2xy’+\left(2-x^2\right)y$ et donc

$$x^2y^{(2)}+2xy’+\left(2-x^2y\right)=1\Leftrightarrow z^{(2)}-z=1\quad(E’).$$

Les solutions de $z^{(2)}-z=0$ sont les fonctions de la forme $x\mapsto\lambda\text{ch}(x)+\mu\text{sh}(x)$ et une solution particulière de $(E’)$ est $x\mapsto-1$.

Enoncé (CCINP)

Soit $r\in]-1,1[$. Pour tout $n\in\mathbb{N}$, on définit $f_n~:~x\mapsto r^n\cos(nx)$.

1) Montrer que $\displaystyle\sum_{n\geqslant0}f_n$ converge normalement sur $\mathbb{R}$.

2) Déterminer la fonction $S$ définie par : $\forall x\in\mathbb{R},\;S(x)=\displaystyle\sum_{n=0}^{+\infty}f_n(x).$

3) En déduire que : $\forall x\in\mathbb{R}$, $\dfrac{1-r^2}{1+r^2-2r\cos(x)}=-1+2\displaystyle\sum_{n=0}^{+\infty}f_n(x)$.

4) Soit $(k,n)\in\mathbb{N}^2$. Calculer $\displaystyle\int_{0}^{2\pi}\cos(nx)\cos(kx)\;dx$.

5) En déduire, pour $k$ dans $\mathbb{N}$ l’expression de $I_k=\displaystyle\int_{0}^{2\pi}\dfrac{\cos(kx)}{1+r^2-2r\cos(x)}\;dx.$

Corrigé

1) Soit $n\in\mathbb{N}$. Pour tout $x\in\mathbb{R}$, $\left|f_n(x)\right|=|r|^n|\cos(nx)|\leqslant|r|^n$ puis $\left\|f_n\right\|_\infty\leqslant|r|^n$. Puisque $r\in]-1,1[$, la série géométrique de terme général $|r|^n$ converge et il en est de même de la série de terme général $\left\|f_n\right\|_\infty$. Mais alors, la série de fonctions de terme général $f_n$ converge normalement sur $\mathbb{R}$.

2) En particulier, la série de fonctions de terme général $f_n$ converge simplement sur $\mathbb{R}$ et la fonction $S$ est donc définie sur $\mathbb{R}$. Soit $x\in\mathbb{R}$.

\begin{align*}S(x)&=\displaystyle\sum_{n=0}^{+\infty}r^n\cos(nx)\;dx=\text{Re}\left(\displaystyle\sum_{n=0}^{+\infty}r^ne^{inx}\right)=\text{Re}\left(\displaystyle\sum_{n=0}^{+\infty}\left(re^{ix}\right)^n\right)\\&=\text{Re}\left(\dfrac{1}{1-re^{ix}}\right)\;(\text{car}\;\left|re^{ix}\right|=|r|<1)\\&=\text{Re}\left(\dfrac{1-re^{-ix}}{\left(1-re^{ix}\right)\left(1-re^{-ix}\right)}\right)=\text{Re}\left(\dfrac{1-r\cos(x)+ir\sin(x)}{1+r^2-2r\cos(x)}\right)\\&=\dfrac{1-r\cos(x)}{1+r^2-2r\cos(x)}.\end{align*}

3) Soit $x\in\mathbb{R}$.

\begin{align*}S(x)&=\dfrac{1}{2}\dfrac{2-2r\cos(x)}{1+r^2-2r\cos(x)}=\dfrac{1}{2}\dfrac{1-2r\cos(x)+r^2+1-r^2}{1+r^2-2r\cos(x)}=\dfrac{1}{2}\left(1+\dfrac{1-r^2}{1+r^2-2r\cos(x)}\right)\end{align*}

puis

$$\dfrac{1-r^2}{1+r^2-2r\cos(x)}=2S(x)-1=-1+2\displaystyle\sum_{n=0}^{+\infty}f_n(x).$$

4) Pour tout $(k,n)\in\mathbb{N}^2$, on pose $I_{k,n}=\displaystyle\int_0^{2\pi}\cos(kx)\cos(nx)\;dx=\dfrac{1}{2}\displaystyle\int_0^{2\pi}(\cos((n+k)x)+\cos((n-k)x))\;dx$.

1er cas. $I_{0,0}=\displaystyle\int_{0}^{2\pi}dx=2\pi$.

2ème cas. Si $n\neq0$, alors $I_{n,n}=\dfrac{1}{2}\displaystyle\int_0^{2\pi}(1+\cos((2n)x))\;dx=\pi+\dfrac{1}{2}\left[\dfrac{\sin(2n)x)}{2n}\right]_0^{2\pi}=\pi$.

3ème cas. Si $k\neq n$, alors $n-k\neq0$ et $n+k\neq0$ (car $n+k\geqslant 1+0=1$) puis $I_{k,n}=\dfrac{1}{2}\left[\dfrac{\sin((n+k)x)}{n+k}+\dfrac{\sin((n-k)x)}{n-k}\right]_0^{2\pi}=0$.

En résumé, pour tout $(k,n)\in\mathbb{N}^2$, $\displaystyle\int_0^{2\pi}\cos(kx)\cos(nx)\;dx=\left\{\begin{array}{l}2\pi\;\text{si}\;k=n=0\\\pi\;\text{si}\;k=n\neq0\\0\;\text{si}\;k\neq n\end{array}\right.$.

5) Soit $k\in\mathbb{N}$.

\begin{align*}\displaystyle\int_{0}^{2\pi}\dfrac{\cos(kx)}{1+r^2-2r\cos(x)}\;dx&=\dfrac{1}{1-r^2}\displaystyle\int_{0}^{2\pi}\dfrac{1-r^2}{1+r^2-2r\cos(x)}\cos(kx)\;dx=\dfrac{1}{1-r^2}\displaystyle\int_{0}^{2\pi}\left(-\cos(kx)+2\displaystyle\sum_{n=0}^{+\infty}r^n\cos(kx)\cos(nx)\right)\;dx\\&=-\dfrac{2\pi\delta_{k,0}}{1-r^2}+\dfrac{2}{1-r^2}\displaystyle\int_{0}^{2\pi}\left(\displaystyle\sum_{n=0}^{+\infty}r^n\cos(kx)\cos(nx)\right)dx.\end{align*}

 Pour tout $n\in\mathbb{N}$ et tout $x\in[0,2\pi]$, on pose $g_n(x)=r^n\cos(kx)\cos(nx)$. Comme à la question 1), pour tout $n\in\mathbb{N}$, $\left\|g_n\right\|_\infty\leqslant |r|^n$ puis la série de fonctions de terme général $g_n$, $n\in\mathbb{N}$, converge normalement et donc uniformément sur $[0,2\pi]$.

Ainsi, chaque fonction $g_n$ est continue sur le segment $[0,2\pi]$ et la série de fonctions de terme général $g_n$, $n\in\mathbb{N}$, converge uniformément sur $[0,2\pi]$. D’après le théorème d’intégration terme à terme sur un segment,

\begin{align*}\displaystyle\int_{0}^{2\pi}\dfrac{\cos(kx)}{1+r^2-2r\cos(x)}\;dx&=-\dfrac{2\pi\delta_{k,0}}{1-r^2}+2\displaystyle\sum_{n=0}^{+\infty}r^n\displaystyle\int_{0}^{2\pi}\cos(kx)\cos(nx)\;dx\end{align*}

D’après la question précédente, si $k=0$, $\displaystyle\int_{0}^{2\pi}\dfrac{\cos(kx)}{1+r^2-2r\cos(x)}\;dx=\displaystyle\int_{0}^{2\pi}\dfrac{1}{1+r^2-2r\cos(x)}\;dx=-\dfrac{2\pi}{1-r^2}+\dfrac{2}{1-r^2}\times2\pi=\dfrac{2\pi}{1-r^2}$ et si $k\geqslant1$, $\displaystyle\int_{0}^{2\pi}\dfrac{\cos(kx)}{1+r^2-2r\cos(x)}\;dx=\dfrac{2}{1-r^2}\times\pi r^k=\dfrac{2\pi r^k}{1-r^2}$. On a montré que

$$\forall k\in\mathbb{N},\;\displaystyle\int_{0}^{2\pi}\dfrac{\cos(kx)}{1+r^2-2r\cos(x)}\;dx=\dfrac{2\pi r^k}{1-r^2}.$$

Commentaires et/ou rappels de cours

$\bullet$ Le conjugué de $1-re^{ix}$ n’est pas $1+re^{ix}$ mais est $1-r\overline{e^{ix}}=1-re^{-ix}$.

$\bullet$ Théorème d’intégration terme à terme sur un segment. Soit $\left(f_n\right)_{n\in\mathbb{N}}$ une suite de fonctions continues sur un segment $[a,b]$ à valeurs dans $\mathbb{R}$ ou $\mathbb{C}$. On suppose que la série de fonctions de terme général $f_n$ converge uniformément sur $[a,b]$ vers une certaine fonction $S$. Alors,

– la fonction $S$ est continue sur $[a,b]$,

– la série numérique de terme général $\displaystyle\int_{a}^{b}f_n(x)\;dx$ converge,

– $\displaystyle\int_{a}^{b}S(x)\;dx=\displaystyle\sum_{n=0}^{+\infty}\displaystyle\int_{a}^{b}f_n(x)\;dx$.

Enoncé (CCINP)

Pour tout $n\in\mathbb{N}^*$, on pose $I_n=\displaystyle\int_{0}^{+\infty}\dfrac{dx}{\left(1+x^3\right)^n}$.

1) a) Montrer que $I_n$ est bien définie pour tout $n\in\mathbb{N}^*$.

b) Montrer que la suite $\left(I_n\right)_{n\in\mathbb{N}^*}$ converge et déterminer sa limite.

2) a) Trouver une relation de récurrence entre $I_n$ et $I_{n+1}$.

b) En déduire une autre méthode pour calculer la limite de $I_n$.

Corrigé

1) a) Pour $n\in\mathbb{N}^*$ et $x\in[0,+\infty[$, on pose $f_n(x)=\dfrac{1}{\left(1+x^3\right)^n} $. Soit $n\in\mathbb{N}^*$.

La fonction $f_n$ est continue sur $[0,+\infty[$. De plus, $f_n(x)\underset{x\rightarrow+\infty}{\sim}\dfrac{1}{x^{3n}}$ avec $3n\geqslant3>1$. On en déduit que la fonction $f_n$ est intégrable sur un voisinage de $+\infty$ et finalement sur $[0,+\infty[$. Donc, l’intégale $I_n$ existe dans $\mathbb{R}$.

b) Soit $x\in[0,+\infty[$. $\displaystyle\lim_{n\rightarrow+\infty}f_n(x)=\left\{\begin{array}{l}1\;\text{si}\;x=0\|0\;\text{si}\;x>0\end{array}\right.$. Donc, la suite de fonctions $\left(f_n\right)_{n\in\mathbb{N}^*}$ converge simplement sur $[0,+\infty[$ vers la fonction $f~:~x\mapsto\left\{\begin{array}{l}1\;\text{si}\;x=0\\0\;\text{si}\;x>0\end{array}\right.$.

Ensuite, pour tout $n\in\mathbb{N}^*$ et $x\in[0,+\infty[$, puisque $1+x^3\geqslant1$, on a $\left(1+x^3\right)^n\geqslant 1+x^3$ puis

$$\left|f_n(x)\right|=\dfrac{1}{\left(1+x^3\right)^n}\leqslant\dfrac{1}{1+x^3}=\varphi(x).$$

De plus, $\varphi=f_1$ est intégrable sur $[0,+\infty[$.

En résumé,

$\quad\bullet$ pour tout $n\in\mathbb{N}^*$, la fonction $f_n$ est continue par morceaux sur $[0,+\infty[$,

$\quad\bullet$ la suite de fonctions $\left(f_n\right)_{n\in\mathbb{N}}$ converge simplement sur $[0,+\infty[$ vers la fonction $f~:~x\mapsto\left\{\begin{array}{l}1\;\text{si}\;x=0\\0\;\text{si}\;x>0\end{array}\right.$ et de plus, la fonction $f$ est continue par morceaux sur $[0,+\infty[$.

$\quad\bullet$ il existe une fonction $\varphi$, continue par morceaux, positive et intégrable sur $[0,+\infty[$ telle que pour tout $n\in\mathbb{N}^*$, pour tout $x\in[0,+\infty[$, $\left|f_n(x)\right|\leqslant\varphi(x)$ (à savoir $\varphi=f_1$.

D’après le théorème de convergence dominée,

$\quad\bullet$ (chaque fonction $f_n$ est intégrable sur $[0,+\infty[$),

$\quad\bullet$ (la fonction $f$ est intégrable sur $[0,+\infty[$),

$\quad\bullet$ la suite $\left(\displaystyle\int_{0}^{+\infty}f_n(x)\;dx\right)_{n\in\mathbb{N}^*}$ converge,

$\quad\bullet$ $\displaystyle\lim_{n\rightarrow+\infty}\displaystyle\int_{0}^{+\infty}f_n(x)\;dx=\displaystyle\int_{0}^{+\infty}f(x)\;dx$.

Plus explicitement,

$$\displaystyle\lim_{n\rightarrow+\infty}I_n=\displaystyle\int_{0}^{+\infty}0\;dx=0.$$

2) a) Soit $n\in\mathbb{N}^*$. Les deux fonctions $x\mapsto x$ et $x\mapsto\dfrac{1}{\left(1+x^3\right)^n}$ sont de classe $C^1$ sur $[0,+\infty[$. Au vu de la convergence de chaque terme, on peut effectuer une intégration par parties qui fournit

\begin{align*}I_n&=\displaystyle\int_{0}^{+\infty}\dfrac{1}{\left(1+x^3\right)^n}\;dx=\left[\dfrac{x}{\left(1+x^3\right)^n}\right]_0^{+\infty}-\displaystyle\int_{0}^{+\infty}\dfrac{x\left(-n\times 3x^2\right)}{\left(1+x^3\right)^{n+1}}\;dx\\&=3n\displaystyle\int_{0}^{+\infty}\dfrac{x^3+1-1}{\left(1+x^3\right)^{n+1}}\;dx=3n\displaystyle\int_{0}^{+\infty}\left(\dfrac{1}{\left(1+x^3\right)^{n}}-\dfrac{1}{\left(1+x^3\right)^{n+1}}\right)\;dx=3n\left(I_n-I_{n+1}\right).\end{align*}

Par suite,

$$\forall n\in\mathbb{N}^*,\;I_{n+1}=\dfrac{3n-1}{3n}I_n.$$

b) Soit $n\in\mathbb{N}^*$. $I_n>0$ (intégrale d’une fonction continue, positive et non nulle sur $[0,+\infty[$) et donc

$$\ln\left(I_{n+1}\right)-\ln\left(I_n\right)=\ln\left(\dfrac{I_{n+1}}{I_n}\right)=\ln\left(\dfrac{3n-1}{3n}\right)=\ln\left(1-\dfrac{1}{3n}\right).$$

Par suite, $\ln\left(I_{n+1}\right)-\ln\left(I_n\right)\underset{n\rightarrow+\infty}{\sim}-\dfrac{1}{3n}\underset{n\rightarrow+\infty}{\sim}-\dfrac{1}{3}\ln\left(1+\dfrac{1}{n}\right)=-\dfrac{1}{3}(\ln(n+1)-\ln(n))<0$. Puisque la série de terme général $-\dfrac{1}{3n}$ diverge,

$$\ln\left(I_n\right)-\ln\left(I_1\right)=\displaystyle\sum_{k=1}^{n-1}\left(\ln\left(I_{k+1}\right)-\ln\left(I_k\right)\right)\underset{n\rightarrow+\infty}{\sim}-\dfrac{1}{3}\displaystyle\sum_{k=1}^{n-1}(\ln(k+1)-\ln(k))=-\dfrac{\ln(n)}{3}.$$

Ainsi, $\ln\left(I_n\right)\underset{n\rightarrow+\infty}{=}-\dfrac{\ln(n)}{3}+o(\ln(n))+\ln\left(I_1\right)\underset{n\rightarrow+\infty}{=}-\dfrac{\ln(n)}{3}+o(\ln(n))$ puis

$$I_n\underset{n\rightarrow+\infty}{=}e^{-\frac{\ln(n)}{3}+o(\ln(n))}\underset{n\rightarrow+\infty}{\rightarrow}0.$$

Commentaires et/ou rappels de cours

$\bullet$ Théorème de convergence dominée. Soit $\left(f_n\right)_{n\in\mathbb{N}}$ une suite de fonctions continues par morceaux sur un intervalle $I$ à valeurs dans $\mathbb{K}=\mathbb{R}$ ou $\mathbb{C}$. 

Si la suite de fonctions $\left(f_n\right)_{n\in\mathbb{N}}$ converge simplement sur $I$ vers une certaine fonction $f$ continue par morceaux sur $I$ et s’il existe une fonction $\varphi~:~I\rightarrow\mathbb{R}$, continue par morceaux, positive et intégrable sur $I$ telle que pour tout $n\in\mathbb{N}$, pour tout $x\in I$, $\left|f_n(x)\right|\leqslant\varphi(x)$, alors

$\quad$ – la suite $\left(\displaystyle\int_If_n(x)\;dx\right)_{n\in\mathbb{N}}$ converge,

– la fonction $f$ est intégrable sur $I$,

– $\displaystyle\lim_{n\rightarrow+\infty}\displaystyle\int_{I}f_n(x)\;dx=\displaystyle\int_{I}f(x)\;dx$.

$\bullet$ Deux théorèmes de sommation des relations de comparaison. Soient $\left(u_n\right)_{n\in\mathbb{N}}$ et $\left(v_n\right)_{n\in\mathbb{N}}$ deux suites réelles, strictement positives à partir d’un certain rang telles que $u_n\underset{n\rightarrow+\infty}{\sim}v_n$.

$\quad$ Si la série de terme général $u_n$ diverge, alors la série de terme général $v_n$ diverge et de plus $\displaystyle\sum_{k=0}^{n}u_k\underset{n\rightarrow+\infty}{\sim}\displaystyle\sum_{k=0}^{n}v_k$.

$\quad$ Si la série de terme général $u_n$ converge, alors la série de terme général $v_n$ converge et de plus $\displaystyle\sum_{k=n+1}^{+\infty}u_k\underset{n\rightarrow+\infty}{\sim}\displaystyle\sum_{k=n+1}^{+\infty}v_k$.

Ces deux théorèmes restent valables si $\left(u_n\right)_{n\in\mathbb{N}}$ et $\left(v_n\right)_{n\in\mathbb{N}}$ sont strictement négatives à partir d’un certain rang.

Enoncé (CCINP)

Soit $p\geqslant2$ un entier puis $\left(a_n\right)_{n\in\mathbb{N}}$ la suite définie par :

$$\forall n\in\mathbb{N},\;a_n=\left\{\begin{array}{l}1\;\text{si}\;n\equiv0\;[p]\\-1\;\text{si}\;n\equiv1\;[p]\\0\;\text{sinon}\end{array}\right..$$

1) Déterminer le rayon de convergence $R$ de la série entère $\displaystyle\sum_{n=0}^{+\infty}a_nx^n$.

2) Calculer la somme $f$ de la série entière et l’écrire sous forme simplifiée.

3) La série converge-t-elle uniformément sur $]-R,R[$ ?

4) Décomposer $f$ en éléments simples dans $\mathbb{C}$. Ecrire les coefficients sous forme trigonométrique.

Corrigé

1) Pour tout $n\in\mathbb{N}$, $\left|a_n\right|\leqslant 1=b_n$. Donc, $R_a\geqslant R_b=1$.

Soit $x>1$. Alors $x^p>1$. Pour tout $k\in\mathbb{N}$, $a_{kp}x^{kp}=\left(x^p\right)^k$ puis $a_{kp}x^{kp}\underset{k\rightarrow+\infty}{\rightarrow}+\infty$. La suite extraite $\left(a_{kp}x^{kp}\right)_{k\in\mathbb{N}}$ ne tend pas vers $0$ et donc la suite $\left(a_{n}x^{n}\right)_{n\in\mathbb{N}}$ ne tend pas vers $0$ puis la série numérique de terme général $a_nx^n$ diverge grossièrement. Ceci montre que $R_a\leqslant 1$ puis que

$$R_a=1.$$

2) Soit $x\in]-1,1[$.

\begin{align*}f(x)&=\displaystyle\sum_{k=0}^{+\infty}x^{kp}-\displaystyle\sum_{k=0}^{+\infty}x^{kp+1}\;(\text{car les deux séries convergent})\\&=\displaystyle\sum_{k=0}^{+\infty}\left(x^{p}\right)^k-x\displaystyle\sum_{k=0}^{+\infty}\left(x^{p}\right)^k\\&=\dfrac{1-x}{1-x^p}=\dfrac{1}{1+x+\ldots+x^{p-1}}.\end{align*}

Ainsi, pour tout $x\in]-1,1[$, $f(x)=\dfrac{1}{1+x+\ldots+x^{p-1}}$.

3) Pour tout $k\in\mathbb{N}$, $a_{kp}=1$. La suite extraite $\left(a_{kp}\right)_{k\in\mathbb{N}}$ ne tend pas vers $0$ puis la suite $\left(a_n\right)_{n\in\mathbb{N}}$ ne tend pas vers $0$. Mais alors la série de terme général $a_n$, $n\in\mathbb{N}$, diverge.

Supposons par l’absurde que la série de fonctions de terme général $x\mapsto a_nx^n$ converge uniformément sur $\left]-1,1\right[$. Pour tout $n\in\mathbb{N}$, $\displaystyle\lim_{x\rightarrow1^-}a_nx^n=a_n=\ell_n$. Mais alors, le théorème d’interversion des limites affirme entre autres que la série numérique de terme général $\ell_n=a_n$ converge, ce qui est faux.

Donc, la série de fonctions de terme général $x\mapsto a_nx^n$ ne converge pas uniformément sur $\left]-1,1\right[$.

4) $(X-1)\left(X^{p-1}+\ldots+X+1\right)=X^p-1=\displaystyle\prod_{k=0}^{p-1}\left(X-e^{\frac{2ik\pi}{p}}\right)=(X-1)\displaystyle\prod_{k=1}^{p-1}\left(X-e^{\frac{2ik\pi}{p}}\right)$ puis $X^{p-1}+\ldots+X+1=\displaystyle\prod_{k=1}^{p-1}\left(X-e^{\frac{2ik\pi}{p}}\right)$. Donc

$$f=\dfrac{1}{1+X+\ldots+X^{p-1}}=\dfrac{1}{\displaystyle\prod_{k=1}^{p-1}\left(X-e^{\frac{2ik\pi}{p}}\right)}.$$

Pour $k\in\{0,1,\ldots,p-1\}$, on pose $\omega_k=e^{\frac{2ik\pi}{p}}$. Décomposons en éléments simples la fraction rationnelle $g=\dfrac{f}{X-1}=\dfrac{1}{X^p-1}=\dfrac{1}{\displaystyle\prod_{k=0}^{p-1}\left(X-e^{\frac{2ik\pi}{p}}\right)}$. Les pôles de $g$ sont simples. La décomposition en élément simples de $g$ sur $\mathbb{C}$ s’écrit sous la forme

$$g=\displaystyle\sum_{k=0}^{p-1}\dfrac{\lambda_k}{X-\omega_k},$$

où $\lambda_0,\;\ldots\;,\lambda_{p-1}$, sont des nombres complexes. En posant $P=1$ et $Q=X^p-1$ de sorte que $g=\dfrac{P}{Q}$, on sait que pour tout $k\in\{0,\ldots,p-1\}$,

$$\lambda_k=\dfrac{P\left(\omega_k\right)}{Q’\left(\omega_k\right)}=\dfrac{1}{p\Omega_k^{p-1}}=\dfrac{\omega_k}{p\omega_k^p}=\dfrac{\omega_k}{p}.$$

Donc, $\dfrac{f}{X-1}=\dfrac{1}{p}\displaystyle\sum_{k=0}^{p-1}\dfrac{\omega_k}{X-\omega_k}$ puis

\begin{align*}f&=\dfrac{1}{p}\displaystyle\sum_{k=0}^{p-1}\dfrac{\omega_k(X-1)}{X-\omega_k}=\dfrac{1}{p}+\dfrac{1}{p}\displaystyle\sum_{k=1}^{p-1}\dfrac{\omega_k(X-1)}{X-\omega_k}\\&=\dfrac{1}{p}+\dfrac{1}{p}\displaystyle\sum_{k=1}^{p-1}\dfrac{\omega_k\left(X-\omega_k+\omega_k-1\right)}{X-\omega_k}=\dfrac{1}{p}+\dfrac{1}{p}\displaystyle\sum_{k=1}^{p-1}\left(\omega_k+\dfrac{\omega_k\left(\omega_k-1\right)}{X-\omega_k}\right)=\dfrac{1}{p}\displaystyle\sum_{k=0}^{p-1}\omega_k+\dfrac{1}{p}\displaystyle\sum_{k=1}^{p-1}\dfrac{\omega_k\left(\omega_k-1\right)}{X-\omega_k}\\&=\dfrac{1}{p}\displaystyle\sum_{k=1}^{p-1}\dfrac{\omega_k\left(\omega_k-1\right)}{X-\omega_k},\end{align*}

car la somme des racines $p$-ème de l’unité est nulle (ou aussi car la partie entière de $f$ est nulle). On a montré que

$$\forall x\in]-1,1[,\;f(x)=\dfrac{1}{p}\displaystyle\sum_{k=1}^{p-1}\dfrac{\omega_k\left(\omega_k-1\right)}{x-\omega_k}.$$

Enfin, pour tout $x\in]-1,1[$, en tenant compte du fait que pour tout $k\in\{1,\ldots,p-1\}$, $\left|\dfrac{x}{\omega_k}\right|=|x|<1$,

\begin{align*}f(x)&=\dfrac{1}{p}\displaystyle\sum_{k=1}^{p-1}\dfrac{1-\omega_k}{1-\dfrac{x}{\omega_k}}=\dfrac{1}{p}\displaystyle\sum_{k=1}^{p-1}\left(\displaystyle\sum_{n=0}^{+\infty}\left(\dfrac{x}{\omega_k}\right)^n\right)\\&=\dfrac{1}{p}\displaystyle\sum_{n=0}^{+\infty}\left(\displaystyle\sum_{k=1}^{p-1}\omega_k^{-n}\right)x^n.\end{align*}

Par unicité des coefficients d’une série entière, on en déduit que

$$\forall n\in\mathbb{N},\;a_n=\dfrac{1}{p}\displaystyle\sum_{k=1}^{p-1}e^{-\frac{2ink\pi}{p}}.$$

Commentaires et/ou rappels de cours

Quelques techniques du calcul du rayon de convergence.

$\bullet$ Si, il existe $n_0\in\mathbb{N}$ tel que pour tout $n\geqslant n_0$, $\left|a_n\right|\leqslant\left|b_n\right|$, alors $R_a\geqslant R_b$.

Si $a_n\underset{n\rightarrow +\infty}{=}O\left(b_n\right)$ ou $a_n\underset{n\rightarrow +\infty}{=}o\left(b_n\right)$, alors $R_a\geqslant R_b$.

Si $a_n\underset{n\rightarrow +\infty}{\sim}b_n$, alors $R_a=R_b$.

$\bullet$ Si la suite $\left(a_nr^n\right)$ n’est pas bornée ou si la suite $\left(a_nr^n\right)$ ne tend pas vers $0$ ou si la série de terme général $a_nr^n$ est divergente ou si la série de terme général $a_nr^n$ n’est pas absolument convergente, alors $R_a\leqslant r$.

Si la série de terme général $a_nr^n$ est absolument convergente ou si la série de terme général $a_nr^n$ est convergente ou si la suite $\left(a_nr^n\right)$ tend vers $0$ ou si la suite $\left(a_nr^n\right)$ est bornée , alors $R_a\geqslant r$.

Enoncé (CCINP)

Soient $I$ un intervalle contenant $0$, $n\in\mathbb{N}$ et $f\in C^{n+1}(I,\mathbb{R})$ telle que $f(0)=0$.

Soit $g~:~x\mapsto\left\{\begin{array}{l}\dfrac{f(x)}{x}\;\text{si}\;x\neq0\\f'(0)\;\text{si}\;x=0\end{array}\right.$.

1) Montrer que $g$ est continue sur $I$, puis dérivable sur $I$ si $n\geqslant2$.

2) Montrer que $g$ est de classe $C^{n+1}$ sur $I\setminus\{0\}$ et que :

$$\forall x\in I\setminus\{0\},\;g^{(n)}(x)=\displaystyle\sum_{k=0}^{n}\dfrac{(-1)^{n-k}n!f^{(k)}(x)}{k!x^{n-k+1}}.$$

3) Montrer que

$$\forall x\in I\setminus\{0\},\;g^{(n)}(x)=\dfrac{1}{x^{n+1}}\displaystyle\int_{0}^{x}t^nf^{(n+1)}(t)\;dt,$$

grâce à la formule de Taylor avec reste intégral.

Corrigé

1) La fonction $f$ est de classe $C^{n+1}$ sur $I$ avec $n+1\geqslant1$. En particulier, la fonction $f$ est continue sur $I$. Mais alors, la fonction $g$ est continue sur $I\setminus\{0\}$ en tant que quotient de fonctions continues sur $I\setminus\{0\}$ dont le dénominateur ne s’annule pas sur $I\setminus\{0\}$. De plus, la fonction $f$ est au moins de classe $C^1$ sur $I$ et en particulier, la fonction $f$ est dérivable en $0$. On en déduit que la fonction $f$ admet en $0$ un développement limité d’ordre $1$ puis que

$$g(x)\underset{\substack{x\rightarrow0\\x\neq0}}{=}\dfrac{f(x)-f(0)}{x}\underset{\substack{x\rightarrow0\\x\neq0}}{=}\dfrac{xf'(0)+o(x)}{x}\underset{\substack{x\rightarrow0\\x\neq0}}{=}f'(0)+o(1)\underset{\substack{x\rightarrow0\\x\neq0}}{=}g(0)+o(1).$$

La fonction $g$ est donc continue en $0$ puis sur $I$.

On suppose maintenant que $n\geqslant2$ et donc que la fonction $f$ est au moins de classe $C^3$ sur $I$. La fonction $g$ est donc dérivable sur $I\setminus\{0\}$ en tant que quotient de fonctions dérivables sur $I\setminus\{0\}$ dont le dénominateur ne s’annule pas sur $I\setminus\{0\}$ et de plus, pour tout $x\in I\setminus\{0\}$, $g'(x)=\dfrac{xf'(x)-f(x)}{x^2}$. Ensuite, puisque $f$ est deux fois dérivable en $0$, $f$ admet un développement limité d’ordre $2$ en $0$ et $f’$ admet un développement limité d’ordre $1$ en $0$. On en déduit, en tenant compte de $f(0)=0$, que

$$g'(x)\underset{\substack{x\rightarrow0\\x\neq0}}{=}\dfrac{x\left(f'(0)+xf^{(2)}(0)+o(x)\right)-\left(xf'(0)+x^2\dfrac{f^{(2)}(0)}{2}+o\left(x^2\right)\right)}{x^2}\underset{\substack{x\rightarrow0\\x\neq0}}{=}\dfrac{f^{(2)}(0)}{2}+o(1).$$

Ainsi, $g\in C^0(I,\mathbb{R})\cap D^1(I\setminus\{0\},\mathbb{R})$ et la fonction $g’$ a une limite réelle en $0$, à savoir $\dfrac{f^{(2)}(0)}{2}$. D’après le théorème de la limite de la dérivée, la fonction $g$ est dérivable en $0$ (et $g'(0)=\dfrac{f^{(2)}(0)}{2}$). Mais alors, la fonction $g$ est dérivable sur $I$.

2) Les deux fonctions $f$ et $h~:~x\mapsto\dfrac{1}{x}$ sont de classe $C^n$ sur $I\setminus\{0\}$. Donc, la fonction $g=f\times h$ est de classe $C^n$ sur $I\setminus\{0\}$ et d’après la formule de Leibniz, $g^{(n)}=\displaystyle\sum_{k=0}^{n}\dfrac{n!}{k!(n-k)!}f^{(k)}h^{(n-k)}$.

Ensuite, pour tout $p\geqslant1$, pour tout $x\in I\setminus\{0\}$, $h^{(p)}(x)=\dfrac{(-1)(-2)\ldots(-p)}{x^{p+1}}=\dfrac{(-1)^pp!}{x^{p+1}}$, cette dernière expression restant valable quand $p=0$. Donc, pour tout $x\in I\setminus\{0\}$,

$$g^{(n)}(x)=\displaystyle\sum_{k=0}^{n}\dfrac{n!}{k!(n-k)!}f^{(k)}(x)\times\dfrac{(-1)^{n-k}(n-k)!}{x^{(n-k)+1}}=\displaystyle\sum_{k=0}^{n}\dfrac{(-1)^{n-k}n!f^{(k)}(x)}{k!x^{n-k+1}}.$$

3) Soit $x\in I$. La fonction $f$ est de classe $C^{n+1}$ sur $I$. D’après la formule de Taylor avec reste intégrale à l’ordre $n$ (appliquée avec $a=x$ et $b=0$),

$$0=f(0)=\displaystyle\sum_{k=0}^{n}\dfrac{f^{k)}(x)}{k!}(0-x)^k+\displaystyle\int_{x}^{0}\dfrac{(0-t)^n}{n!}f^{(n+1)}(t)\;dt$$

et donc $\displaystyle\sum_{k=0}^{n}\dfrac{(-1)^{-k}f^{k)}(x)}{k!x^{-k}}=(-1)^n\displaystyle\int_{0}^{x}\dfrac{(0-t)^n}{n!}f^{(n+1)}(t)\;dt$ (car $k$ et $-k$ ont même parité) puis

$$\dfrac{1}{x^{n+1}}\displaystyle\int_{0}^{x}t^nf^{(n+1)}(t)\;dt=\displaystyle\sum_{k=0}^{n}\dfrac{(-1)^{n-k}f^{k)}(x)}{k!x^{n-k+1}}=g^{(n)}(x).$$

On a montré que

$$\forall x\in I\setminus\{0\},\;g^{(n)}(x)=\dfrac{1}{x^{n+1}}\displaystyle\int_{0}^{x}t^nf^{(n+1)}(t)\;dt.$$

Commentaires et/ou rappels de cours

$\bullet$ Théorème. Soit $f$ une fonction définie sur un intervalle ouvert $I$, à valeurs dans $\mathbb{K}=\mathbb{R}$ ou $\mathbb{C}$ et soit $a\in I$. $f$ est dérivable en $a$ si et seulement si $f$ admet un développement limité d’ordre $1$ en $a$ et dans ce cas,

$$f(x)\underset{x\rightarrow a}{=}f(a)+(x-a)f'(a)+o(x-a).$$

$\bullet$ Théorème de la limite de la dérivée. Soit $f\in C^0([a,b],\mathbb{K})\cap D^1(]a,b],\mathbb{K})$ On suppose que la fonction $f’$ a une limite $\ell$ en $a$, appartenant à $\mathbb{K}$. Alors, $f$ est dérivable en $a$ et $f'(a)=\ell$.

Ce théorème reste valable si le problème est en $b$ ou en un point intérieur à $[a,b]$

$\bullet$ Formule de Taylor avec reste intégrale. Soient $f$ une fonction de classe $C^{n+1}$ sur un intervalle $I$ de $\mathbb{R}$ à valeurs dans $\mathbb{R}$ ou $\mathbb{C}$. Alors, pour tout $(a,b)\in I^2$,

$$f(b)=\displaystyle\sum_{k=0}^{n}\dfrac{f^{(k)}(a)}{k!}(b-a)^k+\displaystyle\int_{a}^{b}\dfrac{(b-t)^n}{n!}f^{(n+1)}(t)\;dt.$$

$\bullet$ Formule de Leibniz. Soient $f$ et $g$ deux fonctions $n$ fois dérivables sur un intervalle $I$ de $\mathbb{R}$ ($n\geqslant1$) à valeurs dans $\mathbb{R}$ ou $\mathbb{C}$. Alors, $f\times g$ est $n$ fois dérivable sur $I$ et

$$(fg)^{(n)}=\displaystyle\sum_{k=0}^{n}\dbinom{n}{k}f^{(k)}g^{(n-k)}.$$

Enoncé (CCINP)

On note $I=]0,+\infty[$ et on fixe une fonction $f~:~I\rightarrow I$ telle que :

$$\left\{\begin{array}{l}\forall x\in I,\;f(x+1)=xf(x)\\f(1)=1\\\varphi=\ln\circ f\;\text{est convexe}\end{array}\right..$$

1) Tracer l’allure du graphe d’une fonction convexe et y placer trois points $A$, $B$ et $C$ d’abscisses croissantes. Classer alors sans justification les pentes des droites $(AB)$, $(BC)$ et $(AC)$.

2) Montrer que pour tout $n\in\mathbb{N}^*$ et tout $x\in]0,1]$,

$$\ln(n)\leqslant\dfrac{\varphi(n+1+x)-\varphi(n+1)}{x}\leqslant\ln(n+1).$$

3) Montrer que pour tout $(n,x)\in\mathbb{N}^*\times]0,1]$,

$$0\leqslant\varphi(x)-\ln\left(\dfrac{n!n^x}{x(x+1)\ldots(x+n)}\right)\leqslant x\ln\left(1+\dfrac{1}{n}\right).$$

4) Montrer alors que $f$ est unique puis que $f$ coïncide avec la fonction $\begin{array}[t]{cccc}\Gamma~:&I&\rightarrow&I\\&x&\mapsto&\displaystyle\int_{0}^{+\infty}t^{x-1}e^{-t}\;dt\end{array}$.

Corrigé

1) Voici un exemple de graphe de fonction convexe :

En notant $m_\Delta$ la pente d’une droite $\Delta$ non parallèle à l’axe des ordonnées, on a $m_{(AB)}\leqslant m_{(AC)}\leqslant m_{(BC)}$.

2) On note d’abord que pour tout $x>0$, $\varphi(x+1)=\ln(f(x+1))=\ln(xf(x))=\ln(x)+\ln(f(x))=\ln(x)+\varphi(x)$ et donc $\varphi(x+1)-\varphi(x)=\ln(x)$.

Soient $x\in]0,1]$ et $n\in\mathbb{N}^*$. Soient $A\left(n,\varphi(n)\right)$, $B\left(n+1,\varphi(n+1)\right)$, $C\left(n+1+x,\varphi(n+1+x)\right)$ et $D(n+2,\varphi(n+2))$. On a $0<x_A<x_B<x_C\leqslant x_D$ et donc, puisque la fonction $\varphi$ est convexe sur $I$,  $m_{(AB)}\leqslant m_{(AC)}\leqslant m_{(BC)}\leqslant m_{(BD)}$.

Or, $m_{(AB)}=\dfrac{\varphi(n+1)-\varphi(n)}{(n+1)-n}=\ln(n)$, $m_{(AC)}=\dfrac{\varphi(n+1+x)-\varphi(n+1)}{(n+1+x)-(n+1)}=\dfrac{\varphi(n+1+x)-\varphi(n+1)}{x}$ et  $m_{(BD)}=\dfrac{\varphi(n+2)-\varphi(n+1)}{(n+2)-(n+1)}=\ln(n+1)$. Donc,

$$\ln(n)\leqslant \dfrac{\varphi(n+1+x)-\varphi(n+1)}{x}\leqslant\ln(n+1).$$

3) Soit $x\in]0,1]$ . De l’inégalité précédente, on déduit $0\leqslant\varphi(x+n+1)-\varphi(n+1)-x\ln(n)\leqslant x\ln(n+1)-x\ln(n)=x\ln\left(1+\dfrac{1}{n}\right)$ pour tout $n\in\mathbb{N}^*$. Or, pour $n\in\mathbb{N}$,

\begin{align*}\varphi(x+n+1)&=\varphi(x)+\displaystyle\sum_{k=0}^{n}(\varphi(x+k+1)-\varphi(x+k))\;(\text{somme télescopique})\\&=\varphi(x)+\displaystyle\sum_{k=0}^{n}\ln(x+k)=\varphi(x)+\ln\left(\displaystyle\prod_{k=0}^{n}(x+k)\right),\end{align*}

Pour $x=1$, on obtient en particulier pour tout $n\in\mathbb{N}$, $\varphi(n+2)=\varphi(1)+\ln\left(\displaystyle\prod_{k=0}^{n}(k+1)\right)=\ln((n+1)!)$ (car $\varphi(1)=\ln(f(1))=\ln(1)=0$) ou encore, pour tout $n\in\mathbb{N}^*$, $\varphi(n+1)=\ln(n!)$. Par suite, pour tout $n\in\mathbb{N}^*$,

$$\varphi(x+n+1)-\varphi(n+1)-x\ln(n)=\varphi(x)+\ln\left(\displaystyle\prod_{k=0}^{n}(x+k)\right)-\ln(n!)-x\ln(n)=\varphi(x)-\ln\left(\dfrac{n!n^x}{x(x+1)\ldots(x+n)}\right).$$

On a donc montré que

$$\forall x\in]0,1],\forall n\in\mathbb{N}^*,\;0\leqslant \varphi(x)-\ln\left(\dfrac{n!n^x}{x(x+1)\ldots(x+n)}\right)\leqslant x\ln\left(1+\dfrac{1}{n}\right).$$

4) Soit $x\in]0,1]$. $\displaystyle\lim_{n\rightarrow+\infty}x\ln\left(1+\dfrac{1}{n}\right)=0$. D’après le théorème des gendarmes, la suite $\left(\ln\left(\dfrac{n!n^x}{x(x+1)\ldots(x+n)}\right)\right)_{n\in\mathbb{N}^*}$ converge et de plus

$$\displaystyle\lim_{n\rightarrow+\infty}\ln\left(\dfrac{n!n^x}{x(x+1)\ldots(x+n)}\right)=\varphi(x).$$

Ainsi, la fonction $\varphi$ est uniquement définie sur $]0,1]$. Ensuite, si $x>1$, il existe $p\in\mathbb{N}^*$ tel que $x\in]p,p+1]$. Mais alors, $x-p\in]0,1]$ puis

$$\varphi(x)=(x-1)(x-2)\ldots(x-p)\varphi(x-p)=(x-1)(x-2)\ldots(x-p)\displaystyle\lim_{n\rightarrow+\infty}\ln\left(\dfrac{n!n^{x-p}}{(x-p)(x-p+1)\ldots(x-p+n)}\right).$$

La fonction $\varphi$ est donc uniquement définie sur $]0,+\infty[$ ou encore il existe au plus une fonction $\varphi$ définie sur $I$, strictement positive, convexe sur $I$ et telle que pour tout $x>0$, $\varphi(x+1)=\ln(x)+\varphi(x)$. Mais alors, il existe au plus une fonction $f$ vérifiant les conditions de l’énoncé, à savoir $f=e^{\varphi}$.

Vérifions enfin que la fonction $\Gamma$ vérifie toutes les conditions de l’énoncé. On suppose acquises en cours toutes les propriétés usuelles de la fonction $\Gamma$ (car sinon, un oral de 4 heures est nécessaire). La fonction $\Gamma$ est définie sur $]0,+\infty[$ à valeurs dans $]0,+\infty[$. $\Gamma(1)=1$ et pour tout $x\in]0,+\infty[$, $\Gamma(x+1)=x\Gamma(x)$. De plus, la fonction $\Gamma$ est deux fois dérivable sur $]0,+\infty[$ et pour tout $x>0$, $\Gamma'(x)=\displaystyle\int_{0}^{+\infty}\ln(t)t^{x-1}\;dt$ et $\Gamma^{(2)}(x)=\displaystyle\int_{0}^{+\infty}(\ln(t))^2t^{x-1}\;dt$.

Il nous reste à vérifier que la fonction $\Gamma$ est log-convexe. La fonction $g~:~x\mapsto\ln(\Gamma(x))$ est définie sur $]0,+\infty[$, deux fois dérivables sur $]0,+\infty[$ et de plus, $g’=\dfrac{\Gamma’}{\Gamma}$ puis $g^{(2)}=\dfrac{\Gamma\Gamma^{(2)}-(\Gamma’)^2}{\Gamma^2}$.

Soit $x>0$. D’après l’inégalité de Cauchy-Schwarz,

$$(\Gamma'(x))^2=\left(\displaystyle\int_{0}^{+\infty}\left(t^{\frac{x-1}{2}}e^{-\frac{t}{2}}\right)\left(\ln(t)e^{-\frac{t}{2}}t^{\frac{x-1}{2}}\right)\;dt\right)^2\leqslant\left(\displaystyle\int_{0}^{+\infty}t^{x-1}e^{-t}\;dt\right)\left(\displaystyle\int_{0}^{+\infty}(\ln(t))^2t^{x-1}e^{-t}\;dt\right)=\Gamma(x)\Gamma^{(2)}(x).$$

Par suite, $g^{(2)}=\dfrac{\Gamma\Gamma^{(2)}-(\Gamma’)^2}{\Gamma^2}\geqslant0$ puis $g$ est convexe sur $]0,+\infty[$. Ceci montre l’existence d’une fonction $f$ vérifiant les conditions de l’énoncé. Finalement, $\Gamma$ est l’unique fonction vérifiant toutes les conditions de l’énoncé. On note que l’on a montré au passage que

$$\forall x>0,\;\Gamma(x)=\displaystyle\lim_{n\rightarrow+\infty}\dfrac{n!n^x}{x(x+1)\ldots(x+n)},$$

(par continuité de la fonction exponentielle entre autres).

Commentaires et/ou rappels de cours

$\bullet$ Définition. Soit $f$ une fonction définie sur un intervalle de $I$ de $\mathbb{R}$ à valeurs dans $\mathbb{R}$. $f$ est convexe sur $I$ si et seulement si :

$$\forall(a,b)\in I^2,\;\forall \lambda\in[0,1],\;f((1-\lambda)a+\lambda b)\leqslant (1-\lambda)f(a)+\lambda f(b).$$

Théorème. Soit $f$ une fonction définie sur un intervalle de $I$ de $\mathbb{R}$ à valeurs dans $\mathbb{R}$.

$f$ est convexe sur $I$ si et seulement si  pour tout $x_0\in I$, la fonction pente $\begin{array}[t]{cccc}T_{x_0}~:&I\setminus\left\{x_0\right\}&\rightarrow&\mathbb{R}\\ &x&\mapsto&\dfrac{f(x)-f\left(x_0\right)}{x-x_0}\end{array}$ est croissante sur $I\setminus\left\{x_0\right\}$.

Théorème. Si de plus $f$ est dérivable sur $I$, alors $f$ est convexe sur $I$ si et seulement si la fonction $f’$ est croissante sur $I$.

$\bullet$ Inégalité de Cauchy-Schwarz. Soient $f$ et $g$ deux fonctions de carré intégrable sur un intervalle $I$ à valeurs dans $\mathbb{R}$. Alors, la fonction $fg$ est intégrable sur $I$ et de plus

$$\left|\displaystyle\int_{I}f(x)g(x)\;dx\right|\leqslant\sqrt{\displaystyle\int_{I}(f(x))^2\;dx}\sqrt{\displaystyle\int_{I}(g(x))^2\;dx},$$

ou aussi

$$\left(\displaystyle\int_{I}f(x)g(x)\;dx\right)^2\leqslant\left(\displaystyle\int_{I}(f(x))^2\;dx\right)\left(\displaystyle\int_{I}(g(x))^2\;dx\right).$$