%96Mine1.tex 30 avril 1996 13h58 version 1 mai 1996 14h15
\input liv.mac
\let\cadrejoli=\cadrefin
\def\titreimpair{\line{ {\fiverm d:-emtex-travbo96 96Mine1.tex \hskip 3mm}
{\bf  MINES 1 1996 : S�ries li�es � dzeta.
\hskip 1mm\Carre \hfil Mr VIDIANI Sp� M1 CARNOT  \hskip 1mm\liond\ \folio}}  }

\def\titrepair{\line{\bf\folio  \hfill {\fiverm 96Mine1.tex  }   %Underfull hbox si  ce { m�me vide mais avec fonte} pas mis
                                    % en fait line demande une ligne compl�te : il faut hfill
{\bf 1996 Mines 1 Lundi 29 avril 1996 8h00-12h00 salle 254-255
\hskip 3mm\Carre Mr VIDIANI \hskip 2mm\liong}}  }

\leavevmode
\cadrefin{\vbox to 10mm {\hsize 30mm\leftskip 0mm\noindent\fiverm nom :
\hfill\vfill\noindent sp� M1 carnot DIJON}}\hskip 1cm
{\it \'Etude de s�ries enti�res associ�es � la fonction $\zeta$ de RIEMANN,
formule des compl�ments.

Th�mes du cours abord�s : s�ries de fonctions, s�ries enti�res, int�grales g�n�ralis�es
(sans param�tre).}

L'�nonc� guide bien, chaque partie a un th�me annonc� et le but de chaque
 question est bien soulign� : probl�me classique tout � fait dans l'esprit du
 programme.

\hfill\cadrefin{\bf Concours commun Mines 96 math\'ematiques 1}\hfill{}
\traitgras
\centerline{PARTIE I}

			\medskip

\lettrine{{1)}}
{\bf \quad a) Convergence d' int�grales }  La fonction $\varphi _k$ est localement int\'egrable sur
$[1,+\infty [$ car elle est continue
par morceaux. Le seul probl\`eme de convergence de ces int\'egrales se situe
en $+\infty $. Or
$\varphi _k(x)\sim_{+\infty } \dfrac{1}{x^k}$ et $k\ge 2$ donc, d'apr\`es le
crit\`ere de
RIEMANN, $S_k$ et $T_k$ convergent.

\centerline{\vbox{\hrule height 1pt depth 0pt width 80mm}}

{\bf \quad b) Lier $\bf S_k$ et $\zeta(k)$} $\varphi _k$ \'etant positive, la s\'erie $\sum_{}^{} f_n(k)$ est
de m\^eme nature que l'int\'egrale $S_k$ et
on a $ S_k=\sum_{n=1}^{+\infty }f_n(k). $

Or $f_n(k)=n\displaystyle\int_{n}^{n+1}\dfrac{\text{d}x}{x^{k+1}}=\dfrac{n}{k}
\left[\dfrac{1}{n^k}-\dfrac{1}{(n+1)^k} \right]$.

\'Etudions la somme partielle~:
%\begin{align*}
$S_{k,N}
=
\sum_{n=1}^{N}f_n(k)=\dfrac{1}{k}\sum_{n=1}^{N}\left(\dfrac{n}{n^k}-\dfrac{n
+1-1}{(n+1)^k} \right)\ \ $

$=\dfrac{1}{k}\left(\sum_{n=1}^{N}\dfrac{1}{n^{k-1}}-\sum_{n=2}^{N+1}\dfrac{
1}{n^{k-1}}
+\sum_{n=2}^{N+1}\dfrac{1}{n^k} \right) \ \ $
$=\dfrac{1}{k}\left(\sum_{n=1}^{N+1}\dfrac{1}{n^k}-\dfrac{1}{(N+1)^{k-1}}
\right)$  (on a r�cup�rer le 1).
%\end{align*}

On en d\'eduit $S_k=\displaystyle\lim_{N\to +\infty }
S_{k,N}=\dfrac{1}{k}\zeta(k)$. \cadrefin{$\bf S=\dfrac{1}{k}\zeta{(k)}$\ \vrule\ \liond}

			\medskip
\trait
\lettrine{{2)}}  %{\bf 2\char23 -}
{\bf \quad a) Convergence de la s�rie T :}  Comme $0\le T_k\le \displaystyle\int_{2}^{+\infty
}\dfrac{\text{d}x}{x^{k-1}}=
\dfrac{1}{k-1}\dfrac{1}{2^{k-1}}\le \dfrac{1}{2^{k-1}}$ qui est le terme
g\'en\'eral d'une s\'erie convergente, on peut
affirmer que $\sum_{}^{}(-1)^k T_k$ est absolument convergente.

\centerline{\vbox{\hrule height 1pt depth 0pt width 80mm}}

{\bf\quad b) Convergence de la s�rie S :} les suites $(\zeta(k))$ et $(\dfrac{1}{k})$ \'etant d\'ecroissantes
et positives, la suite
$(\dfrac{\zeta(k)}{k})$ est d\'ecroissante. En reprenant la majoration du
a), on a $0\le S_k\le \dfrac{1}{k-1}$
donc $S_k\to 0$. On peut donc appliquer le crit�re sp�cial des s\'eries
altern\'ees.

Conclusion~: $\sum_{}^{}(-1)^k S_k$ converge.

\centerline{\vbox{\hrule height 1pt depth 0pt width 80mm}}

{\bf \quad c) Lier S et T :}  On a $T_k=\displaystyle\int_{2}^{+\infty
}\dfrac{[x]}{x^{k+1}}\text{d}x=S_k-
\displaystyle\int_{1}^{2}\dfrac{\text{d}x}{x^{k+1}}=S_k-\dfrac{1}{k}
+\dfrac{1}{k2^k}$. Comme
les s\'eries
$\sum_{}^{}(-1)^kT_k$ et $\sum_{}^{}(-1)^k S_k$ convergent on a alors
$$
T=\sum_{k=2}^{+\infty }\left((-1)^k S_k+\dfrac{(-1)^{k+1}}{k}
+ \dfrac{(-1)^k}{k2^k}
 \right)=S+\ln 2-1-\sum_{k=2}^{+\infty} \dfrac{(-1)^{k+1}}{k2^k} =S+\ln 2-1 -A(\dfrac{1}{2})=
$$

Avec $ A(u)=\displaystyle\sum_{k=2}^{+\infty} \dfrac{(-1)^{k+1}(u)^k}{k}=
\ln (1+u)-u$   soit :
$A(\dfrac{1}{2})=-\dfrac{1}{2}+\ln(\dfrac{3}{2})$:

Enfin en reportant : \cadrefin{$\bf T=S+\ln 2-1+\dfrac{1}{2}-\ln(\dfrac{3}{2})=
S-\dfrac{1}{2}+\ln(\dfrac{4}{3})$\ \vrule\ \liong}
 				\medskip
\trait
\lettrine{{3)}}  {\bf - Exprimer T au moyen d'une int�grale :}
$\varphi $ est localement int\'egrable et $\varphi (x)$ et $\varphi
(x)\sim_{+\infty } \dfrac{1}{x^2}$
donc $\displaystyle\int_{2}^{+\infty }\varphi (x)\text{d}x$ converge.

Si $x\ge 2$, $0 <x\le \dfrac{1}{2}$ donc
$$
\varphi (x)=\dfrac{[x]}{x^3}\dfrac{1}{1+\dfrac{1}{x}}=\sum_{k=2}^{K}
(-1)^k\dfrac{[x]}{x^{k+1}}+
(-1)^{K+1}\dfrac{[x]}{x^{k+1}}\dfrac{1}{1+\dfrac{1}{x}}.
$$
\vfill
\fondpage={\ps{lion,\hsize,\vsize,-1 0 0 1,90}}
\eject
Il faut maintenant permuter $\int_{}^{}$ et $\sum_{}^{}$.

On int\`egre la relation pr\'ec\'edente en faisant intervenir les fonctions
$\varphi _k$~:
$$
\int_{2}^{+\infty }\varphi (x)\text{d}x=\sum_{k=2}^{K}
(-1)^k\int_{2}^{+\infty }\varphi _k(x)\text{d}x+r_K
$$
or $|r_k|=\displaystyle\int_{2}^{+\infty
}\dfrac{[x]}{x^{K+2}}\dfrac{\text{d}x}{1+\dfrac{1}{x}}
\le \dfrac{2}{3}\displaystyle\int_{2}^{+\infty
}\dfrac{\text{d}x}{x^{K+1}}=\dfrac{2}{3K}$ qui tend vers 0.

Conclusion~:
\cadrefin{$ \bf
\int_{2}^{+\infty }\varphi (x)\text{d}x=\lim_{K\to +\infty
}\sum_{k=2}^{K}(-1)^kT_k=T.$\ \vrule\ \liond}

			\medskip
\trait
\lettrine{{4)}}
{\bf \quad a) Convergence de la s�rie H :} Comme $h_n=O\left(\dfrac{1}{n^2} \right)$ on a la convergence de la
s\'erie $\sum_{}^{}h_n$.

\centerline{\vbox{\hrule height 1pt depth 0pt width 80mm}}

{\bf \quad b) Relier H et S :}  Calculons
$$
I=\int_{1}^{+\infty }\dfrac{[x]}{x^2(1+x)}\text{d}x=\sum_{n=2}^{+\infty
}\int_{n}^{n+1}\dfrac{n\text{d}x}{x^2(1+x)}
$$
or, en d\'ecomposant la fraction rationnelle
$\dfrac{1}{x^2(1+x)}=\dfrac{1}{x^2}-\dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{x+1}$
on a
$$
I=\lim_{N\to +\infty }\tau_N
$$
o\`u
%\begin{align*}
$\tau_N
 =\sum_{n=1}^{N}n\left[\dfrac{1}{n}-\dfrac{1}{n+1}-\ln\left(1+\dfrac{1}{n}
\right)+
\ln\left(1+\dfrac{1}{n+1} \right) \right] \ \ $

$
 =\sum_{n=2}^{N}\dfrac{1}{n+1}+\ln(1+1)-\ln\left(1+\dfrac{1}{2} \right)+
2\left(\ln\left(1+\dfrac{1}{3} \right)-\ln\left(1+\dfrac{1}{2} \right)
\right)+\cdots \ \
 \hskip 3mm +N\left(\ln\left(1+\dfrac{1}{N+1}
\right)-\ln\left(1+\dfrac{1}{N} \right) \right)\ \ $

$
 =\sum_{n=2}^{N+1}\dfrac{1}{n}-\sum_{n=1}^{N+1}\ln\left(1+\dfrac{1}{n} \right)+
(N+1)\ln\left(1+\dfrac{1}{N+1} \right) \ \
 =\sum_{n=1}^{N+1}\left[\dfrac{1}{n}-\ln\left(1+\dfrac{1}{n} \right) \right]-1+
(N+1)\ln\left(1+\dfrac{1}{N+1} \right)$
%\end{align*}

En prenant la limite quand $N\to +\infty $ on a
$$
\int_{1}^{+\infty }\dfrac{[x]}{x^2(1+x)}\text{d}x=H (=\gamma) .
$$
On en d\'eduit alors que
$$
T=H-\int_{1}^{2}\dfrac{\text{d}x}{x^2(1+x)}=H-\dfrac{1}{2}+\ln\dfrac{4}{3}.
$$
et, pour conclure, en tenant compte de {\bf I2b)} \cadrefin{$\bf S=H=\gamma$\ \vrule\ \liong}

Ce qui est confort� par la suite du probl�me car :
 $F$ est continue en 1 gr\^ace au th\'eor\`eme d'ABEL-radial) et donc
$F(1)=\sum_{}^{}U_n(1)=\gamma $...

{\it Remarque} Le calcul de l'int\'egrale pouvait \^etre "simplifi\'e" par
$$
\int_{1}^{+\infty }\dfrac{[x]}{x^2(1+x)}\text{d}x=\sum_{n=1}^{+\infty
}\int_{n}^{+\infty }
\dfrac{\text{d}x}{x^2(1+x)}=\sum_{n=1}^{+\infty }h_n.
$$

%\smallskip
\centerline{\vbox{\hrule height 1pt depth 0pt width 80mm}}

{\bf \quad c) Calculer H et F(1) :}  $c_{n+1}-c_n=\dfrac{1}{n+1}-\ln\left(1+\dfrac{1}{n}
\right)=h_n+\left(\dfrac{1}{n+1}-\dfrac{1}{n}\right)$
d'o\`u
$$
\sum_{n=1}^{N}(c_{n+1}-c_n)=c_{N+1}-c_1=\sum_{n=1}^{N}h_n+\sum_{n=2}^{N+1}
\dfrac{1}{n}-\sum_{n=1}^{N}\dfrac{1}{n}
$$
et, en passant \`a la limite quand $N\to +\infty $, on a $\gamma -1=H-1$ donc
\cadrefin{$\bf H=\gamma $\ \vrule\ \liong} et \cadrefin{$\bf F(1)=S=\gamma $
\ \vrule\ \liond}
\vfill
\fondpage={\ps{carnot,\hsize,\vsize,-1 0 0 1,90}}
%			\goodbreak
\traitgras
\eject
\centerline{PARTIE II}

			\medskip

\lettrine{{1)}}
{\bf \quad a) Rayon de convergence :} On a imm\'ediatement par d'ALEMBERT
pour la s�rie des modules \cadrefin{$\bf R_n=n$\ \vrule\ \liond}.

Si $x=n$ alors la s\'erie est altern\'e de somme $\ln 2$.

Si $x=-n$ on retrouve la s\'erie harmonique qui diverge.

Conclusion~: $J_n=]-n,n]$.

\centerline{\vbox{\hrule height 1pt depth 0pt width 80mm}}

{\bf \quad b) Calculer $\bf U_n(x)$ :} Par le m�me calcul qu'en
{\bf I2b)} on constate que
\cadrefin{ $\bf U_n(x)=A(\dfrac{-x}{n}=\dfrac{x}{n}-\ln\left(1+\dfrac{x}{n}
\right)$\ \vrule \ \liong}.

\centerline{\vbox{\hrule height 1pt depth 0pt width 80mm}}

{\bf \quad c) Existence de N, A et $\bf\alpha$ :}  $ \R$ est archim\'edien donc $\exists N\in \N\ |\ N>|x|$.

Enfin $U_n(x)\sim \dfrac{x^2}{2n^2}$.  {\it (l'�nonc� aurait du dire que A d�pendait de x)}

			\medskip
\trait
\lettrine{{2)}}
{\bf \quad a) encadrement :}  $1\le \zeta(x)$ \'evident.
Pour l'autre \'egalit\'e, on utilise la comparaison s\'erie-int\'egrale en
prenant $f(t)=\dfrac{1}{t^x}$
qui est une fonction d\'ecroissante positive, donc
$$
\zeta(x)=\sum_{n=1}^{+\infty }f(n)\le 1+\int_{1}^{+\infty
}\dfrac{\text{d}t}{t^x}=1+\dfrac{1}{x-1}.
$$

\centerline{\vbox{\hrule height 1pt depth 0pt width 80mm}}

{\bf \quad b) Rayon:}  Le rayon demand\'e est le m\^eme que celui de la s\'erie
$\sum_{}^{}\zeta(k)x^k$ qui vaut \cadrefin{\bf R=1}  vu
l'encadrement ci-dessus.

Si $x=1$ alors, gr\^ace au I-2\char23-b, on sait que la s\'erie converge et
que sa somme vaut 1.

Si $x=-1$ la s\'erie diverge ($\dfrac{\zeta(k)}{k}>\dfrac{1}{k}$ et
$\sum_{}^{}\dfrac{1}{k}$ diverge).

$F$ est donc d\'efinie sur $]-1,1]$.

				\medskip
\trait
\lettrine{{3)}}
{\bf a) Convergence Uniforme :}  On \'etudie la fonction $f(x)=x-\ln(1+x)$, elle est d\'ecroissante sur
$]-1,0]$, croissante sur
$[0,1]$ donc, $|U_n(x)|\le \max(f\left(\frac{-A}{n}
\right),f\left(\frac{1}{n} \right))
=O\left(\frac{1}{n^2} \right)$ ce qui assure la convergence normale (et donc
la convergence uniforme)
de la s\'erie $\sum_{}^{}U_n$. En vertu du cours, on peut dire que la somme
de cette s\'erie est une fonction
continue sur tout intervalle $[-A,1]$ donc que cette fonction est continue
sur $]-1,1]$.

\centerline{\vbox{\hrule height 1pt depth 0pt width 80mm}}

{\bf b) F est continue :} Ici, il faut permuter deux sommations, un argument de convergence
uniforme par rapport \`a une variable
enti\`ere nous permettra de conclure.

Soit $x\in ]-1,1[$. On \'ecrit
$$
\sum_{n=1}^{N}U_n(x)=\sum_{k=2}^{+\infty }\dfrac{(-1)^k}{k}x^k\zeta_N(k)
$$
o\`u $\zeta_N(k)=\displaystyle\sum_{n=1}^{N}\dfrac{1}{n^k}$.

\noindent Comme $\left|\dfrac{(-1)^k}{k}x^k\zeta_N(k)\right|\le
\dfrac{x^k}{k}\zeta(k)\le \dfrac{x^k}{k}
\left(1+\dfrac{1}{k-1)} \right)=\dfrac{x^k}{k-1}$, la s\'erie
$\sum_{}^{}\dfrac{(-1)^k}{k}x^k\zeta_N(k)$ converge uniform\'ement par
rapport \`a la variable $N$, on peut
donc \'echanger limite et sommation, d'o\`u
$$
\sum_{n=1}^{+\infty }U_n(x)=\lim_{N\to +\infty
}\sum_{n=1}^{N}U_n(x)=\sum_{k=2}^{+\infty }
\lim_{N\to +\infty }\dfrac{(-1)^k}{k}x^k\zeta_N(k)=F(x).
$$
et ceci, pour tout $x\in ]-1,1[$.

On a la continuit\'e de $F$ sur $]-1,1[$, il reste \`a \'etudier ce qui se
passe en 1~:

$$
\sum_{n=1}^{+\infty }U_n(1)=\sum_{n=1}^{+\infty
}\dfrac{1}{n}-\ln\left(1+\dfrac{1}{n} \right)=\gamma .
$$

Comme $F(1)=\gamma $ on peut conclure.
\vfill
\fondpage={\ps{lion,\hsize,\vsize,,90}}
\eject
				\medskip
\trait
\lettrine{{4)}}  {\bf  - Limite G de la suite $\bf G_n$ :}
%\begin{align*}
$F(x)-\gamma x
 =\sum_{k=1}^{+\infty }\left[\dfrac{x}{k}-\ln\left(1+\dfrac{x}{k} \right)
\right]-
\sum_{k=1}^{+\infty }\left[\dfrac{x}{k}-x\ln\left(1+\dfrac{1}{k} \right)
\right] \ \
 =\sum_{k=1}^{+\infty }\left[x\ln\dfrac{k+1}{k}-\ln\dfrac{x+k}{k} \right] \ \ $

$
 =\lim_{n\to +\infty
}\sum_{k=1}^{n}\left[x\ln\dfrac{k+1}{k}-\ln\dfrac{x+k}{k} \right] \ \
 =\lim_{n\to +\infty }\left(x\ln(n+1)+\ln\dfrac{n!}{(x+1)(\ldots)(x+n)}
\right)\ \ $

$
 =\lim_{n\to +\infty }\ln G_n(x)\hskip2cm \text{ car } x[\ln(n+1)-\ln n]\to 0
$%\end{align*}

La fonction $\exp$ \'etant continue, on en d\'eduit que
\cadrefin{$\bf G(x)=\exp\left(F(x)-\gamma x \right)$\ \vrule\ \liond}

$G$ est bien continue.

			\medskip
\traitgras
\centerline{PARTIE III}

			\medskip

\lettrine{{1)}}
{\bf \quad a) D�veloppement en s�rie de FOURIER de f } Question classique, la fonction $f$ est paire, on la d\'eveloppe en
s\'erie de cosinus. Comme $f$ est
continue sur $\R$, de classe $C^1$ par morceaux alors on sait
(th\'eor\`eme de DIRICHLET forme forte) que
sa s\'erie de FOURIER converge normalement et que sa somme est \'egale \`a $f$.

\cadrefin{$ \bf
\cos xt=\dfrac{\sin\pi x}{\pi}\left[\dfrac{1}{x}+\sum_{n=1}^{+\infty
}\dfrac{(-1)^n 2x}{x^2-n^2}\cos nt \right].
$\ \vrule\ \liong}

%\smallskip
\centerline{\vbox{\hrule height 1pt depth 0pt width 80mm}}

{\bf \quad b) convergence et somme de la s�rie V : } $\displaystyle\sum_{n\ge 1}^{}\dfrac{2x}{x^2-n^2}$ correspond \`a
la somme de la s\'erie ci-dessus pour
$t=\pi$, il y a donc \'evidemment convergence. On a alors
\cadrefin{$\bf
\dfrac{1}{x}+\sum_{n=1}^{+\infty }v_n(x)=\pi\dfrac{\cos \pi x}{\sin \pi x}.
$\ \vrule\ \liond}

			\medskip
\trait
\lettrine{{2)}}
{\bf \quad a) uniforme convergence et relation :} $\dfrac{2x}{n^2-x^2}$ est d\'ecroissante sur $[0,1[$ donc
$|v_n(x)|\le \dfrac{2a}{n^2-a^2}$
qui est le terme g\'en\'eral d'une s\'erie convergente. On a donc
convergence normale sur $K_a$, on peut donc int\'egrer
terme \`a terme sur $K_a$~:
%\begin{align*}
$\int_{0}^{a}\left(\sum_{n=1}^{+\infty }v_n(x) \right)\text{d}x
 =\sum_{n=1}^{+\infty }\int_{0}^{a}\dfrac{2x}{x^2-n^2}\text{d}x=
\sum_{n=1}^{+\infty }\ln\left(1-\dfrac{x^2}{n^2} \right)\ \
 =\int_{0}^{a}\left(\pi\dfrac{\cos\pi x}{\sin\pi x}-\dfrac{1}{x}
\right)\text{d}x\ \
 =\ln\dfrac{\sin\pi x}{\pi x} \hskip 2cm \text{ en 0, on obtient 0}
$%\end{align*}

\centerline{\vbox{\hrule height 1pt depth 0pt width 80mm}}

{\bf \quad b) Relation fonctionnelle pour G :} On a
%\begin{align*}

$G_n(x)G_n(1-x)\sin\pi x
 =\dfrac{(n!)^2 n\sin\pi x}{(x+1)(\ldots)(x+n)(2-x)(\ldots)(n+1-x)} \ \ $


$
 =(1-x)\sin\pi x
\dfrac{n}{n+1-x}\dfrac{1}{\displaystyle\prod_{k=1}^n\left(1-\dfrac{x^2}{k^2}
\right)}
$%\end{align*}

Or, \`a l'aide du r\'esultat pr\'ec\'edent, on sait que
$\displaystyle\prod_{k=1}^n\left(1-\dfrac{x^2}{k^2} \right)\to
\dfrac{\sin\pi x}{\pi x}$ d'o\`u, en passant \`a la limite dans
l'\'egalit\'e ci-dessus~:
\cadrefin{$\bf G(x)G(1-x)\sin\pi x=\pi x(1-x) $\ \vrule\ \liond}

\centerline{\vbox{\hrule height 1pt depth 0pt width 80mm}}

{\bf \quad c) Calculer F(0.5) :}  $G\left(\dfrac{1}{2} \right)=\dfrac{\pi}{4}$ donc
$F\left(\dfrac{1}{2} \right)-\dfrac{\gamma }{2}=
\ln G\left(\dfrac{1}{2} \right)=\dfrac{1}{2}\ln\dfrac{\pi}{4}$ i.e.
\cadrefin{$\bf
F\left(\dfrac{1}{2} \right)=\dfrac{\gamma }{2}+\dfrac{1}{2}\ln\dfrac{\pi}{4}.
$\ \vrule\ \liong}

 Termin\'e,  en 2 h 10, (je n'ai fait ici que recopier la
solution que j'ai r\'edig\'ee au crayon).
 C'est un devoir classique, un candidat de   Toulouse l'a fini en 2 h
30.

La convergence uniforme des int�grales impropres est bien au programme :
mais il faut bien s�r rappeler � chaque fois les conditions pr�cises d'emploi.
Et rappeler comment on s'est ramen� � une convergence de suite de fonction en rempla�ant
la borne litigieuse b par une suite de valeurs $b_n$ tendant vers b inf�rieurement.
\traitgras

\vfill
\leavevmode\hfill\transforme*{4 0 -4 6,70}{\bf Vidiani M1 Carnot}
\transforme{4 0 0 4}{\bf Vidiani M1 Carnot}
\vfill
\fondpage={\ps{carnot,\hsize,\vsize,-1 0 0 1,90}}
\bye
