\documentclass[a4paper]{article}
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\begin{center} {\Large Partie \Roman{npart}} \end{center}
}

\everymath{\displaystyle}

\begin{document}

\begin{center}
\shadowbox{\Large BANQUE PT \hspace{4.5cm} MATHS IB -- CORRIG\'E
  \hspace{4.5cm} 2000}
\end{center}

\partie

\begin{enumerate}
\item
$\frac{t}{t+n}=1-\frac{n}{t+n}$ donc $\int_{0}^{1} \frac{t}{t+n} \d t=
\int_{0}^{1} 1-\frac{n}{t+n} \d t=\left[t-n\ln(t+n) \right]_0^1=
1-n\big(\ln{(n+1)}-\ln{n} \big)=1-n\ln\left(1+\frac{1}{n} \right)$
donc \fbox{$\frac{1}{n}-\ln\left(1+\frac{1}{n} \right)$}.

Or $1-n\ln\left(1+\frac{1}{n}
\right)=1-n\left(\frac{1}{n}-\frac{1}{2n^2}+o\Big(\frac{1}{n^2}
  \Big)\right)=1-1+\frac{1}{2n}+o\Big(\frac{1}{n} \Big)$ donc $u_n\sim
\frac{1}{2n^2}$ ; Deux s\'{e}ries \`{a} termes positifs et \'{e}quivalent ayant la m\^{e}me
nature, \fbox{$\Sigma u_n$ converge.}

\item
$S_n=\sum_{k=1}^n u_k=\sum_{k=1}^n \frac{1}{k}-\ln\Big(1+\frac{1}{k} \Big)=
\sum_{k=1}^n \frac{1}{k} - \sum_{k=1}^n \big( \ln{(k+1)}-\ln{k} \big)=
\sum_{k=1}^n \frac{1}{k} - \ln{(n+1)}$ par <<t\'{e}lescopage>> des termes.

En passant \`{a} la limite quand $n\to +\infty$, $S=\lim_{n\to+\infty} S_n$.

\item
Pour $t\in[0,1]$, $\frac{1}{n+1}\ie \frac{1}{t+n} \ie \frac{1}{n-1}$ donc
$\frac{1}{n+1}\int_{0}^{1} t\d t \ie u_n \ie \frac{1}{n-1}\int_{0}^{1} t\d t$
et, puisque $\int_{0}^{1} t\d t=\frac{1}{2}$, 
$\frac{1}{2}\left(\frac{1}{n}-\frac{1}{n+1} \right) \ie u_n \ie
\frac{1}{2}\left(\frac{1}{n-1}-\frac{1}{n} \right)$.

Or $\sum_{k=n+1}^\infty \Big(\frac{1}{k}-\frac{1}{k+1}\Big)=\frac{1}{n+1}$ et 
$\sum_{k=n+1}^\infty \Big(\frac{1}{k-1}-\frac{1}{k}\Big)=\frac{1}{n}$ donc
$\frac{1}{2(n+1)}\ie \sum_{k=n+1}^\infty u_k=\frac{1}{2n}$ : 

\fbox{$\frac{1}{2(n+1)}\ie S-S_n=\frac{1}{2n}$}.

\item
$S_n$ constitue une valeur approch\'{e}e de $S$ \`{a} $10^{-2}$ [respectivement
$10^{-6}$] pr\`{e}s, si $\frac{1}{2n} \ie 10^{-2}$ [resp. $\frac{1}{2n} \ie
10^{-6}$] ; $n=50$ [resp. $n=5.10^5$] convient, ce qui, dans le deuxi\`{e}me cas,
est beaucoup trop grand si on tient compte de l'erreur cumul\'{e}e sur le
demi-million de termes \`{a} additionner.

\end{enumerate}

\partie

\begin{enumerate}
\item
On notera ici $a: t\mapsto \frac{1-\e{-t}}{t}$ et
$b: t\mapsto\frac{\e{-t}}{t}$.

En $0$ : $a(t)=\frac{1-(1-t-t^2/2+o(t^2))}{t}=1+\frac{t}{2}+o(t)$ donc $a$
admet un prolongement de classe ${\cal C}^1$ (et m\^{e}me ${\cal C}^\infty$ en
utilisant un d\'{e}veloppement en s\'{e}rie enti\`{e}re) en $0_+$. 

$A$ est d\'{e}finie sur $\R$ tout entier.

De plus, $a$ est ${\cal C}^\infty$ sur $\R_+^*$;
De m\^{e}me, $b$ est ${\cal C}^\infty$ sur $\R_+^*$, et l'int\'{e}grale
$\int_{x}^{+\infty} \frac{\e{-t}}{t} \d t$ est impropre convergente en
$+\infty$, car $\frac{\e{-t}}{t} \ll \e{-t}$ en $+\infty$.

$B$ est d\'{e}finie sur $\R_+^*$ (l'int\'{e}grale d\'{e}finissant $B(0)$ est impropre
divergente en $0$)

$A$ et $B$ sont ${\cal C}^\infty$ sur leur domaine de d\'{e}finition comme
primitives d'une fonction ${\cal C}^\infty$ , donc \textit{a fortiori}
continues et d\'{e}rivables.

\item
% Posons $A_n=\int_{0}^{1} \frac{(1-u)^{n}}{u} \d u$; Alors 
% $A_n-A_{n+1}=\int_{0}^{1} \frac{(1-u)^{n}-(1-u)^{n+1}}{u} \d u=\int_{0}^{1}
% (1-u)^n\frac{1-(1-u)}{u} \d u=\int_{0}^{1} (1-u)^n  \d u=
% \int_{0}^{1} v^n  \d v=\frac{1}{n+1}$ donc
% $\sum_{k=0}^{n-1} A_k-A_{k+1} =\sum_{k=0}^{n-1} \frac{1}{k+1}$ c'est-\`{a}-dire
% $A_n=\sum_{k=1}^n \frac{1}{k}$.

$\int_{0}^{1} \frac{1-(1-u)^{n}}{u} \d u\stackrel{v:=1-u}{=}
\int_{0}^{1} \frac{1-v^n}{1-v} \d v=
\int_{0}^{1} \sum_{k=0}^{n-1} v^k \d v= \sum_{k=0}^{n-1} \frac{1}{k+1}$

Alors $\sum_{k=1}^{n} \frac{1}{k}=\int_{0}^{1} \frac{1-(1-u)^n}{u} \d u
\stackrel {t:=n.u}{=}\int_{0}^{n} \frac{1-(1-\frac{t}{n})^n}{\frac{t}{n}}
\frac{\d t}{n}=\int_{0}^{n} \frac{1-(1-\frac{t}{n})^n}{t} \d t=
\int_{0}^{1} \frac{1-(1-\frac{t}{n})^n}{t} \d t+\int_{1}^{n}
\frac{1-(1-\frac{t}{n})^n}{t} \d t=\int_{0}^{1} \frac{1-(1-\frac{t}{n})^n}{t}
\d t +\ln{n} -\int_{1}^{n} \frac{(1-\frac{t}{n})^n}{t} \d t$

\item
\begin{enumerate}
\item
Soit $\alpha:u\mapsto \e{-u}-(1-u)$; alors $\alpha(0)=0$ et
$\alpha'(u)=-\e{-u}-1\se 0$ pour $u\se0$ donc $\alpha(u)\se 0$ sur $\R_+$.

Soit $\beta:u\mapsto 1-(1+u)\e{-u}$; $\beta(0)=0$ et
$\beta'(u)=-u\e{-u}\ie 0$ pour $u\se0$ donc $\beta(u)\ie 0$; 
Alors $(1-u)^2\e{-u}\ie \frac{(1-u)^2}{1+u}\ie 1-u$.

\item
Pour $\alpha\in[0,1]$, $(1-\alpha)^{n+1}-(1-\alpha)^n=-\alpha(1-\alpha)^n \se
-\alpha$ donc, par sommation, $(1-\alpha)^n \se -n\alpha$

\item
Si $u\in[0,1]$, $\e{-u}-u^2\e{-u}\ie 1-u$ donc $\e{-u}-1+u\ie u^2\e{-u}$; 
Posons $u:=\frac{t}{n}$ pour $t\in[0,n]$ $\e{-t} -\left(1-\frac{t}{n}
\right)^n= \e{-nu}-(1-u)^n\ie \e{-nu}-1+nu \ie nu^2 \e{-nu} \ie
\frac{nt^2}{n^2}\e{-t}=\frac{t^2}{n}\e{-t}$ et d'autre part
$\e{-t}-\left(1-\frac{t}{n} \right)^n \se 0$.

\item
Alors $S_n-(A(1)-B(1))=\int_{0}^{1} \frac{\e{-t}-\left(1-\frac{t}{n}
  \right)^n}{t} \d t-\int_{1}^{n}\frac{\left(1-\frac{t}{n} \right)^n}{n} \d
t+\int_{1}^{+\infty}\frac{\e{-t}}{t} \d t=$

$\int_{0}^{1}
\frac{\e{-t}-\left(1-\frac{t}{n} \right)^n}{t} \d t+\int_{1}^{n}
\frac{\e{-t}-\left(1-\frac{t}{n} \right)^n}{t} \d
t+\int_{n}^{+\infty}\frac{\e{-t}}{t} \d t=I_1+I_2+I_3$

En appelant $K_2$ l'int\'{e}grale convergente $\int_{0}^{+\infty}t^2\e{-t}\d t=3$,
$0\ie I_1\ie \int_{0}^{1} \frac{t^2}{n}\e{-t}\d t\ie \frac{K_2}{n}$,
$0\ie I_1\ie \int_{1}^{+\infty} \frac{t^2}{n}\e{-t}\d t\ie \frac{K_2}{n}$, et
$0\ie I_3 \ie \int_{n}^{+\infty} \e{-t} \d t \ie \e{-n}$ donc
$0\ie S_n-(A(1)-B(1))\ie \frac{2K_2}{n}+\e{-n}$ tend vers 0 en $+\infty$.

Par passage \`{a} la limite, \fbox{$S=A(1)-B(1)$}.

\end{enumerate}
\end{enumerate}

\partie

\begin{enumerate}
\item
$A(x)-A(1)=\int_{1}^{x} \frac{1-\e{-t}}{t} \d t$ et $B(x)-B(1)=-\int_{1}^{x}
\frac{\e{-t}}{t} \d t$; Par soustraction, $A(x)-A(1)+B(x)-B(1)=\int_{1}^{x}
\frac{\d t}{t}=\ln{x}$ donc 
$S=A(x)-B(x)-\big(A(x)-B(x)-A(1)-B(1)\big)=A(x)-B(x)-\ln{x}$

\item

\begin{enumerate}
\item
Pour tout $t\in[x,+\infty[$, $0\ie \frac{1}{t}\ie \frac{1}{x}$ donc $0\ie
\int_{x}^{\infty} \frac{\e{-t}}{t} \d t \ie \frac{1}{x}\int_{x}^{\infty}
\e{-t} \d t \ie \frac{1}{x}\big[\e{-t} \big]_x^\infty\ie \frac{\e{-x}}{x}$

\item
$x\mapsto \frac{\e{-x}}{x}$ est d\'{e}croissante comme produit de fonctions
d\'{e}croissantes ; De plus : $\frac{\e{-x_0}}{x_0}\ie \frac{10^{-2}}{3}$ pour
$x_0 \approx 4,2555$ donc $x_0=4,5$ convient.

\end{enumerate}

\item
\begin{enumerate}
\item
$\frac{1-\e{-t}}{t}=\frac{1}{t}\left(1-\sum_{n\se0} \frac{(-t)^n}{n!}\right)=
\frac{1}{t}\left(\sum_{n\se1} \frac{(-1)^{n-1}t^n}{n!}\right)=
\sum_{n\se1} \frac{(-1)^{n-1}t^{n-1}}{n!}=
\sum_{n\se0}\frac{(-1)^{n}t^{n}}{(n+1)!}$ donc par int\'{e}gration : 
$A(x)=\int_{0}^{x} \frac{\e{-t}}{t} \d
t=\sum_{n\se0}\frac{(-1)^{n}t^{n+1}}{(n+1)(n+1)!}=
\sum_{n\se1}\frac{(-1)^{n-1}t^{n}}{n.(n)!}$ ; (avec un rayon de convergence
infini, comme celui de $\e{t}$) \hfill
\fbox{$a_n=\frac{(-1)^n}{n.n!}$} 

\item
$\left|\frac{a_{n+1}x^{n+1}}{a_nx^n} \right|=x.\frac{n.n!}{(n+1)(n+1)!}=
\frac{x}{n+1}\frac{1}{n+1} \ie 1$ pour $0\ie x \ie n$; 
Donc $|a_nx^n|$ est d\'{e}croissante et tend vers 0 (puisque $x^n \ll n!$ quand
$n\to +\infty$).

Toutes les conditions du th\'{e}or\`{e}me sp\'{e}cial des s\'{e}ries altern\'{e}es sont v\'{e}rifi\'{e}es,
et donc 

$\left| \sum_{k=n+1}^{+\infty} a_kx^k \right| \ie |a_{n+1}x^n| =
\frac{x^{n+1}}{(n+1)(n+1)!}$.


\end{enumerate}

\item
On prend alors $x:=x_0=4,5$, puis $n$ assez grand pour que $|A(x)-A_n(x)|\ie
\frac{10^{-2}}{3}$ (avec $A_n(x)=\sum_{k=1}^n a_kx_0^k$) ; $n=13$ convient ; 
Alors $|S-A_n(x_0)-\ln{x_0}| \ie |S-A(x_0)-\ln{x_0}|+|A(x_0)-A_{n_0}(x_0)|
\ie |S-A(x_0)-\ln{x_0}-B(x_0)| + |B(x_0)|+|A(x_0)-A_{n_0}(x_0)| \ie
\frac{2}{3}10^{-2}$.

$A_{n_0}(x_0)-\ln{x_0}$ est une approximation \`{a} $10^{-2}$ pr\`{e}s de $S$ ; on
trouve \fbox{$S \approx 0,58$}

\emph{En fait, Maple donne $S=0,57721566490\dots$}

\end{enumerate}

\partie

\begin{enumerate}
\item
Pour $x\se0$, $f$ est ${\cal C}^\infty$ sur $\R_+\times \R_+$; Pour
$x\in]-1,0[$, $\e{-t}.t^x \stackrel{t\to 0}{\sim} \frac{1}{t^x}$ et
$\int_{0}^{1} \frac{\d t}{t^x}$ converge, donc $F(x)$ existe.

\item
$t\mapsto t^a\e{-t}$ (resp. $t\mapsto t^b\e{-t}$) est continue sur $]0,1[$,
(resp. $]1,+\infty[$) et $1^a\e{-1}=1^b\e{-b}=1$, donc $\varphi$ est continue
sur $]0,1[$, $]1,+\infty[$ et en 1, donc sur $\R_+^*$.

Si $a\ie x\ie b$, $t^b\ie t^x\ie t^a$ si $t\in]0,1[$ et $t^a\ie t^x\ie t^b$ si
$t>1$ donc, par int\'{e}gration sur $]0,1[$ puis $]1,+\infty[$, $|f(x,t)\ie
\varphi(t)$ pour tous $t\in]0,+\infty[$ et $x\in[a,b]$.

D'autre part $\int_{0}^{1} \varphi(t) \d t=\int_{0}^{1} t^a\e{-t} \d t$
converge (en 0, $t^a\e{-t} \sim t^a$ et $a>-1$) et $\int_{1}^{+\infty}
\varphi(t) \d t=\int_{1}^{+\infty} t^b\e{-t} \d t$ converge (en $+\infty$,
$t^b\e{-t} \ie \e{-t/2}$).

Il en r\'{e}sulte que $f(x,t)$ est domin\'{e}e ind\'{e}pendamment de $x\in ]-1,+\infty[$
 par une fonction $\varphi$ d'int\'{e}grale absolument convergente, ce qui
 implique la continuit\'{e} de $\varphi$  $]-1,+\infty[$ conform\'{e}ment au programme
 de PT.

\item
$\frac{\partial f}{\partial x}=t^x\e{-t}\ln{t}$ existe et est clairement
continue sur $[a,b]\times ]0,+\infty[$; pour montrer que $F$ est de classe
${\cal C}^1$ sur $]-1,+\infty[$, il faut montrer une propri\'{e}t\'{e} de domination
analogue sur $\frac{\partial f}{\partial x}=t^x\e{-t}\ln{t}$. 

Posons $\psi(t)=\left\{  \begin{array}{ccc}
-t^a\e{-t}\ln{t}&\textrm{ si }&t\in]0,1[ \\ 
t^b\e{-t}\ln{t}&\textrm{ si }&t>1\\ 
 \end{array} \right.$; 
Alors $\left|\frac{\partial f}{\partial x}(x,t)\right| \ie \psi(t)$ et
$\int_{0}^{+\infty} \psi(t) \d t$ converge, car 

$-t^a\e{-t}\ln{t} \stackrel{t\to 0}{\ll} t^{(a-1)/2}$ et $\frac{a-1}{2}>-1$;
$-t^b\e{-t}\ln{t} \stackrel{t\to +\infty}{\ll} \e{-t/2}$ .

Finalement $F$ est ${\cal C}^1$ et 
\fbox{$F'(x)=\int_{0}^{+\infty}t^x\e{-t}\ln{t} \d t$}.

\item
$\int_{1}^{+\infty}\e{-t}\ln{t} \d t=\left[-\e{-t}\ln{t}
\right]_1^{+\infty}-\int_{1}^{+\infty}-\frac{\e{-t}}{t} \d t=B(1)$ ; De plus
(en remarquant au pr\'{e}alable que $(1-\e{-t})\ln{t}\sim t\ln{t} \to 0$ en 0)
$A(1)=\int_{0}^{1} \frac{1-\e{-t}}{t} \d t=\left[(1-\e{-t})\ln{t}
\right]_0^1-\int_{0}^{1}\ln{t}.\e{-t} \d t=0-\int_{0}^{1}\ln{t}.\e{-t} \d t$
donc $B(1)-A(1)=\int_{0}^{+\infty} \ln{t}\e{-t} \d t=F'(0)$
Comme $S=A(1)-B(1)$, $F'(0)=-S$.

\item
Pour tout $x>0$, $\e{-xt}\ln{t}=\e{-xt/2}.\e{-xt/2}\ln{t}
\stackrel{t\to+\infty}{\ll} \e{-xt/2}$, donc 
$\int_{1}^{+\infty}\ln{t}\e{-xt} \d t$ converge.

De plus, $\e{-xt}\ln{t} \stackrel{t\to0}{\ll} \ln{t}$ et 
$\int_{0}^{1}\ln{t} \d t$ donc $\int_{0}^{+\infty}\ln{t}\e{-xt} \d t$
converge.

En posant $u:=xt$, $I(x)=\int_{0}^{+\infty} \e{-u}\ln{\left(\frac{u}{x}
  \right)}\frac{\d u}{x}=\frac{1}{x}\int_{0}^{+\infty} \e{-u}(\ln{u}-\ln{x})
  \d u=\frac{1}{x}\left(\int_{0}^{+\infty}\e{-u}\ln{u} \d u
  -x\int_{0}^{+\infty}\e{-u} \d u \right)$; 

$I(x)=\frac{1}{x}\left(-S-\ln{x}\int_{0}^{+\infty}\e{-u} \d u \right)=-\frac{1}{x}(S+\ln{x})$.

\vfill

\hfill \textsf{\small Christian Rieffel, Lyc\'{e}e Louis Armand --- Poitiers }
 \texttt{\small ch.rieffel@free.fr}
\end{enumerate}


\end{document}


















