MATHÉMATIQUES FILIERE MP
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Niveau: Supérieur, Master, Bac+4
SESSION 2011 Concours commun Centrale MATHÉMATIQUES 1. FILIERE MP Partie I - Étude préliminaire I.A - Convergence des séries de Riemann I.A.1) Soit k ? [a+ 1,+∞[?Z. Alors [k, k+ 1] ? [a,+∞[ et [k? 1, k] ? [a,+∞[. Par suite, f est continue et décroissante sur [k ? 1, k] et [k, k + 1]. Mais alors ∫k+1 k f(x) dx 6 ∫k+1 k f(k) dx = (k + 1? k)f(k) = f(k), (cette inégalité étant valable pour k ? [a,+∞[) et aussi ∫k k?1 f(x) dx > ∫k k?1 f(k) dx = (k? (k ? 1))f(k) = f(k). ?k ? [a+ 1,+∞[?N, ∫k+1 k f(x) dx 6 f(k) 6 ∫k k?1 f(x) dx. I.A.2) • Supposons ? > 1. Soit n > 2. La fonction x 7? 1x? est continue et décroissante sur [1,+∞[.
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SESSION 2011 Concours commun Centrale MATHÉMATIQUES 1. FILIERE MP Partie I - Étude préliminaire I.A - Convergence des séries de Riemann I.A.1) Soit k ? [a+ 1,+∞[?Z. Alors [k, k+ 1] ? [a,+∞[ et [k? 1, k] ? [a,+∞[. Par suite, f est continue et décroissante sur [k ? 1, k] et [k, k + 1]. Mais alors ∫k+1 k f(x) dx 6 ∫k+1 k f(k) dx = (k + 1? k)f(k) = f(k), (cette inégalité étant valable pour k ? [a,+∞[) et aussi ∫k k?1 f(x) dx > ∫k k?1 f(k) dx = (k? (k ? 1))f(k) = f(k). ?k ? [a+ 1,+∞[?N, ∫k+1 k f(x) dx 6 f(k) 6 ∫k k?1 f(x) dx. I.A.2) • Supposons ? > 1. Soit n > 2. La fonction x 7? 1x? est continue et décroissante sur [1,+∞[.
- égalité requise
- egalité
- coefficients constants dans l'égalité
- classe c∞
- n4 ?
- théorème de sommation de relations de comparaison
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SESSION 2011
Partie I - Étude préliminaire I.A - Convergence des séries de Riemann I.A.1) Soit k ∈ [ a + 1 + ∞ [ ∩ Z . Alors [ k k + 1 ] ⊂ [ a + ∞ [ et [ k − 1 k ] ⊂ [ a + ∞ [ . Par suite, f est continue et décroissante sur [ k − 1 k ] et [ k k + 1 ] . Mais alors Z kk + 1 f ( x ) dx 6 Z kk + 1 f ( k ) dx = ( k + 1 − k ) f ( k ) = f ( k ) , (cette inégalité étant valable pour k ∈ [ a + ∞ [ ) et aussi k Z kk − 1 f ( x ) dx > Z k − 1 f ( k ) dx = ( k − ( k − 1 )) f ( k ) = f ( k ) . k ∀ k ∈ [ a + 1 + ∞ [ ∩ N , Z kk + 1 f ( x ) dx 6 f ( k ) 6 Z − 1 f ( x ) dx . k I.A.2) • Supposons α > 1 . Soit n > 2 . La fonction x 7 → x1 α est continue et décroissante sur [ 1 + ∞ [ . D’après la question précédente, n kn X = 1 k1 α 6 1 + k X = n2 Z kk − 1 x1 α dx = 1 + Z x1 α dx = 1 + −( α − 11 ) x α − 1 1n = 1 + α1 − 1 −( α − 11 ) n α − 1 1 6 1 + 1 α − 1 n Ainsi, pour tout entier n > 2 , X k1 α 6 1 + α1 − 1 ce qui reste vrai pour n = 1 . Mais alors, la suite des sommes partielles k = 1 de la série de terme général positif k1 α , k ∈ N ∗ , est majorée et donc la série de terme général k1 α , k ∈ N ∗ converge. • Supposons α 6 1 . La fonction x 1 ti t décroissante sur [ 1 + ∞ [ . Donc, pour n ∈ N ∗ , 7 → est con nue e x 1 n kn X = 1 k1 α > n X k > X 1 Z kk + 1 x1dx = ln ( n + 1 ) . k = 1 k = Puisque n l → i + m ∞ ln ( n + 1 ) = + ∞ , on a n l → i + m ∞ n X k1 α = + ∞ et donc la série de terme général k1 α , k ∈ N ∗ diverge. k = 1 ral 1 La série de terme géné n α , n ∈ N ∗ converge si et seulement si α > 1 .
MATHÉMATIQUES 1. FILIERE MP
Concours commun Centrale
1 + 1 ∀ α > 1 , 1 6 S ( α ) 6 α − 1 .
I.B - Première étude asymptotique du reste + ∞ k + 1 1 + ∞ k = n Z kk = n k1 α 6 k + X = ∞ n Z kk − 1 x1 α dx ou encore Z n + ∞ x1 α dx 6 R n ( α ) 6 Z n +− ∞ 1 x1 α dx ou I.B.1) Pour n > 2 , on a X x α dx 6 X enfin, pour n > 2 ,
0 6 R n ( α ) − ( α − 11 ) n α − 1 6 Z n +− ∞ 1 x1 α dx − Z n + ∞ x1 α dx = Z nn − 1 x1 α dx 6 ( n − ( n − 1 )) × ( n − 11 ) α =( n − 11 ) α On en déduit que ∀ n > 2 , 0 6 n α R n ( α ) − ( α − 11 ) n α − 1 6 nn − 1 α = 1 + n1 − 1 α 6 2 α . Ainsi, n α R n ( α ) − ( α − 11 ) n α − 1 = O ( 1 ) ou encore n → + ∞ R n ( α ) = 1n α − 1 + O n1 α . n → + ∞ ( α − 1 )
I.B.2) Soit k ∈ N ∗ . La fonction f est de classe C 2 sur ] 0 + ∞ [ . La formule de Taylor-Laplace à l’ordre 2 s’écrit f ( k + 1 ) − f ( k ) = ( k + 1 − k ) f ′ ( k ) + ( k + 1 − 2k ) 2 f ′′ ( k )+ Z kk + 1 ( k + 12 − t ) 2 f ( 3 ) ( t ) dt 1 α 1 ) + 1 ( = − + 1 + α ( α + 1 Z k k + x α 1 + − 2 t ) 2 dx k α 2 k α 2 k 1 ) avec 0 6 α ( α2 + 1 ) Z kk + 1 ( k + x α 1 + − 2 t ) 2 dx 6 α ( α2 + 1 ) Z kk + 1 k1 α2 + 2 dx = α2 ( kα α + + 2 . I.B.3) Soit n ∈ N ∗ . D’après la question précédente, R n ( α ) = k += X ∞ n k1 α = k + X = ∞ n f ( k + 1 ) − f ( k ) + 2αk α − + 1 A k .
N • Pour N > n , X ( f ( k + 1 ) N → + ∞ − f ( k )) = f ( N ) − f ( n ) (somme télescopique). Puisque lim f ( N ) = 0 (car α − 1 > 0 ), la série k = n de terme général f ( k + 1 ) − f ( k ) , k > n , converge et X ( f ( k + 1 ) − f ( + ∞ k )) = − f ( n ) = α − 11 ) n α − 1 . k = n ( 1 • k += X ∞ n 2αk α = + 1 α2R n ( α + 1 ) n → = + ∞ α2 (( α + 1 ) − 11 ) n ( α + 1 )− 1 + O (( α + 1 ) − 1 ) n α + 1 = 2n1 α + O n α 1 + 1 . • − k + X = ∞ n A k = k + X = ∞ n k = n ( α + 1 ) n α + 1 + O n α 1 + 2 et en p A k 6 α ( α2 + 1 ) + X ∞ R n ( α + 2 ) avec R n ( α + 2 ) n → = + ∞ 1 articulier R n ( α + 2 ) n → = + ∞ O n α 1 + 1 . Par suite, − k += X ∞ n A kn → = + ∞ O n α 1 + 1 . En résumé, R n ( α ) n → = + ∞ ( α − 11 ) n α − 1 + 2n1 α + O n α 1 + 1 + O n α 1 + 1 n → = + ∞ ( α − 11 ) n α − 1 + 2n1 α + O n α 1 + 1 . R n ( α ) n → = + ∞ ( α − 11 ) n α − 1 + 2n1 α + O n α 1 + 1 .
On a montré par récurrence que ∀ p ∈ N , | a p | 6 1 . 1 a 0 1 1 1 a 1 = − a2 0 = − 2 et a 2 = − a2 1 − = − = 6 4 6 12 . 1 1 a 1 = − et a 2 = 12 . 2 II.A.3) a) Pour p ∈ N , posons u p = 1 . Puisque ∀ p ∈ N , | a p | 6 u p , on a R a > R u = 1 et en particulier, pour tout nombre complexe z tel que | z | < 1 , la série X a p z p converge. p ∈ N b) On effectue le produit de Cauchy des deux séries entières considérées et pour | z | < 1 , on obtient ∞ n ( e z − 1 ) ϕ ( z ) = + X 1 zn ! ! j += X ∞ 0 a p z p n = a n + 1 − = z + n + X = ∞ 2 i = n X 1 a n i ! − i ! z n = z + z + n + X = ∞ 1 n X + 1 i ! i ! z n + 1 i = 1 = z Par suite, pour tout nombre complexe z non nul tel que | z | < 1 , ϕ ( z ) = ez1 . D’autre part, ϕ ( 0 ) = a 0 = 1 . − + ∞ c) Notons D le disque unité ouvert. Pour tout z de D { 0 } , posons ψ ( z ) = ϕ ( z ) − a 1 z = a 0 + X a p z p . Pour z ∈ D { 0 } , p = 2 on a ψ ( z ) = ϕ ( z ) − a 1 z = e z z − 1 + z2 = 2z2 +( ez z ( e − z 1 −) 1 )= z2 (( ee zz −+ 11 )) . z ∈ D { 0 } , on a ψ (− z )− z e1 z −+ 11 )= z2 (( ee zz +− 11 ))= ψ ( z ) ce qui rest Pour = e vrai pour z = 0 . Donc, la fonction ψ est 2 e1 z paire et on sait que ∀ k > 1 , a 2k + 1 = 0 . ∀ k > 1 , a 2k + 1 = 0 . a 0 = 1 , a 1 = − 12 , a 3 = 0 puis 1 1 − 10 + 15 − 6 1 a 4 = − a2 3 − a6 2 − a2 1 4 − 1a2 0 0 = − 712 + 48 − 1 = = − 20 720 720 . 1 a 4 = − 720 .
.2pp(p)!Xa−1(2ifk(+)kZ1+k(1+t−2)p−1Xbl2pf(2p+l)soptuepn2=)k(Rrei)1+p+(2Odt)!(t!−p2()pa0fiX1=i+1k()+Zkt)2pk+1−II∈Ntpoi)S.1.BIIorlyaTedelumroF-B.
