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\def\dt{\kern 0.25em\hbox{d}\kern 0.1em t} 
	% dans une int�grale.
\def\somme{\dst\sum_{n=0}^{+�}}               %  un � pr�d�fini
\def\eps{{\relax\ifmmode\varepsilon\else$\varepsilon$\fi}}
\def\frac#1#2{\textstyle{{#1}\over{#2}}}
\def\Frac#1#2{\displaystyle{{#1}\over{#2}}}
\def\adots{\mathinner{\mkern2mu\raise1pt\hbox{.}\mkern3mu\raise4pt\hbox{.}\mkern1mu\raise7pt\hbox{.}}}
% Trois points �antidiagonaux�  (sym�trique de \ddots)

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% On red�finit les caract�res ;:!? pour avoir des espaces corrects
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\centerline{\cadrerelief{4pt}{\box1}}}	% deux r�ponses accol�es.
\def\reponse#1{\par\smallskip\centerline{\cadrerelief{4pt}{#1}}}

\titrecadre{ESIM MP II - 2002}



{\bf  Pr{\'e}liminaire }

1- On a $f(t) \sim \Frac{t^2}{t^2/2} \to 2$ en 0.

$f$ se prolonge par continuit{\'e} sur $[0,\pi]$ donc y est 
int{\'e}grable, et $I$ a un sens.

2- Il vient $  b_n = 0 \quad \hbox{(parit{\'e})} $ et (en lin{\'e}arisant)
$$
     a_n = \Frac2\pi \Int_0^\pi \cos\alpha t\cos nt \dt
     = \Frac1\pi  \left[  \Frac{\sin (\alpha+n)t}{\alpha+n}+\Frac{\sin 
(\alpha-n)t}{\alpha-n}\right]_0^\pi
     = (-1)^n\,\Frac{\sin \alpha\pi}\pi \Frac{2\alpha}{\alpha^2-n^2}
$$
$g$ {\'e}tant ${\cal C}^1$ par morceaux comme restriction {\`a} 
$]-\pi,\pi[$ d'une fonction ${\cal C}^\infty $,
le th{\'e}or{\`e}me de Jordan-Dirichlet assure que $g$ est somme en 
tout point o{\`u} elle est continue de sa
s{\'e}rie de Fourier. Donc
$$
    g(x) = \Frac{\sin \alpha\pi}{\alpha\pi} +
     \Sum_{n\ge 1} (-1)^n\,\Frac{\sin \alpha\pi}\pi 
\Frac{2\alpha}{\alpha^2-n^2} \cos nx
$$
En particulier, comme $g(\pi) = \cos \alpha\pi$ par parit{\'e}, 
p{\'e}riodicit{\'e}, et prolongement par continuit{\'e},
$$
    \cos \alpha\pi = \Frac{\sin \alpha\pi}{\alpha\pi} -
     \Sum_{n\ge 1} \Frac{\sin \alpha\pi}\pi \Frac{2\alpha}{n^2-\alpha^2}
$$
En divisant par $\sin\alpha\pi$ (non nul par hypoth{\`e}se) et en 
posant $\theta=\alpha\pi$, on trouve
$$
       \cotan \theta = \Frac1\theta -  \Sum_{n\ge 1} 
\Frac{2\theta}{n^2\pi^2-\theta^2}
$$


{\bf Partie I}

1- $u\mapsto \ln(\sin u)$ est {\'e}quivalente {\`a} $\ln u$ en $0^+$, 
et donc est domin{\'e}e par $u^{-1/2}$ ce qui suffit.
Par ailleurs elle est continue sur le reste de l'intervalle, elle est 
donc int{\'e}grable.

Idem pour l'autre fonction (le probl{\`e}me {\'e}tant en $\pi/2$).

2 -a- C'est {\'e}vident\dots avec le th{\'e}or{\`e}me de changement 
de variable qui manque {\`a} notre programme !

{\`A} d{\'e}faut on pose $K_\eps = \int_\eps^{\pi/2}, L_\eps = 
\int_0^{\pi/2-\eps}$ qui sont
des int{\'e}grales de fonctions continues, le changement de variable 
l{\'e}gal $u\to \pi/2-u$ donne
$K_\eps = L_\eps $ et en faisant tendre $\eps$ vers 0 on a bien $K=L$.

-b- Il vient
$$
    K+L = \int_0^{\pi/2} \ln\bigl(\sin(2u)/2\bigr)\,du = \Frac\pi2\ln 
\Frac12 + \int_0^{\pi/2} \ln\bigl(\sin(2u)\bigr)\,du
    =  - \Frac\pi2\ln 2 + \Frac12\int_0^{\pi} \ln(\sin t) \dt
$$
avec un autre changement de variable hors-programme qui n'est que 
l'avant-dernier:
la relation de Chasles suivie d'un dernier changement de variable 
($t\to \pi-t$) permet d'{\'e}crire
$$
   \int_0^{\pi} \ln(\sin t) \dt = \int_0^{\pi/2} \ln(\sin t) \dt  + 
\int_{\pi/2}^{\pi} \ln(\sin t) \dt = 2 K
$$
Finalement, compte-tenu de $K=L$ il reste
\reponse{$ K=L=- \Frac\pi2\ln 2$}

3- Autre man{\oe{}}uvre hors-programme, l'int{\'e}gration par parties 
sur int{\'e}grales ``impropres":
$$
    I = \int_0^\pi t\times\Frac{\cos(t/2)}{\sin(t/2)}\dt = 
4\int_0^{\pi/2} u\cotan u \;\hbox{d}u
    = \bigl[ 4u \ln (\sin u)\bigr]_0^{\pi/2} - 4K = - 4 K = 2\pi\ln 2
$$
qui peut se justifier comme ci-dessus quant au changement de variable 
de $t$ en $u$, et
en arguant que $\bigl[ 4u \ln (\sin u)\bigr]_\eps^{\pi/2} \to 0$ avec 
$\eps$.\bigskip


{\bf Partie II}\medskip


1- De $\ln\bigl(\Frac{2n+1}{2n-1}\bigr) = \ln 
\Frac{1+\frac1{2n}}{1-\frac1{2n}} = \Frac1n + \Frac1{12n^3} + 
o(1/n^3)$
on d{\'e}duit que $v_n \sim -\Frac1{12n^2}$ qui est le terme 
g{\'e}n{\'e}ral d'une s{\'e}rie de Riemann convergente:
cela assure la convergence de $\sum v_n$ par le th{\'e}or{\`e}me de 
convergence des s{\'e}ries {\`a} termes positifs {\'e}quivalents.

2- On a pour $0\le x\le 1/2$, $|u_n(x)| = \left|\Frac{2x^2}{x^2 - 
n^2}\right|\leq \Frac1{2n^2-1/2}$
et c'est le terme g{\'e}n{\'e}ral d'une s{\'e}rie convergente 
($O(1/n^2)$) ce qui prouve la convergence
normale sur $[0,1/2]$.

Donc $S$ existe et c'est une fonction continue sur $[0,1/2]$ comme 
somme d'une s{\'e}rie uniform{\'e}ment convergente
de fonctions continues: elle est donc int{\'e}grable sur $[0,1/2]$ 
i.e. $\Sigma$ existe.

3a- La convergence uniforme autorise {\`a} int{\'e}grer terme {\`a} 
terme sur le segment $[0,1/2]$:
$$
   \Sigma =  \sum_{n=1}^\infty  \int_0^{1/2} u_n
       = \sum_{n=1}^\infty  \int_0^{1/2}\Bigl(2 + \Frac{n}{x-n} - 
\Frac{n}{x+n}\Bigr) \,\hbox{d}x
       = \sum_{n=1}^\infty  \bigl(1 + n \ln(1-\frac1{2n})- n 
\ln(1+\frac1{2n})\bigr)
     = \displaystyle\sum_{n=1}^\infty  v_n
$$
\c Ca alors !!!

3b-  Il vient
$$
\Sigma_N = N - \bigl(1 \ln \Frac31 + 2 \ln\Frac53 
+\dots+N\ln\Frac{2N+1}{2N-1}\bigr)
= N -\ln 1 + (2-1)\ln 3 +\dots +1\ln (2N-1) - N\ln(2N+1)$$
Cela incite {\`a} consid{\'e}rer l'exponentielle de cette expression, qui est
$$
    E = e^{\Sigma} = \Frac{e^N.1.3.5.\dots(2N-1)}{(2N+1)^N}
    = \Frac{e^N.(2N)!}{(2N+1)^N.2.4.\dots 2N}
    = \Frac{e^N.(2N)!}{(2N+1)^N.2^N N!}
$$
En utilisant la formule de Stirling aimablement rappel{\'e}e par 
l'{\'e}nonc{\'e} on trouve
$$
     E \sim \Frac{e^N.(2N/e)^{2N} \sqrt{4\pi N}}{(2N+1)^N.2^N (N/e)^N 
\sqrt{2\pi N}}
     \sim \sqrt 2 \Bigl(1+\Frac1{2N}\Bigr)^{-N} \to \sqrt{\Frac2e}
$$ et donc
\reponse{$\Sigma = \Frac{\ln 2 - 1}2$}

4- Reprenons le d{\'e}veloppement Eul{\'e}rien de cotangente: on a 
$S(x) = -1 + \pi \,x\,\cotan (\pi \,x)$
et donc
$$
   \Sigma = \int_0^{1/2} (-1 + \pi x \cotan \pi x)\,\hbox{d}x = 
\Frac1\pi \int_0^{\pi/2} (-1 + t \cotan t)\dt
   = - \Frac12 + \Frac1\pi \int_0^{\pi/2}  t \cotan t\dt = - \Frac12 + 
\Frac{I}{4\pi}
$$
comme on l'a vu au I- (par parties). On retrouve bien
\reponse{$I = 2 \pi \ln 2 $}

\bigskip

{\bf Partie III}
\medskip

1- La fonction $h$ est continue sur $[0,1[\times\R$, et domin{\'e}e 
par une fonction int{\'e}grable de $t$ seul:
$$
     |h(x,t)| \le  \Frac{t \sin t}{2(1-\cos^2 t)} = \varphi(t) {\to 
\atop \scriptstyle t\to 0} 1
$$
car {\`a} $t$ fix{\'e}, $x^2-2x\cos t + 1$ est minimal pour $x=\cos t$.

Par un th{\'e}or{\`e}me du cours, cela assure la continuit{\'e} de $H$.

2- Par la m{\'e}thode {\'e}tudi{\'e}e en Sup, on trouve que les 
suites g{\'e}om{\'e}triques $(e^{nit})$ et $(e^{-nit})$ sont 
solutions.
On en d{\'e}duit le plan vectoriel de toutes les solutions:
\reponse{$s_n = a.e^{nit} + b.e^{-nit} =\lambda \cos nt + \mu \sin nt $}


3- Un d{\'e}veloppement en {\'e}l{\'e}ments simples ferait 
appara{\^\i}tre des termes du genre $\Frac1{x-\alpha}$, qui
sont d{\'e}veloppables en s{\'e}rie enti{\`e}re (de rayon $|\alpha|$) 
inspir{\'e} de $(1-u)^p$.
Donc $h$ est DSE comme somme de fonctions qui le sont.

  $(1-2x\cos t+x^2) \Sum_{n=0}^\infty  a_n(t) x^n = (t\sin t) x$ 
s'{\'e}crit (en simplifiant $a_n(t)$ en $a_n$ pour la lisibilit{\'e})
  $$
      \sum_{n\ge 2} (a_n - 2 \cos t a_{n-1} + a_{n-2})x^n + (a_1 - 
2a_0\cos t ) x + a_0 = (t \sin t) x
  $$
  Le principe d'identification des s{\'e}ries enti{\`e}res permet d'affirmer que
  $\left\{\matrix{a_0 =0 \cr a_1 = t\sin t \cr a_n - 2  a_{n-1}\cos t 
+ a_{n-2}=0}\right.$.

  On en tire compte-tenu de la question pr{\'e}c{\'e}dente
  \reponse{$a_n(t) = t \sin (nt) $}

  Comme $|a_n|\le \pi$ on a $R\ge 1$. D'ailleurs\dots

  4 -a-
  $|a_n(t) x^n| \le  x^n$, terme g{\'e}n{\'e}ral d'une s{\'e}rie 
convergente puisque $0\le x<1$, ce qui
assure la convergence normale
  de cette s{\'e}rie de fonctions de $t$.

  -b- On peut donc int{\'e}grer terme {\`a} terme, puisqu'il y a 
convergence uniforme sur $[0,\pi]$. On trouve
  $$
     H(x) = \int_0^\pi h(x,t)\dt = \sum_{n\ge 0} \Bigl(\int_0^\pi 
t\sin(nt)\dt\Bigr) x^n = \sum_{n\ge 0} b_n x^n
     = \sum_{n\ge 1} (-1)^{n-1}\Frac\pi n x^n
  $$
  (par parties).

  c- On reconna{\^\i}t alors $H(x) = \pi \ln(1+x)$ pour $x\in[0,1[$.

  Pour retrouver la valeur de $I$ il est n{\'e}cessaire de calculer 
$H(1)$. On a montr{\'e} que
  $H$ est continue sur $[0,1]$ (III.1), en passant la limite dans 
l'{\'e}galit{\'e} pr{\'e}c{\'e}dente on en tire
  $H(1) = \pi \ln 2$. Comme $H(1) = I/2$ par d{\'e}finition de $h$, on 
retrouve la valeur de $I$.


  \bigskip

  {\bf Partie IV}

  \medskip

  1- On trouve par la m{\'e}thode habituelle (affreux de faire varier 
la constante\dots)
  \reponse{$  y(x) = \Frac{C}{x} +
   \Frac{\ln (1 + x) - \ln (1 + {\sqrt{1 - x^2}})}{x}$}

   2- Le probl{\`e}me est en 0. Pour $C=\ln 2$ cela marche, car quand 
$x\to 0^+$,
  %
   $$
   \Frac{\ln 2 - \ln (1 + {\sqrt{1 - x^2}})}{x}
   = \Frac{\ln 2 - \ln (2 - x^2/2 + o(x^2))}x = \Frac{\ln 2 - \ln (2 - 
x^2/2 + o(x^2))}x = O(x)
   \to  0
   $$
   3 - a-
   Pour la continuit{\'e} on observe que l'int{\'e}grande, $(x,t) 
\mapsto \varphi(x,t) = \Frac{t \sin t}{1 - x \cos t}$,
   est:

   $\bullet$ Continu sur $[0,1]\times]0,\pi]$,

    $\bullet$ Domin{\'e} par une fonction de $t$ seul, int{\'e}grable 
sur $]0,\pi]$:
    $$
       \left| \Frac{t \sin t}{1 - x \cos t}\right| \le  \Frac{t \sin 
t}{1 - \cos t} = f(t)
$$
Par un th{\'e}or{\`e}me du cours, $\Phi$ est alors continue.


Pour la d{\'e}rivabilit{\'e} il faut de plus v{\'e}rifier une 
condition similaire sur
$$
   \Frac{\partial \varphi}{\partial x} = \Frac{t \sin t \cos 
t}{\pi(1-x\cos t)^2}
$$
Elle est encore continue sur le rectangle ouvert, et domin{\'e}e pour 
$x\in [a,b]\subset ]0,1[$ par
$$
      t\mapsto \Frac{t \sin t \cos t}{(1-\max(a,b))^2}, \hbox{int{\'e}grable.}
  $$

  Le th{\'e}or{\`e}me de Leibnitz assure alors que $\Phi$ est 
d{\'e}rivable et que
  \reponse{$ \Phi'(x) = \Frac1\pi\Int_0^\pi \Frac{t \sin t \cos 
t}{(1-x\cos t)^2} \dt$}

  -b-
  On trouve en quelques lignes p{\'e}nibles, pour $0<x<1$ (ce qui 
justifie l'int{\'e}gration par parties)
  $$
     \pi x \Phi'(x) = \Int_0^\pi t \cos t\Frac{x\sin t\dt }{(1-x\cos t)^2}
      = \left[-\Frac{t \cos t}{1-x\cos t}\right]_0^\pi +\int_0^\pi 
\Frac{\cos t - t\sin t}{1-x\cos t} \dt
$$
et donc le membre de gauche de $(E)$ se r{\'e}sume {\`a}
$$
   x\Phi'(x) + \Phi(x) = \Frac1{1+x} + \Frac1\pi \int_0^\pi \Frac{\cos 
t }{1-x\cos t} \dt
$$
En d{\'e}coupant l'int{\'e}grale par le milieu et en effectuant dans 
la deuxi{\`e}me moiti{\'e} le changement de variable
$t\to \pi - t$, on se ram{\`e}ne {\`a}
$$
    \int_0^\pi \Frac{\cos t }{1-x\cos t} \dt = \int_0^{\pi/2} 
\Frac{\cos t }{1-x\cos t} \dt
     - \int_0^{\pi/2} \Frac{\cos t }{1+x\cos t} \dt = \int_0^{\pi/2} 
\Frac{2x\cos^2 t }{1-x^2\cos^2 t} \dt
$$
La fameuse r{\`e}gle de Bioche sugg{\`e}re alors de poser $u=\tan t$: il vient
(toujours avec un changement de variable un peu ``limite")
$$
    \int_0^\infty  \Frac{2\, x\,\hbox{d}u}{(1 - x^2 +u^2 )(1+u^2)}
    = \int_0^\infty  \Frac2x\Bigl(\Frac1{1 - x^2 +u^2 } - \Frac1{1+u^2 
}\Bigr)\,\hbox{d}u
    = \Frac{\pi}x\Bigl(\Frac1{\sqrt{1-x^2}} -1\Bigr)
$$

Finalement,
$$
    x\Phi'(x) + \Phi(x) = \Frac1{1+x} + 
\Frac1x\Bigl(\Frac1{\sqrt{1-x^2}} -1\Bigr)
    = \Frac1{x\sqrt{1-x^2}} + \Frac1{1+x} - \Frac1x
$$
et donc $\Phi$ v{\'e}rifie $(E)$. Mieux, par -3a- c'est THE solution 
continue sur $[0,1]$
et donc on a
\reponse{$\Phi(x) = \Frac{\ln (1 + x) +\ln 2 - \ln (1 + {\sqrt{1 - x^2}})}{x}$}
-c-
On ach{\`e}ve de nouveau en faisant tendre $x$ vers 1: d'une part 
(par 2-) cela tend vers $\Phi(1)$,
d'autre part vers $I/\pi$. On en tire encore
\reponse{$ I = \pi\times  2\ln 2$}

{\`A} ce stade on peut consid{\'e}rer la valeur de $I$ comme confirm{\'e}e.


\bye

