OpenSup

Mathématiques I PSI Mines-Ponts 2022 Concours Commun Mines-Ponts 2022 Épreuve de mathématiques I, PSI, trois heures L’objectif de ce problème est l’étude asymptotique du nombre de partitions d’un entier naturel n, c’est-à-dire du nombre de décompositions de n en somme d’entiers naturels non nuls (sans tenir compte de l’ordre des termes). Une définition rigoureuse de ce nombre, noté pn, est donnée en début de partie B. Dans la partie A, on introduit une fonction P de variable complexe ; dans la fin de la partie B on démontre qu’il s’agit de la somme, sur le disque unité ouvert de C, de la série entière n⩾0 pnzn. L’étude de P au voisinage de 1 permet alors, dans les parties suivantes, de progresser vers l’obtention d’un équivalent simple de la suite (pn)n∈N (formule asymptotique de Hardy et Ramanujan). Tout au long du problème, le disque unité ouvert de C sera noté : D = {z ∈ C | |z| < 1} . Dans tout l’énoncé, on utilisera la dénomination « variable aléatoire réelle » pour signifier « variable aléatoire discrète réelle ». On admettra aussi les deux identités classiques suivantes : +∞ n=1 1 n2 = π2 6 , et : R e− u2 2 du = √ 2π. A. Fonctions L et P 1. Soit z ∈ D. Montrer la convergence de la série n⩾1 zn n . Préciser la valeur de sa somme lorsque z ∈] − 1, 1[. On notera : L(z) := +∞ n=1 zn n . 2. Soit z ∈ D. Montrer que la fonction Φ : t → L(tz) est dérivable sur [−1, 1] et donner une expression simple de sa dérivée. 3. Soit z ∈ D. Montrer que la fonction Ψ : t → (1 − tz)eL(tz) est constante sur [0, 1], et en déduire que : exp(L(z)) = 1 1 − z. 4. Montrer que |L(z)| ⩽ − ln(1 − |z|) pour tout z dans D. En déduire la convergence de la série n⩾1 L (zn) pour tout z dans D. Dans la suite, on notera, pour z dans D : P(z) := exp +∞ n=1 L (zn) . 5. Soit z ∈ D. Vérifier que P(z) ̸= 0, que : P(z) = lim N→+∞ N n=1 1 1 − zn et que pour tout réel t > 0 : ln P e−t = − +∞ n=1 ln 1 − e−nt . 1 Mathématiques I PSI Mines-Ponts 2022 B. Développement asymptotique en variable réelle Dans cette partie, on introduit la fonction q qui à tout réel x associe le nombre réel q(x) = x−⌊x⌋− 1 2, où ⌊x⌋ désigne la partie entière de x. 6. Montrer que q est continue par morceaux sur R, qu’elle est 1-périodique et que la fonction |q| est paire. 7. Montrer que +∞ 1 q(u) etu − 1 du est bien définie pour tout réel t > 0. 8. Montrer que pour tout entier n > 1 : n 1 q(u) u du = ln(n!) + (n − 1) − n ln(n) − 1 2 ln(n) = ln n!en nn√n − 1. 9. Montrer que x ⌊x⌋ q(u) u du tend vers 0 quand x tend vers +∞, et en déduire la convergence de l’intégrale +∞ 1 q(u) u du, ainsi que l’égalité : +∞ 1 q(u) u du = ln(2π) 2 − 1 10. À l’aide d’un développement en série sous l’intégrale, montrer que : +∞ 0 ln 1 − e−u du = −π2 6 . 11. Montrer que : 1 0 ln 1 − e−tu t du −→ t→0+ −1. On pourra commencer par établir que x → 1−e−x x est décroissante sur R∗ +. Pour k ∈ N∗ et t ∈ R+, on pose : uk(t) = (k+1)/2 k/2 tq(u) etu − 1du si t > 0, et : uk(t) = (k+1)/2 k/2 q(u) u du si t = 0. 12. Montrer que uk est continue sur R+ pour tout k ∈ N∗. 13. Soit t ∈ R∗ +. Montrer successivement que |uk(t)| = (k+1)/2 k/2 t|q(u)| etu − 1du puis uk(t) = (−1)k |uk(t)| pour tout entier k ⩾ 1, et établir enfin que : ∀n ∈ N∗, +∞ k=n uk(t) ⩽ 1 2n. On admettra dans la suite que cette majoration vaut encore pour t = 0. 14. En déduire que : +∞ 1 tq(u) etu − 1du −→ t→0+ ln(2π) 2 − 1. 15. Montrer, pour tout réel t > 0, l’identité : +∞ 1 tq(u) etu − 1du = −1 2 ln 1 − e−t − ln P e−t − +∞ 1 ln 1 − e−tu du. 16. Conclure que : ln P e−t = π2 6t + ln(t) 2 − ln(2π) 2 + o t→0+(1). 2 Mathématiques I PSI Mines-Ponts 2022 C. Développement de P en série entière Pour (n, N) ∈ N × N∗, on note Pn,N l’ensemble des listes (a1, . . . , aN) ∈ NN telles que : N k=1 kak = n. Si cet ensemble est fini, on note pn,N son cardinal. 17. Soit n ∈ N. Montrer que Pn,N est inclus dans 0, n N et est non vide pour tout N ∈ N∗, que la suite (pn,N)N⩾1 est croissante et qu’elle est constante à partir du rang max(n, 1). Dans toute la suite, on notera pn la valeur finale de (pn,N)N⩾1. 18. Soit N ∈ N∗. Donner une suite (an,N)n∈N telle que : ∀z ∈ D, 1 1 − zN = +∞ n=0 an,Nzn. En déduire, par récurrence, la formule : ∀N ∈ N∗, ∀z ∈ D, N k=1 1 1 − zk = +∞ n=0 pn,Nzn. 19. On fixe ℓ ∈ N et x ∈ [0, 1[. En utilisant le résultat de la question précédente, établir la majoration : ℓ n=0 pnxn ⩽ P(x). En déduire le rayon de convergence de la série entière n⩾0 pnzn. 20. Soit z ∈ D. En examinant la différence +∞ n=0 pnzn − +∞ n=0 pn,Nzn, démontrer que : P(z) = +∞ n=0 pnzn. 21. Soit n ∈ N. Montrer que pour tout réel t > 0 : pn = entP (e−t) 2π π −π e−inθ P e−t+iθ P (e−t) dθ. (1) Dans le reste du problème, l’objectif est d’utiliser la formule (1) pour obtenir un contrôle assez fin du nombre pn lorsque n tend vers +∞. D. Contrôle de P 22. Soient x ∈ [0, 1[ et θ ∈ R. En utilisant la fonction L, montrer que : 1 − x 1 − xeiθ ⩽ exp(−(1 − cos(θ))x). En déduire que pour tout x ∈ [0, 1[ et tout réel θ : P xeiθ P(x) ⩽ exp − 1 1 − x + Re 1 1 − xeiθ . 23. Soient x ∈ [0, 1[ et θ ∈ R. Montrer que : 1 1 − x − Re 1 1 − xeiθ ⩾ x(1 − cos(θ)) (1 − x) ((1 − x)2 + 2x(1 − cos(θ))). 3 Mathématiques I PSI Mines-Ponts 2022 En déduire que si x ⩾ 1 2, alors : P xeiθ P(x) ⩽ exp −1 − cos(θ) 6(1 − x)3 ou que P xeiθ P(x) ⩽ exp − 1 3(1 − x) . Pour ce dernier résultat, on distinguera deux cas selon les valeurs relatives de x(1 − cos(θ)) et (1 − x)2. 24. Montrer qu’il existe un réel α > 0 tel que : ∀θ ∈ [−π, π], 1 − cos(θ) ⩾ αθ2. En déduire qu’il existe trois réels t0 > 0, β > 0 et γ > 0 tels que, pour tout t ∈ ]0, t0] et tout θ ∈ [−π, π] : P e−teiθ P (e−t) ⩽ e−β(t−3/2θ) 2 ou P e−teiθ P (e−t) ⩽ e−γ(t−3/2|θ|) 2/3 . 25. En déduire que : π −π e−i π2θ 6t2 P e−teiθ P (e−t) dθ = O t→0+ t3/2 . E. Conclusion 26. En prenant t = π √ 6n dans (1), conclure que : pn = O n→+∞    exp π 2n 3 n    . Épilogue. Le dernier résultat est très proche de l’optimalité. Par une analyse plus fine de l’intégrale dans la formule (1), on peut en effet établir l’équivalent : pn = ∼ n→+∞ exp π 2n 3 4 √ 3n , formule découverte par Hardy et Ramanujan en 1918. Fin du problème 4

Mathématiques I PSI Mines-Ponts 2022, corrigé Concours Commun Mines-Ponts 2022 Épreuve de mathématiques I (corrigé) A. Fonctions L et P 1. Multiplier par n le terme général d’une série entière ne change pas le rayon de convergence. On en déduit que la série entière n⩾1 zn n est de même rayon de convergence que la série entière n⩾1 zn, dont on sait qu’elle converge si et seulement si |z| < 1 (en tant que série géométrique de raison z). Par conséquent, la série n⩾1 zn est de rayon de convergence 1, et donc n⩾1 zn n également ; en particulier, elle converge pour tout z ∈ D. On sait que si z ∈] − 1, 1[, on a de plus : +∞ n=1 zn n = − ln(1 − z). (∗) 2. On note que Φ est la somme de la série entière n⩾1 (tz)n n (selon la variable t, à z ∈ D fixé). Or d’après la question précédente, elle converge pour tout t ∈ R tel que |tz| < 1, c’est-à-dire pour tout t ∈ R tel que : |t| < 1 |z|, où l’on pose 1 |z| = +∞ si z = 0. On en déduit que cette série entière est de rayon de convergence au moins 1 |z|, et sa somme Φ est de classe C∞ et dérivable terme à terme sur − 1 |z|, 1 |z| . Comme [−1, 1] ⊆ − 1 |z|, 1 |z| (en effet, |z| < 1 implique : 1 < 1 |z|), on en déduit en particulier que Φ est dérivable sur [−1, 1]. On a de plus : ∀t ∈ [−1, 1], Φ′(t) = +∞ n=1 ntn−1zn n = z +∞ n=1 (tz)n−1 = z 1 − tz. (†) 3. L’application Ψ est dérivable en tant que produit de deux fonctions dérivables. Il y a tout de même une petite subtilité, du fait que dans le programme de PSI, la dérivabilité au sens complexe ne soit pas définie ; ainsi on ne peut pas directement dire que t → eΦ(t) est dérivable sur [0, 1] en tant que composée de t → L(tz) qui est à valeurs dans C et de l’exponentielle qui serait dérivable sur C. J’explique à la fin de la résolution de cette question comment contourner cette difficulté (bêtement technique). Admettons provisoirement que t → eΦ(t) soit dérivable, et de dérivée t → Φ′(t)eΦ(t). On a alors : ∀t ∈ [0, 1], Ψ′(t) = −zeΦ(t) + (1 − tz)Φ′(t)eΦ(t) (†) = −z + (1 − tz) × z 1 − tz eΦ(t) = 0. Ainsi Ψ est de dérivée nulle sur l’intervalle [0, 1], donc Ψ est une application constante. On déter- mine la valeur de cette constante grâce à une évaluation en t = 0 : Ψ(0) = (1 − 0 × z)eL(0×z) = eL(0) (∗) = e0 = 1. Ainsi : ∀t ∈ [0, 1], Ψ(t) = 1. En particulier, pour t = 1, on a Ψ(1) = 1, c’est-à-dire, en remplaçant Ψ(1) par son expression explicite : (1 − z) exp(L(z)) = 1, et donc : exp(L(z)) = 1 1 − z, 1 Mathématiques I PSI Mines-Ponts 2022, corrigé ce qu’il fallait démontrer. Détaillons à présent comment justifier, en restant dans les clous du programme, que l’application f : t → eΦ(t) est bien dérivable sur [0, 1], de dérivée t → Φ′(t)eΦ(t). Nous y parviendrons en étudiant la limite quand h → 0 du taux d’accroissement de la fonction f entre t et t+h (ou, cela reviendrait au même, en montrant que f admet un développement limité à l’ordre 1 en 0 ; la différence n’est que rédactionnelle). Soit t ∈ [0, 1]. On a, pour tout h ∈ R non nul : f(t + h) = exp(Φ(t + h)) = exp Φ(t) + hΦ′(t) + o h→0(h) = exp(Φ(t)) × exp hΦ′(t) + o h→0(h) . Pour abréger, posons z(h) = hΦ′(t) + o h→0(h), de sorte qu’avec ces notations, pour tout h au voisinage de 0 on a : f(t + h) = f(t) exp(z(h)). On remarque qu’on a z(h) −→ h→0 0 et z(h) h −→ h→0 Φ′(t) : c’est tout ce qu’il nous suffit de retenir pour la suite. On a, pour tout h au voisinage de 0 : exp (z(h)) = +∞ n=0 (z(h))n n! = 1 + z(h) + z(h) +∞ n=2 (z(h))n−1 n! . Notons S(z) = +∞ n=2 zn−1 n! pour tout z ∈ C. C’est la somme d’une série entière de rayon de conver- gence infini (ce n’est que la série exponentielle, à peu de choses près), donc elle est continue sur C et en particulier en 0 (c’est là la clé de ce raisonnement : même si l’on n’a pas défini la dérivabilité au sens complexe en PSI, nous savons qu’une somme de série entière est continue sur son disque ouvert de convergence). Or pour tout h non nul au voisinage de 0 : f(t + h) − f(t) h = f(t)exp(z(h)) − 1 h = f(t)z(h) + z(h)S(z(h)) h = f(t)z(h) h (1 + S(z(h))) . Comme z(h) −→ h→0 0, on a : S(z(h)) −→ h→0 S(0) = 0, par continuité de S en 0. On sait aussi que z(h) h −→ h→0 Φ′(t). Par conséquent, l’égalité ci-dessus implique : lim h→0 f(t + h) − f(t) h = f(t)Φ′(t) (1 + 0) = Φ′(t)f(t), ce qui démontre que f : t → eΦ(t) est dérivable, et qu’on a : f ′(t) = Φ′(t)f(t) = Φ′(t)eΦ(t), d’où le résultat admis ci-dessus. 4. Soit z ∈ D. on a |z| ∈ [0, 1[, et donc d’après la question 1 : |L(z)| = +∞ n=1 zn n ⩽ +∞ n=1 |z|n n (∗) = − ln(1 − |z|), ce qu’il fallait démontrer. Or, si z ∈ D, alors zn ∈ D pour tout n ∈ N \ {0}, donc : ∀n ∈ N \ {0}, 0 ⩽ |L (zn)| ⩽ − ln (1 − |zn|) = − ln (1 − |z|n) . (‡) Montrons que la série n⩾1 − ln (1 − |z|n) converge. On a : |z|n −→ n→+∞ 0, car |z| < 1, et donc : − ln (1 − |z|n) ∼ n→+∞ |z|n > 0. 2 Mathématiques I PSI Mines-Ponts 2022, corrigé Or la série géométrique n⩾1 |z|n est de raison |z| < 1, donc elle converge. Par le théorème de comparaison des séries à termes positifs, la série n⩾1 − ln (1 − |z|n) converge également. Toujours par comparaison, grâce à la majoration (‡), on en déduit que la série n⩾1 L (zn) converge absolument, donc converge, et ce pour tout z ∈ D : d’où le résultat. 5. L’exponentielle ne s’annule pas sur C, donc : P(z) := exp +∞ n=1 L (zn) ̸= 0. De plus, pour tout entier N ⩾ 1 on a, d’après la question 3 : exp N n=1 L (zn) = N n=1 exp (L (zn)) = N n=1 1 1 − zn. Quand N → +∞, le membre de gauche tend vers P(z), par définition de P et continuité de l’exponentielle sur C. Par conséquent : P(z) = lim N→+∞ N n=1 1 1 − zn. Toujours d’après l’égalité ci-dessus, pour tout t > 0 on a e−t ∈]0, 1[, et donc : ∀t > 0, ∀N ∈ N \ {0}, exp N n=1 L e−nt = N n=1 1 1 − e−nt. Chaque terme du produit ci-dessus est strictement positif, du fait que e−nt < 1. On peut donc en considérer le logarithme : ln exp N n=1 L e−nt = ln N n=1 1 1 − e−nt = − N n=1 ln 1 − e−nt . On a : lim N→+∞ exp N n=1 L e−nt = P e−t > 0. Par continuité du logarithme, le membre de gauche tend donc vers ln (P (e−t)) quand N → +∞. On en déduit que le membre de droite de l’égalité ci-dessus a une limite finie quand N → +∞, et : ln P e−t = lim N→+∞ − N n=1 ln 1 − e−nt = − +∞ n=1 ln 1 − e−nt , d’où le résultat. B. Développement asymptotique en variable réelle 6. La fonction q est somme de fonctions continues par morceaux, donc elle est continue par morceaux sur R. De plus la fonction partie entière vérifie : ∀x ∈ R, ⌊x + 1⌋ = ⌊x⌋ + 1, donc : ∀x ∈ R, q(x + 1) = (x + 1) − ⌊x + 1⌋ − 1 2 = x + 1 − ⌊x⌋ − 1 − 1 2 = x − ⌊x⌋ − 1 2 = q(x), donc q est 1-périodique. Il reste à montrer que la fonction |q| est paire. Comme q est 1-périodique, il suffit de démontrer que |q(x)| = |q(−x)| pour tout x ∈ [0, 1[. Pour x = 0, il est évident que l’égalité est vraie, et on ne considère donc que x ∈]0, 1[. Or, pour un tel x, on a plus simplement : q(x) = x − 1 2, et : q(−x) = −x − (−1) − 1 2 = −x + 1 2 (car : −1 < −x < 0). Afin de simplifier |q(x)| et |q(−x)|, on traite deux cas : 3 Mathématiques I PSI Mines-Ponts 2022, corrigé — si x ∈ 0, 1 2 , alors q(x) = x − 1 2 ⩽ 0 et q(−x) = −x + 1 2 ⩾ 0, donc dans ce cas : |q(x)| = −q(x) = −x + 1 2 = q(−x) = |q(−x)| ; — si x ∈ 1 2, 1 , alors q(x) = x − 1 2 ⩾ 0 et q(−x) = −x + 1 2 ⩽ 0, donc dans ce cas : |q(x)| = q(x) = x − 1 2 = −q(−x) = |q(−x)|. Dans tous les cas, on a |q(x)| = |q(−x)|, pour tout x ∈]0, 1[, et donc pour tout x ∈ R d’après la réduction expliquée ci-dessus. Ainsi |q| est bien une fonction paire, ce qu’il fallait démontrer. u y 1 2 1 −1 1 2 −1 2 −1 2 y = q(x) u y 1 2 1 −1 1 2 −1 2 −1 2 y = |q(x)| 7. Soit t > 0. L’application u → q(u) etu − 1 est continue (par morceaux) sur [1, +∞[ en tant que quotient de fonctions continues dont le dénominateur ne s’annule pas (la continuité de |q| serait en principe à justifier, bien qu’on la voie sur le graphe ci-dessus, en étudiant la limite en 0 par valeurs supérieures et inférieures ; la périodicité assure alors la continuité en tous les autres points éventuellement problématiques). Étudions l’intégrabilité au voisinage de +∞. On montre facilement qu’on a |q(x)| ⩽ 1 2 pour tout x ∈ [0, 1], et donc pour tout x ∈ R par 1-périodicité. Par conséquent, pour tout u ⩾ 1 on a : 0 ⩽ u2 q(u) etu − 1 ⩽ 1 2 u2 etu − 1 −→ u→+∞ 0, puisque : u2 etu−1 ∼ u→+∞ u2e−tu −→ u→+∞ 0 (théorème des croissances comparées). On en déduit : q(u) etu − 1 = o u→+∞ 1 u2 . Or l’intégrale de Riemann +∞ 1 du u2 est d’exposant 2 > 1, donc elle converge. Par le théorème de comparaison des intégrales de fonctions positives, l’intégrale +∞ 1 q(u) etu − 1du converge absolument, donc converge : d’où le résultat, pour tout t > 0. 8. Soit n ∈ N \ {0, 1}. On a, par la relation de Chasles, et après le changement de variable affine t = u − k : n 1 q(u) u du = n−1 k=1 k+1 k q(u) u du = n−1 k=1 1 0 q(t + k) t + k dt. Comme q est 1-périodique, on a q(t + k) = q(t) pour tout t ∈ R et tout k ∈ Z, donc : n 1 q(u) u du = n−1 k=1 1 0 q(t) t + kdt = n−1 k=1 1 0 t − 1 2 t + kdt = n−1 k=1 1 0 1 − k + 1 2 t + k dt = n−1 k=1 1 − k + 1 2 1 0 dt t + k . 4 Mathématiques I PSI Mines-Ponts 2022, corrigé Or : ∀k ∈ 1, n−1 , 1 0 dt t + k = [ln(t + k)]1 0 = ln(k+1)−ln(k). Il apparaît presque un télescopage : attention à ne pas oublier le terme k + 1 2 en facteur. Utilisons cette observation à profit, et faisons apparaître un « vrai » télescopage : n 1 q(u) u du = (n − 1) − n−1 k=1 k + 1 2 (ln(k + 1) − ln(k)) = (n − 1) − n−1 k=1 k + 1 2 ln(k + 1) + n−1 k=1 k + 1 2 ln(k) = (n − 1) − n−1 k=1 k + 1 2 ln(k + 1) + n−1 k=1 (k − 1) + 1 2 ln(k) + n−1 k=1 ln(k) = (n − 1) + ln((n − 1)!) − n−1 k=1 k + 1 2 ln(k + 1) − (k − 1) + 1 2 ln(k) . Cette dernière somme étant télescopique, on en déduit : n 1 q(u) u du = (n − 1) + ln((n − 1)!) − n − 1 2 ln(n) = (n − 1) + ln((n − 1)! × n) − ln(n) − n − 1 2 ln(n) = (n − 1) + ln(n!) − n + 1 2 ln(n), ce qu’il fallait démontrer. La seconde égalité de l’énoncé s’obtient en écrivant : n = ln(en), et : n + 1 2 ln(n) = ln nn+ 1 2 = ln (nn√n). 9. Soit x au voisinage de +∞. On a : 0 ⩽ x ⌊x⌋ q(u) u du ⩽ x ⌊x⌋ |q(u)| u du ⩽ 1 2 x ⌊x⌋ du u = 1 2 ln x ⌊x⌋ . Or on a : x − 1 < ⌊x⌋ ⩽ x, donc : 1 − 1 x < ⌊x⌋ x ⩽ 1. Par le théorème des gendarmes : lim x→+∞ ⌊x⌋ x = 1. Et donc, par continuité du logarithme : lim x→+∞ ln ⌊x⌋ x = ln(1) = 0. L’encadrement ci-dessus donne donc, par le théorème des gendarmes : lim x→+∞ x ⌊x⌋ q(u) u du = 0. Voyons comment en déduire que l’intégrale +∞ 1 q(u) u du converge. D’abord, notons que la question précédente permet de démontrer que la suite n 1 q(u) u du n⩾2 converge, puisque par la formule de Stirling : lim n→+∞ n!en nn√n = √ 2π, et donc, par continuité du logarithme : n 1 q(u) u du = ln n!en nn√n − 1 −→ n→+∞ ln(2π) 2 − 1. Alors, pour tout réel x au voisinage de +∞, on se ramène au cas d’un paramètre entier avec la relation de Chasles : x 1 q(u) u du = ⌊x⌋ 1 q(u) u du + x ⌊x⌋ q(u) u du. 5 Mathématiques I PSI Mines-Ponts 2022, corrigé Comme ⌊x⌋ ∈ N tend vers l’infini quand x → +∞, ce qui précède montre que, par composition de limites : lim x→+∞ ⌊x⌋ 1 q(u) u du = ln(2π) 2 − 1. La seconde intégrale a une limite nulle quand x → +∞ d’après la résolution en début de question. Alors, en tant que somme de quantités ayant une limite finie, on a : lim x→+∞ x 1 q(u) u du = ln(2π) 2 − 1 + 0. Ceci démontre que l’intégrale +∞ 1 q(u) u du converge, et on a : +∞ 1 q(u) u du = lim x→+∞ x 1 q(u) u du = ln(2π) 2 − 1. 10. Pour tout u > 0 on a e−u ∈]0, 1[, et donc, comme on l’a rappelé à la question 1 : − ln 1 − e−u = +∞ n=1 e−nu n . Nous allons en déduire l’égalité de l’énoncé via une intégration terme à terme, que nous allons justifier en vérifiant les hypothèses du théorème d’intégration terme à terme. Posons : ∀n ∈ N \ {0}, ∀u ∈]0, +∞[, fn(u) = e−nu n . Alors : — pour tout n ∈ N \ {0}, l’application fn est continue par morceaux et intégrable sur ]0, +∞[ (c’est une fonction intégrable de référence) ; — la série de fonctions n⩾1 fn converge simplement sur ]0, +∞[ vers la fonction continue par morceaux u → − ln (1 − e−u) d’après l’égalité rappelée ci-dessus ; — justifions que la série n⩾1 +∞ 0 |fn| converge ; on a : ∀n ∈ N \ {0}, +∞ 0 |fn| = 1 n +∞ 0 e−nudu = 1 n e−nu −n +∞ 0 = 1 n2, et donc n⩾1 +∞ 0 |fn| = n⩾1 1 n2 est une série de Riemann d’exposant 2 > 1 : on en déduit qu’elle est convergente. Toutes les hypothèses du théorème d’intégration terme à terme étant vérifiées, on en déduit d’une part que l’application u → +∞ n=1 fn(u) = − ln(1 − e−u) est intégrable sur ]0, +∞[ (et donc son opposée aussi), et d’autre part que cette somme peut s’intégrer terme à terme : +∞ 0 +∞ n=1 fn(u)du = +∞ n=1 +∞ 0 fn(u)du. En reprenant les calculs ci-dessus, le membre de droite est égal à +∞ n=1 1 n2 (et donc à π2 6 d’après le résultat rappelé en début d’énoncé), tandis que le membre de gauche donne +∞ 0 − ln(1 − e−u)du. Ainsi : +∞ 0 − ln 1 − e−u du = π2 6 , d’où le résultat demandé après multiplication par −1. 6 Mathématiques I PSI Mines-Ponts 2022, corrigé 11. Suivant l’indication de l’énoncé, nous allons d’abord démontrer que l’application g : x → 1−e−x x est décroissante sur R∗ +. Elle est dérivable sur R∗ + en tant que quotient de fonctions dérivables dont le dénominateur ne s’annule pas, et on a : ∀x ∈ R∗ +, g′(x) = e−xx − (1 − e−x) x2 = (1 + x)e−x − 1 x2 . Or, d’après la formule de Taylor avec reste intégral, à l’ordre 1 en 0, on a : ∀x ∈ R, ex = 1 + x + x2 1 0 (1 − t)etx ⩾0 dt ⩾ 1 + x, (∗∗) et donc : ∀x ∈ R∗ +, 1 ⩾ (1+x)e−x, ce dont on déduit : ∀x ∈ R∗ +, g′(x) ⩽ 0. Ainsi g est décroissante sur R∗ +, donc ln ◦g également (on a bien g > 0 sur R∗ +, étant donné que e−x < 1 pour tout x ∈ R∗ +, donc la composition avec le logarithme est bien définie). On en déduit : ∀t ∈]0, 1], ∀u ∈]0, 1], ln(g(t)) ⩽ ln (g(tu)) ⩽ lim 0 ln ◦g. La limite du membre de droite existe bien (et est finie), puisque pour tout x au voisinage de 0 : g(x) ∼ x→0 x x −→ x→0 1, donc : lim 0 ln ◦g = ln(1) = 0. Ceci démontre en passant que la fonction ln ◦g se prolonge par continuité sur le segment [0, 1], et donc qu’elle est intégrable sur ]0, 1]. Intégrons l’inégalité ci- dessus sur ]0, 1], pour obtenir : ∀t ∈]0, 1], 1 0 ln(g(t))du ⩽ 1 0 ln (g(tu)) du ⩽ 1 0 0du, c’est-à-dire : ∀t ∈]0, 1], ln(g(t)) ⩽ 1 0 ln (g(tu)) du ⩽ 0. Comme on l’a vu ci-dessus, on a : lim t→0 ln(g(t)) = 0. Par conséquent, par le théorème des gendarmes, cet encadrement démontre qu’on a : lim t→0+ 1 0 ln (g(tu)) du = 0. On a donc démontré : lim t→0+ 1 0 ln 1 − e−tu tu du = 0. Or : ∀t > 0, 1 0 ln 1 − e−tu t du = 1 0 ln 1 − e−tu tu du + 1 0 ln(u)du, donc : lim t→0+ 1 0 ln 1 − e−tu t du = 1 0 ln(u)du, et il est très classique de démontrer, grâce à une intégration par parties, que : 1 0 ln(u)du = [u ln(u) − u]1 0 = −1. En conclusion : lim t→0+ 1 0 ln 1 − e−tu t du = −1. 12. Soit k ∈ N \ {0}. On note que uk est une intégrale à paramètre. Montrons donc sa continuité sur R+ en utilisant le théorème de continuité sous le signe intégrale. Posons : ∀(u, t) ∈ k 2, k + 1 2 × R+, vk(u, t) =              tq(u) etu − 1 si t > 0, q(u) u si t = 0. Alors : 7 Mathématiques I PSI Mines-Ponts 2022, corrigé — pour tout t ∈ R+, l’application u → vk(u, t) est continue par morceaux sur k 2, k+1 2 (en fait, comme on le voit d’après l’étude de la question 6, la fonction q est continue sur k 2, k+1 2 quitte à éventuellement enlever une extrémité de l’intervalle ; l’extrémité à enlever dépendant de la parité de k ; il suffit alors de reconnaître en u → vk(u, t) un quotient de fonctions continues dont le dénominateur ne s’annule pas) ; — pour tout u ∈ k 2, k+1 2 , la continuité de l’application t → vk(u, t) est évidente sur R∗ + en tant que quotient de fonctions continues dont le dénominateur ne s’annule pas, et on vérifie qu’elle est continue en 0 également par un calcul de limite : tq(u) etu − 1 ∼ t→0 tq(u) tu −→ t→0 q(u) u = vk(u, 0) ; donc t → vk(u, t) est continue sur R+ ; — pour tout (u, t) ∈ k 2, k+1 2 × R+, on a : |vk(u, t)| ⩽ |q(u)| u ; (hypothèse de domination) en effet, pour t = 0 c’est évident, et pour t > 0 on utilise (∗∗) (question précédente) pour obtenir : ∀(u, t) ∈ k 2, k + 1 2 × R∗ +, etu − 1 tu ⩾ 1, et donc : ∀(u, t) ∈ k 2, k + 1 2 × R∗ +, |vk(u, t)| = |q(u)| u × tu etu − 1 ⩽ |q(u)| u . L’application φ : u → |q(u)| u est continue par morceaux sur le segment k 2, k+1 2 si k > 0, donc elle y est intégrable. L’hypothèse de domination est donc bien vérifiée. On en déduit, par le théorème de continuité sous le signe intégrale, l’application uk : t → (k+1)/2 k/2 vk(u, t)du est continue sur R+ : d’où le résultat. 13. Soit k ∈ N \ {0}. Comme t etu−1 > 0 pour tout u ∈ k 2, k+1 2 , le signe de l’intégrande de uk(t) ne dépend que du signe de q. Or l’expression de la fonction q montre que : ∀x ∈ [0, 1[ ,    q(x) ⩽ 0 si x ∈ 0, 1 2 , q(x) ⩾ 0 si x ∈ 1 2, 1 . Par 1-périodicité de q, on a donc : ∀x ∈ k 2, k + 1 2 , q(x) = −|q(x)| ⩽ 0 si k est pair, |q(x)| ⩾ 0 si k est impair. J’exclus les bornes pour éviter les distinctions de cas fastidieuses, et inutiles (car l’intégrale ignore les valeurs en les points isolés : il ne coûte donc rien d’étudier son signe en excluant les extrémités de l’intervalle d’intégration). On en déduit d’une part : ∀x ∈ k 2, k + 1 2 , q(x) = (−1)k+1|q(x)|, 8 Mathématiques I PSI Mines-Ponts 2022, corrigé et d’autre part que, par croissance de l’intégrale : uk(t) ⩽ 0 si k est pair, et uk(t) ⩾ 0 si k est impair (on a en effet établi plus haut que le signe de l’intégrande est dicté par le signe de q). On a donc aussi, pour tenir compte de cette distinction de cas selon la parité de k : uk(t) = (−1)k+1|uk(t)|. (On note une erreur d’énoncé concernant l’exposant de −1). La première égalité demandée est alors immédiate : |uk(t)| = (−1)k+1uk(t) = (k+1)/2 k/2 t(−1)k+1q(u) etu − 1 du = (k+1)/2 k/2 t|q(u)| etu − 1du. Tout ce qui précède démontre que la série k⩾1 uk(t) est alternée : montrons qu’elle vérifie le critère spécial des séries alternées : — pour tout entier k ⩾ 1, on a : |uk(t)| − |uk+1(t)| = (k+1)/2 k/2 t|q(u)| etu − 1du − (k+2)/2 (k+1)/2 t[q(u)| etu − 1du = (k+1)/2 k/2 t|q(u)| etu − 1du − (k+1)/2 k/2 t|q(k + 1 − v)| et(k+1−v) − 1 dv (v = k + 1 − u) = (k+1)/2 k/2 t|q(u)| etu − 1du − (k+1)/2 k/2 t|q(v)| et(k+1−v) − 1dv (|q| 1-pér. et paire) = (k+1)/2 k/2 t|q(u)| ⩾0 1 etu − 1 − 1 et(k+1−u) − 1 ⩾0 du ⩾ 0, le signe du terme en facteur de t|q(u)| découlant du fait que l’application u → 1 etu−1 soit clairement décroissante (on a u ⩽ k + 1 − u pour tout u ∈ k 2, k+1 2 ) ; ceci montre que la suite (|uk(t)|)k⩾1 est décroissante ; — pour tout entier k ⩾ 1, on a : 0 ⩽ |uk(t)| ⩽ 1 2 (k+1)/2 k/2 tdu etu − 1 (∗∗) ⩽ 1 2 (k+1)/2 k/2 du u = 1 2 ln k + 1 k −→ k→+∞ ln(1) 2 = 0, donc par le théorème des gendarmes : lim k→+∞ |uk(t)| = 0. Ainsi la série k⩾1 uk(t) est alternée, et la valeur absolue de son terme général décroît en convergeant vers 0. Par le théorème spécial des séries alternées, la série k⩾1 uk(t) converge (ce qu’en fait, on pouvait déjà déduire de la question 7), et son reste est majoré en valeur absolue par son premier terme : ∀n ∈ N \ {0}, +∞ k=n uk(t) ⩽ |un(t)| ⩽ 1 2 ln n + 1 n = 1 2 ln 1 + 1 n . Or, en prenant le logarithme dans (∗∗), on a pour tout entier n ⩾ 1 : ln 1 + 1 n ⩽ 1 n, donc : ∀n ∈ N \ {0}, +∞ k=n uk(t) ⩽ 1 2n, d’où le résultat. 9 Mathématiques I PSI Mines-Ponts 2022, corrigé 14. De la question précédente, il résulte que : ∀n ∈ N \ {0}, +∞ k=n uk ∞ ⩽ 1 2n −→ n→+∞ 0, ce qui démontre que le reste de la série de fonctions k⩾2 uk converge uniformément sur R+ vers la fonction nulle, et donc la série de fonctions k⩾2 uk converge uniformément sur R+. En tant que limite uniforme de fonctions continues sur R+ (question 12), la somme +∞ k=2 uk est continue sur R+. La continuité sur R+ implique en particulier que, quand t → 0+, on a : lim t→0+ +∞ k=2 uk(t) = +∞ k=2 uk(0). Or, par la relation de Chasles : ∀t ∈ R∗ +, +∞ k=2 uk(t) = +∞ k=2 (k+1)/2 k/2 tq(u) etu − 1du = +∞ 1 tq(u) etu − 1du, et, par le même argument : +∞ k=2 uk(0) = +∞ 1 q(u) u du. Le calcul de limite ci-dessus se réécrit donc ainsi : lim t→0+ +∞ 1 tq(u) etu − 1du = +∞ 1 q(u) u du [q.9] = ln(2π) 2 − 1, d’où le résultat. 15. Soit t > 0. En reprenant les arguments de la question 7, il est clair que les intégrales +∞ 1 tu etu − 1du, +∞ 1 t⌊u⌋ etu − 1du et +∞ 1 t etu − 1du convergent. Écrivons : +∞ 1 tq(u) etu − 1du = +∞ 1 tu etu − 1du − +∞ 1 t⌊u⌋ etu − 1du − 1 2 +∞ 1 t etu − 1du = +∞ 1 tu etu − 1du − +∞ k=1 k+1 k t⌊u⌋ etu − 1du − 1 2 +∞ 1 t etu − 1du = +∞ 1 tu etu − 1du − +∞ k=1 k+1 k tk etu − 1du − 1 2 +∞ 1 t etu − 1du. Or une primitive de u → t etu − 1 = te−tu 1 − e−tu est u → ln (1 − e−tu). On en déduit : +∞ 1 tq(u) etu − 1du = +∞ 1 tu etu − 1du − +∞ k=1 k k+1 k ln 1 − e−tu k+1 k − 1 2 ln 1 − e−tu +∞ 1 = +∞ 1 tu etu − 1du − +∞ k=1 k ln 1 − e−t(k+1) − ln 1 − e−tk + 1 2 ln 1 − e−t . Simplifions les deux premiers termes du membre de droite. Commençons par +∞ k=1 k ln 1 − e−t(k+1) − ln 1 − e−tk : pour obtenir ln(P(e−t)), il faudrait faire apparaître 10 Mathématiques I PSI Mines-Ponts 2022, corrigé la somme +∞ k=1 ln 1 − e−tk . Nous y parvenons ainsi ; posons pour abréger : ∀k ∈ N \ {0}, ak = ln 1 − e−tk , de sorte que la somme à simplifier ci-dessus s’écrive : +∞ k=1 k(ak+1 − ak). On a alors, pour tout entier N ⩾ 1 : N k=1 k (ak+1 − ak) = N k=1 kak+1 − N k=1 kak = N+1 k=2 (k − 1)ak − N k=1 kak = − N+1 k=2 ak + NaN+1 − a1 = − N+1 k=1 ak + NaN+1. Les séries k⩾1 k(ak+1 −ak) et k⩾1 ak convergent : pour la première, cela découle du calcul d’intégrale plus haut, et pour la seconde on note que c’est la série dont la somme apparaît dans la question 5. Par conséquent, il est sensé de prendre la limite quand N → +∞ dans cette égalité, et on a : +∞ k=1 k (ak+1 − ak) = − +∞ k=1 ak + lim N→+∞ NaN+1. (Nous avons implicitement effectué une transformation d’Abel.) D’après la question 5, on a : − +∞ k=1 ak = ln P(e−t) , et de plus, pour N au voisinage de +∞ : NaN+1 = N ln 1 − e−t(N+1) ∼ N→+∞ Ne−t(N+1) −→ N→+∞ 0 par le théorème des croissances comparées. On a donc montré : +∞ k=1 k (ak+1 − ak) = ln P e−t , et donc : +∞ 1 tq(u) etu − 1du = +∞ 1 tu etu − 1du − ln P e−t + 1 2 ln 1 − e−t . Enfin, pour exprimer l’intégrale +∞ 1 tu etu − 1du en fonction de +∞ 1 ln 1 − e−tu du (l’intégrale qui figure dans l’identité de l’énoncé), nous allons effectuer une intégration par parties : — en dérivant u → u, qui est de classe C1 sur [1, +∞[ et de dérivée u → 1 ; — en intégrant u → t etu − 1, qui est continue sur [1, +∞[ et dont une primitive est, on l’a vu, u → ln (1 − e−tu). Puisque l’intégrale est généralisée, nous devons préalablement vérifier l’existence du terme [u ln (1 − e−tu)]+∞ 1 . On a : lim u→+∞ u ln 1 − e−tu = 0, par un calcul analogue à celui effectué plus haut avec NaN+1. Il n’y a donc pas de problème d’existence. La formule de l’intégration par parties nous donne donc : +∞ 1 tu etu − 1du = u ln 1 − e−tu +∞ 1 − +∞ 1 ln 1 − e−tu du = − ln 1 − e−t − +∞ 1 ln 1 − e−tu du. 11 Mathématiques I PSI Mines-Ponts 2022, corrigé On peut enfin conclure : +∞ 1 tq(u) etu − 1du = − ln 1 − e−t − +∞ 1 ln 1 − e−tu du − ln P e−t + 1 2 ln 1 − e−t . C’est-à-dire, après simplifications, le résultat voulu : +∞ 1 tq(u) etu − 1du = −1 2 ln 1 − e−t − ln P e−t − +∞ 1 ln 1 − e−tu du. 16. Soit t > 0 au voisinage de 0. D’après la question précédente : ln P e−t = − +∞ 1 tq(u) etu − 1du − 1 2 ln 1 − e−t − +∞ 1 ln 1 − e−tu du. Étudions le comportement asymptotique de chaque terme quand t → 0+. Tout d’abord, on a : ln 1 − e−t = ln t + o t→0(t) = ln t 1 + o t→0(1) = ln(t) + ln 1 + o t→0(1) . Il découle deux choses de ce développement asymptotique. D’abord, du fait que le second terme tende vers ln(1) = 0 quand t → 0+, on a : −1 2 ln 1 − e−t = −ln(t) 2 + o t→0(1). D’autre part, on en déduit que : − ln (1 − e−tu) ∼ u→0 − ln(u) > 0, et donc que les intégrales 1 0 ln 1 − e−tu du et 1 0 ln(u)du sont de même nature (notons qu’on intègre bien une fonction continue sur ]0, 1]). Comme la seconde converge (c’est une intégrale de référence), on en déduit que la première converge aussi. On a alors : +∞ 1 ln 1 − e−tu du = +∞ 0 ln 1 − e−tu du − 1 0 ln 1 − e−tu du = +∞ 0 ln 1 − e−tu du − 1 0 ln 1 − e−tu t du − 1 0 ln(t)du = +∞ 0 ln 1 − e−tu du − 1 0 ln 1 − e−tu t du − ln(t). La seconde intégrale a pour limite −1 quand t → 0+ d’après la question 11. Ensuite, on effectue le changement de variable v = tu dans la première intégrale. Il est licite, car l’application u → tu est de classe C1 et strictement croissante de ]0, +∞[ dans ]0, +∞[. On a dv = tdu, et donc : +∞ 0 ln 1 − e−tu du = 1 t +∞ 0 ln 1 − e−v dv (q. 10) = −π2 6t . Ainsi : +∞ 1 ln 1 − e−tu du = −π2 6t + 1 − ln(t) + o t→0(1). Si l’on compile tout ce qu’on a démontré jusqu’à présent dans cette question, on a : ln P e−t = − +∞ 1 tq(u) etu − 1du − ln(t) 2 − −π2 6t + 1 − ln(t) + o t→0(1) = − +∞ 1 tq(u) etu − 1du + ln(t) 2 + π2 6t − 1 + o t→0(1). Or, d’après la question 14, on a : +∞ 1 tq(u) etu − 1du = ln(2π) 2 −1+ o t→0(1). On a donc, en conclusion : ln P e−t = π2 6t + ln(t) 2 − ln(2π) 2 + o t→0+(1). 12 Mathématiques I PSI Mines-Ponts 2022, corrigé C. Développement de P en série entière 17. Soit N ∈ N \ {0}. Tout d’abord, Pn,N est non vide, puisque (n, 0, . . . , 0) ∈ Pn,N. Justifions que Pn,N est inclus dans 0, n N : soit (a1, . . . , aN) ∈ Pn,N. Alors : ∀ℓ ∈ 1, N , n = n k=1 kak = ℓaℓ + N k=1 k̸=ℓ kak ⩾0 ⩾ ℓaℓ ⩾ aℓ. On a montré que aℓ ⩽ n pour tout ℓ ∈ 1, N , et par hypothèse on a déjà aℓ ⩾ 0, donc : (a1, . . . , aN) ∈ 0, n N. Ceci vaut pour tout (a1, . . . , aN) ∈ Pn,N, d’où l’inclusion demandée. Ceci montre que l’ensemble Pn,N est fini, et donc que son cardinal pn,N ∈ N est bien défini. On a pn,N ⩾ 1 pour tout (n, N) ∈ N × (N \ {0}) car Pn,N ̸= ∅. Montrons que la suite (pn,N)N⩾1 est croissante ; pour cela, il suffit de montrer qu’il existe une injection de Pn,N dans Pn,N+1 pour tout N ∈ N \ {0} (en effet, une application injective ne peut être à valeurs que dans un ensemble plus grand que celui de départ). Il suffit de prendre l’application : Φn,N : Pn,N −→ Pn,N+1 (a1, . . . , aN) −→ (a1, . . . , aN, 0), clairement à valeurs dans Pn,N+1 (si N k=1 kak = n, alors (N + 1) × 0 + N k=1 kak = n également) et injective : si (a1, . . . , aN) ∈ Pn,N et (b1, . . . , bN) ∈ Pn,N vérifient : Φn,N ((a1, . . . , aN)) = Φn,N ((b1, . . . , bN)), alors l’identification coordonnée par coordonnée donne : (a1, . . . , aN) = (b1, . . . , bN), d’où l’injectivité. Puisqu’il existe une application injective de Pn,N dans Pn,N+1, on a : card(Pn,N) ⩽ card(Pn,N+1). C’est-à-dire : pn,N ⩽ pn,N+1. Ceci vaut pour tout N ⩾ 1, donc la suite (pn,N)N⩾1 est croissante. Il reste à justifier qu’elle est constante à partir du rang n0 = max(n, 1) : si n = 0, alors on a clairement p0,N = 1 pour tout N ⩾ 1 = max(n, 1), vu que l’égalité 0 = N k=1 kak impose : ∀k ∈ 1, N , ak = 0 (une somme de réels positifs est nulle si et seulement si chaque terme est nul), de sorte que le N-uplet (0, . . . , 0) soit le seul à convenir pour tout N ⩾ 1. Supposons à présent n ⩾ 1. Montrons : ∀N ⩾ max(n, 1), pn,N = pn,N+1. Pour cela, il suffit de démontrer que l’application Φn,N ci-dessus, en plus d’être injective, est surjective : cela assure que c’est une bijection, et une bijection conserve les cardinaux. Soit, donc, (b1, . . . , bN, bN+1) ∈ Pn,N+1, et construisons un antécédent par Φn,N de cet élément. Notons d’abord que le dernier coefficient bN+1 est nul. On a en effet, comme (b1, . . . , bN, bN+1) ∈ Pn,N+1 : n = N+1 k=1 kbk = (N + 1)bN+1 + N k=1 kbk. Or N + 1 ⩾ max(n, 1) + 1 ⩾ n + 1 > n. Par conséquent, si bN+1 ̸= 0, alors bN+1 ⩾ 1 (c’est un entier naturel), et donc on aurait : n = (N + 1)bN+1 + N k=1 kbk ⩾0 ⩾ (N + 1)bN+1 ⩾ N + 1 > n. C’est absurde : on ne peut pas avoir n > n. Par l’absurde, on a montré : bN+1 = 0, et par ailleurs l’égalité ci-dessus devient : n = N k=1 kbk, ce qui démontre qu’on a : (b1, . . . , bN) ∈ Pn,N. En résumé, on a montré : (b1, . . . , bN, bN+1) = (b1, . . . , bN, 0) = Φn,N ((b1, . . . , bN)) 13 Mathématiques I PSI Mines-Ponts 2022, corrigé avec (b1, . . . , bN) ∈ Pn,N, donc tout élément de Pn,N+1 admet un antécédent par Φn,N, ce qui démontre sa surjectivité (si N ⩾ max(n, 1)). Étant une application surjective et injective, c’est une bijection, et une bijection est nécessairement entre deux ensembles de même cardinal. On en déduit : ∀N ⩾ max(n, 1), pn,N = pn,N+1, ce qu’il fallait démontrer. 18. Soit z ∈ D. On a alors |zN| < 1, et donc : 1 1 − zN = +∞ k=0 zN k = +∞ k=0 zkN. On en déduit que si l’on pose : ∀n ∈ N, an,N = 1 si n divise N, 0 sinon, alors : +∞ n=0 an,Nzn = +∞ n=0 N|n zn [n=kN] = +∞ k=0 zkN = 1 1 − zN . Déduisons-en la formule : ∀N ∈ N∗, ∀z ∈ D, N k=1 1 1 − zk = +∞ n=0 pn,Nzn. par récurrence sur N ∈ N \ {0}. Initialisons. Si N = 1, alors pour tout z ∈ D on a : N k=1 1 1 − zk = 1 1 − z, tandis que l’on a : ∀n ∈ N, pn,1 = 1. En effet, calculer pn,1 revient à calculer le nombre d’entiers a1 tels que : 1 × a1 = n. Il n’y en a qu’un seul : c’est n. On a alors : ∀z ∈ D, +∞ n=0 pn,1zn = +∞ n=0 zn = 1 1 − z, ce qui prouve que le résultat voulu est vrai pour N = 1. À présent, soit N ∈ N \ {0}, et supposons qu’on a : ∀z ∈ D, N k=1 1 1 − zk = +∞ n=0 pn,Nzn. Alors : N+1 k=1 1 1 − zk = 1 1 − zN+1 × N k=1 1 1 − zk = +∞ n=0 an,N+1zn × +∞ n=0 pn,Nzn . Nous avons le produit de deux sommes de séries entières : cela incite à faire un produit de Cauchy. On a clairement : ∀n ∈ N, 0 ⩽ an,N+1 ⩽ 1, donc la série entière n⩾0 an,N+1zn est de rayon de convergence supérieur à celui de n⩾0 zn : le rayon de convergence est donc supérieur ou égal à 1. De plus, d’après la question précédente, on a : ∀n ∈ N, pn,N ⩽ card 0, n N = (n + 1)N, et on montre facilement que la série entière n⩾0 (n + 1)Nzn est de rayon de convergence 1. Un argument 14 Mathématiques I PSI Mines-Ponts 2022, corrigé parmi d’autres : si ρ ∈ R+, alors la suite (n + 1)Nρn n∈N converge vers 0 si ρ < 1 par croissances comparées, et est donc bornée ; si ρ ⩾ 1 alors (n + 1)Nρn ⩾ (n + 1)N −→ n→+∞ +∞ donc la suite n’est pas bornée ; le rayon de convergence est donc sup ([0, 1[) = 1. Toujours par le théorème de comparaison des séries entières, la série entière n⩾0 pn,Nzn est de rayon de convergence supérieur ou égal à 1. On en déduit que le produit de Cauchy n⩾0 cnzn de ces deux séries entières est aussi de rayon de convergence supérieur ou égal à 1, et on a : ∀z ∈ D, +∞ n=0 an,N+1zn × +∞ n=0 pn,Nzn = +∞ n=0 cnzn, avec : ∀n ∈ N, cn = n k=0 ak,N+1 · pn−k,N = n k=0 N+1|k pn−k,N = 0⩽ℓ⩽ n N+1 pn−ℓ(N+1),N. Il reste à démontrer que cette somme est égale à pn,N+1 pour tout n ∈ N. Soit n ∈ N. Pour le montrer, on note qu’on peut fabriquer un (N + 1)-uplet (a1, . . . , aN+1) tel que n = N+1 n=1 kak ainsi : — on choisit un entier ℓ ∈ N tel que : (N + 1)ℓ ⩽ n ; — on choisit un N-uplet (a1, . . . , aN) d’entiers naturels tel que : N k=1 kak = n − ℓ(N + 1) (il y a pn−ℓ(N+1),N possibilités) ; — on complète ce N-uplet en un (N +1)-uplet vérifiant : N+1 k=1 kak = n, ce qui ne peut se faire que d’une seule façon, en posant aN+1 = ℓ (puisque en effet N+1 k=1 kak = n équivaut, par propriété de (a1, . . . , aN), à : (N + 1)aN+1 = n − N k=1 kak = ℓ(N + 1)). On obtient ainsi tous les (N + 1)-uplets possibles de Pn,N+1, puisque réciproquement, si (a1, . . . , aN+1) ∈ Pn,N+1, alors : N k=1 kak = N+1 k=1 kak − (N + 1)aN+1 = n − (N + 1)aN+1 = n − (N + 1)ℓ, avec ℓ = aN+1 ⩽ n N+1 (on utilise la majoration déjà apparue dans la question précédente : ∀k ∈ 1, N + 1 , kak ⩽ n). Ainsi on obtient les pn,N+1 éléments de Pn,N+1 par ce décompte. Ces choix étant incompatibles deux à deux, on a par principe additif : pn,N+1 = 0⩽ℓ⩽ n N+1 pn−ℓ(N+1),N = cn. On a donc bien : ∀z ∈ D, N+1 k=1 1 1 − zk = +∞ n=0 an,N+1zn × +∞ n=0 pn,Nzn = +∞ n=0 cnzn = +∞ n=0 pn,N+1zn, d’où le résultat au rang N + 1, ce qui clôt l’hérédité. Par principe de récurrence, on a donc, pour tout N ∈ N \ {0} : ∀z ∈ D, N k=1 1 1 − zk = +∞ n=0 pn,Nzn. 15 Mathématiques I PSI Mines-Ponts 2022, corrigé 19. Soit N ∈ N \ {0}. Comme la série n⩾0 pn,Nxn est à termes positifs (on a en effet pris x ∈ [0, 1[), on a : ℓ n=0 pn,Nxn ⩽ +∞ n=0 pn,Nxn (q. 18) = N k=1 1 1 − xk . On en déduit, quand N → +∞, d’après la question 5 : ℓ n=0 pnxn ⩽ P(x). Or la série n⩾0 pnxn est à termes positifs et majorée (par P(x)) : elle est donc convergente. Ceci vaut pour tout x ∈ [0, 1[, donc le rayon de convergence R de la série entière n⩾0 pnxn vérifie : R ⩾ 1. Étudions la nature de la série pour x = 1 : on a pn ⩾ 1 pour tout n ∈ N d’après la question 17 (ceci découle du fait que Pn,N ̸= ∅ pour tous n ∈ N et N ∈ N \ {0}), de sorte que (pn)n∈N ne puisse pas converger vers 0, et la série n⩾0 pn diverge grossièrement. On en déduit : R ⩽ 1. Puisque R ⩾ 1 et R ⩽ 1, on conclut : R = 1. 20. Soit N ∈ N\{0}. On rappelle que d’après la question 17, on a pn = pn,N pour tout N ⩾ max(n, 1). Donc : +∞ n=0 pnzn − +∞ n=0 pn,Nzn = N n=0 pnzn + +∞ n=N+1 pnzn − +∞ n=0 pn,Nzn = N n=0 pn,Nzn + +∞ n=N+1 pnzn − +∞ n=0 pn,Nzn = +∞ n=N+1 pnzn − +∞ n=N+1 pn,Nzn = +∞ n=N+1 (pn − pn,N)zn. On a donc, d’après l’inégalité triangulaire, et du fait que pn ⩾ pn,N et pn,N ⩾ 0 pour tout n ∈ N : 0 ⩽ +∞ n=0 pnzn − +∞ n=0 pn,Nzn ⩽ +∞ n=N+1 |pn − pn,N| · |z|n = +∞ n=N+1 (pn − pn,N)|z|n ⩽ +∞ n=N+1 pn|z|n. Comme |z| < 1, d’après la question précédente la série n⩾0 pn|z|n converge, donc son reste converge vers 0. On en déduit : lim N→+∞ +∞ n=N+1 pn|z|n = 0. Et donc, par le théorème des gendarmes : lim N→+∞ +∞ n=0 pn,Nzn = +∞ n=0 pnzn. Mais on a aussi : lim N→+∞ +∞ n=0 pn,Nzn (q. 18) = lim N→+∞ N k=1 1 1 − zk (q. 5) = P(z). Donc, par unicité de la limite : P(z) = +∞ n=0 pnzn. 16 Mathématiques I PSI Mines-Ponts 2022, corrigé 21. Soit t > 0, et soit θ ∈ [−π, π]. On a |e−t+iθ| = e−t < 1, donc d’après la question précédente : e−inθP e−t+iθ = e−inθ +∞ k=0 pk e−t+iθ k = +∞ k=0 pke−tkeiθ(k−n). Nous allons en déduire : 2πpne−nt = π −π e−inθP e−t+iθ dθ grâce au théorème d’intégration terme à terme sur un segment, dont nous vérifions les hypothèses. Posons : ∀k ∈ N, ∀θ ∈ [−π, π], fk(θ) = pke−tkeiθ(k−n). — pour tout k ∈ N, l’application fk est clairement continue (par morceaux) sur [−π, π], par composition et continuité de l’exponentielle sur C ; — pour tout k ∈ N et tout θ ∈ [−π, π], on a : |fk(θ)| = |pk|e−tk = pke−tk ; on en déduit : ∀k ∈ N, ∥fk∥∞ = pke−tk, or |e−t| < 1 car t > 0, et la série entière k⩾0 pkzk est de rayon de convergence 1, donc la série k⩾0 ∥fk∥∞ = k⩾0 pk(e−t)k converge ; on a donc démontré que la série de fonctions k⩾0 fk converge normalement, donc uniformément, sur le segment [−π, π], et de plus sa somme est continue (par morceaux) sur [−π, π], puisqu’il s’agit d’une limite uniforme d’une série de fonctions continues. D’après le théorème d’intégration terme à terme sur un segment, d’une part la série k⩾0 π −π fk(θ)dθ converge, et d’autre part : π −π +∞ k=0 fk(θ)dθ = +∞ k=0 π −π fk(θ)dθ. Or, d’après les calculs effectués au début de la question : π −π +∞ k=0 fk(θ)dθ = π −π +∞ k=0 pke−tkeiθ(k−n)dθ = π −π e−inθP e−t+iθ dθ, et d’autre part : ∀k ∈ N, π −π fk(θ)dθ = pke−tk π −π eiθ(k−n)dθ =    pke−tk eiθ(k−n) k−n π −π = 0 si k ̸= n, pne−tn π −π dθ = 2πpne−tn si k = n, étant donné que : eiπ(k−n) − e−iπ(k−n) = (−1)k−n − (−1)k−n = 0 (pour le cas k ̸= n). Donc : +∞ k=0 π −π fk(θ)dθ = π −π fn(θ)dθ + +∞ k=0 k̸=n π −π fk(θ)dθ =0 = 2πpne−tn. En conclusion, l’intégration terme à terme ci-dessus s’écrit plus simplement ainsi : π −π e−inθP e−t+iθ dθ = 2πpne−tn. Cela donne le résultat voulu, en isolant pn : pn = etn 2π π −π e−inθP e−t+iθ dθ = etnP (e−t) 2π π −π e−inθ P e−t+iθ P (e−t) dθ. (1) Remarque. On a démontré la formule intégrale de Cauchy dans un cas particulier. 17 Mathématiques I PSI Mines-Ponts 2022, corrigé D. Contrôle de P 22. D’après la question 3, on a : 1 − x 1 − xeiθ = exp L(xeiθ) − L(x) = exp Re L(xeiθ) − L(x) . On a utilisé l’égalité suivante, valable pour tout ω ∈ C : |eω| = eRe(ω), et qui se démontre ainsi : ∀ω ∈ C, |eω| = √ eωeω = √ eωe¯ω = √ eω+¯ω = √ e2Re(ω) = eRe(ω). Or : Re (L(x)) = L(x) = +∞ n=1 xn n , et : Re L xeiθ = Re +∞ n=1 xneinθ n = +∞ n=1 xn cos(nθ) n , donc : 1 − x 1 − xeiθ = exp +∞ n=1 xn(cos(nθ) − 1) n = exp −(1 − cos(θ))x − +∞ n=2 (1 − cos(nθ))xn n = exp (−(1 − cos(θ))x) exp − +∞ n=2 (1 − cos(nθ))xn n , et comme : ∀n ∈ N\{0, 1}, 1−cos(nθ) ⩾ 0, la seconde somme ne fait intervenir que des quantités positives, donc : − +∞ n=2 (1 − cos(nθ))xn n ⩽ 0. On en déduit : exp − +∞ n=2 (1 − cos(nθ))xn n ⩽ 1, si bien que l’égalité ci-dessus implique : 1 − x 1 − xeiθ ⩽ exp (−(1 − cos(θ))x) , ce qu’il fallait démontrer. Pour majorer P(xeiθ) P(x) , on note que par la question 5 : P xeiθ P(x) = lim N→+∞ N n=1 1 − xn 1 − xneinθ . Or, par ce qui précède (qu’on peut bien appliquer avec xn au lieu de x, vu que xn ∈ [0, 1[ pour tout n ∈ N \ {0} si x ∈ [0, 1[), pour tout entier N ⩾ 1 on a : N n=1 1 − xn 1 − xneinθ = N n=1 1 − xn 1 − xneinθ ⩽ N n=1 exp (−(1 − cos(nθ))xn) = exp − N n=1 (1 − cos(nθ))xn = exp − N n=1 xn + N n=1 cos(nθ)xn . 18 Mathématiques I PSI Mines-Ponts 2022, corrigé Or : N n=1 xn = 1 − xN 1 − x − 1 −→ N→+∞ 1 1 − x − 1, et : N n=1 cos(nθ)xn = Re N n=1 einθxn = Re N n=1 xeiθ n = Re    1 − xeiθ N 1 − xeiθ − 1    . On a xeiθ N −→ N→+∞ 0 car : xeiθ = x < 1. Donc : lim N→+∞ N n=1 cos(nθ)xn = Re 1 1 − xeiθ − 1 = Re 1 1 − xeiθ − 1. Par conséquent, quand N → +∞, la majoration du produit ci-dessus donne : P xeiθ P(x) = lim N→+∞ N n=1 1 − xn 1 − xneinθ ⩽ exp − 1 1 − x + 1 + Re 1 1 − xeiθ − 1 , c’est-à-dire : P xeiθ P(x) ⩽ exp − 1 1 − x + Re 1 1 − xeiθ , ce qu’il fallait démontrer. 23. On a : 1 1 − xeiθ = 1 − xe−iθ |1 − xeiθ|2 = 1 − x cos(θ) + ix sin(θ) |1 − xeiθ|2 , donc : Re 1 1 − xeiθ = 1 − x cos(θ) |1 − xeiθ|2 . Or : 1 − xeiθ 2 = (1 − xeiθ)(1 − xe−iθ) = 1 − x eiθ + e−iθ + xeiθ 2 = 1 − 2x cos(θ) + x2 = 1 − 2x + x2 + 2x(1 − cos(θ)) = (1 − x)2 + 2x(1 − cos(θ)), donc : Re 1 1 − xeiθ = 1 − x cos(θ) (1 − x)2 + 2x(1 − cos(θ)). On en déduit : 1 1 − x − Re 1 1 − xeiθ = ((1 − x)2 + 2x(1 − cos(θ))) − (1 − x) (1 − x cos(θ)) (1 − x) ((1 − x)2 + 2x(1 − cos(θ))) = 2x(1 − cos(θ)) + (1 − x)((1 − x) − (1 − x cos(θ)) (1 − x) ((1 − x)2 + 2x(1 − cos(θ))) = 2x(1 − cos(θ)) − x(1 − x)(1 − cos(θ)) (1 − x) ((1 − x)2 + 2x(1 − cos(θ))) = x(1 − cos(θ))(2 − (1 − x)) (1 − x) ((1 − x)2 + 2x(1 − cos(θ))) = x(1 − cos(θ))(1 + x) (1 − x) ((1 − x)2 + 2x(1 − cos(θ))) 19 Mathématiques I PSI Mines-Ponts 2022, corrigé comme x ∈ [0, 1[, on a : 1 + x ⩾ 1. On en déduit : 1 1 − x − Re 1 1 − xeiθ ⩾ x(1 − cos(θ)) (1 − x) ((1 − x)2 + 2x(1 − cos(θ))), ce qu’il fallait démontrer. Supposons à présent : x ⩾ 1 2. En combinant la question précédente et l’inégalité ci-dessus, on a : P xeiθ P(x) ⩽ exp − x(1 − cos(θ)) (1 − x) ((1 − x)2 + 2x(1 − cos(θ))) . Pour majorer le membre de droite, suivons l’indication de l’énoncé, en distinguant les cas : — si x(1 − cos(θ)) ⩽ (1 − x)2, alors par croissance de l’application u → − 1 u on a : − x(1 − cos(θ)) (1 − x) ((1 − x)2 + 2x(1 − cos(θ))) ⩽ − x(1 − cos(θ)) (1 − x) ((1 − x)2 + 2x(1 − x)2) = − x(1 − cos(θ)) (1 − x)3 (1 + 2x) ⩽ − x(1 − cos(θ)) (1 − x)3 (1 + 2) (car 1 + 2x ⩽ 3) ⩽ −1 − cos(θ) 6(1 − x)3 , (car − x ⩽ −1 2) et donc : P xeiθ P(x) ⩽ exp −1 − cos(θ) 6(1 − x)3 , ce qui donne la première inégalité proposée ; — si x(1 − cos(θ)) ⩾ (1 − x)2, alors on a, toujours par croissance de l’application u → − 1 u : − x(1 − cos(θ)) (1 − x) ((1 − x)2 + 2x(1 − cos(θ))) ⩽ − x(1 − cos(θ)) (1 − x) · 3x(1 − cos(θ)) = − 1 3(1 − x), et donc : P xeiθ P(x) ⩽ exp − 1 3(1 − x) . On a donc démontré que si x ⩾ 1 2 alors, selon que x(1−cos(θ)) soit supérieur ou inférieur à (1−x)2, on a : P xeiθ P(x) ⩽ exp −1 − cos(θ) 6(1 − x)3 , ou : P xeiθ P(x) ⩽ exp − 1 3(1 − x) . 24. Posons : ∀θ ∈ [−π, π] \ {0}, f(θ) = 1 − cos(θ) θ2 . Alors f est continue sur [−π, π] \ {0}, et on a au voisinage de 0 : f(θ) ∼ θ→0 θ2/2 θ2 −→ θ→0 1 2, donc f se prolonge en une application ˜f continue sur le segment [−π, π]. Par le théorème des bornes atteintes, ˜f est bornée et atteint ses bornes. On en déduit l’existence de α ∈ R tel que : 20 Mathématiques I PSI Mines-Ponts 2022, corrigé α = inf [−π,π] ˜f = min [−π,π] ˜f. Comme ˜f ⩾ 0 trivialement (on a cos ⩽ 1) et ne s’annule pas sur [−π, π] (en effet, pour θ ̸= 0 on a cos(θ) ̸= 1 donc ˜f(θ) = f(θ) ̸= 0, et pour θ = 0 on a ˜f(0) = lim 0 f = 1 2 ̸= 0), on a : α > 0. Ainsi on a bien l’existence de α > 0 tel que : ∀θ ∈ [−π, π] \ {0}, f(θ) = 1 − cos(θ) θ2 ⩾ α, d’où le résultat en multipliant par θ2 > 0 (et pour θ = 0 l’inégalité reste trivialement vérifiée). Soit t0 > 0 tel que : e−t0 = 1 2. C’est vérifié pour t0 = ln(2). Alors, pour tout t ∈]0, t0], en reprenant la minoration de 1 − cos(θ) ci-dessus, et en posant x = e−t ∈ 1 2, 1 dans les majorations de la question précédente, on obtient pour tout θ ∈ [−π, π] : P e−teiθ P (e−t) ⩽ exp − αθ2 6 (1 − e−t)3 , ou : P e−teiθ P (e−t) ⩽ exp − 1 3 (1 − e−t) Or, pour tout t ∈ R, on a : 1−e−t ⩽ t (voir (∗∗) à la question 11), donc par croissance de u → − 1 u on a : P e−teiθ P (e−t) ⩽ exp −αθ2 6t3 = exp −α 6 θt−3/2 2 , ou : P e−teiθ P (e−t) ⩽ exp − 1 3t = exp −1 3 |θ|2/3t−1 |θ|2/3 ⩽ exp −1 3 |θ|2/3t−1 π2/3 = exp   − t−3/2|θ| 2/3 3π    , d’où le résultat en posant β = α 6 > 0 et γ = 1 3π2/3 > 0 (il faudrait en principe traiter à part le cas θ = 0, pour la seconde inégalité, mais il est trivial : nous laissons le lecteur s’en convaincre). Remarque. Il est aussi possible de démontrer la minoration 1 − cos(θ) ⩾ αθ2, et d’expliciter α, en écrivant : 1 − cos(θ) = 2 sin (θ/2)2. Il est alors relativement classique de démontrer, grâce à une étude de variation, qu’on a : ∀x ∈ 0, π 2 , sin(x) ⩾ 2x π (c’est une inégalité de convexité). Par parité de sin2 et x → 2x π 2, on a même : ∀x ∈ −π 2, π 2 , (sin(x))2 ⩾ 4x2 π2 . On en déduit alors, en prenant x = θ/2 ∈ −π 2, π 2 : ∀θ ∈ [−π, π], 1 − cos(θ) ⩾ 2 · 4(θ/2)2 π2 = 2θ2 π2 , d’où la minoration voulue en posant α = 2 π2 > 0. 25. Soit t ∈]0, t0]. D’après la question précédente (et pour éviter une distinction de cas), on a : ∀θ ∈ [−π, π], P e−teiθ P (e−t) ⩽ max e−β(t−3/2θ) 2 , e−γ(t−3/2|θ|) 2/3 ⩽ e−β(t−3/2θ) 2 + e−γ(t−3/2|θ|) 2/3 . On en déduit, grâce à l’inégalité triangulaire : π −π e−i π2θ 6t2 P e−teiθ P (e−t) dθ ⩽ π −π P e−teiθ P (e−t) dθ ⩽ π −π e−β(t−3/2θ) 2 + e−γ(t−3/2|θ|) 2/3 dθ = 2 π 0 e−β(t−3/2θ) 2 + e−γ(t−3/2θ) 2/3 dθ, par parité des intégrandes. Le changement de variable u = t−3/2θ (licite car θ → t−3/2θ est de classe C1 sur [0, π]) donne alors : π 0 e−β(t−3/2θ) 2 + e−γ(t−3/2θ) 2/3 dθ = t3/2 t−3/2π 0 e−βu2 + e−γu2/3 du. 21 Mathématiques I PSI Mines-Ponts 2022, corrigé Montrons que l’intégrale +∞ 0 e−βu2 + e−γu2/3 du converge : l’intégrande est continu sur [0, +∞[, et par le théorème des croissances comparées il est dominé par u → 1 u2 au voisinage de +∞, qui est intégrable au voisinage de +∞ en tant que fonction de Riemann d’exposant 2 > 1. Par le théorème de comparaison des intégrales de fonctions positives, u → e−βu2 + e−γu2/3 est également intégrable au voisinage de +∞, d’où le résultat. Cela nous permet d’écrire, étant donné que l’intégrande est positif : t−3/2π 0 e−βu2 + e−γu2/3 du ⩽ +∞ 0 e−βu2 + e−γu2/3 du, et donc, en posant C = +∞ 0 e−βu2 + e−γu2/3 du (qui est bien une constante de la variable t), les calculs qui précèdent montrent que : π −π e−i π2θ 6t2 P e−teiθ P (e−t) dθ ⩽ 2Ct3/2, et ce pour tout t ∈]0, t0], ce qui montre bien qu’on a : π −π e−i π2θ 6t2 P e−teiθ P (e−t) dθ = O t→0+ t3/2 . E. Conclusion 26. Posons t = π √ 6n dans (1), ce qui équivaut à n = π2 6t2 (c’est ce qui apparaît dans l’intégrande de la question précédente). Notons qu’on a n → +∞ si et seulement si t → 0+. On a alors : pn = e π√n √ 6 P e− π √ 6n 2π π −π e−inθ P e− π √ 6n+iθ P e− π √ 6n dθ. Or, d’après la question précédente : π −π e−inθ P e− π √ 6n+iθ P e− π √ 6n dθ = O n→+∞ n−3/4 . De plus, d’après la question 16 : P e−t = e π2 6t · e ln(t) 2 · e− ln(2π) 2 · eo(1) ∼ t→0+ √ te π2 6t · e− ln(2π) 2 , donc, en particulier : P e−t = O t→0+ √ te π2 6t , puis : P e− π √ 6n = O n→+∞ n−1/4e π√n √ 6 . On a donc : pn = O n→+∞ e π√n √ 6 × n−1/4e π√n √ 6 × n−3/4 = O n→+∞ n−1e2 π√n √ 6 . C’est-à-dire, étant donné que 2 √ 6 = 2 √ 2 √ 3 = 2 3 : pn = O n→+∞    exp π 2n 3 n    , d’où le résultat. 22