\documentstyle{article}

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\newcommand{\dfrac}{\displaystyle \frac}
\newcommand{\dlim}{\displaystyle \lim}
\newcommand{\dsum}{\displaystyle \sum}
\newcommand{\dint}{\displaystyle \int}

%----------------------------------------------------------------
% Corig\'e r\'edig\'e par Pierre Cr\'epy
% Lyc\'ee Louis Thuillier \`a AMIENS
% @mail : phscrepy@micronet.fr
%----------------------------------------------------------------

\begin{document}
\input upsnum.sty

\title{ ENSAI  MP 1999 \\
 Epreuve de Math\'ematiques 2}
\author{}%Pierre Cr\'epy }
\date{}

\maketitle

Pour $\alpha$ et $\beta$ r\'eels, on note  
$$
I(\alpha, \beta)=\int_0 ^1 (- \ln t)^{\alpha} (1-t)^{\beta} \, dt.
$$

\section*{Partie I}

\begin{enumerate}
% 1
\item
On note  $f$ la fonction r\'eelle d\'efinie par 
$ t\rightarrow (- \ln t)^{\alpha} (1-t)^{\beta}$.  
On a $f\in C^0 (]0,1[, {\bf R}^+)$.

Au voisinage de $0$, on a $f(t) \sim (- \ln t)^{\alpha}$ donc 
$f(t) =o(\dfrac{1}{\sqrt{t}})$, ainsi $f$ est int\'egrable sur $]0, \dfrac{1}{2}]$.

Au voisinage de $1$, on a $f(t) \sim (1-t)^{\alpha+\beta}$ ainsi 
$f$ est int\'egrable sur $[\dfrac{1}{2}, 1[$ si et seulement si 
$\alpha+\beta> -1$.
Il en r\'esulte que $I$ est d\'efinie sur 
$$\Omega=\{ (\alpha, \beta) \in {\bf R}^2 \; / \; \alpha+\beta> -1 \}.$$

% 2
\item
\begin{itemize}
\item[a)] 
Le changement de variable $t=e^{-x}$ donne 
$$
\forall (\alpha, \beta) \in \Omega,\quad  
I(\alpha, \beta)=\int_0 ^{+\infty} x^{\alpha} e^{-x} (1-e^{-x})^{\beta} \, dx.
$$

\item[b)]
Pour $\alpha>-1$, on a  
$
I(\alpha, 0)=\dint_0 ^{+\infty} x^{\alpha} e^{-x} \, dx = \Gamma (\alpha+1)$.

Sachant que $\Gamma (\alpha+1)=\alpha \Gamma (\alpha)$ et $\Gamma (1)=1$, on 
en d\'eduit que 
$$\forall n\in {\bf N} \quad I(n, 0)=n!$$

\item[c)]
Pour $n\in {\bf N}$ et $(\alpha, n) \in \Omega$, la formule du bin\^ome, puis 
la lin\'earit\'e de l'int\'egrale, puis le changement de variable $u=(1+k)x$ donnent
successivement
\begin{eqnarray*}
I(\alpha, n) 
   & = & \int_0 ^{+\infty} x^{\alpha} e^{-x} 
                 \sum_{k=0}^n  C_n^k (-1)^k  e^{-kx}  \, dx  \\
   & = & \sum_{k=0}^n  (-1)^k C_n^k \int_0 ^{+\infty} x^{\alpha} e^{-(1+k)x}  \, dx  \\
   & = & \sum_{k=0}^n  (-1)^k \dfrac {C_n^k}{(1+k)^{\alpha+1}}  \int_0 ^{+\infty} u^{\alpha} e^{-u}  \, du  
 \end{eqnarray*}
Finalement
$$
I(\alpha, n)  =  \Gamma (\alpha+1) \sum_{k=0}^n  (-1)^k \dfrac {C_n^k}{(1+k)^{\alpha+1}}.
$$                   
\item[d)] En utilisant le fait que 
$\dlim_{\alpha \rightarrow + \infty} \dfrac {1}{(1+k)^{\alpha+1}}=0$ pour $k=1, 2, \ldots ,n$,
on obtient 
$$  
I(\alpha, n) \sim \Gamma (\alpha+1) \; \mbox{ lorsque } \;  \alpha \rightarrow + \infty.
$$
Une minoration simple donne, pour $\alpha >0$, 
$$
\Gamma (\alpha+1) \ge \int_2 ^{+\infty} x^{\alpha} e^{-x}  \, dx
\ge  2^{\alpha} \int_2 ^{+\infty} e^{-x}  \, dx
$$
ce qui implique $\dlim_{\alpha \rightarrow + \infty} I(\alpha,n)=+\infty$.    
 
\end{itemize}

% 3
\item
On suppose dans cette question que $\beta \in {\bf R}\backslash {\bf N}$.

\begin{itemize}
\item[a)]
La fonction $u \rightarrow (1-u)^{\beta}$ admet au voisinage de $0$ un 
d\'eveloppement en s\'erie enti\`ere de rayon $1$ et 
$$ \forall u \in ]-1, 1[, \quad (1-u)^{\beta}= 1 + 
\sum_{n=1}^{+\infty} (-1)^n \dfrac{\beta (\beta-1)\ldots (\beta-n+1)}{n!} u^n .
$$ 
Il en r\'esulte que, pour $x>0$,
$$
(1-e^{-x})^{\beta}= \sum_{n=1}^{+\infty} (-1)^n u_n(\beta) e^{-nx}
$$
o\`u  $u_0(\beta)=1$ et 
$u_n(\beta)= \dfrac{\beta (\beta-1)\ldots (\beta-n+1)}{n!}$ pour $n\ge 1$.
Notons que $u_n(\beta)$ n'est jamais nul.
  
\item[b)] On pose $v_n= \ln \dfrac{ (n+1)^{\beta+1} \mid u_{n+1}(\beta)\mid }
                                  {  n^{\beta+1} \mid u_n(\beta)\mid }$. 
On a $\dfrac{ \mid u_{n+1}(\beta)\mid }{ \mid u_n(\beta)\mid} 
= \dfrac{ n-\beta}{n+1}$ \`a partir d'un certain rang $n$. On en d\'eduit 
un d\'eveloppement asymptotique de $v_n$ lorsque $n  \rightarrow + \infty$
\begin{eqnarray*}
v_n & = & \ln \left( 1+ \dfrac{1}{n} \right) ^{\beta+1} +
          \ln \left( 1 -\dfrac{\beta}{n} \right) - 
          \ln \left( 1 +\dfrac{1}{n} \right) \\
    & = & \ln \left( 1+ \dfrac{\beta+1}{n} + O(\dfrac{1}{n^2})\right)+
           -\dfrac{\beta}{n} -\dfrac{1}{n} + O(\dfrac{1}{n^2})\\
    & = & O(\dfrac{1}{n^2})
\end{eqnarray*}
La s\'erie $\dsum v_{n}$ est absolument convergente, et donc convergente.

On a $v_n= a_{n+1} - a_n$ o\`u $a_n=\ln (  n^{\beta+1} \mid u_n(\beta)\mid)$, avec 
 $a_0=0$ par convention.
Par t\'elescopage, la somme partielle de la s\'erie  s'\'ecrit 
$S_{n-1}=\dsum_{k=0}^{n-1} v_k = a_n$.
Il en r\'esulte que la suite $(a_n)_{n\in {\bf N}}$ converge vers 
$S=\dsum_{k=0}^{+\infty} v_k$. Ainsi  
$$
\mid u_n(\beta)\mid \, \sim \dfrac{K}{ n^{\beta+1}} \mbox{  avec  } K=e^S >0
\mbox{ lorsque } n  \rightarrow + \infty.
$$

{\it et non pas $ u_n(\beta)$ comme l'indique le texte }

\item[c)]
D'apr\`es 3.a), on a
$$
I(\alpha, \beta)=\int_0 ^{+\infty} x^{\alpha} e^{-x} 
\sum_{n=1}^{+\infty} (-1)^n u_n(\beta) e^{-nx} \, dx
=\int_0 ^{+\infty} \sum_{n=1}^{+\infty} f_n(x) \, dx
$$
o\`u $f_n: x \rightarrow (-1)^n x^{\alpha} u_n(\beta) e^{-(1+n)x}$
est une fonction continue sur $]0, +\infty[$.

On a $$\int_0 ^{+\infty} \mid f_n(x) \mid  \, dx = 
\mid u_n(\beta)\mid \int_0 ^{+\infty} x^{\alpha} e^{-(1+n)x} \, dx =
\mid u_n(\beta)\mid \dfrac {\Gamma (\alpha +1)}{(n+1)^{\alpha +1}} .
$$
D'apr\`es c), on en d\'eduit que 
$\dint_0 ^{+\infty} \mid f_n(x) \mid  \, dx \sim  \dfrac {\Gamma (\alpha +1) K }{n^{\alpha +\beta+2}}$,
avec  $\alpha +\beta+2 >1$. Ainsi la s\'erie  $\dsum \dint_0 ^{+\infty} \mid f_n(x) \mid  \, dx$
est convergente, et d'apr\`es le th\'eor\`eme de convergence domin\'ee 
(pour les s\'eries), on obtient 
$ \dint_0 ^{+\infty} \dsum_{n=0} ^{+\infty} f_n(x)   \, dx 
          = \dsum_{n=0} ^{+\infty} \dint_0 ^{+\infty} f_n(x) \, dx$,
c'est-\`a-dire
$$
I(\alpha, \beta)= \Gamma (\alpha +1) \sum_{n=0}^{+\infty} (-1)^n 
 \dfrac {u_n(\beta)}{(n+1)^{\alpha +1}}.
$$

\end{itemize}

% 4
\item
On a $u_n(-1)=(-1)^n$ et $u_n(-2)=(-1)^n (n+1)$.
Pour $\alpha>0$ (resp.  $\alpha>1$ ), le calcul donne 
$$I(\alpha, -1) = \Gamma (\alpha +1) \sum_{n=0}^{+\infty} (-1)^n 
 \dfrac {u_n(-1)}{(n+1)^{\alpha +1}} = \Gamma (\alpha +1) \zeta(\alpha+1)$$
$$ \left( \mbox{ resp. } I(\alpha, -2) = \Gamma (\alpha +1) \sum_{n=0}^{+\infty} (-1)^n 
 \dfrac {u_n(-2)}{(n+1)^{\alpha +1}} = \Gamma (\alpha +1) \zeta(\alpha) \right) .$$ 

% 5
\item
\begin{itemize}
\item[a)]
Pour $n\in {\bf N}^*$ et $\alpha > n$, une int\'egration par parties donne
$$  
I(\alpha -1, -n)= 
\lim_{\varepsilon \rightarrow 0^+} 
\left[ \dfrac {x^{\alpha}}{\alpha}  e^{-x} (1-e^{-x})^{-n} \right]_{\varepsilon}
^{+\infty} +
\int_{\varepsilon} ^{+\infty} \dfrac{x^{\alpha}}{\alpha} 
\left( e^{-x} (1-e^{-x})^{-n} + n e^{-2x} (1-e^{-x})^{-n-1} \right) \, dx.
$$
En utilisant $\dfrac {\varepsilon^{\alpha}}{\alpha}  e^{-\varepsilon} (1-e^{-\varepsilon})^{-n} \sim
\dfrac {\varepsilon^{\alpha-n}}{\alpha}$ avec $\alpha-n>0$ dans le crochet et
la transformation  $e^{-2x}= e^{-x}(1-(1-e^{-x}))$ dans l'int\'egrale, on obtient
$$
I(\alpha -1, -n)=  \dfrac{1-n}{\alpha} I(\alpha, -n)+  
                    \dfrac{n}{\alpha} I(\alpha, -n-1).
$$
Notons que la relation est \'egalement valable pour $n=0$. 

\item[b)] 
La formule pr\'ec\'edente se r\'e\'ecrit, pour $n\ge 1$,
$$
I(\alpha, -n)=  \dfrac{\alpha}{n-1} I(\alpha-1, -(n-1))+  
                    \dfrac{n-2}{n-1} I(\alpha, -(n-1)).
$$
A l'aide d'une r\'ecurrence descendante \'el\'ementaire, on \'etablit que pour $k\in [1,n-1]$,
$$
I(\alpha, -n)=  \sum_{p=k}^{n-1} \dfrac{\alpha}{n-1} I(\alpha-1, -p)) +  
                    \dfrac{k-1}{n-1} I(\alpha, -k).
$$  
Pour $k=1$, il vient 
$$
I(\alpha, -n)=  \dfrac{\alpha}{n-1} \sum_{p=1}^{n-1} I(\alpha-1,-p).
$$

\item[c)]
En utilisant le fait que $\dlim_{x \rightarrow +\infty} \zeta(x)=1$ et les r\'esultats du
4), on obtient  $I(\alpha, -1) \sim \Gamma (\alpha +1)$ et
 $I(\alpha, -2) \sim \Gamma (\alpha +1)$ lorsque $\alpha \rightarrow +\infty$.

Supposons le r\'esultat $I(\alpha, -k) \sim \Gamma (\alpha +1)$ vrai jusqu'\`a 
l'ordre $k=n-1$ avec $n\ge 3$, alors 
la relation obtenue au b) donne 
\begin{eqnarray*}
I(\alpha, -n) & \sim  & \dfrac{\alpha}{n-1} \sum_{p=1}^{n-1} \Gamma (\alpha) \\
        & \sim & \alpha \Gamma (\alpha) \\
        & \sim & \Gamma (\alpha+1) 
\end{eqnarray*}
Ainsi, pour tout $n \in {\bf N}^*$, on a   
$$  
I(\alpha, -n) \sim \Gamma (\alpha+1) \; \mbox{ lorsque } \;  \alpha \rightarrow + \infty.
$$

\end{itemize}

% 6
\item
Si $\beta>0$, il existe $n \in {\bf N}$ tel que $n \le \beta < n+1$.
Dans la d\'efinition de $I(\alpha, \beta)$ appara\^{\i}t $(1-t)^{\beta}$ avec $t\in]0,1[$. Il en r\'esulte que 
$I(\alpha, n+1) < I(\alpha, \beta) \le I(\alpha, n)$.
Si $\beta<0$, il existe $n \in {\bf N}$ tel que $-n \ge \beta > -(n+1)$ et l'on a
$I(\alpha, -(n+1)) > I(\alpha, \beta) \ge I(\alpha, -n)$.


D'apr\`es 2)d et  5)c, il vient
$$
\forall \beta \in{\bf R} \quad I(\alpha, \beta) \sim \Gamma(\alpha+1) \; \mbox{ lorsque } \;  
\alpha \rightarrow + \infty.
$$

\end{enumerate}

%
%
\section*{Partie II}

\begin{enumerate}

% 1
\item
\begin{itemize}
\item[a)]
Pour $\beta>-1$,  le calcul donne 
$$
I(0, \beta) =\int_0 ^1 (1-t)^{\beta} \, dt =  \dfrac{1}{\beta+1}.
$$

\item[b)]
Pour $\beta>-2$, le changement de variable $u=1-t$, puis le 
d\'eveloppement en  s\'erie enti\`ere de $\ln (1-u)$ pour $u\in ]0,1[$
 donnent successivement pour $I(1, \beta)$ 
\begin{eqnarray*}
\int_0 ^1 - \ln t (1-t)^{\beta} \, dt 
            & = & \int_0 ^1 - \ln (1-u) u^{\beta} \, du \\
            & = & \int_0 ^1 \sum_{n=1}^{+\infty} \dfrac{u^{n+\beta}}{n} \, du
\end{eqnarray*}
D'apr\`es le th\'eor\`eme de convergence monotone (pour les s\'eries), la s\'erie de terme g\'en\'eral  
$\dint_0 ^1 \dfrac{u^{n+\beta}}{n}\, du = 
\dfrac{1}{n(n+\beta+1)}$ est convergente et
$$
I(1, \beta)= \sum_{n=1}^{+\infty} \dfrac{1}{n(n+\beta+1)}.
$$ 
 
\item[c)] 
La fonction $ h: t \rightarrow \dfrac{1}{t(t+\beta+1)}$ est d\'ecroissante  
 sur $[1,+\infty[$, donc 
$$
\forall n \ge 1 \quad  \int_n ^{n+1} h(t) \, dt \ge  \dfrac{1}{n(n+\beta+1)}
\quad  \mbox{ et } \quad 
\forall n \ge 2 \quad  \dfrac{1}{n(n+\beta+1)} \ge  \int_{n-1} ^n h(t) \, dt. 
$$
Comme la fonction $h$ est int\'egrable
 sur $[1,+\infty[$, on en d\'eduit l'encadrement suivant
$$
\int_1 ^{+\infty} h(t)\, dt  \ge I(1, \beta) \ge
\dfrac{1}{\beta+2} + \int_1 ^{+\infty} h(t) \, dt .
$$
Un calcul classique d'int\'egrale donne pour $\dint_1 ^{+\infty} h(t)\, dt$ :
\begin{eqnarray*}
\int_1 ^{+\infty} \dfrac{1}{t(t+\beta+1)} \, dt 
    & = &  \dfrac{1}{\beta+1} 
           \int_1 ^{+\infty}\dfrac{1}{t} - \dfrac {1}{t+\beta+1} \, dt \\
            & = & \dfrac{1}{\beta+1} 
           \left[ \ln \dfrac{t}{t+\beta+1} \right]_1 ^{+\infty}    \\
            & = & \dfrac{\ln(\beta+2)}{\beta+1}
\end{eqnarray*}

Il en r\'esulte que 
$$
I(1, \beta) \sim \dfrac{\ln \beta}{\beta} \; \mbox{ lorsque } \;  \beta \rightarrow +\infty.
$$

\end{itemize}

% 2
\item
\begin{itemize}
\item[a)]
La fonction $u \rightarrow -\ln (1-u)$ admet au voisinage de $0$ un 
d\'eveloppement en s\'erie enti\`ere de rayon $1$ et 
$$ 
\forall u \in ]-1, 1[, \quad -\ln(1-u)= \sum_{n=1}^{+\infty} \dfrac{1}{n} u^n .
$$ 
Il en r\'esulte que la fonction carr\'ee 
$u \rightarrow (\ln (1-u))^2$ admet au voisinage de $0$ un d\'eveloppement en 
s\'erie enti\`ere de rayon $\ge 1$ et 
$$ 
\forall u \in ]-1, 1[, \quad (\ln(1-u))^2= \sum_{n=2}^{+\infty} c_n u^n \quad
 \mbox{ avec } c_n= \sum_{k=1}^{n-1} \dfrac{1}{k(n-k)}.
$$ 

\item[b)]
Pour $\beta>-3$, un calcul analogue \`a celui de 1.b) donne successivement
pour $I(2, \beta)$ 
\begin{eqnarray*}
\int_0 ^1 (\ln t)^2 (1-t)^{\beta} \, dt 
            & = & \int_0 ^1 (\ln (1-u))^2 u^{\beta} \, du \\
            & = & \int_0 ^1 \sum_{n=2}^{+\infty} c_n u^{n+\beta} \, du
\end{eqnarray*}
D'apr\`es le th\'eor\`eme de convergence monotone (pour les s\'eries), la s\'erie de 
terme g\'en\'eral  
$\dint_0 ^1  c_n u^{n+\beta} \, du = \dfrac{c_n}{n+\beta+1}$ 
est convergente et
$I(2, \beta)= \dsum_{n=2}^{+\infty} \dfrac{c_n}{n+\beta+1}$.
 
La relation  $\dfrac{1}{k}+ \dfrac{1}{n-k}= n \dfrac{1}{k(n-k)}$ donne une 
autre expression de $c_n$
$$
\forall n\ge2 \quad c_n=  \dfrac{1}{n}  \sum_{k=1}^{n-1} \dfrac{1}{k}+ \dfrac{1}{n-k}=
 \dfrac{2}{n}  \sum_{k=1}^{n-1} \dfrac{1}{k}$$
d'o\`u, apr\`es un d\'ecalage d'indices,
$$
I(2, \beta)= 2 \sum_{n=1}^{+\infty} \dfrac{ 1+\dfrac{1}{2}+\ldots + \dfrac{1}{n}}
{(n+1)(n+\beta+2)}.
$$ 

\end{itemize}

% 3
\item
\begin{itemize}
\item[a)] 
La s\'erie de terme g\'en\'eral $\dfrac{(-1)^{n-1}}{n}$ est convergente d'apr\`es le 
crit\`ere sp\'ecial des s\'eries altern\'ees. Le calcul de sa somme partielle  
$$
S_N= \sum_{n=1}^{N}\dfrac{(-1)^{n-1}}{n}= 
\sum_{n=1}^{N}(-1)^{n-1} \int_0^1 t^{n-1} \, dt=
\int_0^1 \sum_{n=1}^{N}(-t)^{n-1} \, dt = \int_0^1 \dfrac{1-(-t)^N}{1+t} \, dt,
$$
et la majoration du reste 
$$ \left| \int_0^1 \dfrac{-(-t)^N}{1+t} \, dt \right| 
 \le \int_0^1 t^N \, dt = \dfrac{1}{N+1},
$$
donnent 
$$
\sum_{n=1}^{+\infty}\dfrac{(-1)^{n-1}}{n} =
\lim_{N \rightarrow + \infty} S_N= \int_0^1 \dfrac{1}{1+t} \, dt = \ln 2.
$$

\item[b)] 
D'apr\`es 1.b), on a
$I(1, \dfrac{1}{2})= \dsum_{n=1}^{+\infty} \dfrac{1}{n(n+\frac{1}{2})}$.
A l'aide d'une d\'ecomposition en \'el\'ements simples, on transforme la somme 
patielle 
\begin{eqnarray*}
\sum_{n=1}^{2N} \dfrac{1}{n(n+\frac{1}{2})} 
   & = &  2 \sum_{n=1}^{2N} \dfrac{1}{n} -  \dfrac{2}{2n+1} \\
   & = &  2 \sum_{n=1}^{N} \dfrac{1}{2n} + 2 \sum_{n=0}^{N-1} \dfrac{1}{2n+1}
                            -  4\sum_{n=1}^{2N} \dfrac{1}{2n+1} \\
   & = &  4 +2 \sum_{n=1}^{2N} \dfrac{(-1)^n}{n} 
                       -  4\sum_{n=N}^{2N} \dfrac{1}{2n+1} 
\end{eqnarray*}
En utilisant une comparaison avec des int\'egrales, on obtient
$\dlim_{N \rightarrow +\infty} \dsum_{n=N}^{2N} \dfrac{1}{2n+1}=\dfrac{\ln 2}{2}$. 
Combin\'e avec le r\'esultat du 3.a), on en d\'eduit la valeur
$$I(1, \dfrac{1}{2})=4-4 \ln 2.$$

\end{itemize}

% 4
\item
\begin{itemize}
\item[a)]
Le changement de variable $u=t^n$, pour $n\in{\bf N}^*$, donne
$$
\int_0^1 t^n g(t) \, dt =\dfrac{1}{n} \int_0^1 g_n(u) \, du \quad
\mbox{o\`u } g_n(u)=u^{{1 \over n}}g(\sqrt[n]{u}).
$$
La suite de fonctions $(g_n)_{n\bf{N}}$ converge simplement sur $[0,1]$ vers
 la fonction $g(1) \chi_{]0,1]}$
tout en \'etant domin\'ee par la fonction constante \'egale \`a $\|g \|_{\infty}$.

Il en r\'esulte que 
$\dlim_{n \rightarrow +\infty} \int_0^1 g_n(u) \, du =
\int_0^1 g(1) \chi_{]0,1]}(t) \, dt =g(1)$, ainsi
$$
\int_0^1 t^n g(t) \, dt  \sim \dfrac{g(1)}{n} \; \mbox{ lorsque } \;  n \rightarrow +\infty.
$$        

\item[b)] 
La fonction $f$ d\'efinie par $f(x)=\dfrac{1-e^{-x}}{x}$, prolong\'ee 
par continuit\'e en $0$ par $f(0)=1$ est de classe $C^1$ sur $]0, +\infty[$.
Le calcul donne
$$ 
\forall x \in ]0, +\infty[, \quad  f'(x)=\dfrac{(1+x)e^{-x}-1}{x^2}.
$$ 
On v\'erifie, \`a l'aide  d'un d\'eveloppement limit\'e en $0$, que
$\dlim_{x \rightarrow 0^+} f'(x)= -\dfrac{1}{2}$,  donc $f$ est  classe $C^1$ 
sur $[0, +\infty[$.
On v\'erifie \'egalement (variation et signe du num\'erateur de f'(x)) que $f'(x)<0$ pour 
tout $\in ]0, +\infty[$. Il en r\'esulte que $f$ strictement d\'ecroissante
de  $[0, +\infty[$ sur $]\dlim_{x \rightarrow +\infty}f(x),1]=]0,1]$ et que 
$$
f \mbox{  est un  } C^1 \mbox{  diff\'eomorphisme de  } [0, +\infty[ 
\mbox{  sur  } ]0,1].
$$
 
\item[c)]
En utilisant l'\'ecriture de $I(\alpha, \beta)$ du I 2.a) et le changement
de variable $u=f(x)$,  valide d'apr\`es b), on a  pour $n\in {\bf N}^*$  
$$
I(-n,n)=\int_0^{+\infty} e^{-x} (f(x))^n \, dx =
\int_0^1 -e^{-f^{-1}(u)} (f^{-1})'(u) u^n  \, du.
$$
La fonction $g:u \rightarrow -e^{-f^{-1}(u)} (f^{-1})'(u)$ est continue sur $]0,1]$.

Lorsque $u\rightarrow 0^+$, on a $v=f^{-1}(u)\rightarrow +\infty$ et
$g(u)=-e^{-v} \dfrac{1}{f'(v)} \sim e^{-v} v^2$, ainsi $g$ se prolonge 
par continuit\'e en $0$ par $g(0)=0$.
Comme $g(1)=-e^0 \dfrac{1}{f'(0)}=2$, il r\'esulte de a) que 
$$
I(-n,n) \sim  \dfrac{2}{n} \; \mbox{ lorsque } \;  n \rightarrow +\infty.
$$        

\end{itemize}
\end{enumerate}

%
%
\section*{Partie III}

\begin{enumerate}

% 1
\item

On note $I_g$ et $I_d$ les fonctions d\'efinies  par 
$$
I_g(\alpha, \beta)=\int_0 ^{\frac{1}{e}} (- \ln t)^{\alpha} (1-t)^{\beta} \, dt
\quad \mbox{ et } \quad
I_d(\alpha, \beta)=\int_{\frac{1}{e}}^1 (- \ln t)^{\alpha} (1-t)^{\beta} \, dt.
$$ 
Pour tous $(\alpha_0, \beta_0) \in {\bf R}^2$, la fonction 
$\varphi_{\alpha_0, \beta_0}:t \rightarrow (- \ln t)^{\alpha_0} (1-t)^{\beta_0}$
est int\'egrable $]0, \dfrac{1}{e}]$ et v\'erifie 
$$
\forall (\alpha, \beta), \alpha \le \alpha_0, \beta\ge \beta_0 \quad 
\forall t\in ]0, \dfrac{1}{e}] \quad 
0 \le  (- \ln t)^{\alpha} (1-t)^{\beta} \le \varphi_{\alpha_0, \beta_0}(t).
$$
Tout compact de ${\bf R}^2$ peut \^etre inclus dans un domaine du type
$\{(\alpha, \beta)\,/ \,  \alpha \le \alpha_0, \beta\ge \beta_0 \}$. 
Il en r\'esulte, d'apr\`es le th\'eor\`eme relatif \`a la continuit\'e des int\'egrales d\'ependant 
de param\`etres, par domination locale, que $I_g$ est continue sur ${\bf R}^2$.

On anticipe ( question 2.a)) sur l'\'etude  de la fonction 
$t\rightarrow -\dfrac{\ln t}{1-t}$. 
Pour tous $(\alpha_0, \beta_0) \in \Omega$, la fonction 
$\varphi_{\alpha_0, \beta_0}:t \rightarrow (-\dfrac{\ln t}{1-t})^{\alpha_0} 
(1-t)^{\alpha_0+\beta_0}$ est int\'egrable $[\dfrac{1}{e},1[$ et v\'erifie 
$$
\forall (\alpha, \beta), \alpha \le \alpha_0, \alpha+\beta\ge \alpha_0+\beta_0 
\quad \forall t\in [\dfrac{1}{e},1[ \quad 
0 \le  (- \ln t)^{\alpha} (1-t)^{\beta} \le \varphi_{\alpha_0, \beta_0}(t).
$$
Tout compact de $\Omega$ peut \^etre inclus dans un domaine du type
$\{(\alpha, \beta)\,/ \,  \alpha \le \alpha_0, \alpha+\beta\ge \alpha_0+\beta_0 \}$. 
Il en r\'esulte, d'apr\`es le m\^eme th\'eor\`eme,  que $I_d$ est continue sur $\Omega$. Ainsi,
par addition,  
$$
I \mbox{ est continue sur } \Omega.
$$  

% 2
\item
\begin{itemize}
\item[a)] 
La fonction $t\rightarrow -\dfrac{\ln t}{1-t}$ est continue sur 
$[\dfrac{1}{2},1[$ et tend vers $1$ lorsque $t\rightarrow 1^-$, elle est donc
born\'ee sur $[\dfrac{1}{2},1[$.
En fait, $f$ est d\'ecroissante, donc 
$$
\forall t \in [\dfrac{1}{2},1[, \quad  1< -\dfrac{\ln t}{1-t} \le 2\ln 2.
$$

\item[b)]
Pour $\alpha \in {\bf R}$, en tenant compte du signe de $\alpha$ et en notant
$M(\alpha)=$ Min $(1,(2 \ln 2)^{\alpha})$, on obtient 
$(-\dfrac{\ln t}{1-t})^{\alpha} \ge M(\alpha)$ pour tout 
$t\in [\dfrac{1}{2},1[$, ce qui entra\^{\i}ne 
$$
I(\alpha, \beta)\ge 
\int_{\frac{1}{2}}^1 (-\dfrac{\ln t}{1-t})^{\alpha} (1-t)^{\alpha+\beta} \, dt
\ge M(\alpha) \int_{\frac{1}{2}}^1  (1-t)^{\alpha+\beta} \, dt
= \dfrac{M(\alpha)}{2^{\alpha+\beta+1}(\alpha+\beta+1)}.
$$
Soit $\alpha_0 \in {\bf R}$. Lorsque 
$(\alpha, \beta) \rightarrow (\alpha_0,-1-\alpha_0)$ avec 
$(\alpha, \beta)\in \Omega$, cela signifie que $\alpha \rightarrow \alpha_0$ 
et $\alpha+\beta \rightarrow -1^+$;
dans ce cas, $\dfrac{M(\alpha)}{2^{\alpha+\beta+1}}
\rightarrow \mbox{Min}(1,(2\ln 2)^{\alpha_0})$ et
$\dfrac{1}{\alpha+\beta+1} \rightarrow +\infty$, ainsi
$$ 
\lim_{(\alpha, \beta) \rightarrow (\alpha_0,-1-\alpha_0)
         \atop (\alpha, \beta)\in \Omega }     I(\alpha, \beta) = +\infty.
$$

\end{itemize}

% 3
\item
Pour $\alpha \in {\bf R}$, on d\'efinit la fonction $I_2$ sur
$]-\alpha-1,+\infty[$ par $I_2(\beta)=I(\alpha, \beta)$.
\begin{itemize}
\item[a)]
Si $\beta_1<\beta_2$, alors  $(1-t)^{\beta_1}>(1-t)^{\beta_2}$ pour tout 
$t\in ]0,1[$. Il en r\'esulte que $I_2(\beta_1)>I_2(\beta_2)$. 
$$
I_2 \mbox{ est d\'ecroissante sur } ]-\alpha-1,+\infty[.
$$  

\item[b)]
Pour tout $t\in ]0,1[$, on a
$\dlim_{\beta \rightarrow +\infty} (- \ln t)^{\alpha} (1-t)^{\beta}=0 $ et 
la domination uniforme 
$$
\forall \beta \ge \beta_0 \quad (- \ln t)^{\alpha} (1-t)^{\beta} \le \varphi(t)
$$
avec $\beta_0=\mbox{ Max }(0,-\alpha)$ o\`u 
$\varphi : t \rightarrow (- \ln t)^{\alpha} (1-t)^{\beta_0}$ est int\'egrable 
sur $]0,1[$.
Il en r\'esulte, par interversion de limites, que  
$$
\dlim_{\beta \rightarrow +\infty} 
   \dint_0^1(- \ln t)^{\alpha} (1-t)^{\beta} \, dt = 0.
$$ 

\end{itemize}

% 4
\item
On suppose dans cette question que $\alpha<0$.

On a
$\dint_0^{\frac{1}{2}} (- \ln t)^{\alpha} (1-t)^{n} \, dt \le
(\ln 2)^{\alpha} \dint_0^{\frac{1}{2}}(1-t)^{n} \, dt = O(\dfrac{1}{n})$ 
et, d'apr\`es III.2.a),

$\dint_{\frac{1}{2}}^1 (- \ln t)^{\alpha} (1-t)^{n} \, dt \le
(2\ln 2)^{\alpha} \dint_{\frac{1}{2}}^1  (1-t)^{n+\alpha} \, dt =o(\dfrac{1}{n})
$.  
Il en r\'esulte que  
$$
I(\alpha,n)= \mbox{O}(\frac{1}{n}) \mbox{ lorsque } n \rightarrow +\infty.
$$

% 5
\item
\begin{itemize}
\item[a)]
Soit $\lambda \in ]0,1[$. En utilisant le fait que $0 \le 1-u\le e^{-u}$  pour 
$u\in [0,1]$, puis le changement de variable $t=nu^{\frac{1}{\lambda}}$, 
on obtient successivement
\begin{eqnarray*}
\forall n \in {\bf N}, \quad 
\int_0^1 (1-u^{\frac{1}{\lambda}})^{n} \, du 
  & \le & \int_0^1 e^{-nu^{\frac{1}{\lambda}}} \, du \\
  & \le & \dfrac{\lambda}{n^{\lambda}} \int_0^n t^{\lambda -1} e^{-t} \, dt 
\end{eqnarray*}
Finalement
$$
\forall n \in {\bf N}, \quad 
\int_0^1 (1-u^{\frac{1}{\lambda}})^{n} \, du  \le  
\dfrac{\lambda \Gamma(\lambda)}{n^{\lambda}}.
$$ 

\item[b)]
On suppose $\alpha>0$. Soit $\theta\in]0,1[$. 

La fonction $t \rightarrow (- \ln t)^{\alpha} t^{\theta}$
est continue sur  $]0,1[$ et tend vers $0$ lorsque $t \rightarrow 0^+$ et 
$t \rightarrow 1^-$, elle est donc born\'ee par $M$ sur $]0,1[$. 
En utilisant cette majoration, puis le changement de variable $t=u^{\frac{1}{1-\theta}}$, 
on obtient successivement
\begin{eqnarray*}
I(\alpha,n) & \le & M \int_0^1  t^{-\theta} (1-t)^n \, dt \\
            & \le & \dfrac{M}{1-\theta} \int_0^1  (1-u^{\frac{1}{1-\theta}})^n \, du 
\end{eqnarray*}
Il en r\'esulte, d'apr\`es a), que
$$
\forall n \in {\bf N}, \quad I(\alpha,n) \le \dfrac{C}{n^{1-\theta}}
\mbox { o\`u } C=M\Gamma(1-\theta)>0.
$$
\end{itemize}

\end{enumerate}

\bigskip
\centerline{-------------- FIN -----------------}
\end{document}