

%    Concours  e3a  ESTP-ENSAM-ECRIN-ARCHIMEDE  1999
%    Epreuve de math\'ematiques 3 
%    fili\`ere MP dur\'ee 4 heures
%    Bruno BAUDIN  MP  PONTOISE
%    Bruno.Baudin@eisti.fr


\def\boxit#1{\setbox1=\hbox{\kern 2pt {#1}\kern 2pt}
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\def\nmat{{\bf N}}
\def\tit#1{\bigskip  \centerline{\boxit{\bf #1 }}\medskip}
\def\num#1{\smallskip \item{{\bf #1}}}
\def\e{\hskip 5mm}
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% pour l'UPS:
\input upsnum.tex


\tit{Concours  e3a  ESTP-ENSAM-ECRIN-ARCHIMEDE  1999}
\tit{EPREUVE DE MATHEMATIQUES  3}



\tit{Partie I}

\num {1) a)} 
Crit\`ere des s\'eries altern\'ees: la suite $\displaystyle({1\over p})$ d\'ecro\^{\i}t et tend vers 0  donc la s\'erie de terme g\'en\'eral $\displaystyle{(-1)^p \over p}$ converge et $\displaystyle|R_n|\leq {1\over n+1}$.


\num {1) b)} 
$\displaystyle \sum_{p=n+1}^q {(-1)^p\over p}
=-\sum_{p=n+1}^q \int_0^1(-1)^{p-1}x^{p-1}\,dx
=-\int_0^1{(-1)^n x^n-(-1)^qx^q\over 1+x}\,dx$

$\displaystyle =(-1)^{n+1}\int_0^1{x^n\over 1+x}\,dx +(-1)^q\int_0^1{x^q\over 1+x}\,dx $

On fait tendre $q$ vers $+\infty$:

$\displaystyle \sum_{p=n+1}^q {(-1)^p\over p}\longrightarrow \sum_{p=n+1}^{+\infty} {(-1)^p\over p}$ (s\'erie convergente)

$\displaystyle \left|(-1)^q\int_0^1{x^q\over 1+x}\,dx \right|
\leq \int_0^1x^q\,dx 
={1\over q+1}
\longrightarrow 0$

Conclusion : \boxit{$\displaystyle R_n=(-1)^{n+1}\int_0^1{x^n\over 1+x}\,dx $}

\num {2) a)} 
On int\`egre par parties en int\'egrant $\displaystyle x^{n-1}$ et en d\'erivant $\displaystyle{x\over  1+x}$:

$\displaystyle  (-1)^{n+1}\int_0^1{x^n\over 1+x}\,dx
=(-1)^{n+1}\left[{x^n\over n}{x\over  1+x} \right]_0^1-{(-1)^{n+1}\over n}\int_0^1{x^n\over (1+x)^2}\,dx$

$\displaystyle ={(-1)^{n+1}\over  2n}+{(-1)^{n}\over n}\int_0^1{x^n\over (1+x)^2}\,dx$

or 
$\displaystyle \left|{(-1)^{n}\over n}\int_0^1{x^n\over (1+x)^2}\,dx\right|
\leq {1\over n}\int_0^1x^{n-1}\,dx
={1\over n^2}$

donc $\displaystyle {(-1)^{n}\over n}\int_0^1 {x^n\over (1+x)^2}\,dx=O({1\over n^2})$

On a bien \boxit{$\displaystyle R_n=k{(-1)^{n+1}\over n^\beta}+O({1\over n^{\beta+1}})$} avec \boxit{$k={1\over 2}$} et \boxit{$\beta=1$}

\num {2) b)} 
La s\'erie $\displaystyle \sum {(-1)^n\over n}$ converge et la s\'erie $\displaystyle \sum {1\over n^2}$ converge absolument donc  

\boxit{la s\'erie de terme g\'en\'eral $R_n$ converge.}


\num {3)\e} 
$\displaystyle \sum_{p=0}^n R_p
= \sum_{p=0}^n (-1)^{p+1}\int_0^1{x^p\over 1+x}\,dx
= \int_0^1 \sum_{p=0}^n (-1)^{p+1}{x^p\over 1+x}\,dx$

$\displaystyle = \int_0^1 \Big( {-1-(-1)^{n+2}x^{n+1}\over (1+x)^2 }    \Big)\,dx$

$\displaystyle =-\int_0^1 {dx\over (1+x)^2}+(-1)^{n+1}\int_0^1{x^{n+1}\over (1+x)^2}\,dx$

De plus $\displaystyle -\int_0^1 {dx\over (1+x)^2}=-{1\over 2}$

 et $\displaystyle \left|(-1)^{n+1}\int_0^1{x^{n+1}\over (1+x)^2}\,dx \right| \leq \int_0^1x^{n+1}\,dx={1\over {n+2}}$

donc $\displaystyle \lim_{n\rightarrow +\infty} (-1)^{n+1}\int_0^1{x^{n+1}\over (1+x)^2}\,dx = 0$

et \boxit{$\displaystyle  \sum_{n=0}^{+\infty} R_n={-1\over 2}$}.


\tit{Partie II}

\num {1) a)} 
On montre que la suite $\displaystyle x_n=U_n-\int_0^n{dx\over \sqrt{x}}$ est d\'ecroissante et minor\'ee:

$\displaystyle x_{n+1}-x_n
={1\over\sqrt{n+1}}-\int_n^{n+1}{dx\over \sqrt{x}} \leq 0$

$\displaystyle x_n=\sum_{p=1}^{n-1}\left({1\over \sqrt{p}}-\int_p^{p+1}{dx\over \sqrt{x}}\right)+{1\over \sqrt{n}}
\geq 0$

La suite $(x_n)$ est donc convergente.
En notant $L+2$ sa limite on obtient 

\boxit{$\displaystyle \lim_{n\rightarrow+\infty}\left(Un-\int_1^n{dx\over \sqrt{x}}\right)=L+2$}

\num {1) b)} 
Pour $\theta>1$, $\displaystyle \sum{1\over p^\theta}$ converge donc $\displaystyle \sum_{p=n+1}^{+\infty}{1\over p^\theta}$ existe.

$\displaystyle \int_p^{p+1}{dx\over x^\theta}\leq{1\over p^\theta}\leq\int_{p-1}^{p}{dx\over x^\theta}$

$\displaystyle \int_{n+1}^{q+1}{dx\over x^\theta}\leq \sum_{p=n+1}^q{1\over p^\theta} \leq \int_{n}^{q}{dx\over x^\theta}$

On fait tendre $q$ vers $+\infty$:

$\displaystyle \int_{n+1}^{+\infty}{dx\over x^\theta}\leq \sum_{p=n+1}^{+\infty}{1\over p^\theta} \leq \int_{n}^{+\infty}{dx\over x^\theta}$


$\displaystyle {(n+1)^{1-\theta}\over \theta-1} \leq \sum_{p=n+1}^{+\infty}{1\over p^\theta} \leq {n^{1-\theta}\over \theta-1}$

$\displaystyle ({n+1\over n})^{1-\theta}\leq {\displaystyle\sum_{p=n+1}^{+\infty}{1\over p^\theta}\over \displaystyle{n^{1-\theta}\over \theta-1}}  \leq  1$

or $\displaystyle \lim_{n \rightarrow +\infty }({n+1\over n})^{1-\theta}=1$ donc

\boxit{$\displaystyle \sum_{p=n+1}^{+\infty}{1\over p^\theta}$ est \'equivalent \`a $\displaystyle {n^{1-\theta}\over \theta-1}$ quand $n$ tend vers l'infini}.


\num {2) a)} 
$\displaystyle v_{n+1}-v_n=
{1\over \sqrt{n+1}}-2\sqrt{n+1}+2\sqrt{n}
={1\over \sqrt{n+1}}\Big(1-2(n+1)+2n\sqrt{1+{1\over n}}\Big)$

$\displaystyle ={1\over \sqrt{n+1}}\Big(1-2(n+1)+2n(1+{1\over 2n}-{1\over 8n^2}+o({1\over n^2})\Big)
={1\over \sqrt{n+1}}\Big({-1\over 4n}+o({1\over n})\Big)$

donc 

$\displaystyle v_{n+1}-v_n\mathop\sim_{n \rightarrow +\infty}{-1\over 4n^{{3\over 2}}}$.

On en d\'eduit que la s\'erie $\displaystyle \sum v_{n+1}-v_n$ est convergente, de plus son terme g\'en\'eral est \'equivalent \`a $\displaystyle {-1\over 4n^{{3\over 2}}}$ et donc n\'egatif, au moins \`a partir d'un certain rang.

On a donc 
$\displaystyle \sum_{p=n}^{+\infty} v_{p+1}-v_p \mathop\sim_{n \rightarrow +\infty}
\sum_{p=n}^{+\infty}{-1\over 4p^{{3\over 2}}}$.

De la question {\bf II 1)a)} on d\'eduit imm\'ediatement que 
$\displaystyle \lim_{p\rightarrow+\infty} v_p=0$ 
et donc 
$\displaystyle \sum_{p=n}^{+\infty} v_{p+1}-v_p=-v_n$

De la question {\bf II 1)b)} on d\'eduit que 
$\displaystyle \sum_{p=n}^{+\infty}{-1\over 4p^{{3\over 2}}}  
\mathop\sim_{n \rightarrow +\infty} {-1\over 2\sqrt{n-1}}
\mathop\sim_{n \rightarrow +\infty} {-1\over 2\sqrt{n}}
$.

On a donc bien
\boxit{$\displaystyle v_n \mathop\sim_{n \rightarrow +\infty} {1\over 2\sqrt{n}}.$}


\num {2) b)} 
On proc\`ede de la m\^eme fa\c{c}on en posant $\displaystyle w_n=v_n-{1\over 2\sqrt{n}}$

$\displaystyle w_{n+1}-w_n=
{1\over \sqrt{n+1}}-2\sqrt{n+1}+2\sqrt{n}-{1\over 2\sqrt{n+1}}+{1\over 2\sqrt{n}}
\mathop\sim_{n \rightarrow +\infty}
{1\over 16 n^{5\over 2}}$

$\displaystyle w_n=\sum_{p=n}^{+\infty}(w_p-w_{p+1})
\mathop\sim_{n \rightarrow +\infty}
\sum_{p=n}^{+\infty}{-1\over 16 n^{5\over 2}}
\mathop\sim_{n \rightarrow +\infty}
{-1\over 24 n\sqrt{n}}$

Donc \boxit{$\displaystyle v_n-{1\over 2\sqrt{n}}\mathop\sim_{n \rightarrow +\infty}
{-1\over 24 n\sqrt{n}}$}

On a bien 
\boxit{$\displaystyle U_n=A\sqrt{n}+B+{C\over \sqrt{n}}+O({1\over n\sqrt{n}})$} avec \boxit{$\displaystyle A=2  $},
\boxit{$\displaystyle B=L$}, et \boxit{$\displaystyle C={1\over 2}$}.



\num {3) a)} 
$S$ existe car d'apr\`es le crit\`ere des s\'eries altern\'ees, la s\'erie $\displaystyle \sum {(-1)^p\over \sqrt{p}}$ converge.

\num {3) b)} 
$\displaystyle r_{2n}=S-\sum_{p=1}^{2n}{(-1)^p\over \sqrt{p}}
=S-2\sum_{k=1}^n{1\over \sqrt{2k}}+\sum_{k=1}^{2n}{1\over \sqrt{k}}
=S-\sqrt{2}U_n+U_{2n}$

\num {3) c)} 
En utilisant la formule trouv\'ee au {\bf II 2) b)}, on obtient 
$\displaystyle r_{2n}=S+(1-\sqrt2) L-{1\over 2\sqrt{2n}}+O({1\over n\sqrt{n}})$.
\boxit{$\displaystyle a=S+(1-\sqrt{2})L$}, 
\boxit{$\displaystyle  b=-{1\over 2\sqrt{2}}$}.


La s\'erie $\displaystyle \sum {(-1)^p\over \sqrt{p}}$ converge, donc 
$\displaystyle \lim_{n \rightarrow +\infty} r_n=0$ et \boxit{$S=(\sqrt2-1)L$}.


$\displaystyle r_{2n}
={-1\over2\sqrt{2n}}+O({1\over n\sqrt{n}})
={-1\over2\sqrt{2n}}+O({1\over 2n\sqrt{2n}})$

$\displaystyle r_{2n+1}=r_{2n}+{1\over \sqrt{2n+1}}
={-1\over2\sqrt{2n}}+{1\over \sqrt{2n+1}}+O({1\over n\sqrt{n}})$

or 
$\displaystyle {-1\over2\sqrt{2n}}+{1\over \sqrt{2n+1}}
={1\over 2\sqrt{2n+1}}-{1\over2(\sqrt{2n}+\sqrt{2n+1})\sqrt{2n}\sqrt{2n+1}}
={1\over 2\sqrt{2n+1}}+O({1\over n\sqrt{n}})$

donc 
$\displaystyle r_{2n+1}
={1\over 2\sqrt{2n+1}}+O({1\over n\sqrt{n}})
={1\over 2\sqrt{2n+1}}+O({1\over (2n+1)\sqrt{2n+1}})$

On obtient pour tout $n>0$, 
$\displaystyle r_n={(-1)^{n+1}\over 2\sqrt n}+O({1\over n\sqrt{n}})$

de plus $\displaystyle \sum {(-1)^{n+1}\over 2\sqrt n}$ converge et $\displaystyle \sum{1\over n\sqrt{n}}$ converge absolument  donc \boxit{la s\'erie $\sum r_n$ est convergente.}


\tit{Partie III}
\num{1)\e}
Pour $0<a<b$, on fait le changement de variable $t=pu$ dans l'int\'egrale 
$\displaystyle \int_a^bt^{x-1}e^{-t}\,dt$.

$\displaystyle \int_a^bt^{x-1}e^{-t}\,dt = p^x\int_{a/p}^{b/p}u^{x-1}e^{-pu}\,du$.

On fait ensuite tendre $a$ vers 0 puis $b$ vers $+\infty$.

On obtient 
$\displaystyle \Gamma(x)= p^x\int_0^{+\infty}u^{x-1}e^{-pu}\,du$,
la fonction $\Gamma$ ne s'annule pas sur $]0,+\infty[$
et donc 

\boxit{$\displaystyle {1\over p^x}={1\over \Gamma(x)}\int_0^{+\infty}t^{x-1}e^{-pt}\,dt$}.


\num{2)\e}
La s\'erie $\displaystyle {(-1)^p\over p^x}$ converge donc \boxit{$q_n$ est bien d\'efinie} pour tout $x>0$.


$\displaystyle t\mapsto{t^{x-1}e^{-(n+1)t}\over 1+e^{-t}}$ est continue sur $]0,+\infty[$

En 0, $\displaystyle {t^{x-1}e^{-(n+1)t}\over 1+e^{-t}} \sim {t^{x-1}\over 2}$ et 
$\displaystyle t\mapsto {t^{x-1}\over 2}$ est int\'egrable au voisinage de 0 pour tout $x>1$.

En $+\infty$, $\displaystyle {t^{x-1}e^{-(n+1)t}\over 1+e^{-t}} =o(e^{-t})$ et 
$\displaystyle t\mapsto e^{-t}$ est int\'egrable au voisinage de $+\infty$.


On en d\'eduit que \boxit{l'int\'egrale $\displaystyle \int_0^{+\infty}{t^{x-1}e^{-pt}\over 1+e^{-t}}\,dt$ existe} pour tout $x\in]0,+\infty[$ et pour tout $n\in\nmat$.

$\displaystyle \sum_{p=n+1}^q{(-1)^p\over p^x}
={1\over \Gamma(x)}\int_0^{+\infty}t^{x-1}\sum_{p=n+1}^q \big((-1)^p e^{-pt}\big)\,dt$

$\displaystyle ={1\over \Gamma(x)}\int_0^{+\infty}t^{x-1} {(-1)^{n+1}e^{-(n+1)t}-(-1)^{q+1}e^{-(q+1)t}\over 1+e^{-t}}\,dt$

$\displaystyle ={(-1)^{n+1}\over \Gamma(x)}\int_0^{+\infty} {t^{x-1}e^{-(n+1)t}\over 1+e^{-t}}\,dt
+{(-1)^{q}\over \Gamma(x)}\int_0^{+\infty} {t^{x-1}e^{-(q+1)t}\over 1+e^{-t}}\,dt$

On fait ensuite tendre $q$ vers $+\infty$

$\displaystyle \sum_{p=n+1}^q{(-1)^p\over p^x}\longrightarrow \sum_{p=n+1}^{+\infty}{(-1)^p\over p^x}$

$\displaystyle \left|{(-1)^{q}\over \Gamma(x)}\int_0^{+\infty} {t^{x-1}e^{-(q+1)t}\over 1+e^{-t}}\,dt\right|
\leq {1\over \Gamma(x)}\int_0^{+\infty} t^{x-1}e^{-(q+1)t}\,dt
={1\over (q+1)^x}\longrightarrow 0$.

On obtient : 
\boxit{$\displaystyle q_n(x)={(-1)^{n+1}\over \Gamma(x)}\int_0^{+\infty} {t^{x-1}e^{-(n+1)t}\over 1+e^{-t}}\,dt$}


\num{3)\e}
$\displaystyle \sum_{p=0}^n q_p(x)
= {1\over \Gamma(x)}\int_0^{+\infty}{t^{x-1}\over 1+e^{-t}}\sum_{p=0}^n\big((-1)^{p+1}e^{-(p+1)t}   \big)\,dt$

$\displaystyle = {-1\over \Gamma(x)}\int_0^{+\infty}{t^{x-1}e^{-t} \over (1+e^{-t})^2}\,dt
-{(-1)^n\over \Gamma(x)}\int_0^{+\infty}{t^{x-1}e^{-(n+2)t} \over (1+e^{-t})^2}\,dt$

puis on fait tendre $n$ vers $+\infty$:

$\displaystyle \left| {(-1)^n\over \Gamma(x)}\int_0^{+\infty}{t^{x-1}e^{-(n+2)t} \over (1+e^{-t})^2}\,dt\right|
\leq {(1\over \Gamma(x)}\int_0^{+\infty}t^{x-1}e^{-(n+2)t} \,dt
={(1\over \Gamma(x)}{1\over (n+1)^x}
\longrightarrow 0$.


Donc la s\'erie de terme g\'en\'eral $q_n$ converge et a pour somme:
\boxit{$\displaystyle \sum_{p=0}^{+\infty} q_p(x)
= {-1\over \Gamma(x)}\int_0^{+\infty}{t^{x-1}e^{-t} \over (1+e^{-t})^2}\,dt$}

\num{4)\e}
Pour $x=1$, on retrouve 
$\displaystyle \sum_{p=0}^{+\infty} R_p
=\sum_{p=0}^{+\infty} q_p(1)
= -\int_0^{+\infty}{e^{-t} \over (1+e^{-t})^2}\,dt
=\left[{-1\over 1+e^{-t}}\right]_0^{+\infty}
={-1\over 2}$




\tit{Partie IV}
\num{1) a)}
$\displaystyle f(t)={1\over t^x}$ pour $x>0$

\num{1) b)}
$x_n$ est d\'efinie car d'apr\`es le crit\`ere des s\'eries altern\'ees, la s\'erie 
$\displaystyle \sum (-1)^pf(p)$ converge.

\num{2)\e}
$\displaystyle 2x_n-(-1)^{n+1}f(n+1)
=\sum_{p=n+1}^{+\infty} (-1)^pf(p)+\sum_{p=n+2}^{+\infty} (-1)^pf(p)$

$\displaystyle =\sum_{p=n+1}^{+\infty} (-1)^pf(p)+\sum_{p=n+1}^{+\infty} (-1)^{p+1}f(p+1)
=\sum_{p=n+1}^{+\infty} (-1)^p\big(f(p)-f(p+1)\big)$.

On en d\'eduit 
$\displaystyle x_n={1\over 2}(-1)^{n+1}f(n+1)+{1\over 2}\sum_{p=n+1}^{+\infty} (-1)^p\big(f(p)-f(p+1)\big)$.

La s\'erie $\displaystyle \sum(-1)^{n+1}f(n+1)$ converge.

$f$ est d\'ecroissante, convexe et de limite nulle en $+\infty$ donc la suite 
$\big(f(p)-f(p+1)\big)$ est positive, d\'ecroissante et de limite nulle en $+\infty$.
Dapr\`es le crit\`ere des s\'eries altern\'ees, on peut majorer : 

$\displaystyle \left|\sum_{p=n+1}^{+\infty} (-1)^p\big(f(p)-f(p+1)\big)\right|
\leq f(n+1)-f(n+2)$.

Or la s\'erie $\displaystyle \sum\big( f(n+1)-f(n+2)\big)$ converge car $\displaystyle \lim_{+\infty} f=0$. 
$\displaystyle \sum_{p=n+1}^{+\infty} (-1)^p\big(f(p)-f(p+1)\big)$ est donc le terme g\'en\'eral d'une s\'erie absolument convergente.

On en d\'eduit que \boxit{la s\'erie $\sum x_n$ converge.}


\num{3)\e}
On sait de plus que $f(n+1)$ est \'equivalent \`a $f(n+2)$ lorsque $n$ tend vers $+\infty$ ce qui s'\'ecrit 

$\displaystyle f(n+1)-f(n+2)=o(f(n+1))$.

On obtient alors
$\displaystyle x_n={1\over 2}(-1)^{n+1}f(n+1)+o(f(n+1))$.

\boxit{$x_n$ est donc \'equivalent \`a $\displaystyle {1\over 2}(-1)^{n+1}f(n+1)$ lorsque $n$ tend vers $+\infty$.}

 
\tit{Partie V}
$\displaystyle q_0(x)=\sum_{p=1}^{+\infty}{(-1)^p\over p^x}$

\num{1)\e}
La fonction $\displaystyle x\mapsto {(-1)^p\over p^x}$ est continue sur $]0,+\infty[$

Pour tout r\'eel $a>0$
$\displaystyle \sup_{x\in[a,+\infty[}\left|\sum_{p=n+1}^{+\infty}{(-1)^p\over p^x}\right|
\leq \sup_{x\in[a,+\infty[}{1\over (n+1)^x}
={1\over (n+1)^a}
\mathop{\longrightarrow}_{n \rightarrow +\infty}0
$

La s\'erie $\displaystyle \sum_{p=1}^{+\infty}{(-1)^p\over p^x}$ converge donc uniform\'ement sur tout intervalle $[a,+\infty[$ avec $a>0$

Sa somme \boxit{$q_0$ est donc continue sur $]0,+\infty[$.}

\num{2)\e}
La s\'erie $\displaystyle \sum_{p=1}^{+\infty}{(-1)^p\over p^x}$ converge simplement sur $]0,+\infty[$


La fonction $\displaystyle x\mapsto {(-1)^p\over p^x}$ est de classe $C^1$  sur $]0,+\infty[$ de d\'eriv\'ee 
$\displaystyle x\mapsto{(-1)^{p+1}\ln p\over p^x}$

Pour tout r\'eel $a>0$ et pour tout $x\in[a,+\infty[$, la suite $\displaystyle ({\ln p\over p^x})$ est positive et d\'ecroissante pour $p>e^{1/a}$. 

En utilisant le crit\`ere des s\'eries altern\'ees, on obtient donc pour $p>e^{1/a}$

$\displaystyle \sup_{x\in[a,+\infty[}\left|\sum_{p=n+1}^{+\infty}{(-1)^{p+1}\ln p\over p^x}\right|
\leq \sup_{x\in[a,+\infty[}{\ln (n+1)\over (n+1)^x}
={\ln (n+1)\over (n+1)^a}
\mathop{\longrightarrow}_{n \rightarrow +\infty}0
$

La s\'erie $\displaystyle \sum_{p=1}^{+\infty}{(-1)^{p+1}\ln p\over p^x}$ converge donc uniform\'ement sur tout intervalle $[a,+\infty[$ avec $a>0$

On en d\'eduit que \boxit{$q_0$ est de classe $C^1$ sur $]0,+\infty[$.} 

\num{3)\e}
On a vu que la s\'erie $\displaystyle \sum_{p=1}^{+\infty}{(-1)^p\over p^x}$ converge uniform\'ement sur l'intervalle $[1,+\infty[$ donc 

$\displaystyle \lim_{x\rightarrow+\infty}\sum_{p=1}^{+\infty}{(-1)^p\over p^x}
=\sum_{p=1}^{+\infty}\lim_{x\rightarrow+\infty}{(-1)^p\over p^x}
=-1$

\boxit{$\displaystyle \lim_{x\rightarrow+\infty}q_0(x)=-1$}.


\num{4)\e}
En utilisant {\bf IV 2)} avec $\displaystyle f(t)={1\over t^x}$, on \'ecrit

$\displaystyle q_0(x)=\sum_{p=1}^n{(-1)^p\over p^x}+{1\over 2}{(-1)^{n+1}\over (n+1)^x}
+{1\over 2}\sum_{p=n+1}^{+\infty}(-1)^p\Big({1\over p^x}-{1\over (p+1)^x}\Big)$

puis on fait tendre $x$ vers 0:

$\displaystyle \lim_{x\rightarrow0}\sum_{p=1}^n{(-1)^p\over p^x}+{1\over 2}{(-1)^{n+1}\over (n+1)^x}
=\sum_{p=1}^n(-1)^p+{1\over 2}(-1)^{n+1}
={-1\over 2}$

de m\^eme qu'en {\bf IV 2)}, on majore:  

$\displaystyle \left|\sum_{p=n+1}^{+\infty}(-1)^p\Big({1\over p^x}-{1\over (p+1)^x}\Big)
\right|
\leq {1\over (n+1)^x}-{1\over (n+2)^x}$

$\displaystyle =\exp(x\ln(n+1))-\exp(x\ln(n+2)
\mathop{\sim}_{x\rightarrow0}x\ln(n+1)-x\ln(n+2)
\mathop{\longrightarrow}_{x\rightarrow0} 0$

\boxit{$q_0$ admet donc un prolongement par continuit\'e en 0 en posant $q_0(0)={-1\over 2}$}

\num{5)a)}
On reprend, pour n=0, la formule de la question {\bf 4)}:

$\displaystyle q_0(x)={-1\over 2}+{1\over 2}\sum_{p=1}^{+\infty}(-1)^p\Big({1\over p^x}-{1\over (p+1)^x}\Big)
=q_0(0)+{x\over 2}\sum_{p=1}^{+\infty}(-1)^p\int_p^{p+1}{dt\over t^{x+1}}$.


\num{5)b)}
$\displaystyle {q_0(x)-q_0(0)\over x}={1\over 2}\sum_{p=1}^{+\infty}(-1)^p\int_p^{p+1}{dt\over t^{x+1}}$.

Pour calculer la limite en 0 de cette expression, montrons que la s\'erie 
$\displaystyle \sum_{p=1}^{+\infty}(-1)^p\int_p^{p+1}{dt\over t^{x+1}}$ converge uniform\'ement sur $]0,+\infty[$.

La fonction $\displaystyle t\mapsto {1\over t^{x+1}}$ est d\'ecroissante et de limite nulle en $+\infty$ donc la suite  $\displaystyle \int_p^{p+1}{dt\over t^{x+1}}$ est d\'ecroissante et de limite nulle.
On peut donc appliquer le crit\`ere des s\'eries altern\'ees pour majorer le reste de la s\'erie
$\displaystyle \sum_{p=1}^{+\infty}(-1)^p\int_p^{p+1}{dt\over t^{x+1}}$.

$\displaystyle \sup_{x\in]0,+\infty[}\left|\sum_{p=n+1}^{+\infty}(-1)^p\int_p^{p+1}{dt\over t^{x+1}}\right|
\leq \sup_{x\in]0,+\infty[}\int_{n+1}^{n+2}{dt\over t^{x+1}}
\leq \sup_{x\in]0,+\infty[}{1\over (n+1)^{x+1}}
\leq {1\over (n+1)}
\mathop{\longrightarrow}_{n \rightarrow +\infty} 0$

La s\'erie $\displaystyle \sum_{p=1}^{+\infty}(-1)^p\int_p^{p+1}{dt\over t^{x+1}}$ converge donc uniform\'ement sur $]0,+\infty[$ donc 

$\displaystyle \lim_{x\rightarrow0}\sum_{p=1}^{+\infty}(-1)^p\int_p^{p+1}{dt\over t^{x+1}}
=\sum_{p=1}^{+\infty}(-1)^p\lim_{x\rightarrow0}\int_p^{p+1}{dt\over t^{x+1}}$

de plus, la fonction $\displaystyle (x,t)\mapsto{1\over t^{x+1}}$ est continue sur $[0,+\infty[\times[p,p+1]$ pour tout entier $p\geq1$
donc

$\displaystyle \lim_{x\rightarrow0}\int_p^{p+1}{dt\over t^{x+1}}
=\int_p^{p+1}\lim_{x\rightarrow0}{1\over t^{x+1}}\,dt
=\int_p^{p+1}{1\over t}\,dt
=\ln\big(1+{1\over p}\big)$

Finalement, on a 
$\displaystyle \lim_{x\rightarrow0}{q_0(x)-q_0(0)\over x}={1\over 2}
\sum_{p=1}^{+\infty}(-1)^p\ln\big(1+{1\over p}\big)$

$q_0$ est bien d\'erivable en 0 avec 
\boxit{$\displaystyle q'_0(0)={1\over 2}
\sum_{p=1}^{+\infty}(-1)^p\ln\big(1+{1\over p}\big)$}



\num{6)\e}
$\displaystyle \sum_{p=1}^{2n}(-1)^p\ln\big(1+{1\over p}\big)
=\ln\Big({1.3.3.5.5...(2n-1)(2n-1)\over 2.2.4.4.6...(2n-2).(2n-2).(2n)}\Big)$

$\displaystyle =\ln\Big({1.2.2.3.3.4.4.5.5...(2n-1)(2n-1).(2n).(2n)\over (2.2.4.4.6...(2n-2).(2n-2))^2.(2n)^3}\Big)
=\ln\Big( {(2n)!^2.(2n)\over 2^{4n}n!^4 } \Big)$

D'apr\`es la formule de Stirling

$\displaystyle {(2n)!^2.(2n)\over 2^{4n}n!^4} 
\mathop{\sim}_{n \rightarrow +\infty} 
{\big((2n)^{2n}e^{-2n}\sqrt{4\pi n}\big)^2.(2n)\over 2^{4n}\big(n^ne^{-n}\sqrt{2\pi n}\big)^4}
={2\over \pi}$

donc 
$\displaystyle \lim_{n \rightarrow +\infty}\sum_{p=1}^{2n}(-1)^p\ln\big(1+{1\over p}\big)
=\ln({2\over \pi})$

La question pr\'ec\'edente prouve la convergence de la s\'erie.
On a donc \boxit{$\displaystyle \sum_{p=1}^{+\infty}(-1)^p\ln\big(1+{1\over p}\big)
=\ln({2\over \pi})$}


\end
