%\documentstyle[11pt,A4]{article}
\documentstyle[11pt]{article}


%\title{ ESIM \\
% Math 1 - PC}
%\author{ Cr\'epy Pierre \thanks{Lyc\'ee Louis Thuillier -AMIENS}}
%\date{22 mai 2000}

\textwidth 17cm
\textheight 25cm
\oddsidemargin - .25 in
\evensidemargin - .25 in
\topskip 0cm
\footskip 1cm
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\headheight 0cm
\voffset=-20truemm


\newcommand{\dsum}{\displaystyle \sum}
\newcommand{\dint}{\displaystyle \int}
\newcommand{\dlim}{\displaystyle \lim}
\newcommand{\dfrac}{\displaystyle \frac}
\newcommand{\dmin}{\displaystyle \min}
\newcommand{\dmax}{\displaystyle \max}

\def\Rp{{\bf R}_+}
\def\Rpe{{\bf R}_+^*}

\begin{document}
\input upsnum.sty
\bigskip
%\maketitle

\centerline{\bf  { \Large  Concours E.S.I.M   2000}}
\bigskip
\centerline{\bf  { \large  Math. 1 - PC}}

\bigskip\bigskip\bigskip

Pour $k\in{\bf N}^*$, on note $u_k$ la fonction d\'efinie sur ${\bf R}_+$ par : 
$u_k(x)=(2k^2x^2-1)e^{-k^2x^2}$.
On note respectivement $S_n(x)$ et $S(x)$ la somme partielle de rang $n$ et 
la somme totale de la s\'erie $\dsum_{k\geq 1} u_k(x)$.

%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%
\section*{ Partie I - Int\'egrabilit\'e de $S$.}

\begin{enumerate} 
%1
\item
\begin{itemize}
\item[a)] 
Soit $[a,b]\subset \Rpe$.

Pour tout $x\in[a,b]$, on a $\mid u_k(x) \mid \leq (2k^2b^2+1)e^{-k^2a^2}$ et
$(2k^2b^2+1)e^{-k^2a^2} {\sim \atop{k\rightarrow +\infty}} 2k^2b^2e^{-k^2a^2}$ 
qui est le terme g\'en\'eral d'une s\'erie convergente.  

Il en r\'esulte que la s\'erie de fonctions $\dsum u_k$ converge normalement, donc 
uniform\'ement sur tout segment $[a,b]\subset \Rpe$.

\item[b)] 
Chaque fonction $u_k$ est continue sur $\Rpe$ et, d'apr\`es a), la s\'erie  $\dsum u_k$ 
converge uniform\'ement sur tout segment de $\Rpe$. Il en r\'esulte que la somme 
$S$ de la s\'erie est continue sur $\Rpe$.

\end{itemize}
 
%2
\item 
\begin{itemize}
\item[a)] 
On a $u_k(t) {\sim \atop{t \rightarrow +\infty}} 2k^2t^2 e^{-k^2t^2}$ et 
 $2k^2t^2e^{-k^2t^2} = o(\dfrac{1}{t^2})$ lorsque $t\rightarrow +\infty$. 
Ainsi la fonction  $u_k$ est int\'egrable sur $\Rp$.

\item[b)] 
Une int\'egration par parties donne
$$\int_{\varepsilon}^{A} 2k^2 t^2 e^{-k^2t^2} \, dt=
\left[ -t  e^{-k^2t^2} \right]_{\varepsilon}^{A} +
\int_{\varepsilon}^{A} e^{-k^2t^2} \, dt.
$$
Les passages aux limites, $\varepsilon \rightarrow 0$ et $A\rightarrow + \infty$,
donnent
$$
\int_{0}^{+\infty} 2k^2 t^2 e^{-k^2t^2} \, dt=
\int_{0}^{+\infty} e^{-k^2t^2} \, dt \quad \mbox{ et } \quad 
\int_{0}^{+\infty} u_k(t) \, dt =0,
$$
ainsi $\dsum_{k=1}^{+\infty} \dint_{0}^{+\infty} u_k(t) \, dt =0$.

\item[c)] 
La fonction  $u_k$ est positive sur $[\dfrac{1}{k}, +\infty[$, donc
$\dint_{0}^{+\infty} \mid u_k(t) \mid \, dt \geq
\dint_{\frac{1}{k}}^{+\infty} u_k(t)  \, dt$.

Un calcul identique \`a celui de b) donne
$$\int_{\frac{1}{k}}^{+\infty} u_k(t)  \, dt =
\left[ -t  e^{-k^2 t^2} \right]_{\frac{1}{k}} ^{+\infty}= \frac{1}{ke}.
$$
Il en r\'esulte que la s\'erie 
$\dsum_{k\geq 1}\dint_{0}^{+\infty} \mid u_k(t) \mid \, dt$ est divergente. 
\end{itemize}
%3
\item 
Soit $a\geq 1$ et $f\in C(\Rp,\Rp)$ une fonction croissante sur $[0,a]$ et 
d\'ecroissante sur $[a,+\infty[$.\\
On pose, pour tout $k\in{\bf N}$, $d_k(f)=f(k)-\dint_{k}^{k+1} f(t) \, dt$ 

\begin{itemize}
\item[a)] 
Pour $k\geq a$, la d\'ecroissance de $f$ donne l'encadrement
$0 \leq d_k(f) \leq f(k)-f(k+1)$.

La fonction $f$ admet une limite en $+\infty$, et  assure ainsi la convergence 
de la s\'erie \\
$\dsum_{k\geq 1} f(k)-f(k+1)$ et donc celle de $\dsum_{k\geq 1}  d_k(f)$. 

\item[b)] 
Avec l'encadrement trouv\'e en a), on obtient  
$$
0 \leq \dsum_{k\geq a}  d_k(f) 
\leq f(a)-\dlim_{k \rightarrow +\infty}f(k)\leq f(a).
$$

Pour $k < a-1$, la croissance de $f$ donne l'encadrement
$f(k)-f(k+1) \leq d_k(f)  \leq 0$, ainsi 
$$
-f(a) \leq f(0)-f(a) \leq  \dsum_{k< a-1}  d_k(f) \leq 0.
$$

Enfin pour le $k$ tel que $a-1 \leq k <a$, on a
$$
\min( f(k), f(k+1)) \leq \dint_{k}^{k+1} f(t) \, dt \leq f(a)
$$
ainsi 
$$
f(k)-f(a) \leq d_k(f) \leq f(k) -\min( f(k), f(k+1)) \leq f(k).
$$
En regroupant, on obtient 
$-2 f(a) +f(k) \leq \dsum_{k=0}^{+\infty} d_k(f) \leq  f(a)+f(k)$, ainsi
$$ 
|D(f)| \leq  2 f(a).
$$

\end{itemize}

%4
\item 
Pour $x>0$, on consid\`ere les fonctions  $f_1: t \rightarrow e^{-x^2t^2}$ et 
$f_2: t \rightarrow 2x^2t^2 e^{-x^2t^2}$.

Elles sont continues  sur $\Rpe$. Comme on a 
$f_1(t)=o(\dfrac{1}{t^2})$ et $f_2(t)=o(\dfrac{1}{t^2})$ en $+\infty$, elles sont 
int\'egrables  sur $\Rpe$.

\begin{itemize}
\item[a)] 
D'apr\`es 2.b), on a 
$$ 
\int_{0}^{+\infty} f_2(t)-f_1(t) \, dt=
\int_{0}^{+\infty} (2x^2t^2-1) e^{-x^2t^2} \, dt =0.
$$
Le changement de variable $u=xt$ donne 
$$ 
\int_{0}^{+\infty} f_1(t) \, dt= \frac{1}{x} \int_{0}^{+\infty} e^{-u^2}\, du.
$$
Il en r\'esulte que 
$$ 
\int_{0}^{+\infty} f_1(t) \, dt=\int_{0}^{+\infty} f_2(t) \, dt=
\frac{\sqrt{\pi}}{2x}.
$$

\item[b)i)] 
Les relations de Chasles permettent d'\'ecrire
$$
\sum_{k=0}^{+\infty} \int_{k}^{k+1} f_1(t) \, dt =
\int_{0}^{+\infty} f_1(t) \, dt =\int_{0}^{+\infty} f_2(t) \, dt =
\sum_{k=0}^{+\infty} \int_{k}^{k+1} f_2(t) \, dt
$$

En introduisant $\dsum_{k=0}^{+\infty} \dint_{k}^{k+1} f_2(t) \, dt -
\dint_{k}^{k+1} f_1(t) \, dt =0$, dans les d\'ecompositions des $u_k(x)$  
$$
u_k(x)= f_2(k)-f_1(k)= d_k(f_2)-d_k(f_1)+ \dint_{k}^{k+1} f_2(t) \, dt 
-\dint_{k}^{k+1} f_1(t) \, dt,
$$ on obtient  
$$
\sum_{k=1}^{+\infty} u_k(x)= \sum_{k=1}^{+\infty} f_2(k)-f_1(k)=
1+ \sum_{k=0}^{+\infty} f_2(k)-f_1(k)=1+
\sum_{k=0}^{+\infty} d_k(f_2)-d_k(f_1)
$$

Par ailleurs, la fonction $f_1$ est d\'ecroissante sur $[0,+\infty[$ avec 
$f_1(0)=1$ et la 
fonction $f_2$ est croissante sur $[0, \dfrac{1}{x}]$ et d\'ecroissante sur 
$[\dfrac{1}{x},+\infty[$ avec $f_2(\dfrac{1}{x})=\dfrac{2}{e}$. 

En utilisant I 3.b), appliqu\'e \`a $f_1$ et $f_2$, on obtient 
$$ 
| D(f_1) | \leq 2  \quad \mbox{ et } \quad 
| D(f_2) | \leq \frac{4}{e}.
$$ 
Il en r\'esulte que   
$$ 
\forall x\in \Rpe, \quad | S(x)| \leq 
1+ | D(f_2)| + | D(f_1)| \leq 3+ \frac{4}{e}.
$$
Ainsi $S$ est born\'ee sur $\Rpe$.  


\item[b)ii)]

En utilisant \`a nouveau les d\'ecompositions des $u_k(x)$, on obtient la majoration
$$
\left| \sum_{k=1}^{n} u_k(x) \right| 
\leq 
1+\left| \sum_{k=0}^{n} d_k(f_2) \right| + 
\left| \sum_{k=0}^{n} d_k(f_1) \right| +
\left| \int_{0}^{n+1} f_2(t)-f_1(t) \, dt \right| 
$$  
La fonction $F:u \rightarrow \dint_{0}^{u} f_2(t)-f_1(t) \, dt = 
\left[ -t  e^{-x^2 t^2} \right]_{0} ^{u}= -ue^{-x^2 u^2}$ a pour tableau de 
variation

\medskip
\centerline{
\begin{tabular}{c|ccccc}
  $u$     &0          &          &$\frac{1}{\sqrt{2}x}$ &           &$+\infty$ \\
\hline
$F'(u)$   &         &      -   &        0       &      +    &       \\
\hline
          & 0       &          &                &           &   0    \\ 
$F$       &         &$\searrow$&                &$\nearrow$ &          \\ 
          &         &          &$-\dfrac{1}{\sqrt{2e}x}$&    & 
\end{tabular}
}
\medskip
On en d\'eduit la majoration 
$$
\left| \sum_{k=1}^{n} u_k(x) \right| 
\leq 
1+ | D(f_2)| + | D(f_1)|+  \frac{1}{\sqrt{2e}x}.
$$ 

En notant $M_1=1+ | D(f_2)| + | D(f_1)|$ et en utilisant le fait que 
$\dfrac{1}{\sqrt{2e}}\leq \dfrac{\sqrt{\pi}}{2}$, on obtient
$$
\forall x\in \Rpe, \quad \left| \sum_{k=1}^{n} u_k(x) \right| 
\leq M_1 +\dfrac{\sqrt{\pi}}{2x}.
$$ 
\end{itemize}

%5
\item 

\begin{itemize}
\item[a)] 
L'\'etude des variations de la fonction $w \rightarrow 4e^{\frac{w}{4}}-w$ sur
$\Rp$ donne imm\'ediatement l'in\'egalit\'e
$$
\forall x\in \Rp, \quad  w \leq 4e^{\frac{w}{4}}.
$$ 
  
\item[b)] 
Soient $x\geq 1$ et $k \in {\bf N}^*$. En utilisant a) avec $w= 2k^2 x^2$ et le 
fait que $k^2 \geq k$, on obtient 
$$
0 \leq u_k(x) \leq  2k^2 x^2 e^{-k^2x^2} \leq 4 e^{\frac{-k^2x^2}{2}} 
\leq 4 e^{\frac{-k x^2}{2}}.
$$ 

\item[c)]
Le calcul de la somme d'une s\'erie g\'eom\'etrique donne alors 
$$
 0 \leq S(x) \leq   \sum_{k=1}^{+\infty} 4 {\left( e^{\frac{-x^2}{2}}\right)}^k = 4 
\dfrac{e^{\frac{-x^2}{2}}}{1- e^{\frac{-x^2}{2}}}.
$$
 Finalement
$$
\forall x\geq 1, \quad (e^{\frac{x^2}{2}}-1) S(x) \leq 4.
$$

\end{itemize}

%6
\item 
D'apr\`es 1.b) et 4 .b)ii), la fonction $S$ est continue et born\'ee sur $\Rpe$. 
Elle est donc int\'egrable sur $]0,1]$.

D'apr\`es 5.c), la fonction $S$ est positive et major\'ee par 
$\dfrac{4}{e^{\frac{x^2}{2}}-1}$ qui est int\'egrable sur  $[1,+\infty[$.

Il en r\'esulte que $S$   est int\'egrable sur $\Rpe$.

\end{enumerate} 

\medskip
%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%
\section*{ Partie II - Calcul de l'int\'egrale de $S$ sur ${\bf R}_+^*$.}
%

\begin{enumerate} 
%1
\item
La fonction $(x,t) \rightarrow S(t)t^x=S(t)e^{x \ln t}$ est continue sur
$]-1,+\infty[\times \Rpe$.

La majoration de $S$ sur $\Rp$ et l'int\'egrabilit\'e de $t \rightarrow t^x$
 sur $]0,1]$ assure  l'int\'egrabilit\'e de $t \rightarrow S(t)t^x$ sur $]0,1]$.

En utilisant la majoration du 5.c) et le fait $t^x e^{\frac{-t^2}{2}}=
o(\dfrac{1}{t^2})$ en $+\infty$, pour tout $x$, on en d\'eduit  l'int\'egrabilit\'e 
de $t \rightarrow S(t)t^x$  sur $[1, +\infty[$.

Il en r\'esulte que la fonction $t \rightarrow S(t)t^x$ est int\'egrable sur 
$\Rpe$ et l'on peut ainsi d\'efinir une fonction $\Phi$ sur $]-1,+\infty[$, 
par 
$$
\Phi(x)=\dint_{0}^{+\infty} S(t)t^x \, dt.
$$

Un raisonnement totalement identique assure l'existence sur $]-1,+\infty[$,
de la fonction 
$$
x \rightarrow \Lambda(x)=\int_{0}^{+\infty} e^{-t} t^x \, dt.
$$
 

%2
\item
\begin{itemize}
\item[a)] 
Soit $[a,b]\subset ]-1,+\infty[$. 
La fonction $\phi$ d\'efinie par 
$\phi(t)=\left\{
\begin{array}{lll}
   S(t)t^a & \mbox{ si } & t\in ]0,1] \\
   S(t)t^b & \mbox{ si } & t\in [1, +\infty[
\end{array} \right.$
 est continue par morceaux, int\'egrable
sur $\Rpe$ et v\'erifie la "domination uniforme"
$$
\forall x\in [a,b], \; \forall t\in \Rpe, \quad 
| S(t) t^x | \leq \phi(t).
$$
Il en r\'esulte que $\Phi$ est continue sur  $]-1,+\infty[$.

Avec un raisonnement identique, on \'etablit que $\Lambda$ est continue sur  
$]-1,+\infty[$.

\item[b)] 
le changement de variable  $u=\sqrt{t}$ donne 
$$
\Lambda(-\frac{1}{2})= 
\int_{0}^{+\infty} 2 e^{-u^2} \, du.
$$
Ainsi $\Lambda(-\dfrac{1}{2})=\sqrt{\pi}$.

\end{itemize}

%3
\item
Soit $x>0$. A l'aide du changement de variable $u=k^2 t^2$, on obtient
$$
\int_{0}^{+\infty} u_k(t) t^x \, dt =
\frac{1}{2k^{x+1}} \int_{0}^{+\infty} (2u-1) e^{-u} u^{\frac{x-1}{2}} \, du
=\frac{1}{2k^{x+1}} \left( 2 \Lambda(\frac{x+1}{2})
                            -\Lambda(\frac{x-1}{2}) \right).
$$
A l'aide d'une double int\'egration par parties, on \'etablit que 
$$\forall u \in  ]-1,+\infty[, \quad  \Lambda(u+1)=(u+1)\Lambda(u).
$$
Il en r\'esulte que 
$$
\int_{0}^{+\infty} u_k(t) t^x \, dt =
\frac{x}{2k^{x+1}}\Lambda(\frac{x-1}{2}).
$$
%4
\item 
On pose, lorsque la s\'erie converge, 
$Z(x)=  \dsum_{k=1}^{+\infty} \frac{1}{2k^{x+1}}$.

\begin{itemize}
\item[a)] 
La s\'erie de terme g\'en\'eral $\dfrac{1}{2k^{x+1}}$ converge si et seulement si
$x+1>1$. Ainsi $Z$ est d\'efinie sur $\Rpe$.

\item[b)] 
La fonction $h: t \rightarrow \dfrac{1}{2{(1+t)}^{x+1}}$ est continue et d\'ecroissante
sur $\Rp$ avec $h(0)=\dfrac{1}{2}$.
Il en r\'esulte, d'apr\`es I.3), la convergence de la s\'erie $\dsum_{k\geq 0}d_k(h)$ 
et la majoration
$$
\forall x\in \Rp, \quad \left|  \sum_{k=0}^{+\infty} 
h(k) - \dint_{k}^{k+1} h(t) \, dt \right| \leq \dfrac{2}{2}.
$$ 

A l'aide de relations de Chasles, on obtient
$$
\left| Z(x)-\dint_{0}^{+\infty} \dfrac{1}{2{(1+t)}^{x+1}} \, dt \right| \leq 1.
$$
Le calcul donne $| Z(x)-\dfrac{1}{2 x} | \leq 1$, ainsi
$Z(x) {\sim\atop{x\rightarrow 0^+}} \dfrac{1}{2 x}$ ou encore
$$
\lim_{x\rightarrow 0^+} xZ(x)= \dfrac{1}{2}.
$$

\end{itemize}

%5
\item 
On consid\`ere deux r\'eels fix\'es $\varepsilon>0$ et $x<0$.

\begin{itemize}
\item[a)] 
En utilisant les majorations de I.4), on obtient
$$
\forall n\in{\bf N}^*, \; \forall t\in \Rpe,   \quad | (S(t)-S_n(t))t^x | 
\leq  (\| S\|_{\infty}+ M_1)t^x + \frac{\sqrt{\pi}}{2}t^{x-1}
$$
Cette derni\`ere expression correspondant \`a une fonction int\'egrable sur $]0,1]$, il existe donc 
$\lambda>0$, qu'on peut choisir dans $]0,1[$, tel que
$$
\int_{0}^{\lambda}(\| S\|_{\infty}+ M_1)t^x + \frac{\sqrt{\pi}}{2}t^{x-1} \, dt
\leq \frac{\varepsilon}{3}.
$$
Ainsi
$\forall n\in{\bf N}^*, \quad 
\left| \dint_{0}^{\lambda} (S(t)-S_n(t))t^x  \, dt \right| 
\leq \dfrac{\varepsilon}{3}$.

\item[b)] 
D'apr\`es I 1.a),  la suite $S_n$ converge uniform\'ement vers $S$ sur 
$[\lambda,1]$. La fonction $t\rightarrow t^x$ est born\'ee sur $[\lambda,1]$.
Il en r\'esulte que la suite de fonctions $t\rightarrow (S(t)-S_n(t))t^x$
converge   uniform\'ement vers $0$ sur $[\lambda,1]$, ainsi
$$
\exists N_1, \; \forall n \geq N_1, \quad  
\left| \int_{\lambda}^1 (S(t)-S_n(t))t^x  \, dt \right| \leq  \frac{\varepsilon}{3}.
$$

\item[c)] 
En utilisant les majorations de I.5.b) et la calcul de s\'eries g\'eom\'etriques, on obtient
$$
\forall n\in{\bf N}^*, \; \forall t \geq 1 ,  \quad 
| (S(t)-S_n(t))t^x | 
\leq  \sum_{k=n+1}^{+\infty} 4 e^{-\frac{kt^2}{2}} t^x
=4 \frac{ e^{-\frac{n t^2}{2}}} { e^{\frac{t^2}{2}}-1 } t^x.
$$
La fonction continue 
$h:t\rightarrow \dfrac{4 t^x}{ e^{\frac{t^2}{2}}-1}$ a une limite nulle en $+\infty$,
elle est donc major\'ee sur $[1,\infty[$. On en d\'eduit alors
$$
\forall n\in{\bf N}^*, \quad 
\left| \int_{1}^{+\infty}(S(t)-S_n(t))t^x \, dt \right|
\leq \int_{1}^{+\infty}  \|h\|_{\infty} e^{-\frac{n t^2}{2}} \, dt 
\leq \int_{1}^{+\infty} \|h\|_{\infty} e^{-\frac{n t}{2}} \, dt 
= \frac{2\|h\|_{\infty} e^{-\frac{n}{2}}}{n}.
$$
Ainsi
$$
\exists N_2, \; \forall n \geq N_2, \quad  
\left| \int_1^{+\infty} (S(t)-S_n(t))t^x  \, dt \right| \leq  
\frac{\varepsilon}{3}.
$$

\item[d)] 
En regroupant les r\'esultats pr\'ec\'edents, et en choisissant $N=\max (N_1,N_2)$,
on obtient 
$$
\forall \varepsilon>0,\;\exists N, \; \forall n \geq N, \quad \left| 
\int_0^{+\infty} (S(t)-S_n(t))t^x  \, dt \right| \leq \varepsilon,
$$
soit, avec les notations et les r\'esultats de  1) et  3),
$$
\forall \varepsilon>0,\;\exists N, \; \forall n \geq N, \quad 
\left| \Phi(x) -\sum_{k=1}^n  \frac{x}{2k^{x+1}}\Lambda(\frac{x-1}{2})\right| 
\leq \varepsilon.
$$
 \end{itemize}

%6
\item 
Le passage \`a la limite, $n\rightarrow +\infty$, dans 5.d) donne
$$
\Phi(x)=x Z(x)\Lambda(\frac{x-1}{2}).
$$

%7
\item 
La continuit\'e des fonctions $\Phi$ et $\Lambda$ sur $]-1,+\infty[$, \'etablie 
en 2),
l'existence et la valeur de  $\dlim_{x\rightarrow 0^+} xZ(x)$ \'etablies en 4) 
donnent
$$
\int_0^{+\infty} S(t)\, dt=  \lim_{x\rightarrow 0^+} \Phi(x) =
 \lim_{x\rightarrow 0^+}  x Z(x)\Lambda(\frac{x-1}{2})=
\frac{1}{2} \Lambda(-\frac{1}{2})=\frac{\sqrt{\pi}}{2}.
$$

%8
\item 
Si l'on avait pu int\'eger terme \`a terme, la s\'erie de somme $S$ sur 
$]0,+\infty[$, le r\'esultat obtenu en I 2.b) aurait donn\'e 
$\dint_0^{+\infty} S(t)\, dt=0$.

On constate, en effet, que le r\'esultat obtenu en I 2.c) ne permet pas 
d'utiliser le 
th\'eor\`eme suivant, dit {\it de convergence domin\'ee}  pour les s\'eries, 

{\leftskip=8mm
Th\'eor\`eme:
 
\begin{tabular}{|l}
 Soit $\dsum u_n$ une s\'erie de fonctions int\'egrables sur un intervalle $I$, 
convergeant simplement \\
sur $I$ vers une fonction somme $f$ continue par morceaux
sur $I$.\\
Si la s\'erie num\'erique  $\dsum \dint_I | u_n |$ est convergente, alors\\
\centerline{$f$ est int\'egrable sur $I$ et $\dint_I f = \dsum_{n=0}^{+\infty} \dint_I u_n.$}
\end{tabular}

}
\end{enumerate} 


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

