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% Les ensembles usuels des math\'ematiques avec la gestions
% des subcripts et des superscripts. Cette macro r\'etablit
% automatiquement la famille italique en mode math\'ematiques.
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%Si la font msbm n'existe pas, on peut adopter les d\'efinitions suivantes :
%\font\bbw=msbm10 % N, Z, D, Q, R, C, H, F \'eclair\'es, vide plus joli
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\begin{document}
\centerline{\large Concours Nationaux d'Entr\'ee aux Cycles de Formation d'Ing\'enieurs}
\ms

\centerline{\Large Corrig\'e de l'\'epreuve math\'ematiques I}
\bs

\centerline{\Large Partie I}
\ms

\be
\item
Sur $]0,1]$, $\abs{f(x)} \ie x^{(\alpha-1)/2} x^{(\alpha+1)/2}\abs{\ln(x)}^q$, ce qui assure l'int\'egrabilit\'e car $x\mapsto x^{(\alpha+1)/2}\abs{\ln(x)}^q$ est born\'ee.

Sur $[1,+\infty[$, $\abs{f(x)} \ie e^{-x/2} e^{-x/2}x^\alpha(\ln(x))^q$, ce qui assure l'int\'egrabilit\'e car $x\mapsto e^{-x/2}x^\alpha(\ln(x))^q$ est born\'ee.

\item
\be
\item
Cette in\'egalit\'e classique r\'esulte, par exemple, de l'\'etude des variations de $g(x) = t+\ln(1-t)$.

\item
Pour $x\in ]0,n[$, $\pa{1-\frac{x}{n}} \ie e^{-x/n}$, d'o\`u $\abs{f_n(x)} \ie f(x)$.
\ee

\item
La suite de fonction $(f_n)_{n\in \N^*}$ converge simplement vers $f$. On applique alors le th\'eor\`eme de convergence domin\'e car l'hypoth\`ese de domination  vient d'\^etre v\'erifi\'ee.

\item
\be
\item
On effectue le changement de variable $u = 1 - \ds \frac{x}{n}$ et l'on trouve
$$I_n = n\int_0^1 u^n\ln(n(1-u)) du = \frac{n}{n+1} \ln(n) + n\int_0^1 u^n\ln(1-u)du.$$
\item
Pour $u\in [0,1[$, on a $\ln(1-u) = - \ds \sum_{p=1}^{+\infty} \frac{u^p}{p}$. La premi\`ere \'egalit\'e r\'esulte du th\'eor\`eme d'interversion des signes $\sum$ et $\int$, ce qui est justifi\'e (par exemple) par la convergence de la s\'erie $\ds \sum_p \int_0^1 \abs{\frac{u^{n+p}}{p}}du$.

La seconde \'egalit\'e provient de la d\'ecomposition en \'el\'ements simples de la fraction $\ds \frac{1}{p(p+n+1)}$ par rapport \`a la variable $p$.
\item
On a donc $\ds I_n = \frac{n}{n+1}\ln(n) - \frac{n}{n+1}\lim_{N\to +\infty} \sum_{p=1}^N \pa{\frac{1}{p} - \frac{1}{p+n+1)}} = \frac{n}{n+1}\pa{\ln(n)-\sum_{p=1}^{n+1} \frac{1}{p}}$. 
\ee

\item
On applique le dernier r\'esultat \`a la question 3 pour conclure.

\item
Le terme g\'eneral de la s\'erie est \'equivalent \`a $\ds \frac{1}{2n^2}$, ce qui assure la convergence de la s\'erie. Enfin, en \'ecrivant $\ds \ln(n) = \sum_{k=1}^{n-1} \ln\pa{\frac{k+1}{k}}$, on obtient
$$\gamma = \lim_{n\to +\infty} \ln\pa{\frac{n+1}{n}} + \sum_{p=1}^n \pa{\frac{1}{p} - \ln\pa{1 + \frac{1}{p}}} = \sum_{p=1}^{+\infty} \pa{\frac{1}{p} - \ln\pa{1 + \frac{1}{p}}}.$$

\item
\be
\item
Pour $x \se 0$, on calcule l'int\'egrale par primitivation ~:
$$ x^2\int_0^1\frac{t}{1+tx} dt = [xt - \ln(1+tx)]_{t=0}^1 = x - \ln(1+x).$$
\item
Il vient tout d'abord $\ds \frac{1}{n} - \ln\pa{1+\frac{1}{n}} = \frac{1}{n^2}\int_0^1 \frac{nt}{n+t} \ie \frac{1}{n^2}\int_0^1 tdt = \frac{1}{2n^2}$.

D'autre part, la fonction $h(x) = \ds \int_0^1 \frac{t}{1+tx}dt = \frac{x-\ln(1+x)}{x^2}$ est d\'ecroissante.\\
De $g(1) \ie g\pa{\frac{1}{n}}$ on d\'eduit alors $\ds 1-\ln(2) \ie n^2\pa{\frac{1}{n} - \ln\pa{1+\frac{1}{n}}}$ et la seconde in\'egalit\'e.
\item
Le r\'esultat provient imm\'ediatement de la question pr\'ec\'edente appliqu\'ee au r\'esultat de la question 6.
\ee
\ee
\bs

\centerline{\Large Partie II}
\ms

\be
\item
\be
\item
On int\`egre par parties\ldots
\item
Pour appliquer le r\'esultat du cours menant \`a la conclusion, il faut v\'erifier que l'application $g(x,t) = t^{x-1}e^{-t}$ admet des d\'eriv\'ees partielles \`a tout ordre par rapport \`a x, et que celles-ci sont int\'egrables sur $]0,+\infty[$.\\
Or, $\ds \frac{\partial^k}{\partial^k x} g(x,t) = t^{x-1}e^{-t}(\ln(t))^k$, dont on a v\'erifi\'e pr\'ealablement l'int\'egrabilit\'e par rapport \`a $t$ sur $]0,+\infty[$.
\item
Il vient $\Gamma'(1) = \ds \int_0^{+\infty} e^{-t}\ln(t)dt = - \gamma$.
\ee

\item
\be
\item
On applique l'in\'egalit\'e de Cauchy-Schwartz \`a $u(t) = t^{(x-1)/2}e^{-t/2}$ et $v(t) = t^{(x-1)/2}e^{-t/2}\ln(t)$, qui sont bien de carr\'e int\'egrable sur $\R_+^*$. Il en r\'esulte $\ds (\Gamma'(x))^2 \ie \Gamma(x)\Gamma''(x)$.
\item
On pose alors $h(x) = \ln(\Gamma(x))$, et il vient $\ds h'(x) = \frac{\Gamma'(x)}{\Gamma(x)}$, puis $h''(x) = \ds \frac{\Gamma(x)\Gamma''(x) - \Gamma'(x)^2}{\Gamma(x)^2}$ qui est postitif pour tout $x > 0$. Il en r\'esulte la croissance de $h'$ et le r\'esultat.
\ee

\item
\be
\item
Le r\'esultat vient directement de la d\'erivation de $\ln(g(x+1)) = \ln(g(x)) + \ln(x)$.
\item
On a imm\'ediatement $\ds \frac{g(x+1)}{\Gamma(x+1)} = \frac{x}{x} \times \frac{g(x)}{\Gamma(x)}$. Ainsi, $h$ est $1$-p\'eriodique sur $\R_+^*$.
\item
Puisque $h$ est $1$-p\'eriodique sur $\R_+^*$, il en est de m\^eme de $h'$ par d\'erivation de l'\'equation fonctionnelle.
\ee

\item
\be
\item
L'\'egalit\'e $\ds \frac{h'(x)}{h(x)} = \frac{g'(x)}{g(x)} - \frac{\Gamma'(x)}{\Gamma(x)}$ provient directement de la d\'erivation de $\ln\circ h = \ln\circ g - \ln\circ\Gamma$. On applique ensuite la croissance de $\ds \frac{g'}{g}$ ~:
$$\frac{h'(x)}{h(x)} =\frac{g'(x)}{g(x)} - \frac{\Gamma'(x)}{\Gamma(x)} \ie \frac{g'(n+1)}{g(n+1)} - \frac{\Gamma'(x)}{\Gamma(x)} = \frac{g'(n)}{g(n)} - \frac{\Gamma'(x)}{\Gamma(x)} + \frac{1}{n} \ie \frac{h'(n)}{h(n)} +\frac{1}{n} = \frac{h'(1)}{h(1)} +\frac{1}{n}.$$
\item
De m\^eme, il vient ~:
$$\frac{h'(x)}{h(x)} \se \frac{g'(n+1)}{g(n+1)} - \frac{1}{n} - \frac{\Gamma'(n+1)}{\Gamma(n+1)} = \frac{h'(n+1)}{h(n+1)} - \frac{1}{n} = \frac{h'(1)}{h(1)} - \frac{1}{n}.$$
\item
Ainsi, pour $x \se n$, il vient $\ds \abs{\frac{h'(x)}{h(x)} - \frac{h'(1)}{h(1)}} \ie \frac{1}{n}$, ce qui assure le r\'esultat, puisque $\R$ est archim\'edien.
\ee

\item
\be
\item
Une fonction p\'eriodique qui admet une limite en $+\infty$ est n\'ecessairement constante.\\
La r\'esolution de $h'(x) = \lambda h(x)$ ($\lambda\in\R$), avec les conditions $h$ \`a valeurs r\'eelles et $1$-p\'eriodique conduit \`a $h$ constante. 
\item
Il existe donc $\alpha\in\R$ tel que pour $x > 0$ on ait $g(x) = \alpha \Gamma(x)$. Il r\'esulte de $\Gamma(1)=1$ que $\alpha = g(1)$.

{\it Remarque ~: la caract\'eriation pr\'ec\'edente de la fonction $\Gamma$ est assez remarquable. Elle est due \`a Borh et Mollerup. On trouvera une autre d\'emonstration de ce r\'esultat, et de ce qui suit, dans le livre de W. Rudin ``Principes d'analyse math\'ematiques'' par exemple.}
\ee

\item
\be
\item
On int\'egre simplement par parties.
\item
$\ds B(x+1,y) + B(x,y+1) = \int_0^1 t^{x-1}(1-t)^{y-1}(t+1-t)dt = B(x,y)$.
On injecte $B(x,y+1) = B(x,y) - B(x+1,y)$ dans l'\'egalit\'e pr\'ec\'edente pour obtenir $\ds B(x+1,y) = \ds \frac{x}{x+y}B(x,y)$.
\ee

\item
\be
\item
On montre facilement que le produit de deux fonctions logarithmiquement convexe l'est aussi. En l'occurence, une adaptation directe de la d\'emonstration vue \`a la question II - 2. a) conduit \`a montrer que $x\mapsto B(x,y)$ et $x\mapsto \Gamma(x+y)$ sont toutes deux convexes. Par ailleurs,
$$B(x+1,y)\Gamma(x+y+1) = \frac{x}{x+y}B(x,y)\times (x+y)\Gamma(x+y) = x B(x,y)\Gamma(x,y).$$
\item
A l'aide de la question II - 5. b), on d\'eduit $\ds B(x,y) = \frac{\Gamma(x)\Gamma(y)}{\Gamma(x+y)}$.
\item
On pose $\ds x = y = \frac{1}{2}$, et il vient $\ds \Gamma\pa{\frac{1}{2}}^2 = \int_0^1 \frac{dt}{\sqrt{t(1-t)}}$. Le changement de variable $t = \sin(\theta)$ donne alors $\Gamma\pa{\frac{1}{2}} = \sqrt{\pi}$, puisque $\Gamma$ est \`a valeurs positives.
\ee

\item
\be
\item
La fonction $g : x\mapsto 2^{x-1}\Gamma\pa{\frac{x}{2}}\Gamma\pa{\frac{x+1}{2}}$ est logarithmiquement convexe comme produit de trois fonctions qui le sont elles-m\^emes. De plus,

$$g(x+1) = 2^x\Gamma\pa{\frac{x+1}{2}}\Gamma\pa{\frac{x}{2}+1} = 2^x \frac{x}{2} \Gamma\pa{\frac{x}{2}} \Gamma\pa{\frac{x+1}{2}} = xg(x).$$
\item
On applique \`a nouveau II - 5. b), et gr\^ace \`a $\Gamma\pa{\frac{1}{2}} = \sqrt{\pi}$, on peut conclure \`a la {\it formule de duplication de Legendre} ~:
$$\Gamma(x) = \frac{2^{x-1}}{\sqrt{\pi}} \Gamma\pa{\frac{x}{2}}\Gamma\pa{\frac{x+1}{2}}.$$
\ee

\item
\be
\item
Apr\`es s'\^etre assur\'e de l'int\'egrabilit\'e des fonctions, on int\`egre sur $]0,1]$ l'\'egalit\'e venant de la formule de Legendre ~:
$$(x-1)\ln(2) + \ln\pa{\Gamma\pa{\frac{x}{2}}} + \ln\pa{\Gamma\pa{\frac{x+1}{2}}} = \ln(\sqrt{\pi}) + \ln(\Gamma(x)),$$
et on trouve imm\'ediatement $\ds \int_0^1 \ln(\Gamma(x))dx = \ln(\sqrt{2\pi})$.
\item
La d\'eriv\'ee de $g : x\mapsto \ds \int_x^{x+1} \ln(\Gamma(t))dt$ est donn\'ee par $x\mapsto \ds \ln\pa{\frac{\Gamma(x+1)}{\Gamma(x)}} = \ln(x)$. On en d\'eduit $g(x) = x\ln(x) - x + \lambda$, puis $\lambda = \ln(\sqrt{2\pi})$ en prenant la limite \`a droite en $0$.
\ee
\ee
\bs

\centerline{\Large Partie III}
\ms

\be
\item
\be
\item
L'\'egalit\'e demand\'ee provient facilement d'une d\'ecomposition en \'el\'ements simples.
\item
Soit donc $v_n(x) = \ds \frac{1}{n+1} - \frac{1}{n+x}$ qui est de classe $C^1$ sur $\R_+^*$. La s\'erie $\ds \sum v'_n$ converge uniform\'ement sur tout compact de $\R_+^*$, et $\ds \sum v_n$ converge simplement sur $\R_+^*$. On peut alors conclure au caract\`ere $C^1$ de $u$ sur $\R_+^*$ avec
$$\forall x\in\R_+^*, \ \ u'(x) = \sum_{n=0}^{+\infty} \frac{1}{(n+x)^2}.$$
De plus, et cela sera utile, il y a convergence uniforme de $\ds \sum v_n$ sur tout compact de $\R_+^*$.
\item
Il est clair que $\ds \tilde{u} = \sum_{n=1}^{+\infty} v_n(x)$ est d\'efinie et continue sur $]-1,+\infty[$.\\
Il r\'esulte de $\ds u(x) = 1 - \frac{1}{x} + \tilde{u}(x)$ l'\'egalit\'e $\ds \lim_{x\to 0^+} xu(x) = -1$.\\
La fonction $u$ est clairement croissante sur $\R_+^*$, et pour tout $N\in\N^*$,  $u(N) = \ds \sum_{n=1}^{N-1} \frac{1}{n}$. On en d\'eduit $\ds \lim_{x\to+\infty} u(x) = +\infty$.\\
Enfin, la s\'erie $\ds \sum v'_n$ converge uniform\'ement sur $[1,+\infty[$, par exemple, et le th\'eor\`eme d'interversion de limite s'applique pour fournir $\ds \lim_{x\to+\infty} u'(x) = 0$.
\ee

\item
\be
\item
On a $u(x) = \ds \lim_{N\to+\infty} \sum_{n=0}^{N} \pa{\frac{1}{n+1} - \frac{1}{n+x}}$, et par suite,
$$\matrix{
u(x+1) & = & \ds\lim_{N\to+\infty} \pa{\sum_{n=0}^{N} \frac{1}{n+1} - \sum_{n=0}^{N} \frac{1}{n+x+1}}\hfill\cr
& = & \ds \lim_{N\to+\infty} \frac{1}{x} - \frac{1}{N+x+1} + \sum_{n=0}^{N} \pa{\frac{1}{n+1} - \frac{1}{n+x}}\cr
& = & \ds u(x) + \frac{1}{x}.\hfill\cr}$$
\item
La convergence uniforme permet d'\'ecrire
$$\int_1^2 u(t)dt = \sum_{n=0}^{+\infty} \int_1^2 \pa{\frac{1}{n+1} - \frac{1}{n+x}}dx = \sum_{n=0}^{+\infty} \pa{\frac{1}{n+1} - \ln\pa{\frac{n+2}{n+1}}}.$$
Or, $\ds \sum_{n=0}^N \pa{\frac{1}{n+1} - \ln\pa{\frac{n+2}{n+1}}} = \sum_{n=1}^{N+1} \frac{1}{n} - \ln(N+1) + \ln\pa{\frac{N+1}{N+2}}$ qui converge vers $\gamma$. Ainsi, $\ds \int_1^2 u(t)dt = \gamma$.
\item
La d\'eriv\'ee de $g(x) = \ds \int_x^{x+1} u(t)dt$ est $u(x+1)-u(x) = \ds \frac{1}{x}$.\\
On en d\'eduit $\ds \int_x^{x+1} u(t)dt = \ln(x) +\gamma$.
\ee

\item
\be
\item
La fonction $\ds g(x) = exp\pa{\int_1^x (u(t)-\gamma)dt}$ est d\'efinie et de classe $C^1$ sur $\R_+^*$. On a facilement la croissance de $\ds \frac{g'}{g}$ sur $\R_+^*$. Enfin,
$$g(x+1) = exp\pa{\int_1^{x+1} (u(t)-\gamma)dt} = g(x) exp\pa{\int_x^{x+1} (u(t)-\gamma)dt} = xg(x)$$
d'apr\`es la question pr\'ec\'edente. On en d\'eduit $g = g(1)\Gamma$, puis $g=\Gamma$ gr\^ace \`a la question III - 2. b).
\item
La d\'eriv\'ee de $\ln\circ\Gamma$ donne l'\'egalit\'e annonc\'ee. 
\ee
\ee
\end{document}
