Exercices d’oraux type CCINP

Enoncé (Mines Télécom)

Soit $f~:~x\mapsto\displaystyle\int_{x}^{+\infty}\dfrac{\sin(t)}{t^2}\;dt$.

1) Montrer que $f$ est définie et dérivable sur $\mathbb{R}_+^*$.

2) Donner un équivalent de $f$ en $0$.

3) Montrer que $f$ est intégrable sur $\mathbb{R}_+^*$.

 Corrigé

1) Soit $x>0$. La fonction $t\mapsto\dfrac{\sin(t)}{t^2}$ est continue sur $[x,+\infty[$. De plus, $\dfrac{\sin(t)}{t^2}\underset{t\rightarrow+\infty}{=}O\left(\dfrac{1}{t^2}\right)$ avec $2>1$. Donc, la fonction $t\mapsto\dfrac{\sin(t)}{t^2}$ est intégrable sur $[x,+\infty[$. On en déduit l’existence de $f(x)$.

La fonction $f$ est donc définie sur $]0,+\infty[$. Ensuite, puisque la fonction $t\mapsto\dfrac{\sin(t)}{t^2}$ est continue sur $]0,+\infty[$ et que pour tout $x>0$, $f(x)=-\displaystyle\int_{1}^{x}\dfrac{\sin(t)}{t^2}\;dt+\displaystyle\int_{1}^{+\infty}\dfrac{\sin(t)}{t^2}\;dt$, la fonction $f$ est dérivable sur $]0,+\infty[$ et

$$\forall x>0,\;f'(x)=-\dfrac{\sin(x)}{x^2}.$$

2) La fonction $f’$ est continue sur $]0,1]$ et donc, pour tout $x\in]0,1]$, $f(x)=f(1)+\displaystyle\int_{1}^{x}f'(t)\;dt$. Or, $f'(t)\underset{t\rightarrow0^+}{\sim}-\dfrac{t}{t^2}=-\dfrac{1}{t}<0$. Puisque l’intégrale $\displaystyle\int_{0}^{1}-\dfrac{1}{t}\;dt$ est une intégrale divergente, un théorème de sommation des relations de comparaison fournit $\displaystyle\int_{1}^{x}f'(t)\;dt\underset{x\rightarrow0^+}{\sim}\displaystyle\int_{1}^{x}-\dfrac{1}{t}\;dt=-\ln(x)$. Donc,  $f(x)\underset{x\rightarrow0^+}{=}-\ln(x)+f(1)+o(\ln(x))\underset{x\rightarrow0^+}{=}-\ln(x)+o(\ln(x))$ ou encore

$$f(x)\underset{x\rightarrow0^+}{\sim}-\ln(x).$$

3) La fonction $f$ est continue (car dérivable) sur $]0,+\infty[$.

Etude en $0$. $\sqrt{x}f(x)\underset{x\rightarrow0^+}{\sim}-\sqrt{x}\ln(x)\underset{x\rightarrow0^+}{=}o(1)$ d’après un théorème de croissances comparées et donc $f(x)\underset{x\rightarrow0^+}{=}o\left(\dfrac{1}{x^{\frac{1}{2}}}\right)$. Puisque $\dfrac{1}{2}<1$, la fonction $f$ est intégrable sur un voisinage de $0$ à droite.

Etude en $+\infty$. Soit $x\geqslant1$. Les deux fonctions $t\mapsto-\cos(t)$ et $t\mapsto\dfrac{1}{t^2}$ sont de classe $C^1$ sur $[x,+\infty[$ et que $\displaystyle\int_{x}^{+\infty}\dfrac{\sin(t)}{t^2}\;dt$ et $\left[-\dfrac{\cos(t)}{t^2}\right]_{x}^{+\infty}$ convergent en $+\infty$, on peut effectuer une intégration par parties qui fournit

$$\displaystyle\int_{x}^{+\infty}\dfrac{\sin(t)}{t^2}\;dt=\left[-\dfrac{\cos(t)}{t^2}\right]_{x}^{+\infty}-\displaystyle\int_{x}^{+\infty}\dfrac{2\cos(t)}{t^3}\;dt=\dfrac{\cos(x)}{x^2}-\displaystyle\int_{x}^{+\infty}\dfrac{2\cos(t)}{t^3}\;dt.$$

Ensuite, pour $x\geqslant1$, $\left|\displaystyle\int_{x}^{+\infty}\dfrac{2\cos(t)}{t^3}\;dt\right|\leqslant\displaystyle\int_{x}^{+\infty}\dfrac{2|\cos(t)|}{t^3}\;dt\leqslant\displaystyle\int_{x}^{+\infty}\dfrac{2}{t^3}\;dt=\dfrac{1}{x^2}$ puis $\displaystyle\int_{x}^{+\infty}\dfrac{2\cos(t)}{t^3}\;dt\underset{x\rightarrow+\infty}{=}O\left(\dfrac{1}{x^2}\right)$. D’autre part, $\dfrac{\cos(x)}{x^2}\underset{x\rightarrow+\infty}{=}O\left(\dfrac{1}{x^2}\right)$ et finalement, $f(x)\underset{x\rightarrow+\infty}{=}O\left(\dfrac{1}{x^2}\right)$. Puisque $2>1$, on en déduit que la fonction $f$ est intégrable sur un voisinage de $+\infty$.

On a montré que la fonction $f$ est intégrable sur $]0,+\infty[$.

Commentaires et/ou rappels de cours

Un théorème de sommation des relations de comparaison.

Soient $f$ et $g$ deux fonctions continues et strictement positives sur $[a,b[$ avec $b$ réel ou égal à $+\infty$ telles que $f(x)\underset{x\rightarrow b}{\sim}g(x)$.

– Si $\displaystyle\int_{a}^{b}f(t)\;dt$ diverge, alors $\displaystyle\int_{a}^{b}g(t)\;dt$ diverge et de plus, $\displaystyle\int_{a}^{x}f(t)\;dt\underset{x\rightarrow b}{\sim}\displaystyle\int_{a}^{x}g(t)\;dt$.

– Si $\displaystyle\int_{a}^{b}f(t)\;dt$ converge, alors $\displaystyle\int_{a}^{b}g(t)\;dt$ converge et de plus, $\displaystyle\int_{x}^{b}f(t)\;dt\underset{x\rightarrow b}{\sim}\displaystyle\int_{x}^{b}g(t)\;dt$.

Enoncé (Béceas)

Soit $f$ définie sur $]-1,1[$ par : $\forall x\in]-1,1[$, $f(x)=\left\{\begin{array}{l}\dfrac{x}{\ln(1+x)}\;\text{si}\;x\neq0\\1\;\text{si}\;x=0\end{array}\right.$.

1) Montrer que pour tout $x\in]-1,1[$, $f(x)=\displaystyle\int_{0}^{1}(1+x)^t\;dt$.

2) Montrer que $f$ est développable en série entière sur $]-1,1[$ et le coefficient $a_n$ de degré $n$ en fonction d’une intégrale que l’on ne cherchera pas à expliciter.

3) Etudier le signe des coefficients $a_n$.

4) Montrer que la série $\displaystyle\sum a_n$ converge.

5) Calculer la somme $\displaystyle\sum_{n=0}^{+\infty}a_n$.

Corrigé

1) $\displaystyle\int_{0}^{1}(1+0)^t\;dt= \displaystyle\int_{0}^{1}dt=1=f(0)$ puis si $x\in]-1,1[\setminus\{0\}$, $1+x>0$ et $\ln(1+x)\neq0$ puis

$$\displaystyle\int_{0}^{1}(1+x)^t\;dt=\displaystyle\int_{0}^{1}e^{t\ln(1+x)}\;dt=\left[\dfrac{e^{t\ln(1+x)}}{\ln(1+x)}\right]_{t=0}^{t=1}=\dfrac{1+x}{\ln(1+x)}-\dfrac{1}{\ln(1+x)}=\dfrac{x}{\ln(1+x)}=f(x).$$

On a montré que pour tout $x\in]-1,1[$, $f(x)=\displaystyle\int_{0}^{1}(1+x)^t\;dt$.

2) Soit $x\in]-1,1[$. On sait que pour tout $t\in\mathbb{R}$, $(1+x)^t=\displaystyle\sum_{n=0}^{+\infty}P_n(t)x^n$ où $P_0=1$ et pour tout $n\geqslant1$, $P_n=\dfrac{X(X-1)\ldots(X-(n-1))}{n!}$.

Pour $n\in\mathbb{N}$ et $t\in[0,1]$, on pose $f_n(t)=P_n(t)x^n$. Pour tout réel $t\in[0,1]$, $P_n(t)=|t||t-1|\ldots|t-(n-1)|\leqslant t(t+1)\ldots(t+(n-1))\leqslant1\times2\times\ldots\times n=n!$ puis $\left|f_n(t)\right|\leqslant|x|^n$. Par suite, pour tout $n\in\mathbb{N}$, $\left\|f_n\right\|_\infty\leqslant|x|^n$. La série géométrique de terme général $|x|^n$ converge et donc la série de fonctions de terme général $f_n$ converge normalement et en particulier uniformément sur $[0,1]$.

Ainsi, chaque fonction $f_n$ est continue sur $[0,1]$ et la série de fonctions de terme général $f_n$ converge uniformément sur le segment $[0,1]$. D’après le théorème d’intégration terme à terme sur un segment, la série de terme général $\displaystyle\int_{0}^{1}f_n(t)\;dt$ converge et

$$f(x)=\displaystyle\sum_{n=0}^{+\infty}\displaystyle\int_{0}^{1}f_n(t)\;dt=\displaystyle\sum_{n=0}^{+\infty}x^n\displaystyle\int_{0}^{1}P_n(t)\;dt.$$

On a montré que pour tout $x\in]-1,1[$, $f(x)=\displaystyle\sum_{n=0}^{+\infty}a_nx^n$ où pour tout $n\in\mathbb{N}$, $a_n=\displaystyle\int_{0}^{1}P_n(t)\;dt$. La fonction $f$ est donc développable en série entière sur $]-1,1[$.

3) $a_0=f(0)=1>0$ et $a_1=\displaystyle\int_{0}^{1}t\;dt=\dfrac{1}{2}>0$. Soit $n\geqslant 2$.

$$a_n=\dfrac{1}{n!}\displaystyle\int_{0}^{1}t(t-1)\ldots(t-(n-1))\;dt=\dfrac{(-1)^{n-1}}{n!}\displaystyle\int_{0}^{1}t(1-t)\ldots((n-1)-t)\;dt$$

De plus, pour tout $t\in]0,1[$, $t(1-t)\ldots((n-1)-t)>0$ et donc $\displaystyle\int_{0}^{1}t(1-t)\ldots((n-1)-t)\;dt>0$ (intégrale d’une fonction continue, positive et non nulle). Donc, pour tout $n\geqslant2$, $(-1)^{n-1}a_n>0$, ce qui reste vrai quand $n=1$.

On a montré que $a_0>0$ et pour tout $n\geqslant1$, $\text{sgn}\left(a_n\right)=(-1)^{n-1}$.

4) D’après ce qui précède, la suite $\left(a_n\right)_{n\geqslant 1}$ est alternée en signe. Ensuite, pour $n\geqslant 1$,

$$\left|a_{n+1}\right|=(-1)^na_{n+1}=\dfrac{1}{(n+1)!}\displaystyle\int_{0}^{1}t(1-t)\ldots((n-1)-t)(n-t)\;dt=\dfrac{1}{n!}\displaystyle\int_{0}^{1}t(1-t)\ldots((n-1)-t)\dfrac{n-t}{n+1}\;dt\leqslant\dfrac{1}{n!}\displaystyle\int_{0}^{1}t(1-t)\ldots((n-1)-t)\times1\;dt=\left|a_n\right|.$$

La suite $\left(\left|a_n\right|\right)_{n\in\mathbb{N}}$ est donc décroissante. Enfin, pour $n\geqslant1$,

$$\left|a_n\right|=\dfrac{1}{n!}\displaystyle\int_{0}^{1}t(1-t)\ldots((n-1)-t)\;dt\leqslant\dfrac{1}{n!}\displaystyle\int_{0}^{1}1\times1\times2\times\ldots\times(n-1)\;dt=\dfrac{1}{n}.$$

Puisque $\displaystyle\lim_{n\rightarrow+\infty}\dfrac{1}{n}=0$, le théorème des gendarmes permet d’affirmer que $\displaystyle\lim_{n\rightarrow+\infty}a_n=0$.

Ensuite, la suite $\left(a_n\right)_{n\geqslant 1}$ est alternée en signe et sa valeur absolue tend vers $0$ en décroissant. La série de terme général $a_n$ converge d’après le critère spécial aux séries alternées.

5) D’après ce qui précède, $R_a\geqslant 1$ et la série de terme général $a_n1^n$ converge. D’après le lemme d’Abel radial,

$$\displaystyle\sum_{n=0}^{+\infty}a_n=\displaystyle\lim_{x\rightarrow1^-}\displaystyle\sum_{n=0}^{+\infty}a_nx^n=\displaystyle\lim_{x\rightarrow1^-}\dfrac{x}{\ln(1+x)}=\dfrac{1}{\ln(2)}.$$

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

Commentaires et/ou rappels de cours

Lemme d’Abel radial. Soit $\left(a_n\right)_{n\in\mathbb{N}}$ une suite complexe telle que $R=R_a\in\mathbb{R}_+^*$. Si la série de terme général $a_nR^n$ converge, alors $\displaystyle\sum_{n=0}^{+\infty}a_nx^n\underset{x\rightarrow R^-}{\rightarrow}\displaystyle\sum_{n=0}^{+\infty}a_nR^n$.

Enoncé (Béceas)

Soit $f~:~\mathbb{R}_+\rightarrow\mathbb{R}$ une fonction continue telle que $\displaystyle\lim_{x\rightarrow+\infty}f(x)=0$.

Montrer que $f$ est uniformémenyt continue sur $\mathbb{R}_+$.

Corrigé

Soit $\varepsilon>0$. Il existe $A>0$ tel que pour tout $x\in[A,+\infty[$, $|f(x)|\leqslant\dfrac{\varepsilon}{4}$. Pour $(x,y)\in[A,+\infty[^2$, $|f(x)-f(y)|\leqslant|f(x)|+|f(y)|\leqslant\dfrac{\varepsilon}{4}+\dfrac{\varepsilon}{4}=\dfrac{\varepsilon}{2}$.

La fonction $f$ est continue sur le segment $[0,A]$ et donc uniformément continue sur ce segment d’après le théorème de Heine. Donc, il existe $\alpha>0$ tel que pour tout $(x,y)\in[0,A]^2$, si $|x-y|\leqslant\alpha$, alors $|f(x)-f(y)|\leqslant\dfrac{\varepsilon}{2}$. Soit $(x,y)\in[0,+\infty[^2$ tel que $|x-y|\leqslant\alpha$.

$\bullet$ Si $(x,y)\in[0,A]^2$, $|f(x)-f(y)|\leqslant\dfrac{\varepsilon}{2}\leqslant\varepsilon$.

$\bullet$ Si $(x,y)\in[A,+\infty[^2$, $|f(x)-f(y)|\leqslant\dfrac{\varepsilon}{2}\leqslant\varepsilon$.

$\bullet$ Si par exemple $x\leqslant A\leqslant y$, alors $|x-A|\leqslant|x-y|\leqslant\alpha$ puis $|f(x)-f(y)|\leqslant|f(x)-f(A)|+|f(A)-f(y)|\leqslant\dfrac{\varepsilon}{2}+\dfrac{\varepsilon}{2}=\varepsilon$.

On a montré que : $\forall\varepsilon>0$, $\exists\alpha>0/$ $\forall(x,y)\in[0,+\infty[^2$, $(|x-y|\leqslant\alpha\Rightarrow|f(x)-f(y)|\leqslant\varepsilon)$. La focntion $f$ est donc uniformément continue sur $[0,+\infty[$.

Commentaires et/ou rappels de cours

Définition. Soit $f$ une application d’une partie $D$ d’un espace vectoriel normé $\left(E,\|\;\|_E\right)$ vers un espace vectoriel normé $\left(F,\|\;\|_F\right)$. $f$ est uniformément continue sur $D$ si et seulement si

$$\forall\varepsilon>0,\;\exists\alpha>0/\;\forall(x,y)\in D^2,\;\left(\|x-y\|_E\leqslant\alpha\Rightarrow\|f(x)-f(y)\|_F\leqslant\varepsilon\right).$$

Théorème de Heine. Si $f$ est continue sur un compact, alors $f$ est uniformément continue sur ce compact.

Enoncé (Béceas)

Nature de la série de terme général $\sin(\pi e\;n!) $.

Corrigé

Pour $n\in\mathbb{N}$, on pose $u_n=\sin(\pi e\;n!)$.

Soit $n\geqslant2$. $\pi e\;n!=\pi\displaystyle\sum_{k=0}^{+\infty}\dfrac{n!}{k!}=\pi\left(\displaystyle\sum_{k=0}^{n-2}\dfrac{n!}{k!}+n+1+\dfrac{1}{n+1}+\displaystyle\sum_{k=n+2}^{+\infty}\dfrac{n!}{k!}\right)$.

Ensuite, pour $k\in\{0,\ldots,n-2\}$, $\dfrac{n!}{k!}$ est un entier divisible par $n(n-1)$ qui est le produit d’un entier pair et d’un entier impair. Donc, $\dfrac{n!}{k!}$ est un entier divisible par un entier pair puis $\dfrac{n!}{k!}$ est un entier pair. Finalement, $\displaystyle\sum_{k=0}^{n-2}\dfrac{n!}{k!}$ est un entier pair en tant que somme d’entiers pairs. On pose donc $\displaystyle\sum_{k=0}^{n-2}\dfrac{n!}{k!}=2K_n$ où $K_n\in\mathbb{N}$.

Pour $n\geqslant2$, on peut écrire

$$u_n=\sin\left(2K_n\pi+(n+1)\pi+\dfrac{\pi}{n+1}+\pi\displaystyle\sum_{k=n+2}^{+\infty}\dfrac{n!}{k!}\right)=(-1)^{n+1}\sin\left(\dfrac{\pi}{n+1}+\pi\displaystyle\sum_{k=n+2}^{+\infty}\dfrac{n!}{k!}\right).$$

Pour $n\geqslant2$,

\begin{align*}0\leqslant\displaystyle\sum_{k=n+2}^{+\infty}\dfrac{n!}{k!}&=\dfrac{1}{(n+1)(n+2)}+\dfrac{1}{(n+1)(n+2)(n+3)}+\dfrac{1}{(n+1)(n+2)(n+3)(n+4)}+\ldots\\&\leqslant\dfrac{1}{(n+1)^2}+\dfrac{1}{(n+1)^3}+\dfrac{1}{(n+1)^4}+\ldots=\dfrac{1}{(n+1)^2}\times\dfrac{1}{1-\dfrac{1}{n+1}}\;(\text{car}\;-1<\dfrac{1}{n+1}<1)\\&=\dfrac{1}{n(n+1)}\\&\leqslant\dfrac{1}{n^2}.\end{align*}

On en déduit que $\displaystyle\sum_{k=n+2}^{+\infty}\dfrac{n!}{k!}\underset{n\rightarrow+\infty}{=}O\left(\dfrac{1}{n^2}\right)$ puis que

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

La série de terme général $O\left(\dfrac{1}{n^2}\right)$ converge absolument et en particulier converge. D’autre part, la suite $\left((-1)^{n+1}\dfrac{\pi}{n+1}\right)_{n\in\mathbb{N}}$ est alternée en signe et sa valeur absolue, à savoir $\left(\dfrac{\pi}{n+1}\right)_{n\in\mathbb{N}}$, tend vers $0$ en décroissant. Donc, la série de terme général $(-1)^{n+1}\dfrac{\pi}{n+1}$ converge d’après le critère spécial aux séries alternées.

Finalement, la série de terme général $u_n$ converge. On note enfin que $\left|u_n\right|\underset{n\rightarrow+\infty}{\sim}\dfrac{\pi}{n+1}\underset{n\rightarrow+\infty}{\sim}\dfrac{\pi}{n}$ et donc que la série de terme général $\left|u_n\right|$ diverge.

La série de terme général $\sin(\pi e\;n!)$ est une série semi-convergente.

Commentaires et/ou rappels de cours

Pas de commentaire particulier. 

Enoncé (CCINP)

Pour tout $n\in\mathbb{N}^*$, on pose $u_n=\dfrac{1}{3^nn!}\displaystyle\prod_{k=1}^{n}(3k-2)$ et $v_n=\dfrac{1}{n^{\frac{2}{3}}}$.

1) Montrer que : $\forall n\in\mathbb{N}^*$, $\dfrac{u_{n+1}}{u_n}\geqslant\dfrac{v_{n+1}}{v_n}$.

2) En étudiant la suite $\left(\dfrac{u_n}{v_n}\right)$, montrer que la série $\displaystyle\sum u_n$ diverge.

3) Pour tout $n\in\mathbb{N}^*$, on pose $w_n=\dfrac{2}{3}\ln\left(\dfrac{n+1}{n}\right)+\ln\left(\dfrac{u_{n+1}}{u_n}\right)$.

Montrer que $\displaystyle\sum w_n$ converge.

4) En déduire qu’il existe deux réels $\alpha$ et $C>0$ tels que $u_n\underset{n\rightarrow+\infty}{\sim}\dfrac{C}{n^\alpha}$.

Corrigé

1) Soit $n\in\mathbb{N}^*$. $\dfrac{v_{n+1}}{v_n}=\left(\dfrac{n+1}{n}\right)^{-\frac{2}{3}}$ et $\dfrac{u_{n+1}}{u_n}=\dfrac{3n+1}{3(n+1)}$.

Pour $x>0$, on pose $f(x)=\ln\left(\left(\dfrac{x+1}{x}\right)^{-\frac{2}{3}}\right)-\ln\left(\dfrac{3x+1}{3(x+1)}\right)=\dfrac{2}{3}\ln(x)+\dfrac{1}{3}\ln(x+1)+\ln(3)-\ln(3x+1)$. $f$ est dérivable sur $]0,+\infty[$ et pour tout $x>0$,

$$f'(x)=\dfrac{2}{3x}+\dfrac{1}{3(x+1)}-\dfrac{3}{3x+1}=\dfrac{2(x+1)(3x+1)+x(3x+1)-9x(x+1)}{3x(x+1)(3x+1)}=\dfrac{2}{3x(x+1)(3x+1)}>0.$$

La fonction $f$ est strictement croissante sur $]0,+\infty[$. De plus, $f(x)=\ln\left(\dfrac{3x^{\frac{2}{3}}(x+1)^{\frac{1}{3}}}{3x+1}\right)$ avec $\dfrac{3x^{\frac{2}{3}}(x+1)^{\frac{1}{3}}}{3x+1}\underset{x\rightarrow+\infty}{\sim}\dfrac{3x^{\frac{2}{3}}x^{\frac{1}{3}}}{3x}=1$ et donc $\displaystyle\lim_{x\rightarrow+\infty}f(x)=\ln(1)=0$. Puisque $f$ est strictement croissante sur $]0,+\infty[$, pour tout $x>0$, $f(x)<0$ puis $\ln\left(\left(\dfrac{x+1}{x}\right)^{-\frac{2}{3}}\right)<\ln\left(\dfrac{3x+1}{3(x+1)}\right)$ et donc $\left(\dfrac{x+1}{x}\right)^{-\frac{2}{3}}<\dfrac{3x+1}{3(x+1)}$.

En particulier, pour tout $n\in\mathbb{N}^*$, $\dfrac{v_{n+1}}{v_n}=\left(\dfrac{n+1}{n}\right)^{-\frac{2}{3}}\leqslant\dfrac{3n+1}{3(n+1)}=\dfrac{u_{n+1}}{u_n}$.

2) Les suites $u$ et $v$ sont strictement positives. Pour tout $n\in\mathbb{N}^*$, $\dfrac{v_{n+1}}{v_n}\leqslant\dfrac{u_{n+1}}{u_n}$ et donc $\dfrac{u_n}{v_n}\leqslant\dfrac{u_{n+1}}{v_{n+1}}$. La suite $\left(\dfrac{u_n}{v_n}\right)_{n\in\mathbb{N}^*}$ est donc croissante. On en déduit que pour tout $n\in\mathbb{N}^*$, $\dfrac{u_n}{v_n}\geqslant\dfrac{u_1}{v_1}$ puis que

$$\forall n\in\mathbb{N}^*,\;u_n\geqslant\dfrac{u_1}{v_1}v_n.$$

Maintenant, la série de terme général $v_n$ est divergente (série de Riemann d’exposant $\alpha=\dfrac{2}{3}$). On en déduit que la série de terme général $u_n$ est divergente.

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

\begin{align*}w_n&=\dfrac{2}{3}\ln\left(\dfrac{n+1}{n}\right)+\ln\left(\dfrac{3n+1}{3(n+1)}\right)=\dfrac{2}{3}\ln\left(\dfrac{n+1}{n}\right)+\ln\left(\dfrac{3n}{3n}\times\dfrac{1+\dfrac{1}{3n}}{1+\dfrac{1}{n}}\right)\\&=\dfrac{2}{3}\ln\left(1+\dfrac{1}{n}\right)+\ln\left(1+\dfrac{1}{3n}\right)-\ln\left(1+\dfrac{1}{n}\right)=\ln\left(1+\dfrac{1}{3n}\right)-\dfrac{1}{3}\ln\left(1+\dfrac{1}{n}\right)\end{align*}

puis

$$w_n\underset{n\rightarrow+\infty}{=}\left(\dfrac{1}{3n}+O\left(\dfrac{1}{n^2}\right)\right)-\dfrac{1}{3}\left(\dfrac{1}{n}+O\left(\dfrac{1}{n^2}\right)\right)\underset{n\rightarrow+\infty}{=}O\left(\dfrac{1}{n^2}\right).$$

La série de terme général $w_n$ est donc absolument convergente et en particulier convergente.

4) On pose $W=\displaystyle\sum_{k=1}^{+\infty}w_k$ et pour $n\in\mathbb{N}^*$, $W_n=\displaystyle\sum_{k=1}^{n}w_k$. Soit $n\geqslant2$.

\begin{align*}\ln\left(u_n\right)&=\ln\left(u_1\right)+\displaystyle\sum_{k=1}^{n-1}\left(\ln\left(u_{k+1}\right)-\ln\left(u_k\right)\right)\;(\text{somme télescopique})\\&=-\ln(3)+\displaystyle\sum_{k=1}^{n-1}\ln\left(\dfrac{u_{k+1}}{u_k}\right)=-\ln(3)-\dfrac{2}{3}\displaystyle\sum_{k=1}^{n-1}\ln\left(\dfrac{k+1}{k}\right)+\displaystyle\sum_{k=1}^{n-1}w_k=-\ln(3)-\dfrac{2}{3}\displaystyle\sum_{k=1}^{n-1}(\ln(k+1)-\ln(k))+\displaystyle\sum_{k=1}^{n-1}w_k\\&=-\dfrac{2}{3}\ln(n)-\ln(3)+W_{n-1}\end{align*}

puis, pour tout $n\geqslant2$, $u_n=\dfrac{e^{W_{n-1}}/3}{n^{\frac{2}{3}}}$. Mais alors,

$$u_n\underset{n\rightarrow+\infty}{=}\dfrac{e^{W+o(1)}/3}{n^{\frac{2}{3}}}\underset{n\rightarrow+\infty}{\sim}\dfrac{e^{W}/3}{n^{\frac{2}{3}}}.$$

Soient $C=\dfrac{e^W}{3}>0$ et $\alpha=\dfrac{2}{3}$. Alors, $u_n\underset{n\rightarrow+\infty}{\sim}\dfrac{C}{n^{\frac{2}{3}}}$.

Commentaires et/ou rappels de cours

La démarche de l’exercice a une portée générale. La suite $u$ (dont l’étude est le but de l’exercice) est définie par de nombreux produits (suite géométrique, factorielle, …). Donc, la suite $\left(\dfrac{u_{n+1}}{u_n}\right)$ est simple puis, dans le but de transformer tout produit en somme la suite $\left(t_n\right)=\left(\ln\left(\dfrac{u_{n+1}}{u_n}\right)\right)=\left(\ln\left(u_{n+1}\right)-\ln\left(u_n\right)\right)$ est simple et constituée de sommes.

Une fois obtenus tous les renseignements nécessaires sur la suite $t$, on remonte ensuite à la suite $u$ : $u_n=e^{\ln\left(u_n\right)}$ avec

$$\ln\left(u_n\right)=\ln\left(u_1\right)+\displaystyle\sum_{k=1}^{n-1}\left(\ln\left(u_{k+1}\right)-\ln\left(u_k\right)\right)=\ln\left(u_1\right)+\displaystyle\sum_{k=1}^{n-1}t_k\ldots$$

Enoncé (CCINP)

Soit l’application $f~:~U\rightarrow\mathbb{C}$, avec $U$ ouvert de $\mathbb{C}$.

Pour $z=x+iy\in U$ avec $x$ et $y$ réels, on pose $f(z)=\widetilde{f}(x,y)=P(x,y)+iQ(x,y)$ avec $P(x,y)$ et $Q(x,y)$ réels.

On dit que $f$ est dérivable en $z_0$ appartenant à $U$ si et seulement si $\displaystyle\lim_{z\rightarrow z_0}\dfrac{f(z)-f\left(z_0\right)}{z-z_0}$ existe, cette limite étant alors notée $f’\left(z_0\right)$.

1) Montrer que $f$ est continue en $z_0\in U$ si et seulement si $P$ et $Q$ sont continues en $\left(x_0,y_0\right)$.

2) Montrer que $f$ est dérivable en $z_0$ si et seulement si $P$ et $Q$ sont différentiables en $\left(x_0,y_0\right)$ et $\dfrac{\partial P}{\partial x}\left(x_0,y_0\right)=\dfrac{\partial Q}{\partial y}\left(x_0,y_0\right)$ et $\dfrac{\partial Q}{\partial x}\left(x_0,y_0\right)=-\dfrac{\partial P}{\partial y}\left(x_0,y_0\right)$.

Montrer de plus que si $f$ est dérivable en $z_0=x_0+iy_0\in U$, on a l’expression : $f’\left(z_0\right)=\dfrac{\partial P}{\partial x}\left(x_0,y_0\right)+i\dfrac{\partial Q}{\partial x}\left(x_0,y_0\right)=\dfrac{\partial Q}{\partial y}\left(x_0,y_0\right)-i\dfrac{\partial P}{\partial y}\left(x_0,y_0\right)$.

3) On suppose que $f$ est deux fois dérivable sur $U$ et que $f^{(2)}$ est continue sur $U$. Déterminer l’expression de $f^{(2)}$.

4) En déduire que si $f$ est deux fois dérivable sur $U$ et que $f^{(2)}$ est continue sur $U$, alors $\Delta(P)=\dfrac{\partial^2P}{\partial x^2}+\dfrac{\partial^2P}{\partial y^2}=0$ et $\Delta(Q)=\dfrac{\partial^2Q}{\partial x^2}+\dfrac{\partial^2Q}{\partial y^2}=0$.

Corrigé

1) Soit $\begin{array}[t]{cccc}\varphi~:&\mathbb{R}^2&\rightarrow&\mathbb{C}\\ &(x,y)&\mapsto&x+iy\end{array}$. L’application $\varphi$ est un isomorphisme de $\mathbb{R}$-espaces vectoriels. Sa réciproque est $\begin{array}[t]{cccc}\varphi^{-1}~:&\mathbb{C}&\rightarrow&\mathbb{R}^2\\ &z&\mapsto&(\text{Re}(z),\text{Im}(z))\end{array}$. $\varphi$ est continue sur $\mathbb{R}^2$ car linéaire sur un espace de dimension finie. De même, $\varphi^{-1}$ est continue sur $\mathbb{C}$.

Ensuite, soit $V=\varphi^{-1}(U)$ de sorte $U=\varphi(V)$. $V$ est un ouvert de $\mathbb{R}^2$ en tant qu’image réciproque de l’ouvert $U$ de $\mathbb{C}$ par l’application continue $\varphi^{-1}$.

Pour tout $z=x+iy\in U$ avec $(x,y)\in V$, $f(z)=f(\varphi(x,y))=\widetilde{f}(x,y)$ et donc $\widetilde{f}=f\circ\varphi$ et aussi $f=\widetilde{f}\circ\varphi^{-1}$. Si $f$ est continue en $z_0=x_0+iy_0\in U$, alors $\widetilde{f}=f\circ\varphi$ est continue en $\varphi^{-1}\left(z_0\right)=\left(x_0,y_0\right)$ et si $\widetilde{f}$ est continue en $\left(x_0,y_0\right)\in V$, alors $f=\widetilde{f}\circ\varphi^{-1}$ est continue en $\varphi\left(x_0,y_0\right)=z_0$.

On a montré que $f$ est continue en $z_0\in U$ si et seulement si $\widetilde{f}$ est continue en $\left(x_0,y_0\right)\in V$.

2) $\bullet$ Supposons $f$ dérivable en $z_0\in U$. Donc, en posant $a=\text{Re}\left(f’\left(z_0\right)\right)$ et $b=\text{Im}\left(f’\left(z_0\right)\right)$ (et en notant que $\left|z-z_0\right|=\sqrt{\left(x-x_0\right)^2+\left(y-y_0\right)^2}=\left\|\left(x-x_0,y-y_0\right)\right\|$)

\begin{align*}P(x,y)+iQ(x,y)=f(z)&\underset{z\rightarrow z_0}{=}f\left(z_0\right)+f’\left(z_0\right)\left(z-z_0\right)+o\left(z-z_0\right)\underset{z\rightarrow z_0}{=}P\left(x_0,y_0\right)+iQ\left(x_0,y_0\right)+(a+ib)\left(\left(x-x_0\right)+i\left(y-y_0\right)\right)+o\left(\left\|\left(x-x_0,y-y_0\right)\right\|\right)\\&\underset{z\rightarrow z_0}{=}\left(P\left(x_0,y_0\right)+a\left(x-x_0\right)-b\left(y-y_0\right)\right)+i\left(Q\left(x_0,y_0\right)+b\left(x-x_0\right)+a\left(y-y_0\right)\right)+o\left(\left\|\left(x-x_0,y-y_0\right)\right\|\right).\end{align*}

Ensuite, $z$ tend vers $z_0$ si et seulement si $(x,y)$ tend vers $\left(x_0,y_0\right)$ et donc, en passant à la partie réelle,

$$P(x,y)\underset{(x,y)\rightarrow \left(x_0,y_0\right)}{=}P\left(x_0,y_0\right)+a\left(x-x_0\right)-b\left(y-y_0\right)+o\left(\left\|\left(x-x_0,y-y_0\right)\right\|\right).$$

Puisque l’application $(x,y)\mapsto a\left(x-x_0\right)-b\left(y-y_0\right)$ est une forme linéaire sur $\mathbb{R}^2$, on a montré que $P$ est différentiable en $\left(x_0,y_0\right)$ et que pour tout $(h,k)\in\mathbb{R}^2$, $dP_{\left(x_0,y_0\right)}(h,k)=ah-bk$. On en déduit en particulier que $P$ admet des dérivées partielles par rapport à chacune de ses deux variables en $\left(x_0,y_0\right)$ et que $\dfrac{\partial P}{\partial x}\left(x_0,y_0\right)=a=\text{Re}\left(f’\left(z_0\right)\right)$ et $\dfrac{\partial P}{\partial y}\left(x_0,y_0\right)=-b=-\text{Im}\left(f’\left(z_0\right)\right)$.

De même, en passant à la partie imaginaire,

$$Q(x,y)\underset{(x,y)\rightarrow \left(x_0,y_0\right)}{=}Q\left(x_0,y_0\right)+b\left(x-x_0\right)+a\left(y-y_0\right)+o\left(\left\|\left(x-x_0,y-y_0\right)\right\|\right).$$

Donc, $Q$ est différentiable en $\left(x_0,y_0\right)$ et que pour tout $(h,k)\in\mathbb{R}^2$, $dQ_{\left(x_0,y_0\right)}(h,k)=bh+ak$ puis $Q$ admet des dérivées partielles par rapport à chacune de ses deux variables en $\left(x_0,y_0\right)$ et que $\dfrac{\partial Q}{\partial x}\left(x_0,y_0\right)=b=\text{Im}\left(f’\left(z_0\right)\right)$ et $\dfrac{\partial Q}{\partial y}\left(x_0,y_0\right)=a=\text{Re}\left(f’\left(z_0\right)\right)$.

On en déduit encore que $\dfrac{\partial P}{\partial x}\left(x_0,y_0\right)=a=\dfrac{\partial Q}{\partial y}\left(x_0,y_0\right)$ et $\dfrac{\partial Q}{\partial x}\left(x_0,y_0\right)=b=-\dfrac{\partial P}{\partial y}\left(x_0,y_0\right)$

$\bullet$ Supposons que $P$ et $Q$ sont différentiables en $\left(x_0,y_0\right)$ et que $\dfrac{\partial P}{\partial x}\left(x_0,y_0\right)=\dfrac{\partial Q}{\partial y}\left(x_0,y_0\right)$ et $\dfrac{\partial Q}{\partial x}\left(x_0,y_0\right)=-\dfrac{\partial P}{\partial y}\left(x_0,y_0\right)$. Posons $a=\dfrac{\partial P}{\partial x}\left(x_0,y_0\right)=\dfrac{\partial Q}{\partial y}\left(x_0,y_0\right)$ et $b=\dfrac{\partial Q}{\partial x}\left(x_0,y_0\right)=-\dfrac{\partial P}{\partial y}\left(x_0,y_0\right)$. Toujours en tenant compte du fait que $z$ tend vers $z_0$ si et seulement si $(x,y)$ tend vers $\left(x_0,y_0\right)$ et de $\left|z-z_0\right|=\left\|\left(x-x_0,y-y_0\right)\right\|$,

\begin{align*}f(z)-f\left(z_0\right)-(a+ib)(z-z_0)&=\left(P(x,y)-P\left(x_0,y_0\right)-(a\left(x_0,y_0\right)\left(x-x_0\right)-b\left(y-y_0\right))\right)+i\left(Q(x,y)-Q\left(x_0,y_0\right)-\left(b\left(x_0,y_0\right)\left(x-x_0\right)+a\left(y-y_0\right)\right)\right)\\&=\left(P(x,y)-P\left(x_0,y_0\right)-(\dfrac{\partial P}{\partial x}\left(x_0,y_0\right)\left(x-x_0\right)+\dfrac{\partial P}{\partial y}\left(x_0,y_0\right)\left(y-y_0\right))\right)+i\left(Q(x,y)-Q\left(x_0,y_0\right)-\left(\dfrac{\partial Q}{\partial x}\left(x_0,y_0\right)\left(x-x_0\right)+\dfrac{\partial Q}{\partial x}\left(x_0,y_0\right)\left(y-y_0\right)\right)\right)\\&=\left(P(x,y)-P\left(x_0,y_0\right)-(a\left(x-x_0\right)-b\left(y-y_0\right))\right)+i\left(Q(x,y)-Q\left(x_0,y_0\right)-\left(b\left(x-x_0\right)+a\left(y-y_0\right)\right)\right)\\&\underset{z\rightarrow z_0}{=}o\left(\left|z-z_0\right|\right)+o\left(\left|z-z_0\right|\right)\underset{z\rightarrow z_0}{=}o\left(\left|z-z_0\right|\right).\end{align*}

Donc, $f$ est dérivable en $z_0$ et $f’\left(z_0\right)=a+ib=\dfrac{\partial P}{\partial x}\left(x_0,y_0\right)+i\dfrac{\partial Q}{\partial x}\left(x_0,y_0\right)=\dfrac{\partial Q}{\partial y}\left(x_0,y_0\right)-i\dfrac{\partial P}{\partial y}\left(x_0,y_0\right)$.

3) Supposons que $f$ est deux fois dérivable sur $U$ et que $f^{(2)}$ est continue sur $U$. En particulier, $f$ est dérivable sur $U$ et $f’$ est continue sur $U$. D’après la question précédente, les fonctions $P$ et $Q$ sont différentiables (et en particulier admettent des dérivées partielles par rapport à $x$ et $y$) sur $\varphi^{-1}(U)=V$ (et en particulier) et pour tout $z=x+iy\in Y$,

$$f'(z)=\dfrac{\partial P}{\partial x}(x,y)+i\dfrac{\partial Q}{\partial x}(x,y)=\dfrac{\partial Q}{\partial y}(x,y)-i\dfrac{\partial P}{\partial y}(x,y).$$

De plus, d’après 1), les fonctions $\dfrac{\partial P}{\partial x}$, $\dfrac{\partial P}{\partial y}$, $\dfrac{\partial Q}{\partial x}$ et $\dfrac{\partial Q}{\partial y}$ sont continues sur $V$. Ainsi, les fonctions $P$ et $Q$ sont de classe $C^1$ sur $V$. En appliquant ce résultat à la fonction $f’$, on obtient le fait que que les dérivées partielles des fonctions $P$ et $Q$ sont elles mêmes de classe $C^1$ sur $V$ ou encore les fonctions $P$ et $Q$ sont de classe $C^2$ sur $V$. De plus, pour tout $z\in U$,

$$f^{(2)}(z)=\dfrac{\partial}{\partial x}\left(\dfrac{\partial P}{\partial x}\right)(x,y)+i\left(\dfrac{\partial}{\partial x}\left(\dfrac{\partial Q}{\partial x}\right)(x,y)\right)=\dfrac{\partial^2P}{\partial x^2}(x,y)+i\dfrac{\partial^2Q}{\partial x^2}(x,y).$$

4) Les fonctions $P$ et $Q$ sont de classe $C^2$ sur l’ouvert $V$. Donc, d’après le théorème de Schwarz, $\dfrac{\partial^2P}{\partial x\partial y}=\dfrac{\partial^2P}{\partial y\partial x}$ et $\dfrac{\partial^2Q}{\partial x\partial y}=\dfrac{\partial^2Q}{\partial y\partial x}$.

Par suite, $\dfrac{\partial^2P}{\partial x^2}=\dfrac{\partial}{\partial x}\left(\dfrac{\partial P}{\partial x}\right)=\dfrac{\partial}{\partial x}\left(\dfrac{\partial Q}{\partial y}\right)=\dfrac{\partial}{\partial y}\left(\dfrac{\partial Q}{\partial x}\right)=-\dfrac{\partial}{\partial y}\left(\dfrac{\partial P}{\partial y}\right)=-\dfrac{\partial^2P}{\partial y^2}$. Donc,

$$\dfrac{\partial^2P}{\partial x^2}+\dfrac{\partial^2P}{\partial y^2}=0.$$

En appliquant ce résultat à la fonction $-i\widetilde{f}$ dont la partie réelle est $Q$, on a aussi $\dfrac{\partial^2Q}{\partial x^2}+\dfrac{\partial^2Q}{\partial y^2}=0$.

Commentaires et/ou rappels de cours

$\bullet$ Définition. Soit $f$ une fonction définie sur un ouvert $U$ de $R^n$ à valeurs dans $\mathbb{R}^p$. Soit $a\in U$. $f$ est différentiable en $a$ si et seulement si il existe $L\in\mathscr{L}\left(\mathbb{R}^n,\mathbb{R}^p\right)$ et une fonction $\varepsilon$ définie sur un voisinage de $0$ dans $\mathbb{R}^n$ telles que

$$f(a+h)\underset{h\rightarrow 0}{=}f(a)+L(h)+\|h\|\varepsilon(h)\quad\text{avec}\quad\displaystyle\lim_{h\rightarrow 0}\varepsilon(h)=0.$$

En cas d’existence, l’application $L$ est unique et s’appelle la différentielle de $f$ en $a$. Elle se note $df_a$ ou $df(a)$.

$\bullet$ Théorème. Si $f$ est différentiable en $a$, alors $f$ admet en $a$ des dérivées partielles par rapport à chacune de ses variables. De plus, si $\left(e_1,\ldots,e_n\right)$ est la base canonique de $\mathbb{R}^n$, pour tout $i\in\{1,\ldots,n\}$, $\dfrac{\partial f}{\partial x_i}(a)=df_a\left(e_i\right)$ ou encore

$$\forall h=\left(h_1,\ldots,h_n\right)\in\mathbb{R}^n,\;df_a(h)=\displaystyle\sum_{i=1}^{n}h_i\dfrac{\partial f}{\partial x_i}(a).$$

$\bullet$ L’exercice étudie une notion qui est enseignée dans les années qui suivent les classes préparatoires : la notion de fonction de $\mathbb{C}$ dans $\mathbb{C}$ dérivable. Ces fonctions sont dites holomorphes. D’autre part, les fonctions de plusieurs variables de Laplacien nul sont dites harmoniques.

$\bullet$ Pour la question 4), il était plutôt attendu de donner une autre expression de $f^{(2)}$ à la question 3) : $f'(z)=\dfrac{\partial Q}{\partial y}(x,y)-i\dfrac{\partial P}{\partial y}(x,y)$ puis $f^{(2)}(z)=-\dfrac{\partial^2P}{\partial y^2}(x,y)-i\dfrac{\partial^2Q}{\partial y^2}(x,y)$, puis d’identifier les parties réelles et imaginaires dans les deux écritures : $\dfrac{\partial^2P}{\partial x^2}(x,y)=-\dfrac{\partial^2P}{\partial y^2}(x,y)$ et $\dfrac{\partial^2Q}{\partial x^2}(x,y)=-\dfrac{\partial^2Q}{\partial y^2}(x,y)$.

Nous avons préféré une solution qui n’utilise pas les expressions explicites de $f^{(2)}$ mais qui utilise le théorème de Schwarz.

Enoncé (CCINP)

Soit $(E)$ : $\left(x^2-2\right)y’+xy=-2$.

1) Résoudre $(E)$ sur $\left]-\sqrt{2},\sqrt{2}\right[$.

2) On considère la série entière $\displaystyle\sum_{n=0}^{+\infty}\dfrac{n!}{1\times3\times\ldots\times(2n+1)}x^{2n+1}$. Déterminer le rayon de convergence de cette série entière.

3) On note $f$ la somme de la série entière précédente. Trouver une équation différentielle dont $f$ est solution.

4) Déterminer une expression simple de $f$.

Corrigé

1) Sur $I=\left]-\sqrt{2},\sqrt{2}\right[$, $(E)$ s’écrit encore $y’+\dfrac{x}{x^2-2}y=-\dfrac{2}{x^2-2}$. Les deux fonctions $a~:~x\mapsto\dfrac{x}{x^2-2}$ et $b~:~x\mapsto-\dfrac{2}{x^2-2}$ sont continues sur $I$. Les solutions de $(E)$ sur $I$ constituent donc un $\mathbb{R}$-espace affine de dimension $1$.

Soit $g$ une fonction dérivable sur $I$.

\begin{align*}\forall x\in I,\;g'(x)+\dfrac{x}{x^2-2}g(x)=-\dfrac{2}{x^2-2}&\Leftrightarrow\forall x\in I,\;e^{\frac{1}{2}\ln\left|x^2-2\right|}g'(x)+\dfrac{x}{x^2-2}e^{\frac{1}{2}\ln\left|x^2-2\right|}g(x)=-\dfrac{2}{x^2-2}e^{\frac{1}{2}\ln\left|x^2-2\right|}\Leftrightarrow\forall x\in I,\;\left(e^{\frac{1}{2}\ln\left(2-x^2\right)}g\right)'(x)=\dfrac{2\sqrt{2-x^2}}{2-x^2}\\&\Leftrightarrow\forall x\in I,\;\left(\sqrt{2-x^2}g\right)'(x)=\dfrac{2}{\sqrt{2-x^2}}\\&\Leftrightarrow\exists C\in\mathbb{R}/\;\forall x\in I,\;\sqrt{2-x^2}g(x)=2\text{Arcsin}\left(\dfrac{x}{\sqrt{2}}\right)+C\\&\Leftrightarrow\exists C\in\mathbb{R}/\;\forall x\in I,\;g(x)=\dfrac{2\text{Arcsin}\left(\dfrac{x}{\sqrt{2}}\right)+C}{\sqrt{2-x^2}}\end{align*}

Les solutions de $(E)$ sur $I$ sont les fonctions de la forme $x\mapsto\dfrac{2\text{Arcsin}\left(\dfrac{x}{\sqrt{2}}\right)+C}{\sqrt{2-x^2}}$, $C\in\mathbb{R}$.

2) Pour $n\in\mathbb{N}$, on pose $u_n=\dfrac{n!}{1\times3\times\ldots\times(2n+1)}$. Pour tout $n\in\mathbb{N}$, $u_n>0$ puis, pour tout $x\in\mathbb{R}\setminus\{0\}$ et tout $n\in\mathbb{N}$,

$$\left|\dfrac{u_{n+1}x^{2n+3}}{u_nx^{2n+1}}\right|=\dfrac{u_{n+1}}{u_n}x^2=\dfrac{(n+1)!}{1\times3\times\ldots\times(2n+1)\times(2n+3)}\times\dfrac{1\times3\times\ldots\times(2n+1)}{n!}x^2=\dfrac{n+1}{2n+3}x^2.$$

$\displaystyle\lim_{n\rightarrow+\infty}\left|\dfrac{u_{n+1}x^{2n+3}}{u_nx^{2n+1}}\right|=\dfrac{x^2}{2}$. Par suite, d’après la règle de d’Alembert pour les séries numériques, si $|x|>\sqrt{2}$, la série de terme général $u_nx^{2n+1}$ diverge et si $|x|<\sqrt{2}$, la série de terme général $u_nx^{2n+1}$ converge. Le rayon de la série entière proposée est donc $R=\sqrt{2}$.

3) Pour tout $x\in\left]-\sqrt{2},\sqrt{2}\right[$, $f(x)=\displaystyle\sum_{n=0}^{+\infty}u_nx^{2n+1}=x+\displaystyle\sum_{n=0}^{+\infty}u_{n+1}x^{2n+3}$ et d’autre part, $f'(x)=\displaystyle\sum_{n=0}^{+\infty}(2n+1)u_nx^{2n}=1+\displaystyle\sum_{n=0}^{+\infty}(2n+3)u_{n+1}x^{2n+2}$

Pour tout $n\in\mathbb{N}$, on a $(2n+3)u_{n+1}=(n+1)u_n$ puis pour tout $x\in\left]-\sqrt{2},\sqrt{2}\right[$ et tout $n\in\mathbb{N}$,

$$(2n+3)u_{n+1}x^{2n+2}=(n+1)u_nx^{2n+2}=\left(n+\dfrac{1}{2}\right)u_nx^{2n+2}+\dfrac{1}{2}u_nx^{2n+2}=\dfrac{x^2}{2}(2n+1)u_nx^{2n}+\dfrac{x}{2}u_nx^{2n+1}.$$

On additionne membre à membre ces égalités pour $x\in\left]-\sqrt{2},\sqrt{2}\right[$ et on obtient,

$$\displaystyle\sum_{n=0}^{+\infty}(2n+3)u_{n+1}x^{2n+2}=\dfrac{x^2}{2}\displaystyle\sum_{n=0}^{+\infty}(2n+1)u_nx^{2n}+\dfrac{x}{2}\displaystyle\sum_{n=0}^{+\infty}u_nx^{2n+1}$$

ou encore, $f'(x)-1=\dfrac{x^2}{2}f'(x)+\dfrac{x}{2}f(x)$ ou enfin $\left(x^2-2\right)f'(x)+xf(x)=-2$.

4) Ainsi, $f$ est une solution de $(E)$ sur $\left]-\sqrt{2},\sqrt{2}\right[$. Donc, il existe $C\in\mathbb{R}$ tel que, pour tout $x\in\left]-\sqrt{2},\sqrt{2}\right[$, $f(x)=\dfrac{2\text{Arcsin}\left(\dfrac{x}{\sqrt{2}}\right)+C}{\sqrt{2-x^2}}$. De plus, $f(0)=u_0=1$ et donc $\dfrac{C}{\sqrt{2}}=1$ puis $C=\sqrt{2}$. Ceci montre que

$$\forall x\in\left]-\sqrt{2},\sqrt{2}\right[,\;f(x)=\dfrac{2\text{Arcsin}\left(\dfrac{x}{\sqrt{2}}\right)+\sqrt{2}}{\sqrt{2-x^2}}.$$

Commentaires et/ou rappels de cours

Rappelons la méthode de Lagrange pour résoudre $(E)$ : $y’+ay=b$ où $a$ et $b$ sont deux fonctions continues sur un intervalle $I$ à valeurs dans $\mathbb{K}=\mathbb{R}$ ou $\mathbb{C}$. On note $A$ une primitive de $a$ sur $I$ et on fixe un réel $x_0$ de $I$. Soit $f$ une fonction dérivable sur $I$.

\begin{align*}f’+af=b&\Leftrightarrow e^Af’+ae^{A}f=be^A\Leftrightarrow\left(e^Af\right)’=be^A\\&\Leftrightarrow\exists C\in\mathbb{K}/\;\forall x\in I,\;e^{A(x)}f(x)=C+\displaystyle\int_{x_0}^{x}b(t)e^{A(t)}\;dt\Leftrightarrow\exists C\in\mathbb{K}/\;\forall x\in I,\;f(x)=Ce^{-A(x)}+e^{-A(x)}\displaystyle\int_{x_0}^{x}b(t)e^{A(t)}\;dt.\end{align*}

Enoncé (CCINP)

Pour $x\in\mathbb{R}$ et $n\in\mathbb{N}$, on pose $u_n(x)=n^xe^{-nx}$. Soit $S~:~x\mapsto\displaystyle\sum_{n=0}^{+\infty}v_n(x)$.

1) Donner l’ensemble de définition de $S$.

2) Montrer que $S$ est continue sur son ensemble de définition.

3) Donner la limite de $S$ en $+\infty$ à l’aide du théorème de la double limite.

4) $\displaystyle\sum_{n\geqslant0}v_n$ converge-t-elle uniformément sur $]0,+\infty[$ ?

5) $S$ est-elle dérivable sur $]0,+\infty[$ ?

Corrigé

1) Soit $x\in\mathbb{R}$. Si $x<0$, $e^{-x}>1$ et donc $v_n(x)=n^x\left(e^{-x}\right)^n\underset{n\rightarrow+\infty}{\rightarrow}+\infty$. La série numérique de terme général $v_n(x)$ diverge grossièrement. Pour $n\geqslant1$, $v_n(0)=1$ et donc la série numérique de terme général $v_n(0)$ diverge grossièrement.

Si $x>0$, $0<e^{-x}<1$ et donc $n^2v_n(x)=n^{x+2}\left(e^{-x}\right)^n\underset{n\rightarrow+\infty}{\rightarrow}0$ d’après un théorème de croissances comparées et donc $v_n(x)\underset{n\rightarrow+\infty}{=}o\left(\dfrac{1}{n^2}\right)$. Dans, ce cas, la série numérique de terme général $v_n(x)$ converge.

Finalement, le domaine de définition de la fonction $S$ est $]0,+\infty[$.

2) La fonction $v_0$ est nulle sur $]0,+\infty[$. Soit $n\in\mathbb{N}^*$. La fonction $v_n$ est dérivable sur $]0,+\infty[$ et pour tout $x\in[a,+\infty[$, $v_n'(x)=\ln(n)n^xe^{-nx}+n^x\left(-ne^{-nx}\right)=\left(\ln(n)-n\right)n^xe^{-nx}$.

Pour $t>0$, on pose $f(t)=\ln(t)-t$. La fonction $f$ est dérivable sur $]0,+\infty[$ et pour tout $t>0$, $f'(t)=\dfrac{1}{t}-1=\dfrac{1-t}{t}$. La fonction $f’$ est strictement positive sur $]0,1[$ et strictement négative sur $]1,+\infty[$. La fonction $f$ admet donc un maximum en $1$ égal à $f(1)=-1<0$. Ainsi, la fonction $f$ est strictement négative sur $]0,+\infty[$. En particulier, pour tout $n\in\mathbb{N}^*$, $\ln(n)-n<0$.

Mais alors, pour tout $n\in\mathbb{N}^*$. la fonction $v_n’$ est strictement négative sur $]0,+\infty[$ puis la fonction $v_n$ est strictement décroissante (et positive) sur $]0,+\infty[$.

Soit $a>0$. Pour tout $n\in\mathbb{N}^*$, $\left\|v_n\right\|_{\infty,[a,+\infty[}=v_n(a)$ et donc la série de fonctions de terme général $v_n$ converge normalement et en particulier uniformément sur $[a,+\infty[$ (car la série numérique de terme général $v_n(a)$ converge d’après 1)). Puisque chaque fonction $v_n$ est continue sur $[a,+\infty[$, la fonction $S$ est continue sur $[a,+\infty[$.

Ainsi, pour tout $a>0$, la fonction $S$ est continue sur $[a,+\infty[$ et donc, la fonction $S$ est continue sur $]0,+\infty[$.

3) La série de fonctions de terme général $v_n$, $n\in\mathbb{N}$, converge uniformément sur $[1,+\infty[$. De plus, pour tout $n\in\mathbb{N}^*$, la fonction $v_n$ a une limite $\ell_n$ en $+\infty$ à savoir $\ell_n=\displaystyle\lim_{x\rightarrow+\infty}v_n(x)=\displaystyle\lim_{x\rightarrow+\infty}e^{(-n+\ln(n))x}=0$ (car $-n+\ln(n)<0$ d’après la question précédente). Enfin, la fonction $v_0$ est nulle sur $[1,+\infty[$ et donc $\ell_0=\displaystyle\lim_{x\rightarrow+\infty}v_0(x)=0$.

D’après le théorème d’interversion des limites,

$\bullet$ (la série de terme général $\ell_n$ converge),

$\bullet$ $\displaystyle\lim_{x\rightarrow+\infty}S(x)$ existe dans $\mathbb{R}$,

$\bullet$ $\displaystyle\lim_{x\rightarrow+\infty}S(x)=\displaystyle\sum_{n=0}^{+\infty}\ell_n$.

Plus explicitement, $\displaystyle\lim_{x\rightarrow+\infty}S(x)=0$.

4) Pour tout $n\geqslant1$, $\displaystyle\lim_{x\rightarrow0}v_n(x)=1$. Puisque la série numérique de terme général $1$ diverge, la série de fonctions de terme général $v_n$ ne converge pas uniformément sur $]0,+\infty[$ (d’après le théorème d’interversion des limites et par contraposition).

5) On a vu que pour tout $n\in\mathbb{N}^*$, la fonction $v_n$ est dérivable sur $]0,+\infty[$ et que pour tout $n\in\mathbb{N}^*$ et tout $x\in]0,+\infty[$, $v_n'(x)=(\ln(n)-n)n^xe^{-nx}=-(n-\ln(n))v_n(x)$.

Soit $a>0$. Pour $n\in\mathbb{N}^*$, $\left\|v_n’\right\|_{\infty,[a,+\infty[}=(n-\ln(n))v_n(a)=(n-\ln(n))n^ae^{-na}\underset{n\rightarrow+\infty}{\sim}n^{a+1}e^{-na}\underset{n\rightarrow+\infty}{=}o\left(\dfrac{1}{n^2}\right)$ d’après un théorème de croissances comparées. Donc, la série de fonction de terme général $v_n’$ converge normalement et en particulier uniformément sur $[a,+\infty[$. Ainsi,

$\bullet$ la série de fonctions de terme général $v_n$ converge simplement vers $S$ sur $[a,+\infty[$,

$\bullet$ chaque fonction $v_n$ est dérivable sur $[a,+\infty[$,

$\bullet$ la série de fonctions de terme général $v_n’$ converge uniformément sur $[a,+\infty[$.

D’après le théorème de dérivation terme à terme, la fonction $S$ est dérivable sur $[a,+\infty[$ et sa dérivée s’obtient par dérivation terme à terme. Ceci étant vrai pour tout $a>0$, on a montré que la fonction $S$ est dérivable sur $]0,+\infty[$ et que

$$\forall x>0,\;S'(x)=\displaystyle\sum_{n=1}^{+\infty}(\ln(n)-n)n^xe^{-nx}.$$

Commentaires et/ou rappels de cours

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