% Correction de l'\'epreuve de Math. 1 du concours communs polytechniques (ENSI) 99 
%de la s\'erie MP

% corrig\'e r\'edig\'e par  fran\c{c}ois Nadiras - lyc\'ee Dumont d'Urville \`a Toulon
% et contr\^ol\'e par Alain Chamaraux (Rouen) - merci \`a lui !

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%\headline{\hfill Corrig\'e de CCP 99 MP 1 - page \folio/\nbpages}
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%%     D\'ebut du corrig\'e  %%

\cadre{\gros Partie I}
\num{I - 1.} Pour tout $k\ge1$, $u_k$ est d\'efinie, et m\^eme de classe $\CC^\infty$, sur
l'intervalle $I=]-1,+\infty[$.
\smallskip
D'autre part, pour tout $x\in I$, on a $\dst u_k(x)\eqv_{k\tend+\infty}\dfrac{1}{k^{3/2}}$ ; 
 $U(x)$ est donc d\'efinie pour tout $x\in I$.
\smallskip
\cadre{ L'ensemble de d\'efinition de $U$ est $I$. }
 
\num{I - 2. a)} $\bullet$ Soit $k$ un entier quelconque $\ge 2$.\smallskip
$u_k$ est de classe $\CC^1$ sur $J=[-1,+\infty [$ :
$$u'_k(x)=\dfrac{-\dfrac{3}{2}(x+k)^{1/2}-\dfrac{1}{2}(x+k)^{-1/2}}{\left((x+k)^{3/2}+(x+k)^{1/2}
 \right)^2}=-\dfrac{1}{2}\dfrac{3(x+k)+1}{(x+k)^{1/2}\left((x+k)^{3/2}+(x+k)^{1/2}
 \right)^2  } $$
Donc, pour tout $x\in J$,
$$\eqalign{|u'_k(x)|&\le\dfrac{1}{2}\dfrac{3(x+k)+1}{(x+k)^{1/2}\left((x+k)^{3/2} \right)^2  }=
\dfrac{1}{2}\dfrac{3(x+k)+1}{x+k}\dfrac{1}{(x+k)^{5/2}  }\cr
&\le\dfrac{1}{2}\left(3+\dfrac{1}{x+k} \right)\dfrac{1}{(k-1)^{5/2}}\le\dfrac{2}{(k-1)^{5/2}}\cr} $$

\medskip
\indent  $\bullet $ D'apr\`es ce qui pr\'ec\`ede, la s\'erie d\'eriv\'ee $\dsum_{k\ge2}u_k'$ converge
 normalement, donc uniform\'ement sur l'intervalle $J$ ;
 comme la s\'erie de fonctions $\dsum u_k$ converge (simplement) sur $J$, je peux conclure 
que la fonction $W=\dsum_{k=2}^\infty u_k$ est de classe $\CC^1$ sur
l'intervalle $J=[-1,+\infty [$.
\num{I - 2. b)} $\bullet $ $U$ est la somme de $u_1$ et de $W$, fonctions de classe $\CC^1$ 
sur $I$ ; donc \cadre{ $U$ est $\CC^1$ sur $I$. }
\medskip
\indent $\bullet $ D'autre part, la fonction $u_1$ tend vers l'infini en $-1$, et $W $ est 
born\'ee au voisinage de $-1$ (car continue sur $[-1,+\infty [$) ; j'en d\'eduis que  $U$
est \'equivalente  en $-1$ \`a $u_1$ ; je conclus :
 \cadre { $\dst U(x)\eqv_{-1}\dfrac{1}{(x+1)^{1/2}} $}

\num{I - 3. a)} $U$ est continue sur $]-1,0]$ et $\dst U(x)\eqv_{-1}\dfrac{1}{(x+1)^{1/2}}$ ;
j'en d\'eduis que \souligne{$U$ est int\'egrable sur $]-1,0]$}.
\num{I - 3. b)} Le changement de variable $t=\sqrt{x+k}$ donne
$$\int_{[a,b]}u_k=\int_{\sqrt{a+k}}^{\sqrt{b+k}}  \dfrac{2}{1+t^2}=2\arctan{\sqrt{b+k}}-2\arctan\sqrt{a+k}$$
\smallskip
On a donc \souligne{ $\dst   \int_{]-1,0]}u_k=2\arctan{\sqrt{k}}-2\arctan\sqrt{k-1}$  }

\num{I - 3. c)} $U$ est int\'egrable sur $]-1,0]$, et somme d'une s\'erie de fonctions int\'egrables et
{\it positives} sur ce m\^eme intervalle ; on peut donc int\'egrer $U$ terme \`a terme :
$$\eqalign{\int_{]-1,0]}U&=2\sum_{k=1}^\infty \left(\arctan\sqrt k-\arctan\sqrt{k-1} \right)\cr
&=2\lim_{N\tend+\infty }\sum_{k=1}^N \left(\arctan\sqrt k-\arctan\sqrt{k-1} \right)\cr
&=2\lim_{N\tend+\infty }\arctan\sqrt N\cr
}$$
Conclusion : \cadre { $\dint_{]-1,0]}U=\pi$ }

\num{I - 4. a)} La s\'erie de fonctions $\dsum _{k\ge1}u_k$ converge normalement, donc
uniform\'ement, sur $[0,+\infty [$ ; en effet 
$$\forall x\ge0\ ,\quad \forall k\ge1\ ,\quad 0\le u_k(x)\le\dfrac{1}{(x+k)^{3/2}}\le\dfrac{1}{k^{3/2}}$$
D'autre part, pour tout $k\ge 1$, on a $\dlim_{x\tend+\infty }u_k(x)=0$.
\smallskip
Je conclus, par interversion des passages \`a la limite : \cadre { $\dlim_{x\tend+\infty }U(x)=0$ }

\num{I - 4. b)} Pour $x\in I$ fix\'e, je consid\`ere la fonction 
$$h\left|\matrix{ [1,+\infty [ &\fleche&\R\cr
	            t &\donne&\dfrac{1}{(t+x)^{3/2}+(t+x)^{1/2}}\cr}\right.$$
$h$ est continue sur son intervalle de d\'efinition et $\dst h(t)\eqv_{t\tend +\infty }\dfrac{1}{t^{3/2}}$.
\smallskip
\souligne{$h$ est donc int\'egrable sur $[1,+\infty [$}.

\num{I - 4. c)} $\bullet $ $x$ d\'esigne toujours un \'el\'ement donn\'e de $I$, et la fonction $h$
est celle qui vient d'\^etre d\'efinie.
\smallskip
$h$ est d\'ecroissante sur $[1,+\infty [$ ; on a donc :
$$\hbox{pour tout }k\ge 2,\quad \int_k^{k+1}h(t)\,dt\le h(k)\le  \int_{k-1}^{k}h(t)\,dt$$
En sommant pour $k$ de 2 \`a l'infini, et en remarquant que $h(k)=u_k(x)$, j'obtiens
$$\int_2^{+\infty }h\le \sum_{k=2}^\infty u_k(x)\le\int_1^{+\infty }h$$
Les deux int\'egrales qui apparaissent se calculent par le changement de variable $v=\sqrt{1+x}$,
et on en d\'eduit l'encadrement :
$$u_1(x)+2\arctan\dfrac{1}{\sqrt{x+2}}\le U(x)=\sum_{k=1}^\infty u_k(x)\le
u_1(x)+2\arctan\dfrac{1}{\sqrt{x+1}}$$
\medskip
\indent $\bullet $ Or 
$$u_1(x)=\dfrac{1}{(x+1)^{3/2}+(x+1)^{1/2}}\eqv_{+\infty }\dfrac{1}{x^{3/2}}$$
et $$\arctan\dfrac{1}{\sqrt{x+1}}=\arctan\left(\dfrac{1}{\sqrt x}\Big(1+\dfrac{1}{x}\Big)^{-1}\right)=
\cdots=\dfrac{1}{\sqrt x}+O\left(\dfrac{1}{x^{3/2}}\right)$$
et on obtient de m\^eme 
$$\arctan\dfrac{1}{\sqrt{x+2}}=
\dfrac{1}{\sqrt x}+O\left(\dfrac{1}{x^{3/2}}\right)$$
Je conclus : \cadre{ $\dst U(x)=\dfrac{1}{\sqrt x}+O\left(\dfrac{1}{x^{3/2}}\right)$ }

\num{I - 4. d)} On a \'etabli que $\dst U(x)\eqv_{+\infty }\dfrac{1}{\sqrt x} $ ;
cela permet de conclure que \cadre{ $U$ n'est pas int\'egrable sur $[0,+\infty [$ }
\bigskip
\eject
\cadre{\gros Partie II}
\num{II - 5. a)} $\bullet $ J' applique les premi\`eres in\'egalit\'es de I-4.c avec $x=0$ :
$$\int_{k}^{k+1}\dfrac{1}{t^{3/2}+t^{1/2}}\le\dfrac{1}{k^{3/2}+k^{1/2}}\le \int_{k-1}^{k}\dfrac{1}{t^{3/2}+t^{1/2}}$$
D'o\`u en sommant de $n+1$ \`a l'infini :
$$\int_{n+1}^{+\infty }\dfrac{1}{t^{3/2}+t^{1/2}}\le\rho_n\le \int_{n}^{+\infty }\dfrac{1}{t^{3/2}+t^{1/2}}$$
Or $$ \int_{x}^{+\infty }\dfrac{1}{t^{3/2}+t^{1/2}}=2\int_{\sqrt x}^{+\infty }\dfrac{1}{1+v^2}=
2\arctan\dfrac{1}{\sqrt x}$$
J'en d\'eduis les in\'egalit\'es demand\'ees : 
\cadre { $\dst\a_{n+1}\le \rho_n\le \a_n$ avec $\dst \a_n=2\arctan\dfrac{1}{\sqrt n}$ }
\bigskip
\indent $\bullet $ Soit $v_n=\dfrac{\a_n-\a_{n+1}}{2}=
\arctan\dfrac{1}{\sqrt n}-\arctan\dfrac{1}{\sqrt{n+1}}$,
et  $S_n=\dsum_{k=1}^n \dfrac{1}{k^{3/2}+k^{1/2}}$.
\smallskip

$v_n$ 
repr\'esente la demi-distance des termes qui encadrent $\rho_n$ ;

j'en d\'eduis ceci :
\souligne{
si $v_n\le \delta$, alors $S_n+\dfrac{\a_n+\a_{n+1}}{2}$
est une approximation de $U(0)$ \`a $\delta$ pr\`es}.
\bigskip
\indent $\bullet $ Application : on v\'erifie 
\`a la calculatrice que $v_2\le 0.092\le 0.1$ ; j'en d\'eduis que 
$$\sum_{k=1}^{2}\dfrac{1}{k^{3/2}+k^{1/2}}+ \arctan\dfrac{1}{\sqrt 2}+\arctan\dfrac{1}{\sqrt{3}}$$
est une valeur approch\'ee de $U(0)$ \`a $10^{-1}$ pr\`es ; 

d'o\`u la valeur num\'erique demand\'ee : \cadre{ $U(0)$ est \'egal \`a 1.87 \`a $10^{-1}$ pr\`es }
\medskip
\indent De m\^eme, on v\'erifie que l'on a $v_{62}<10^{-3}$, 
\medskip

donc \cadre{
$S_{62}+\arctan\dfrac{1}{\sqrt{62}}+\arctan\dfrac{1}{\sqrt{63}}$ est une approximation de
$U(0)$ \`a $10^{-3}$ pr\`es. }
\bigskip

\indent $\bullet $ Une autre m\'ethode est applicable, mais donne des r\'esultats beaucoup moins int\'eressants :
il suffit de remarquer que $S_n$ est une approximation de $U(0)$ \`a $\a_n$ pr\`es, donc \`a $2/\sqrt n$ pr\`es (j'utilise
l'in\'egalit\'e $\arctan x<x$, pour $x$ positif).
\smallskip
J'en d\'eduis  que $S_{400}$ est une approximation de $U(0)$ \`a
$0.1$ pr\`es. Pour obtenir une approximation \`a $10^{-3}$ pr\`es, il faut consid\'erer $S_n$ avec $n=4\ 10^6$.
\num{II - 5. b)} L'encadrement obtenu \`a la question pr\'ec\'edente donne imm\'ediatement
\cadre {$ \rho_n\eqv \dfrac{2}{\sqrt n}$ }

\num{II - 6. a)} $B_0$ existe et est \'evidemment unique.
\medskip
Supposons l'existence et l'unicit\'e de $B_{n-1}$ ; alors $B_n$ est une primitive de $nB_{n-1}$ :
soit $C_n$ la primitive de $nB_{n-1}$ qui s'annule en 0 ;
il existe une constante $k_n$ telle que $B_n=C_n +k_n $ ; la condition $\dint_{[0,1]}B_n=0$ est \'equivalente
\`a $k_n=-\dint_{[0,1]}C_n$ ; 
j'ai donc \'etabli l'existence et l'unicit\'e de $B_n$.

\num{II - 6. b)}$ i.$ Pour tout $n \ge 2$, on a
$\dint_{[0,1]}nB_{n-1}=0$ ; or $\dint_{[0,1]}nB_{n-1}=\int_{[0,1]}B'_n=B_n(1)-B_n(0)$ ;
donc \souligne{ pour tout $n\ge 2$, $B_n(1)=B_n(0)=b_n$  }
\bigskip
\indent$ii.$ On obtient successivement \cadre{ $B_1=x-\dfrac{1}{2},\ B_2=x^2-x+\dfrac{1}{6},
\ B_3=x^3-\dfrac{3}{2}x^2+\dfrac{x}{2}$ }

\num{II - 6. c)}$\bullet$ Une int\'egration par parties donne :
$$\int_0^1\ipp{f'}{B_1}=[B_1.f]_0^{\dfrac{1}{2}}-\int_{[0,1]}f=\dfrac{1}{2}(f(0)+f(1))-\int_{[0,1]}f$$
\bigskip
De nouvelles int\'egrations par parties :
$$\eqalign{\dfrac{1}{2}\left(f(0)+f(1)\right)&=\int_{[0,1]}f+\int_0^1\ipp{B_1}{f'}\cr
&=\int_{[0,1]}f+\left[\dfrac{1}{2}B_2f'\right]_0^1-\int_0^1\dfrac{1}{2}\ipp{B_2}{f''}\cr
&=\int_{[0,1]}f+\dfrac{b_2}{2}\left(f'(1)-f'(0)\right)-\dfrac{1}{6}\left[B_3f''\right]_0^1
+\int_0^1\dfrac{1}{6}B_3{f^{(3)}}\cr
&=\int_{[0,1]}f+\dfrac{b_2}{2}\left(f'(1)-f'(0)\right)-\dfrac{b_3}{6}\left(f''(1)-f''(0)\right)
+\int_0^1\dfrac{1}{6}B_3{f^{(3)}}\cr}$$
ce qu'il fallait \'etablir.

\num{II - 6. d)} L'existence et l'unicit\'e de $Pn$ sont \'evidentes : pour tout $x\in\R$,
$P_n(x)=B_n(x-E(x))$, si $E(x)$ d\'esigne la partie enti\`ere de $x$.
\medskip
Il est clair que $P_n$ est de classe $\CC^\infty $ par morceaux.

$B_n$ est continue sur $[0,1]$ ; j'en d\'eduis que $P_n$ est continue sur \R\ si et seulement si
elle l'est en 0, ce qui est \'equivalent \`a $B_n(0)=B_n(1)$ ; on a montr\'e que ceci est r\'ealis\'e si et 
seulement si $n\ge 2$.

\num{II - 6. e)} Soit $k\in\N$. J'applique le r\'esultat de 6.c \`a la fonction $g:\ t\donne f(t+k)$ 
$$\dfrac{1}{2}(g(0)+g(1))=
\int_{[0,1]}g+\sum_{i=2}^3(-1)^i\dfrac{b_i}{i!}\left(g^{(i-1)}(1)-g^{(i-1)}(0)\right)
+\int_0^1\dfrac{P_3(x)}{6}g^{(3)}(x)$$
ce qui s'\'ecrit encore
$$\dfrac{1}{2}(f(k)+f(k+1))=
\int_{[k,k+1]}f+\sum_{i=2}^3(-1)^i\dfrac{b_i}{i!}\left(f^{(i-1)}(k+1)-f^{(i-1)}(k)\right)
+\int_k^{k+1}\dfrac{P_3(x)}{6}f^{(3)}(x)$$
En sommant cette \'egalit\'e pour $k$ variant de $j$ \`a $j+m-1$ j'obtiens :

$$\sum_{k=j}^{j+m}f(k)=\dfrac{1}{2}(f(j)+f(m+j))+
\int_{[j,m+j]}f+\sum_{i=2}^3(-1)^i\dfrac{b_i}{i!}\left(f^{(i-1)}(m+j)-f^{(i-1)}(j)\right)
+\int_j^{m+j}\dfrac{P_3(x)}{6}f^{(3)}(x)$$ 

\num{II - 7. a)} On a $B_3(1-x)=-B_3(x)$, donc $B_3(1/2)=0$.
\medskip


%---------------------------------------------------- tableau de variation
%
% \tabvar{...} -> tableau de variation encadr\'e avec un trait de s\'eparation
%                 entre les colonnes 1 et 2. Les cellules du tableau sont
%                 compos\'ees en mode math\'ematique. La ligne de base du tableau
%                 est celle de la ligne 1. La derni\`ere ligne du tableau doit
%                 obligatoirement se terminer par \cr
%     Dans l'environnement \tabvar, on dispose des macros suivantes :
%     \cr : interligne normale
%     \l  : espace + demi-interligne
%     \L  : espace + interligne normale avec trait horizontal
%     \d  : fl\`eche descendante
%     \u  : fl\`eche montante
%     \v  : trait vertical centr\'e
%     \V  : double trait vertical centr\'e
%     \Vd : double trait vertical cadr\'e \`a droite
%     \Vg : double trait vertical cadr\'e \`a gauche
%     \q  : cale de largeur (\qquad)

\def\tabvar#1{{%
%                                                     macros locales
\def\L{\ \cr\noalign{\hrule}}%                        % trait horizontal
\def\l{\ \cr\noalign{\vskip -6pt}}%                   % trait vertical
\def\d{\searrow}%                                     % fl\`eche descendante
\def\u{\nearrow}%                                     % fl\`eche montante
\def\v{\vrule}%                                       % trait vertical
\def\V{\vrule\hskip2pt\vrule}%                        % double trait vertical
\def\Vg{\V\hfill}%                                    % double trait \`a gauche
\def\Vd{\hfill\V}%                                    % double trait \`a droite
\def\q{\qquad}%                                       % cale de largeur
%
\leavevmode                                           % mode horizontal
\hbox{%\vrule                                          % cadre (trait gauche)
\vbox{%\hrule                                          % cadre (trait haut)
\vtop{\offinterlineskip                               % lignes jointives
\halign{\strut                                        % cale de hauteur
\ \hfil$##$\hfil\                                     % colonne 1
\vrule\                                               % s\'eparation 1-2
&&\hfil$##$\hfil\cr                                   % colonnes 2,3,..
#1%                                                   % contenu du tableau
%\noalign{\hrule}%                                     % cadre (trait bas)
}}}%\vrule
}}}                                          % cadre (trait droit)
Voici les variations de $B_3 $ sur $[0,1/2]$ \qquad\qquad
$\tabvar{x& 0\q\q\dfrac{3-\sqrt3}{6}\q\q\dfrac{1}{2}\cr\L \cr B_3 &\q
0\q\u\q\q\q \d\q0\q\cr}$
\bigskip

J'en d\'eduis que $\dst\sup_{x\in[0,1]}|B_3(x)|=\sup_{x\in[0,1/2]}B_3(x)
=B_3\left(\dfrac{3-\sqrt3}{6}\right)\le0.049\le 6\ 10^{-2}$

D'o\`u : \souligne{ pour tout $x\in\R,\ |P_3(x)|\le 6\ 10^{-2}$}. 

\num{II - 7. b)}$\bullet $  $\dst g'(x)=-\dfrac{1}{2}\dfrac{3x+1}{x^{3/2}(x+1)^2}$
\bigskip
\indent $\bullet $ Pour tout $x\ge1$, \quad$|P_3(x)g^{(3)}(x)|\le0.6(-g^{(3)}(x))$
\qquad puisque $g^{(3)}$ est n\'egative.
\medskip
De plus, pour tout $x\ge 1$,
$$\int_1^x-g^{(3)}=g''(1)-g''(x)\le g''(1) \hbox{\qquad puisque $g''$ est visiblement positive}$$
J'en d\'eduis que la fonction $-g^{(3)}$ est int\'egrable sur $[1,+\infty [$ ; il en est donc de m\^eme pour 
$P_3g^{(3)}$ fonction continue par morceaux et domin\'ee par une fonction int\'egrable.

\num{II - 7. c)} J'applique \`a la fonction $g$ l'\'egalit\'e finale de la question 6.e  ; quand $m$ tend vers $+\infty $,
on a :
$$\eqalign{&\lim_{m\tend+\infty }\sum_{k=j}^{j+m}g(k)=\sum_{k=j}^\infty g(k)\qquad
\hbox{car la s\'erie $\sum g(k)$ converge : $g(k)\eqv\dfrac{1}{k^{3/2}}$}\cr
&\lim_{m\tend+\infty }\dfrac{1}{2}(g(j)+g(m+j))=\dfrac{1}{2}g(j)\cr
&\lim_{m\tend+\infty }\int_j^{m+j}g=\int_j^{\infty }g\qquad \hbox{car $g$ est int\'egrable sur $[j,+\infty [$} \cr
&\lim_{m\tend+\infty }\sum_{i=2}^3(-1)^i\dfrac{b_i}{i!}\left(g^{(i-1)}(m+j)-g^{(i-1)}(j)\right)
=-\dfrac{1}{12}g'(j)\qquad\hbox{car $b_2=\dfrac{1}{6}$ et $b_3=0$}      \cr
&\lim_{m\tend+\infty }\int_j^{m+j}\dfrac{P_3(x)}{6}g^{(3)}(x)=\int_j^{+\infty}\dfrac{P_3(x)}{6}g^{(3)}(x) 
}$$
En passant \`a la limite ($m \tend +\infty $), dans l'\'egalit\'e de 6-e appliqu\'ee \`a $g$, j'obtiens :
$$\vcenter{\hbox{ \cadre{ $\dst  \rho_{j-1}=\int_{[j,+\infty [}g+\dfrac{1}{2}g(j)-\dfrac{1}{12}g'(j)+\dfrac{1}{6}
\int_j^{+\infty }P_3\,g^{(3)}$}}}$$
\num{II - 7. d)} On a donc \'etabli que 

$$  \rho_{j-1}=\underbrace{\int_{[j,+\infty [}\dfrac{1}{x^{3/2}+x^{1/2}}}_
{=2\arctan\dfrac{1}{\sqrt j}}
+\dfrac{1}{2}\dfrac{1}{j^{3/2}+j^{1/2}}
+\dfrac{1}{24}\dfrac{3j+1}{j^{3/2}(j+1)^2}+
\underbrace{\dfrac{1}{6}\int_j^{+\infty }P_3\,g^{(3)}}_{\Delta_j}$$

Or \quad$|\Delta_j|\le \dfrac{0.6}{6}\dint_j^{+\infty }|g^{(3)}|=0.1\dint_j^{+\infty }-g^{(3)}=0.1\,g''(j)$
\medskip
On a donc $|\Delta_j|\le \delta_j$, si $\delta_j=0.1\dfrac{15j^2+10j+3}{4j^{5/2}(j+1)^3}$.
\medskip
Je peux conclure que $\dst\gamma_j=S_{j-1}+ 2\arctan\dfrac{1}{\sqrt j}+
\dfrac{1}{2}\dfrac{1}{j^{3/2}+j^{1/2}}
+\dfrac{1}{24}\dfrac{3j+1}{j^{3/2}(j+1)^2}$ est une valeur approch\'ee de $U(0)$ \`a $\delta_j$ pr\`es.
\medskip
Or, pour $j=5$, on obtient $\delta_5<0.001$ ; donc \cadre{ $\gamma_5=1.860$ est valeur approch\'ee
 de $U(0)$ \`a $10^{-3}$ pr\`es. }


\bigskip
\cadre{\gros Partie III}
\num{III - 8. a)} Tous calculs faits, on obtient 
$$v_k-\dfrac{i}{2}u_k=\dfrac{1}{2}\dfrac{1}{(x+k)(x+k+1)}= \dfrac{1}{2}\left(\dfrac{1}{x+k}-\dfrac{1}{x+k+1}\right)$$
\indent $\bullet $ Soit $x\in I$ fix\'e ; on a\quad $|v_k-\dfrac{i}{2}u_k|\eqv_{k\tend+\infty }\dfrac{1}{2k^2}$.
\medskip
La s\'erie de terme g\'en\'eral $v_k-\dfrac{i}{2}u_k$ converge donc absolument, et on sait qu'il
en est de m\^eme pour la s\'erie de terme g\'en\'eral $u_k$. Je conclus que 
\cadre{ la s\'erie $\dsum v_k$ converge absolument }
\bigskip
\indent $\bullet$  De plus, pour tout $x\in I$ 
$$V(x)-\dfrac{i}{2} U(x)=\sum_{k=1}^\infty (v_k-\dfrac{i}{2}u_k)= \dfrac{1}{2}\sum_{k=1}^\infty \left(\dfrac{1}{x+k}-\dfrac{1}{x+k+1}\right)
=\lim_{N\tend+\infty } \dfrac{1}{2}\sum_{k=1}^N \left(\cdots\right)=\dfrac{1}{2(1+x)}$$

\num{III - 8. b)} L'\'egalit\'e pr\'ec\'edente, avec la continuit\'e de $U$, permet de conclure que $V$ 
est continue sur $I$.
\num{III - 9. a)} L'\'equation diff\'erentielle lin\'eaire \qquad $T'-VT=0$\qquad admet une solution
 unique sur $I$ qui v\'erifie $T(0)=1$ (th\'eor\`eme de Cauchy-Lipschitz).
\medskip
Cette solution ne s'annule pas sur $I$, car la fonction nulle est solution et c'est donc la seule
 solution qui s'annule sur $I$.
\num{III - 9. b)}
Soit $F$ la primitive de $V$qui s'annule en 0 :
$$F(x)=\dint_0^x \left(\dfrac{i}{2}U(t)+\dfrac{1}{2(t+1)}\right)\, dt
=\dfrac{1}{2}\ln(x+1)+\dfrac{i}{2}\int_0^x U(t)\, dt$$
On a :
$$\eqalign{T'-VT=0&\ssi \left(e^{-F(x)}T(x)\right)'=0\cr
&\ssi \hbox{il existe $C$ tel que, pour tout $x\in I$,  }e^{-F(x)}T(x)=C\cr}$$
En donnant \`a $x$ la valeur 0, j'obtiens $C=1$ ; ce qui d\'emontre le r\'esultat donn\'e dans l'\'enonc\'e.

\num{III - 9. c)} D'apr\`es 3.c, on a $\dst\lim_{x\tend -1} e^{\dfrac{i}{2}\int_0^xU(t)\,dt}=
 e^{\dfrac{i}{2}\int_0^{-1}U}= e^{-\dfrac{i\pi}{2}}=-i$.
\medskip
Donc $T(x)\eqv_{-1}-i\sqrt{1+x}$ qui tend vers 0 quand $x$ tend vers $-1$ ; $T$ se prolonge donc en une fonction
continue sur $[-1,+\infty [$ ; d'apr\`es l'\'equivalence pr\'ec\'edente,
\souligne{ce prolongement n'est  pas d\'erivable en $-1$}.
\num{III - 10. a)}La courbe admet pour repr\'esentation param\'etrique en coordonn\'ees polaires

\def\uu{\overrightarrow u}
$$\rho(t)=\sqrt{1+t}\quad,\quad \theta(t)=\dfrac{1}{2}\int_0^tU(s)\,ds$$
La fonction $f: \quad f(t)=\rho(t)\, \uu(\theta(t))$ est de classe $\CC^1$ sur $I$, avec
$f'(t)=\rho'(t) \uu(\theta(t))+\rho(t) \uu(\theta(t)+\pi/2)$.

\medskip
$\rho$ ne s'annule pas, donc $f'$ ne s'annule pas ; \souligne{l'arc est donc $\CC^1$ et r\'egulier}.
\medskip
De plus \quad $\tan\psi(t)=\dfrac{\rho(t)\theta'(t)}{\rho'(t)}=(1+t)U(t) $ ; donc

 \souligne{$U(0)=\tan\psi(0)$ est la pente de la tangente \`a  $\gamma$ au point de  $(x,y)=(1,0)$}
(point de param\`etre $t=0$). 

\num{III - 10. b)} On a $\dlim_{-1}f(t)=0$ ; le vecteur $f(t)=\rho(t)\,\uu(\theta(t))$
est vecteur directeur de la droite $D_t$ qui joint le point $O$ au point $f(t)$ ;
le vecteur $\uu(\theta(t))$ est \'egalement vecteur directeur de cette droite $D_t$,
et $\dlim_{t\tend-1} \uu(\theta(t))=\uu(-\pi/2)$ ; je peux donc conclure : 
\souligne{l'arc $\gamma$ admet en $O=f(-1)$
une demi-tangente d'angle polaire $-\pi/2$} (verticale dirig\'ee vers le bas).

\num{III - 10. c)} Les variations de $\rho $ et $\theta$ sont r\'esum\'ees par le tableau suivant


$$\tabvar{t& -1\q\q\q0\q\q+\infty \cr\L
 \cr \theta &\q
-\pi/2\q\u\q0\q \u \q+\infty \q\cr
\L\cr\rho&\q0\q\u\quad 1\quad\u\q+\infty\cr }$$
$\theta$ est une fonction croissante car sa d\'eriv\'ee $U$ est positive, et 
$\dlim_{+\infty }\theta(t)=+\infty$ car la fonction $U$ est positive mais non int\'egrable sur $\R_+$ (voir I-4.d) 
\bigskip
Voici l'allure du support de $\gamma$%\vskip-1.5cm \hskip7cm
%\special{isoscale ccp_mp11.wmf,10cm 7cm}
\par
\centerline{\psfig{file=M99PM1Fa.eps,height=4cm,bbllx=118bp,bblly=239bp,bburx=493bp,bbury=552bp}}
%\vskip 6cm
\cadre{\gros Partie IV}
\num{IV - 11. a)}
La fonction $\dst\dfrac{e^u}{\sqrt u}$ est positive et continue sur $]0,t]$,
et $\dst\dfrac{e^u}{\sqrt u}\eqv_0 \dfrac{1}{\sqrt u}$ ; elle est donc int\'egrable
sur $]0,t]$.
\medskip
La fonction $\dst g(t)=\int_0^t \dfrac{e^u}{\sqrt u}\, du =g(1)+\int_1^t \dfrac{e^u}{\sqrt u}\, du$
est de classe $\CC^1$ sur $]0,+\infty [$, de d\'eriv\'ee $\dst \dfrac{e^t}{\sqrt t}$.
\medskip
J'effectue une int\'egration par parties sur la derni\`ere int\'egrale :
$\dst\int_1^t\ipp{e^u}{\dfrac{1}{\sqrt u}}=\left[ \dfrac{e^u}{\sqrt u} \right]_1^t
+\int_0^t\dfrac{e^u}{2u^{3/2}}$
\medskip

Or, en $+\infty $, on a $\dst \dfrac{e^u}{u^{3/2}}=o\left(\dfrac{e^u}{\sqrt u}\right)$,
donc 
$\dst\int_0^t\dfrac{e^u}{2u^{3/2}}=o\left(\int_1^t\dfrac{e^u}{\sqrt u}\right)$ 
\medskip

j'en d\'eduis que\quad
$\dint_1^t\dfrac{e^u}{\sqrt u}\eqv_{+\infty }\left[\dfrac{e^u}{\sqrt u}\right]_1^t=\dfrac{e^t}{\sqrt t}-e
\eqv_{+\infty} \dfrac{e^t}{\sqrt t}$
\quad ce qui permet de conclure :  \cadre{ $g(t)\eqv_{+\infty }\dfrac{e^t}{\sqrt t}$ }

\num{IV - 11. b)} La fonction $e^{-\a t}g(t)$ est continue sur $]0,+\infty [$ ; elle se
prolonge par continuit\'e en 0, car $\dlim_0h_\a(t)=0$ ;
et, d'apr\`es ce qui pr\'ec\`ede, $\dst h_\a(t)\eqv_{+\infty }\dfrac{e^{(1-\a)t}}{\sqrt t}$ 
qui est n\'egligeable devant $\dfrac{1}{t^2}$.
\medskip
Je conclus : \souligne{$h_\a$ est int\'egrable sur $]0,+\infty [$}.
\bigskip
\indent$\bullet $ Une int\'egration par parties donne
$$\int_0^xe^{-\a t}g(t)=\int_0^x\ipp{e^{-\a t}}{\left(\int_0^t\dfrac{e^u}{\sqrt u}\,du\right)}\,dt
=\left[\dfrac{e^{-\a t}}{-\a}\int_0^t\dfrac{e^u}{\sqrt u}\, du\right]_0^x
+\int_0^x\dfrac{e^{-\a t}}{\a}\dfrac{e^t}{\sqrt t}\,dt\qquad\qquad(1)
$$
D'apr\`es l'\'etude qui pr\'ec\`ede \quad $\dint_0^x\dfrac{e^u}{\sqrt u}\, du\eqv_{+\infty }\dfrac{e^x}{\sqrt x}$
, \quad 
donc
$\dst\dlim_{x\tend+\infty }\dfrac{e^{-\a x}}{-\a}\int_0^x\dfrac{e^u}{\sqrt u}\, du=
\dlim_{x\tend+\infty }\dfrac{e^{-\a x}e^x}{-\a\sqrt x}=0
$ ($\a>1$).
\bigskip
J'en d\'eduis, en prenant la limite pour $x\tend +\infty$ de l'\'egalit\'e $(1)$ : 
$$\eqalign{\hskip 3cm\int_0^{+\infty }h_\a&=\int_0^{+\infty }\dfrac{1}{\a}\dfrac{e^{(1-\a)t}}{\sqrt t}\,dt\cr
&=\dfrac{1}{\a}\int_0^{+\infty }\dfrac{1}{\sqrt{\a-1}}
\dfrac{e^{-s}}{\sqrt s}\,ds\qquad
 \hbox{par le changement de variable $s=(\a-1)t$}\cr
&=\dfrac{1}{\a\sqrt{\a-1}}\Gamma(1/2)=\dfrac{\sqrt\pi}{\a\sqrt{\a-1}}\cr
}$$
\num{IV - 11. c)} $\dst u_k(x)=\dfrac{1}{(k+x)^{3/2}+(k+x)^{1/2}}=\dfrac{1}{(x+k+1)\sqrt{x+k}}$
\medskip
Donc \cadre{ $\dst u_k(x)=\dfrac{1}{\sqrt\pi}\int_0^{+\infty}h_{x+k+1}(t)\,dt $  }
\num{IV - 11. d)} Dans cette question, $x>-1$ est fix\'e.
\medskip
\indent$\bullet $ J'effectue le changement de variable $u=v^2$ dans $F(t)$ : 
\quad$\dst F(t) = \dfrac{e^{-t}}{2}\int_0^t\dfrac{e^u}{\sqrt u}\, du=\dfrac{e^{-t}}{2}g(t)$
\medskip
\let\l=\Lambda
\indent$\bullet $ La fonction $\l\ :\ t \donne\dst \dfrac{\f(t)F(t)}{t}e^{-xt}$ est donc d\'efinie par  
$$\l(t)=\dfrac{1}{e^t-1}\dfrac{e^{-(1+x)t}}{2}\int_0^t\dfrac{e^u}{\sqrt u}\, du
 =\dfrac{1}{2(e^t-1)}h_{1+x}(t)$$
\medskip
\indent$\bullet $ Je puis donc appliquer les r\'esultats de 11.b :
\medskip

\hskip 2cm . $\l$ est continue sur $]0,+\infty [$,
\medskip
\hskip 2cm . en 0, on a $h_\a(t)\eqv2\sqrt t$, \quad donc $\l(t)\eqv\dfrac{1}{\sqrt t} $,
\medskip
\hskip 2cm . $\dst\l(t)\eqv_{+\infty }\dfrac{1}{2e^t}\dfrac{e^{-xt}}{\sqrt t}=\dfrac{1}{2\sqrt t}e^{-(1+x)t}$
qui est n\'egligeable devant $\dfrac{1}{t^2}$.
\medskip
$$\vcenter{\hbox{\cadre{ La fonction $\l$ est donc int\'egrable sur $]0,+\infty[ $ }}}$$

\bigskip
\indent$\bullet $ J'applique 11.c :
$$U(x)=\sum_{k=1}^\infty u_k(x)=\dfrac{1}{\sqrt\pi}\sum_{k=1}^\infty\int_0^{+\infty }h_{x+k+1}(t)\,dt=
\dfrac{1}{\sqrt\pi}\int_0^{+\infty }\sum_{k=1}^\infty h_{x+k+1}(t)\,dt $$
l'interversion de la sommation et de l'int\'egration \'etant justifi\'ee par le fait que les fonctions
$h_{x+k+1}$ sont positives.
\medskip
De plus $$\sum_{k=1}^\infty h_{x+k+1}(t)=\sum_{k=1}^\infty e^{-(x+k+1)t}g(t)
=\dfrac{e^{-(x+1)t}}{e^t-1}g(t)=\dfrac{2}{t}\f(t)F(t)e^{-xt}$$

ce qui permet de conclure.
\num{IV - 12. } La fonction $\sqrt\pi U(x)$ s'\'ecrit \quad  $\sqrt\pi U(x)=\dst\int_{]0,+\infty [}\lambda(x,t)\, dt$ 

avec 
$\dst\qquad \lambda(x,t)=\dfrac{2}{t}\f(t)F(t)e^{-xt}=\dfrac{t}{e^t-1}\dfrac{1}{t}g(t)e^{-(1+x)t}$
\bigskip
\souligne{Soit $a>-1$ fix\'e}.
\medskip
\indent$\bullet $ $\lambda$ est continue sur $[a,+\infty [\times]0+\infty [$ ;
\medskip
de plus, \quad 
pour tout $(x,t)\in [a,+\infty [\times]0+\infty [$,\qquad $\dst|\lambda(x,t)|\le \dfrac{t}{e^t-1}
\dfrac{1}{t}g(t)e^{-(1+a)t}=\mu(t)$
\medskip

\hskip 2cm . $\mu$ est continue sur $]0,+\infty [$,
\medskip

\hskip 2cm . en 0 : $\mu(t)\eqv\dfrac{1}{t}2\sqrt t=\dfrac{2}{\sqrt t}$,
\medskip

\hskip 2cm . et en $+\infty $ : $\mu(t)\eqv\dfrac{e^{-(1+a)t}}{\sqrt t}$ qui est n\'egligeable devant $\dfrac{1}{t^2}$.
\medskip
J'en d\'eduis que la fonction $\mu$ est int\'egrable sur $]0,+\infty [$.
\bigskip
\indent $\bullet $ D'autre part, $\lambda$ est de classe $\CC^1$, avec \quad 
$\dst \dpar\lambda x(x,t)=-t\lambda(x,t)$.\medskip
On a donc , \quad pour tout $(x,t)\in [a,+\infty [\times]0+\infty [$,\qquad
 $\dst\left|\dpar\lambda x (x,t)\right|\le t\mu(t)$.
\medskip
D'apr\`es l'\'etude pr\'ec\'edente, la fonction $t\mu(t)$ est int\'egrable sur $]0,+\infty [$ ; je conclus donc
que $U$ est d\'erivable sur $[a,+\infty [$, avec \quad $\dst U'(x)=\dfrac{1}{\sqrt\pi}
\int_0^{+\infty }\dpar\lambda x (x,t)\, dt$
\bigskip
\indent$\bullet $ L'\'etude pr\'ec\'edente est valable pour tout $a>-1$. Donc :
$$\vbox{\hbox{ \cadre{$U$ est
$\CC^1$ sur $I$, avec $\dst U'(x)=-\dfrac{2}{\sqrt\pi}\int_0^{+\infty }\f(t)F(t)e^{-xt}\,dt$}}}$$

$U'$ est \'evidemment n\'egative, donc \souligne{$U$ est d\'ecroissante sur $I$}.
\bigskip
\indent$\bullet  $ Une \'etude analogue montre que $U$ est $\CC^\infty $ sur $I$, avec, pour tout $k\ge1$ : 
$$\vcenter{\cadre{ $\dst U^{(k)}(x)=(-1)^k\dfrac{2}{\sqrt\pi}\int_0^{+\infty}t^{k-1}\f(t)F(t)e^{-xt}\,dt$ }}$$
\bigskip
\indent$\bullet $ En particulier 
$$\dst U''(x)=\dfrac{2}{\sqrt\pi}\int_0^{+\infty}t\f(t)F(t)e^{-xt}\,dt$$
Ce qui permet d'affirmer que \souligne{$U$ est convexe sur $I$}.

\bigskip
\indent $\bullet $ On a \'etabli pr\'ec\'edemment les r\'esultats suivants
\medskip
\hskip 2cm . $\dst \lim_{+\infty }U=0$\quad (voir I-4),
\medskip
\hskip 2cm . et $\dst U\eqv_{-1}\dfrac{1}{\sqrt {x+1}}\tend+\infty $.
\bigskip
On peut donc  donner l'allure du graphe de $U$ :

%\hskip3.5cm \special{isoscale ccp_mp12.wmf,10cm 7 cm}
\centerline{\psfig{file=M99PM1Fb.eps,height=4cm,bbllx=110bp,bblly=105bp,bburx=496bp,bbury=655bp}}
%\vskip7cm
\trait{12cm}

\bye
% OUF !
