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A2019 – MATH I MP ÉCOLE DES PONTS PARISTECH, ISAE-SUPAERO, ENSTA PARISTECH, TELECOM PARISTECH, MINES PARISTECH, MINES SAINT-ÉTIENNE, MINES NANCY, IMT Atlantique, ENSAE PARISTECH, CHIMIE PARISTECH. Concours Centrale-Supélec (Cycle International), Concours Mines-Télécom, Concours Commun TPE/EIVP. CONCOURS 2019 PREMIÈRE ÉPREUVE DE MATHÉMATIQUES Durée de l’épreuve : 3 heures L’usage de la calculatrice et de tout dispositif électronique est interdit. Les candidats sont priés de mentionner de façon apparente sur la première page de la copie : MATHÉMATIQUES I - MP L’énoncé de cette épreuve comporte 5 pages de texte. Si, au cours de l’épreuve, un candidat repère ce qui lui semble être une erreur d’énoncé, il le signale sur sa copie et poursuit sa composition en expliquant les raisons des initiatives qu’il est amené à prendre. Comportement asymptotique de sommes de séries entières et application à l’équation d’Airy Soit p un entier naturel non nul et r un nombre réel. On considère la fonction définie sur C par la série entière Sr,p(z) = +Œ ÿ n=1 (pn)r (pn)! zpn. L’objectif, dans les parties A et B du problème, est d’établir l’équivalence suivante quand x æ +Œ : Sr,p(x) ≥ xæ+Œ xr ex p . (Hr,p) Cet énoncé est noté (Hr,p). Dans la partie C, on applique ce résultat à l’étude asymptotique d’une solution particulière de l’équation d’Airy. 1. Question préliminaire. Justifier que la série entière ÿ n>1 (pn)r (pn)! zn a pour rayon de convergence +Œ. Qu’en est-il de la série entière ÿ n>1 (pn)r (pn)! zpn ? A Équivalence entre (Hr,p) et (Hr,1) lorsque r > 0 On suppose dans cette partie que p > 2 et r > 0, et on se propose de montrer que les énoncés (Hr,p) et (Hr,1) sont équivalents. Pour tous n œ N et x œ Rú +, on pose un(x) = nr n! xn. 2. Pour x > 0 fixé, étudier le signe de la fonction Ïx : t œ [1, +Œ[ ‘æ t1≠r(t ≠ 1)r ≠ x. En déduire que Ïx s’annule en un unique élément de [1, +Œ[ que l’on note tx. Montrer que la suite finie 1 un(x) 2 06n6ÂtxÊ est croissante et que la suite infinie 1 un(x) 2 n>ÂtxÊ est décroissante, où ÂxÊ désigne la partie entière du nombre réel x. 1 TSVP L’ensemble {un(x) ; n œ N} admet donc un maximum égal à uÂtxÊ(x). Dans la suite de cette partie, ce maximum sera noté Mx. 3. Pour tout – œ R, déterminer la limite de Ïx(x + –) quand x tend vers +Œ. En déduire que tx≠x≠r tend vers zéro lorsque x æ +Œ. (On pourra s’aider de la définition d’une limite.) 4. Montrer que pour tout entier relatif k, uÂxÊ+k(x)≥uÂxÊ(x) lorsque x æ +Œ. En déduire que pour tout n œ N et pour tout x au voisinage de +Œ, ÂxÊ ÿ i=ÂxÊ≠n ui(x) > n uÂxÊ(x). 5. En déduire que pour tout entier relatif k, uÂxÊ+k(x) = o(xrex) quand x æ +Œ. Montrer alors que Mx = o(xrex). (On pourra d’abord démontrer que, pour x assez grand, Mx = uÂxÊ+i(x) pour un entier i compris entre ÂrÊ ≠ 1 et ÂrÊ + 2.) 6. Soit z un nombre complexe tel que |z| = 1 et z ”= 1. Pour tout entier naturel n non nul, on pose Dn = n≠1 ÿ k=0 zk. Pour tout nombre réel x > 0, comparer Sr,1(zx) à la somme +Œ ÿ n=1 Dn 1 un≠1(x) ≠ un(x) 2 . En déduire que pour tout x au voisinage de +Œ, ---Sr,1(zx) --- 6 4 Mx |1 ≠ z| et conclure que lorsque x æ +Œ, Sr,1(zx) = o(xrex). 7. On pose ’ = exp 1 2ifi p 2 . Pour tout réel x, montrer que p≠1 ÿ k=0 Sr,1(’kx) = p Sr,p(x) et en déduire que les énoncés (Hr,p) et (Hr,1) sont équivalents. 2 B Une démonstration probabiliste On admet dans cette partie qu’il existe, sur un certain espace probabilisé ( , A, P), une famille (Xx)xœRú + de variables aléatoires à valeurs dans N telle que Xx suive la loi de Poisson de paramètre x pour tout réel x > 0. On fixe de telles données dans l’intégralité de cette partie. Soit un réel r > 0. On pose Zx = Xx x et on se propose de démontrer que E(Zr x) æ 1 lorsque x æ +Œ. 8. Pour tout réel – > 0, montrer que P 1 |Xx≠x| > – x2/32 æ 0 quand x æ +Œ. 9. Montrer que, pour tout réel x > 1, les variables aléatoires Ax = 1(Zx<1≠x≠1/3) Zr x et Bx = 1(|Zx≠1|6x≠1/3) Zr x sont d’espérance finie et trouver les limites de E(Ax) et de E(Bx) lorsque x æ +Œ. Soit N un entier naturel strictement positif. 10. Montrer que pour tout réel x > 0, la variable aléatoire YN,x = 1(Xx>x+x2/3) N≠1 Ÿ k=0 (Xx ≠ k) est d’espérance finie et que xN P 1 Xx > x + x2/3 ≠ N 2 = E(YN,x). Déduire alors de la question 8 que E(YN,x) = o(xN) quand x æ +Œ. 11. Montrer qu’il existe des réels a1, . . . , aN tels que pour tout réel x > 0, 1(Xx>x+x2/3) XN x = N ÿ k=1 ak Yk,x et en déduire la limite de E 1 1(Zx>1+x≠1/3) ZN x 2 lorsque x æ +Œ. 12. Démontrer que E 1 1(Zx>1+x≠1/3) Zr x 2 æ 0 quand x æ +Œ. En déduire que E(Zr x) æ 1 quand x æ +Œ et conclure à la validité de l’énoncé Hr,1. 3 TSVP En combinant les résultats des deux parties précédentes, nous concluons à la validité de (Hr,p) pour tout entier naturel p > 0 et tout réel r > 0. Dans la suite du sujet, nous aurons besoin du résultat classique suivant, que nous admettrons : Lemme de comparaison asymptotique des séries entières. Soit (an)nœN et (bn)nœN deux suites à termes réels. On suppose que : (i) la série entière q n bnzn a pour rayon de convergence +Œ ; (ii) les suites (an)nœN et (bn)nœN sont équivalentes ; (iii) il existe un rang n0 œ N tel que pour tout n > n0, on a bn > 0. Alors la série entière q n anzn a pour rayon de convergence +Œ et +Œ ÿ n=0 anxn ≥ xæ+Œ +Œ ÿ n=0 bnxn. Soit un entier naturel p > 0 et un nombre réel r. 13. En remarquant que pour tout réel x > 0, Sr,p(x) = xp +Œ ÿ n=0 (p(n + 1))r (p(n + 1))! xnp, déduire du lemme de comparaison asymptotique des séries entières que Sr,p(x) ≥ xæ+Œ xp Sr≠p,p(x). En déduire que (Hr,p) implique (Hr≠p,p) et conclure à la validité de (Hr,p). C Application à l’équation d’Airy L’équation di érentielle d’Airy (Ai) est définie par xÕÕ(t) = t x(t). (Ai) 14. Question préliminaire. Soit un réel x > 0. Pour tout entier n > 0, on pose vn = qn k=1 ln k + x ln n ≠ qn k=0 ln(x + k). Établir la convergence de la série q(vn≠vn≠1), et en déduire l’existence d’un réel (x) > 0 vérifiant la formule d’Euler : n Ÿ k=0 (x + k) ≥ næ+Œ nx n! (x) . 15. Justifier qu’il existe une unique solution f de (Ai) sur R vérifiant f(0) = 1 et f Õ(0) = 0. 4 16. Expliciter une suite (an)nœN telle que pout tout réel t, f(t) = +Œ ÿ n=0 an tn. 17. Démontrer que a3n≥ (2 3) n1/3 9n (n!)2 puis que a3n≥n≠1/6 (2 3) Ôfi 32 3 42n 1 (2n)! lorsque n æ +Œ. 18. En déduire une constante C, que l’on exprimera à l’aide de (2 3), telle que f(t) ≥ tæ+Œ C t≠1/4 exp 32 3 t3/2 4 . Fin du problème 5

Concours Commun Mines-Ponts 2019 MP 1 1. Nous allons utiliser ici que le rayon de convergence d’une série entière est supérieur à tout réel x > 0 en lequel cette série entière converge. Il suffira alors de montrer que ces séries entières convergent simplement sur R+ pour affirmer que leurs rayons sont infinis. Fixons x > 0, et posons un(x) = (pn)r (pn)! xn pour tout n ∈ N∗. Alors, un+1(x) un(x) = (1 + n−1)rx p k=1 pn + k ∼ n→+∞ x (pn)p −−−−→ n→+∞ 0. La règle de D’Alembert nous assure alors que la série numérique n≥1 un(x) converge. De mˆeme, la série numérique n≥1 (pn)r (pn)! xpn converge également puisque la suite des sommes partielles de cette dernière est égale à la suite des sommes partielles n≥1 un xp dont nous venons de prouver la convergence. 2. ▷ φx est de classe C1 sur ]1, +∞[ et sa dérivée en t > 1 vaut φ′ x(t) = (1 − r)t−r(t − 1)r + t1−rr(t − 1)r−1 = (t − 1)r−1t−r t − (1 − r) , quantité dont le signe est positif puisqu’il est aussi celui de t − (1 − r) > 1 − (1 − r) = r > 0. φx est par conséquent une fonction strictement croissante de φx(1) = −x < 0 à lim t→+∞ φx(t) = +∞ (φx(t) est en effet équivalente en +∞ à t). D’après le théorème des valeurs intermédiaires (φx est évidemment continue et [1, +∞[ est un intervalle) et sa stricte monotonie, φx réalise une bijection de [1, +∞[ dans [−x, +∞[ et s’annule par conséquent une et une seule fois, en un réel que nous noterons tx > 1. ▷ u1(x) > 0 = u0(x). De plus, si n ≥ 2, un(x)−un−1(x) = xn−1nr n! x − n − 1 n r n = xn−1nr n! x − (n − 1)rn1−r = −xn−1nr n! φx(n). D’après l’étude des variations de φx, si n ≤ ⌊tx⌋, n ≤ tx, si bien que φx(n) ≤ 0 et un(x) ≥ un−1(x). Si maintenant n > ⌊tx⌋, alors n > tx et alors un(x) ≤ un−1(x). 3. ▷ Effectuons un développement limité de φx(x + α) lorsque x → +∞ : φx(x + α) = (x + α)1−r(x + α − 1)r − x = x 1 + α x 1−r 1 + α − 1 x r − 1 = x 1 + α(1 − r) x 1 + r(α − 1) x − 1 + o 1 x = α − r + o(1) −−−−→ x→+∞ α − r. ▷ Fixons ϵ > 0. L’estimation φx(x+r+ϵ) −−−−→ x→+∞ ϵ > 0 de la question précédente nous assure de l’existence d’un x1 > 1 tel que si x ∈ [x1, +∞[, φx(x + r + ϵ) > ϵ/2 > 0. D’après les variations de φx, on en déduit que x+r +ϵ > tx. De plus, puisque φx(x+r −ϵ) −−−−→ x→+∞ −ϵ < 0, il existe x2 > 1 tel que si x ∈ [x2, +∞[, φx(x + r − ϵ) < −ϵ/2 < 0, si bien que x + r − ϵ < tx. Tout réel x supérieur à la fois à x1 et à x2 vérifie par conséquent tx − x − r ≤ ϵ. Ceci prouve que tx − x − r −−−−→ x→+∞ 0. 1 4. ▷ Rappelons que x ∼ x→+∞ ⌊x⌋. Ainsi, si k ≥ 1. u⌊x⌋+k(x) u⌊x⌋(x) = 1 + k ⌊x⌋ r × xk k j=1 ⌊x⌋ + j ∼ 1r × xk ⌊x⌋k −−−−→ x→+∞ 1. Si k ≤ −1, la preuve est identique car en posant j = −k, u⌊x⌋+k(x) u⌊x⌋(x) = 1 − j ⌊x⌋ r × j−1 i=0 ⌊x⌋−i xj . ▷ D’après l’équivalent que nous venons d’établir, ⌊x⌋ i=⌊x⌋−n ui(x) u⌊x⌋(x) = n k=0 u⌊x⌋−k(x) u⌊x⌋(x) −−−−→ x→+∞ n + 1. Ainsi par définition mˆeme de cette limite, en posant ϵ = 1, on voit qu’il existe A > 0 tel que pour tout x ≥ A, ⌊x⌋ i=⌊x⌋−n ui(x) u⌊x⌋(x) − n − 1 ≤ 1, soit en particulier ⌊x⌋ i=⌊x⌋−n ui(x) u⌊x⌋(x) ≥ n + 1 − 1 = n. 5. ▷ Soit ϵ > 0 et un entier n ≥ ϵ−1. L’inégalité précédente nous donne l’existence d’un A > 0 tel que pour tout x > A, 0 ≤ u⌊x⌋(x) ≤ 1 n ⌊x⌋ i=⌊x⌋−n ir i! xi ≤ xr n ⌊x⌋ i=⌊x⌋−n xi i! ≤ xr n +∞ i=0 xi i! = xrex n ≤ ϵxrex, ce qui prouve que u⌊x⌋(x) = x→+∞ o(xrex). Le premier item de la question 4./ nous garantiti alors que pour tout k ∈ Z, u⌊x⌋+k(x) est également négligeable devant xrex. Notons que l’estimation pour k = 0 pouvait aussi s’obtenir avec l’équivalent de Stirling : u⌊x⌋(x) = ⌊x⌋r ⌊x⌋! x⌊x⌋ ∼ x→+∞ ⌊x⌋r 2π⌊x⌋ ⌊x⌋ e ⌊x⌋x⌊x⌋ = o ⌊x⌋re⌊x⌋ car ⌊x⌋→+∞ = o (xrex) car ⌊x⌋≤x . ▷ D’après la question précédente, quitte à prendre x suffisamment grand, on peut supposer que |tx − x − r| < 1, soit −1 + x + r < tx < 1 + x + r. Alors, −1 + ⌊x⌋ + ⌊r⌋ ∈Z ≤ −1 + x + r ≤ tx =⇒ −1 + ⌊x⌋ + ⌊r⌋ ≤ ⌊tx⌋ (1) De plus, la fonction “partie entière” étant croissante, tx < 1 + x + r =⇒ ⌊tx⌋ ≤ ⌊1 + x + r⌋ = 1 + ⌊x + r⌋ ≤ 2 + ⌊x⌋ + ⌊r⌋. (2) Pour cette dernière inégalité, nous avons utilisé le fait que pour tous réels a et b, ⌊a + b⌋ ≤ ⌊a⌋ + ⌊b⌋ + 1. Il suffit pour le voir d’écrire que a = ⌊a⌋ + α et b = ⌊b⌋ + β, ou 0 ≤ α, β < 1, et d’en déduire que ⌊a⌋ + ⌊b⌋ ≤ a + b = ⌊a⌋ + ⌊b⌋ + α + β < ⌊a⌋ + ⌊b⌋ + 2. Nous avons montré avec les estimations (1) et (2) que ⌊tx⌋ = ⌊x⌋+i ou i ∈ [[⌊r⌋−1, ⌊r⌋+2]]. Ceci est équivalent à l’indication suggérée entre parenthèses puisque Mx = u⌊tx⌋(x). 2 ▷ Ainsi, Mx xrex = max⌊r⌋−1≤i≤⌊r⌋+2 u⌊x⌋+i xrex −−−−→ x→+∞ 0, en tant que maximum de quatre fonctions de x tendant toutes vers 0. 6. ▷ En tenant compte de la nullité de u0(x) et de Dn+1 − Dn = zn, on obtient +∞ n=1 Dn un−1(x) − un(x) = +∞ n=1 Dn+1un(x) − +∞ n=1 Dnun(x) = +∞ n=1 znun(x) = Sr,1(zx). Notons, par souci de précision, que ces séries convergent car n |un(x)| converge, (Dn)n est bornée, et n(un − un−1) converge aussi. ▷ +∞ n=1 (zx)nnr n! ≤ +∞ n=1 |Dn| un−1(x) − un(x) = +∞ n=1 1 − zn 1 − z un−1(x) − un(x) = 2 |1 − z| +∞ n=1 un−1(x) − un(x) . Notons que cette dernière série converge bien car la suite (un(x)n décroit vers 0. De plus, en utilisant son changement de monotonie en tx, on obtient +∞ n=1 un−1(x) − un(x) = ⌊tx⌋ n=1 un−1(x) − un(x) + +∞ n=⌊tx⌋+1 un−1(x) − un(x) = ⌊tx⌋ n=1 un(x) − un−1(x) =u⌊tx⌋(x)=Mx + +∞ n=⌊tx⌋+1 un−1(x) − un(x) =u⌊tx⌋(x)=Mx = 2Mx. L’estimation Sr,1(zx) = o(xrex) est alors une conséquence immédiate de cette majoration et du deuxième item de la question 5. 7. ▷ Commenc¸ons par remarquer que pour tout n ∈ N∗, p−1 k=0 ζkn = p−1 k=0 exp 2iπn p k est une somme géométrique. Elle est par conséquent égale à p lorsque n est un multiple de p, et à 0 dans le cas contraire car = 1−e2iπn 1−e2iπn/p. L’interversion des deux sommes dans la ligne suivante est licite car l’une d’entre elles porte sur un nombre fini de termes : p−1 k=0 Sr,1(ζkx) = +∞ n=1 nr n! p−1 k=0 exp 2iπn p k xn = n∈N∗ n≡0[p] nr n! pxn, et cette somme est égale, en posant n = pm, à +∞ m=1 prmr (pm)!pxpm = pSr,p(x). 3 ▷ Pour k ∈ [[1, p−1]], ζk est un nombre complexe de module 1 différent de 1 si bien que d’après la question 6, p−1 k=1 Sr,1(ζkx) = o(xrex). Or, nous venons de montrer que cette somme est égale à Sr,1(x) − pSr,p(x). Ainsi, si (Hr,1) est vérifiée, Sr,1(x) ∼ x→+∞ xrex, et on en déduit que pSr,p(x) = Sr,1(x) − Sr,1(x) − pSr,p(x) ∼ x→+∞ xrex, i.e que (Hr,p) est également vérifiée. L’autre implication fonctionne de mˆeme. 8. C’est une application de l’inégalité de Bienaymé-Chebychev, licite ici car Xx est une variable aléatoire de Poisson de paramètre x, et admet donc une variance et une espérance toutes deux égales à x : P |Xx − x| > αx2/3 ≤ Var(Xx) α2x4/3 = α−2x−1/3 −−−−→ x→+∞ 0. 9. Attention au fait que les inégalités qui suivent portent sur des variables aléatoires : 0 ≤ Ax = 1(Zx<1−x−1/3)Zr x ≤ 1(Zx<1−x−1/3)1r = 1(Xx<x−x2/3) ≤ 1(|Xx−x|>x2/3) L’espérance étant une fonctionnelle croissante sur l’ensemble des variables aléatoires admet- tant une espérance, on obtient naturellement 0 ≤ E(Ax) ≤ P |Xx − x| > αx2/3 , et donc E(Ax) −−−−→ x→+∞ 0 d’après Q8. Puisque (|Zx − 1| ≤ x−1/3) = (1 − x−1/3 ≤ Zx ≤ 1 + x−1/3), 1 |Zx−1|≤x−1/3 1 − x−1/3 r ≤ Bx ≤ 1 |Zx−1|≤x−1/3 1 + x−1/3 r d’ou l’on tire en prenant à nouveau les espérances : P |Zx − 1| ≤ x−1/3 1 − x−1/3 r ≤ E(Bx) ≤ P |Zx − 1| ≤ x−1/3 1 + x−1/3 r Puisque lim x→+∞ P |Zx−1| ≤ x−1/3 1−x−1/3 r = lim x→+∞ P |Zx−1| ≤ x−1/3 = 1− lim x→+∞ P |Zx−1| > x−1/3 = 1 d’après Q8, et de mˆeme pour le terme de droite, on obtient lim x→+∞ E(Bx) = 1 . 10. ▷ YN,x est d’espérance finie car elle est positive et majorée par N−1 k=0 (Xx − k) qui est un polynˆome en Xx. Puisque L1(Ω, R) est un espace vectoriel, il suffit donc de justifier que Xk x admet une espérance pour tout k ∈ N, i.e que la série n∈N e−x xnnk n! converge. Mais ceci est clair à nouveau grˆace à D’Alembert puisque e−x xn+1(n+1)k (n+1)! e−x xnnk n! = x (n+1)k−1 nk −−−−→ n→+∞ 0. 4 ▷ E YN,x = +∞ j=0 1 j>x+x2/3 N−1 k=0 (j − k) P(Xx = j) d’après le théorème de transfert = +∞ j=N 1 j>x+x2/3 N−1 k=0 (j − k) P(Xx = j), car N−1 k=0 (j − k) = 0 lorsque j ≤ N − 1 = j≥N j>x+x2/3 N−1 k=0 (j − k) P(Xx = j) = j≥N j>x+x2/3 N−1 k=0 (j − k) e−xxj j! = j≥N j>x+x2/3 j(j − 1) . . . (j − N + 1) j! e−xxj = j≥N j>x+x2/3 e−xxj (j − N)! = k>x+x2/3−N e−xxN+k k! en posant j = N + k = xN k>x+x2/3−N e−xxk k! = xNP Xx > x + x2/3 − N . ▷ Il existe A > 0 tel que tout réel x > A vérifie x2/3 − N ≥ x2/3/2. Pour de tels x, P Xx > x+x2/3−N = P Xx−x > x2/3−N ≤ P |Xx−x| > x2/3−N ≤ P |Xx−x| > (1/2)x2/3 , quantité qui tend vers 0 lorsque x → +∞ d’après la question 8, en posant α = 1/2. Ainsi, E(YN,x) = o(xN) . 11. ▷ L’hyperplan H de RN[X] des polynˆomes s’annulant en 0 contient les vecteurs de la famille F = (H1, H2, . . . , Hn) ou pour tout k ∈ [[1, N]], Hk(X) = X(X − 1) . . . (X − k + 1). Or, cette famille est libre puisque ses vecteurs sont de degrés distinct deux à deux et elle contient N = dim H vecteurs. F est donc une base de H. Puisque XN ∈ H, il existe bien des réels a1, . . . , aN tels que XN = N k=1 akX(X − 1) . . . (X − k + 1). Ainsi, 1 Xx>x+x2/3 XN x = N k=1 ak 1 Xx>x+x2/3 Xx(Xx − 1) . . . (Xx − k + 1) =Yk,x ▷ E 1 Zx>1+x−1/3 ZN x = x−NE 1 Xx>x+x2/3 XN x = x−N N k=1 ak E Yk,x =o(xk)∈o(xN) = o(1) quand x → +∞. 12. ▷ Soit N un entier supérieur à r. Lorsque z > 1 + x−1/3, z > 1 et donc zr < zN. On en déduit l’inégalité 0 ≤ 1 Zx>1+x−1/3 Zr x ≤ 1 Zx>1+x−1/3 ZN x , et donc 0 ≤ E 1 Zx>1+x−1/3 Zr x ≤ E 1 Zx>1+x−1/3 ZN x . La question précédente induit ainsi E 1 Zx>1+x−1/3 Zr x −−−−→ x→+∞ 0. 5 ▷ Puisque Zr x = Ax + Bx + 1 Zx>1+x−1/3 Zr x, on déduit bien de la question 9 et du premier item de cette question 12 que E(Zr x) −−−−→ x→+∞ 1. ▷ E(Zr x) = x−rE(Xr x) = x−re−x +∞ n=0 nrxn n! tend vers 1, i.e +∞ n=0 nrxn n! ∼ x→+∞ exxr. 13. ▷ Puisque p(n+1) r ∼ n→+∞ (pn)r et p(n+1) ! = p−1 k=0 p(n + 1) − k (pn)! ∼ x→+∞ (pn)p(pn)!, en posant pour tout n ∈ N, an = p(n+1) r p(n+1) ! et bn = (pn)r−p (pn)! , ces deux suites sont bien équivalentes et strictement positives pour n ≥ 1. De plus, n bnyn est une série entière de rayon de convergence infini puisque 0 ≤ bn ≤ (pn)r (pn)! et n≥1 (pn)r (pn)! yn a déjà un rayon infini d’après la question 1. On déduit du lemme de comparaison asymptotique des séries entières que +∞ n=0 p(n+1) r p(n+1) ! yn ∼ y→+∞ +∞ n=0 (pn)r−p (pn)! yn. En posant y = xp, on obtient Sr,p(x) = xp +∞ n=0 p(n + 1) r p(n + 1) ! xnp ∼ x→+∞ xp +∞ n=0 (pn)r−p (pn)! xnp = xpSr−p,p(x). ▷ Ainsi, si Sr,p(x) ∼ x→+∞ xrex p , Sr−p,p(x) ∼ x→+∞ x−pSr,p(x) ∼ x→+∞ xr−pex p , ce qui est exactement l’énoncé de (Hr−p,p). ▷ On sait grˆace à la question 12 que pour tout réel r > 0, (Hr,1) est valide. Grˆace à la question 7, on en déduit que (Hr,p) est valide pour tout p ∈ N∗ et tout réel r > 0. Il reste à prouver que c’est encore valide lorsque r ≤ 0. Or pour un tel réel r, r + p est un entier strictement positif si on pose p = −⌊r⌋ + 1, si bien que (Hr+p,p) est vérifié, et donc (Hr,p) l’est aussi. 14. vn − vn−1 = ln n + x ln n−1 n − ln(x + n) = − ln 1 + x n − x ln 1 − 1 n = x n − x − 1 n + O 1 n2 = O 1 n2 est bien le terme général d’une série absolument convergente. On sait que ceci induit la convergence de la suite (vn)n≥1. La suite (evn)n≥1 converge donc aussi vers un réel Γ(x) > 0 en tant qu’exponentielle d’un réel (on utilise ici la continuité de la fonction exponentielle, mais au vu de la difficulté des questions précédentes, nul doute qu’on nous en fera grˆace). Puisque vn = ln n!nx n k=0(x+k), on a bien n k=0(x + k) ∼ n→+∞ nxn! Γ(x). 15. Enfin une question simple : c’est une conséquence immédiate du théorème de Cauchy sur les équations différentielles linéaires homogènes d’ordre 2, à coefficients continus sur R, résolues (ouf !), ce qu’est celle-ci. 16. Supposons que cette EDL admette une solution développable en série entière f : t −→ +∞ n=0 antn de rayon de convergence infini telle que a0 = 1 et a1 = 0. Alors, la dérivée seconde de f est égale sur R à t −→ +∞ n=2 ann(n − 1)tn−2 d’après un résultat classique sur les séries entières, et en injectant dans l’EDL, on trouve que pour tout réel t, +∞ n=2 ann(n − 1)tn−2 = +∞ n=0 antn+1, soit +∞ n=0 an+2(n + 2)(n + 1)tn = +∞ n=1 an−1tn. Par unicité du développement en série entière (le rayon est bien non nul), on en déduit la nullité de a2 et l’égalité an+2(n + 2)(n + 1) = an−1 pour tout n ∈ N∗. Or, a1 et a2 étant nuls, une récurrence bˆete nous informe que an l’est aussi dès que 6 n est congru à 1 ou 2 modulo 3. De plus, si n = 3k pour k ∈ N∗, a3k = a3k−3 3k(3k−1), soit pour tout n ∈ N∗, a3n = n k=1 (3k)(3k − 1) −1 = 3nn! n−1 k=0 (3k + 2) −1 . Réciproquement, si on pose g : t ∈ R −→ 1 + +∞ n=1 x3n 3nn! n−1 k=0(3k+2), cette fonction est bien définie car le rayon de convergence de la série entière est égal à +∞, d’après la règle de D’Alembert (je vous laisse le vérifier). De plus, nos calculs se remontent sans obstacle, si bien que g est une solution de l’équation différentielle valant 1 en 0 et de dérivée nulle en 0. D’après la question 15, f est égale à g sur R. On a bien montré que f était développable en série entière sur R. 17. ▷ n−1 k=0(3k + 2) = 3n n−1 k=0 k + 2 3 ∼ n→+∞ 3nn2/3(n−1)! Γ(2/3) d’après la question 14. Ainsi, a3n ∼ n→+∞ 3nn!3nn2/3(n − 1)! Γ(2/3) −1 = Γ(2/3)n1/3 9n(n!)2 . ▷ D’après l’équivalent de Stirling, (2n)! ∼ n→+∞ √ 4πn 2n e 2n et (n!)2 ∼ n→+∞ 2πn n e 2n, si bien que 1 (n!)2 ∼ n→+∞ 4n (2n)!√πn, et en injectant dans la formule du premier item de cette question, nous obtenons bien que a3n ∼ n→+∞ n−1/6 Γ(2/3) √π 2 3 2n 1 (2n)!. 18. D’après le lemme de comparaison asymptotique des séries entières et l’équivalent qui précède, f(t) = +∞ n=1 a3nt3n ∼ t→+∞ +∞ n=1 n−1/6Γ(2/3) √π 2 3 2n 1 (2n)!t3n = Γ(2/3) √π +∞ n=1 n−1/6 (2n)! 2t3/2 3 2n = 21/6Γ(2/3) √π +∞ n=1 (2n)−1/6 (2n)! 2t3/2 3 2n = 21/6Γ(2/3) √π S−1/6,2 2t3/2 3 ∼ t→+∞ 21/6Γ(2/3) √π 1 2 2t3/2 3 −1/6 exp 2t3/2 3 = Ct−1/4 exp 2t3/2 3 ou C = 31/6Γ(2/3) 2√π . 7