Sujet CCMP - Maths 2 - 2023

MangeurAnnales

Bonjour,
je voudrais traiter le sujet avec vous.

J'ai constaté qu'il y a des forumeurs de haut niveau en mathématiques, et j'ai été particulièrement impressionné par le travail de OShine, qui fait allègrement l'intégralité des sujets d'agrégation ou du concours de l'X.

Bien sûr je ne suis pas à son niveau, mais les nombreux échanges qu'il a initiés ici me plaisent.

J'espère avoir l'occasion de discuter mathématiques avec nombre d'entre vous.
J'attache ici le sujet.
Je vais essayer d'apprendre aussi, à faire des démonstrations de qualité avec une belle présentation.

MangeurAnnales

A1. On note $\forall x \in \mathbb{R},\ \sigma(x)=\displaystyle{ \sum_{k=1}^{k=+\infty} \frac{x^k}{k^2} }$.
On peut faire quelques disjonctions de cas :

$\bullet$ Si $x=1$, on a $\sigma(1)=\displaystyle{ \sum_{k=1}^{k=+\infty} \frac{1}{k^2} }$ est une série de Bertrand qui est convergente.

$\bullet$ Si $|x|<1$ ,$|\frac{x^k}{k^2}|<\frac{1}{k^2}$ alors on peut comparer les séries et $\displaystyle{ \sum_{k=1}^{k=+\infty} \frac{x^k}{k^2} } < { \sum_{k=1}^{k=+\infty} \frac{1}{k^2} }$ et donc $\sigma(x)$ converge.

$\bullet$ Si $|x|>1$ La série diverge. Il faut montrer que $\displaystyle{\lim_{k \mapsto +\infty} \frac{x^k}{k^2} }$ ne tend pas vers $0$. Cela vient du théorème des croissances comparées : l'exponentielle domine la puissance donc si $|x|>1$, $\displaystyle{ \lim_{k \mapsto +\infty} \frac{|x|^k}{k^2} = +\infty}$.

Math Coss

Même à notre époque, on peut peut-être se permettre d'utiliser le critère de D'Alembert ?

NB : quel lien entre le sujet posté, qui porte sur les exponentielles de matrices, et la série du dilogarithme ?

Area 51

Quel rapport entre $\text{Li}_2$ et les exponentielles de matrices / algèbres de Lie ? P.S. : Grillé par @Math Coss.

MangeurAnnales

A1. Je peux reprendre avec les séries entières, qui en effet donne le résultat.

On suppose $x \neq 0$, merci @Math Coss

On écrit $|\frac{a_{k+1}.x^{k+1}}{a_{k}.x^{k}}|=|\frac{k^2}{(k+1)^2}.x|$ qui tend vers $L.|x|$, avec comme critère de convergence si $L.|x|<1$ on a convergence absolue et si $L.|x|>1$ on a divergence grossière. Ici $L=1$ donc la série $\sigma(x)$ converge ssi $\boxed{ x \leq 1}$.

Le cas $x=1$ a été traité.

Math Coss

Si on parle de séries entières, on n'inclut pas la variable (sinon il faut supposer explicitement que $x\ne0$).

La conclusion (équivalence) est juste mais pas justifiée parce que le cas critique $|x|=1$ doit être traité à part (il l'a été convenablement dans la première version, note bien).

Voici ce qu'on pourrait écrire. Pour $k\ge1$, on note $a_k=1/k^2$. Il s'agit de déterminer où la série entière $\sum a_kx^k$ converge. Vu que $\lim_{k\to\infty}a_{k+1}/a_k=1$, le rayon de convergence vaut $1/1=1$. Si $x$ est un complexe de module $1$, la série de Bertrand $\sum |a_kx^k|$ converge absolument. Ainsi, $\sum a_k x^k$ converge absolument SSI $|x|\le1$ (et on a même convergence normale sur le disque fermé de convergence) et diverge grossièrement sinon.

MangeurAnnales

@Math Coss D'accord on applique la règle de d'Alembert. J'avais cette autre version que j'ai donnée, j'aimerai bien retrouver la référence.

Enfin je conclus sur la continuité : la convergence de la série est normale sur son disque de convergence, ici sur $[-1;1]$, et en particulier le théorème de convergence donne la continuité de la somme.

J'ai rectifié le sujet, j'avais pris le 2022, je viens de corriger. Merci pour l'avertissement.

Math Coss

NB : ce n'est pas incorrect de procéder comme tu l'as fait pour traiter les cas $|x|<1$ et $|x|>1$ mais il faut prendre une précaution oratoire ($x\ne0$) avant d'écrire le quotient $a_{k+1}x^{k+1}/(a_kx^k)$.

Par ailleurs il faut vraiment traiter le cas $|x|=1$.

MangeurAnnales

A2.

On utilise les résultats suivants : $\displaystyle{ \int_0^\pi cos(nt) dt = \frac{sin(n.\pi)-sin(0)}{n} = 0}$ et $\displaystyle{ \int_0^\pi sin(nt) dt = -\frac{cos(n.\pi)-cos(0)}{n} = \frac{1-(-1)^n}{n}}$.

Alors avec une IPP $\displaystyle{ \int_0^\pi (\alpha.t^2+\beta.t).cos(nt) dt = [ (\alpha.t^2+\beta.t).\frac{sin(nt)}{n}]_0^\pi } - \int_0^\pi (2\alpha.t+\beta).\frac{sin(nt)}{n} dt =- \frac{1}{n}.\int_0^\pi (2\alpha.t+\beta).sin(nt) dt $.

Or avec une autre  IPP $\displaystyle{\int_0^\pi (2\alpha.t+\beta).sin(nt) dt=[(2\alpha.t+\beta).\frac{-cos(nt)}{n}]_0^\pi +  \int_0^\pi 2\alpha.\frac{cos(nt)}{n}} dt = \frac{\beta-(\alpha.\pi+\beta).(-1)^n}{n}+0$.

Au final $\displaystyle{ \int_0^\pi (\alpha.t^2+\beta.t).cos(nt) dt = -\frac{\beta-(2\alpha.\pi+\beta).(-1)^n}{n^2} = \frac{(2\alpha.\pi+\beta).(-1)^n-\beta}{n^2}}$.

On discute avec la parité de n :

$\bullet$ n pair : $(2\alpha.\pi+\beta)-\beta= 1$.

$\bullet$ n impair  :$-(2\alpha.\pi+\beta)-\beta = 1$.

Ainsi : $\alpha=\boxed{\frac{1}{2\pi}}$ et $\boxed{\beta=-1}$

Math Coss

Pour $n=0$, on a un petit problème. Tu supposes $n\ne0$ ?

Tu pourrais poster l'énoncé que tu traites stp ?

PS (le lendemain) : l'énoncé convenable a été posté et il y est stipulé que $n\ge1$.

MangeurAnnales

Oui il faut rajouter $n$ non nul c'est dans l'énoncé.

MangeurAnnales

A2. Maintenant passons au calcul de $\displaystyle{ \sum_{k=1}^{k=n } \cos(kt) }$, avec $n \geq 1$.

$\bullet$ cas $t \equiv 0 \pmod {2\pi}$ alors $\displaystyle{ \sum_{k=1}^{k=n } \cos(kt)=n }$.

$\bullet$ cas $t \not \equiv 0 \pmod {2\pi}$ alors $\displaystyle{ \sum_{k=1}^{k=n } \cos(kt) } $= $\displaystyle{ \sum_{k=1}^{k=n } \Re(e^{ikt}) }$= $\displaystyle{ \Re(\sum_{k=1}^{k=n } e^{ikt}) }$.

Or $\displaystyle{ \sum_{k=1}^{k=n } e^{ikt}=e^{it}.\frac{1-e^{int}}{1-e^{it}} = e^{it}.\frac{e^{int/2}}{e^{it/2}}.\frac{e^{-int/2}-e^{int/2}}{e^{-it/2}-e^{it/2}} =  e^{i(n+1)t/2}.\frac{\sin(nt/2)}{\sin(t/2)} }$

Puis $\displaystyle{ \Re(\sum_{k=1}^{k=n } e^{ikt}) = cos((n+1)t/2). \frac{\sin(nt/2)}{\sin(t/2)} }$

Avec une formule trigonométrique $\sin(a)cos(b)=1/2.(\sin(a+b)+\sin(a-b))$, $\displaystyle{ \Re(\sum_{k=1}^{k=n } e^{ikt}) = \frac{1}{2.\sin(t/2)} .(\sin((2n+1)t/2)+\sin(-t/2) ) } = \frac{\sin((2n+1)t/2)}{2.\sin(t/2)} - \frac{1}{2}$

Bilan :

$\bullet$ cas $t \equiv 0 \pmod {2\pi}$ alors $\boxed{\displaystyle{ \sum_{k=1}^{k=n } \cos(kt)}=n }$.

$\bullet$ cas $t \not \equiv 0 \pmod {2\pi}$ alors $\boxed{\displaystyle{ \sum_{k=1}^{k=n } \cos(kt)=\frac{\sin((2n+1)t/2)}{2.\sin(t/2)} - \frac{1}{2} }}$.

canasson29

Cela doit être le sujet https://www.concoursminesponts.fr/resources/Maths-MP-2.pdf

MangeurAnnales

@canasson29 : Oui je l'ai mis au premier message.

MangeurAnnales

A3. Soit $\phi$ une fonction de classe $\mathcal{C}^1([0,\pi])$ : $\displaystyle{ \int_0^\pi \phi(t).\sin(xt) dt = [\phi(t).\frac{-\cos(xt)}{x}]_0^\pi + \frac{1}{x}. \int_0^\pi \phi'(t).\cos(xt) dt }$

Comme on est sur le compact $[0,\pi]$, il existe $M_1=\sup_{[0,\pi]}(|\phi(t)|)$ et $M_2=\sup_{[0,\pi]}(|\phi'(t)|)$ qui sont finis dans $\mathbb{R}$.

Puis pour $x>0$, $\displaystyle{ | \int_0^\pi \phi(t).\sin(xt) dt | \leq \frac{2.M_1}{x} + \frac{2.M_2}{x} } $ , en passant à la limite $x \mapsto +\infty$ on obtient $\lim_{x \mapsto +\infty} \int_0^\pi \phi(t).\sin(xt) dt =0$. De mémoire c'est le lemme de Dirichlet non ?

On a montré $\boxed{\lim_{x \mapsto +\infty} \int_0^\pi \phi(t).\sin(xt) dt =0}$

MangeurAnnales a dit :

@canasson29 : Oui je l'ai mis au premier message.

MangeurAnnales

Ensuite $\sigma(1)=\frac{\pi^2}{6}$, on a $\displaystyle{ \int_0^\pi (\frac{t^2}{2\pi}-t).\cos(nt) dt =\frac{1}{n^2} }$ pour $n \geq 1$.

Soit $N \in \mathbb{N}$, $\displaystyle{ \sum_{k=1}^{k=N} \int_0^\pi (\frac{t^2}{2\pi}-t).\cos(nt) dt =  \int_0^\pi (\frac{t^2}{2\pi}-t).\sum_{k=1}^{k=N} \cos(kt) dt = \int_0^\pi (\frac{t^2}{2\pi}-t). (\frac{\sin((2N+1)t/2)}{2.\sin(t/2)} - \frac{1}{2}) dt }$

Puis en utilisant le lemme précédent : $\displaystyle{ \sum_{k=1}^{k=+\infty} \frac{1}{k^2} = \lim_{N \mapsto +\infty}  \int_0^\pi (\frac{t^2}{2\pi}-t). (\frac{\sin((2N+1)t/2)}{2.\sin(t/2)} - \frac{1}{2}) dt }$

$ \lim_{N \mapsto +\infty}  \int_0^\pi (\frac{t^2}{2\pi}-t). \frac{\sin((2N+1)t/2)} {2.\sin(t/2)} dt = 0$ il faudrait poser la fonction $\phi(t)=(\frac{t^2}{2\pi}-t).\frac{1} {2.\sin(t/2)}$ qui est prolongeable par continuité en 0 donc intégrable et de classe $\mathcal{C}^1$ ; il reste $\displaystyle{ \sum_{k=1}^{k=+\infty} \frac{1}{k^2} = \int_0^\pi (\frac{t^2}{2\pi}-t).(- \frac{1}{2}) dt = \int_0^\pi \frac{-t^2}{4\pi}+\frac{t}{2} dt = [\frac{-t^3}{12\pi}+\frac{t^2}{4}]_0^\pi  = \frac{\pi^2}{6} }$.

On a montré $\boxed{\displaystyle{ \sum_{k=1}^{k=+\infty} \frac{1}{k^2} =\frac{\pi^2}{6} }}$

MangeurAnnales

B4.

Le problème de la définition de $f$ est sur la borne $0$. Pas de problème en $\pi/2$.

$\displaystyle{ sin(t) \sim_0 t }$ alors $\displaystyle{ sin(t)^x \sim_0 t^x }$. Par comparaison avec les intégrales de Bertrand, on a la converge lorsque $-x < 1$ soit $x > -1$. Donc $D_f=]-1;+\infty[$.

Ensuite on écrit : $\forall x > -1$, $\displaystyle{ f(x+2)= \int_0^{\pi/2} sin^x(t)(1-cos^2(t)) dt }$. Or $\displaystyle{ \int_0^{\pi/2} sin^x(t).cos^2(t) dt = \int_0^{\pi/2} cos(t).sin^x(t).cos(t) dt }$. Ici on fait une IPP et le $cos$ apparaît comme la dérivée de la dérivation de $sin(t)^x$.

$\displaystyle{ \int_0^{\pi/2} cos(t).sin^x(t).cos(t) dt =[cos(t).\frac{sin(t)^{x+1}}{x+1}]_0^{\pi/2} + \int_0^{\pi/2} sin(t).\frac{sin(t)^{x+1}}{x+1} dt = \frac{1}{x+1}.f(x+2) } $.

Ainsi $\forall x > -1$, $\displaystyle{ f(x+2)=f(x)-\frac{1}{x+1}.f(x+2) }$. Donc $(x+2)f(x+2)=(x+1)f(x)$

On a montré $\boxed{\forall x > -1, (x+2)f(x+2)=(x+1)f(x)}$

MangeurAnnales

B5.
[EDIT : C'EST FAUX DANS LA DOMINATION DE LA DERIVEE]

On montre d'abord que $f$ est de classe $\mathcal{C}^1(I)$. On pose $\psi(x,t)=e^{x.ln(sin(t))}$ sut $I \times [0,\pi/2]$.
On applique le théorème de dérivation des intégrales à paramètre, dont les hypothèses sont $t \mapsto \psi(x,t)$ et $x \mapsto \psi(x,t)$ sont continues et $\frac{d\psi(x,t)}{dx}=ln(sin(t)).\psi(x,t)$ puis $|\frac{d\psi(x,t)}{dx}| \leq |ln(sin(t))| = g(t)$ qui est indépendante de $x$. $g$ est intégrable sur
$[0,\pi/2]$, pas bornée mais intégrable au sens de Riemann car $\sqrt{t}.ln(sin(t))$ tend vers $0$ en $0$ donc on peut dériver sous le signe intégrale et on trouve : $\forall x \in I, f'(x)=\displaystyle{ \int_0^{\pi/2} ln(sin(t)).sin^x(t) dt }$.
Le théorème de dérivation assure que la fonction $f$ est de classe $C^1$.
On repart avec une nouvelle dérivation : $\forall x \in I$, $f''(x)=\displaystyle{ \int_0^{\pi/2} ln^2(sin(t)).sin^x(t) dt }$.
Le théorème de continuité des intégrales à paramètres, avec l'hypothèse $x \mapsto ln^2(sin(t)).sin^x(t)$ est continue sur $I$ assure la continuité de $f''(x)$ donc $f$ est de classe $\mathcal{C}^2(I)$. $\boxed{f \in \mathcal{C}^2(I)}$

Pour la décroissance de f, si $x < x'$ alors $\forall t \in [0,\pi/2]$, $sin^x(t) > sin^{x'}(t)$ car $0 \leq sin(t) \leq 1$. Par intégration sur $ [0,\pi/2]$, on obtient $f(x) > f(x')$ d'où la décroissance.

Donc $\boxed{f ~\text{décroissante sur I}}$.

La convexité de $f$ se justifie par le fait que $\forall x \in I$, $f''(x) \geq 0$. En effet cela résulte de la positivité de l'intégrande.

Donc $\boxed{f ~\text{est convexe sur I}}$.

MangeurAnnales

B6.
On peut écrire $\forall \epsilon > 0$ $\forall t \in [0,\pi/2]$, $|sin(t)-t|<\epsilon.t$. Alors $t(1-\epsilon) \leq sin(t) \leq t(1+\epsilon)$. (ce n'est pas inégalité de Taylor-Lagrange, j'ai un trou de mémoire ...).

alors on a successivement : $\forall \epsilon > 0$, $\forall t \in [0,\pi/2]$, $\forall x \in I$, $t^x(1-\epsilon)^x \leq sin(t)^x \leq t^x(1+\epsilon)^x$ puis par intégration $(1-\epsilon)^x.(\frac{\pi}{2})^{x+1}.\frac{1}{x+1} \leq f(x) \leq (1+\epsilon)^x.(\frac{\pi}{2})^{x+1}.\frac{1}{x+1}$.

Donc rapidement : $\boxed{f(x) \sim_{-1} (\frac{\pi}{2})^{x+1}.\frac{1}{x+1}}$

JLapin

Attention : ta domination est fausse.

MangeurAnnales

B7.
Ici on utilise la relation $f(n)=\frac{n-1}{n}.f(n-2)$ et $f(n+1)=\frac{n}{n+1}.f(n-1)$ et en utilisant $f(0)=\pi/2$ et $f(1)=1$ par itérations descendantes : $f(n)f(n+1)=\frac{n!}{(n+1)!} \times 1 \times \pi/2 = \frac{\pi}{2}.\frac{1}{n+1}$.

La rédaction laisse à désirer ... ce n'est pas du Oshine ! D'ailleurs si tu passais par là j'aimerais bien lire ta rédaction. Je me demande s'il ne faut pas rédiger selon la parité de $n$, ce que je masque ici.

Ainsi $\boxed{\forall n \in \mathbb{N}^* f(n)f(n+1)= \frac{\pi}{2}.\frac{1}{n+1} }$

MangeurAnnales

@JLapin Monsieur le Lapin, de quelle question parles-tu ?

MangeurAnnales

B7.
pour $x$ très grand, $f(x) \sim_{+\infty} f(x+1)$ donc $f(x)^2 \sim_{+\infty} \frac{\pi}{2x}$. D'où $f(x) \sim_{+\infty} \sqrt{\frac{\pi}{2x}}$.

Ici, on passe des entiers aux réels dans les équivalents, cela nécessite-t-il des précautions ? Ce que j'écris me semble intellectuellement satisfaisant.

Sinon on fait des encadrements des réels entre 2 entiers pour la perfection, je me demande si ce genre de rédaction est attendu.

Ainsi $\boxed{f(x) \sim_{+\infty} \sqrt{\frac{\pi}{2x}} }$

MangeurAnnales

B8.
Difficile de représenter, mais ça ressemble à la fonction inverse dans l'allure générale.

JLapin

B5

MangeurAnnales

@JLapin Ha entre temps j'ai justifié l'intégrabilité de la fonction dominante $g$ ... Est-ce acceptable ?

JLapin

Non, car ta majoration est fausse à cause des $x$ négatifs.

MangeurAnnales

Alors je dois faire une pause et revoir B5. Je vais revoir mon travail. Merci de m'avertir, je n'ai pas été assez consciencieux dans mon travail. Je vais me reprendre. J'ai demandé par MP à @Oshine de m'aider. Je vais voir ce qu'il dit. J'ai marqué l'erreur.

MangeurAnnales

Après réflexion je pense qu'il faut 2 fonctions dominantes : une dans le cas $x>0$ et une autre pour $x<0$. Je laisse cette question en suspens, car je n'ai pas de réponse à apporter.

MangeurAnnales

C9.
Pour la borne inférieure de l'intégrale, on a $ln(sin(t))^n \sim_{t \mapsto 0} ln(t)^n$ et $\sqrt{t}.ln(t)^n \mapsto 0$ quand $t \mapsto 0$. D'où la convergence de $D_n$.

Ensuite je note : $D_1=\displaystyle{ \int_0^{\pi/2} ln(sin(t)) dt }$ et $E_1=\displaystyle{ \int_0^{\pi/2} ln(cos(t)) dt }$.

On effectue le changement de variable $u=\pi/2-t$. $D_1=\displaystyle{ \int_{\pi/2}^0 ln(sin(\pi/2-u)) (-du) }=\displaystyle{ \int_0^{\pi/2} ln(cos(u)) du }=E_1$.

Ainsi $\boxed{ \displaystyle{ \int_0^{\pi/2} ln(sin(t)) dt =  \int_0^{\pi/2} ln(cos(u)) du } } $

MangeurAnnales

C10.
On reprend les résultats de B5. $\forall x \in I$, $f'(x)=\displaystyle{ \int_0^{\pi/2} ln(sin(t)).sin^x(t) dt }$.

Immédiatement $f'(0)=0$. $f'(1)=\displaystyle{ \int_0^{\pi/2} ln(sin(t)).sin(t) dt }$.

Une primitive de $ln(sin(t)).sin(t)$ est $-cos(t)*ln(sin(t))+cos(t)-ln(cos(t)+1)/2+ln(-cos(t)+1)/2$. Merci Xcas.

J'imagine un changement de variable $u=cos(t)$ est nécessaire.

$f'(1)=\displaystyle{ \int_0^{\pi/2} ln(sin(t)).sin(t) dt }=ln(2)-1$.

Cette question est franchement dégueulasse.

Ou avec une IPP : $\displaystyle{ \int_0^{\pi/2} ln(sin(t)).sin(t) dt } = [ -ln(sin(t)).cos(t)]_0^{\pi/2}+ \int_0^{\pi/2} \frac{cos(t)}{sin(t)}.cos(t) dt$ et pas de chance pour la dernière intégrale ... $\int_0^{\pi/2} \frac{cos(t)}{sin(t)}.cos(t) dt = \int_0^{\pi/2} \frac{1}{sin(t)} - sin(t) dt$ et le crochet qui diverge. La totale !

On a montré : $\boxed{f'(0)=0}$ $\boxed{f'(1)=ln(2)-1}$

raoul.S

MangeurAnnales a dit :

J'ai demandé par MP à @Oshine de m'aider. Je vais voir ce qu'il dit. J'ai marqué l'erreur.

C'est très bien. Il va t'apprendre la technique du blocage qui est redoutable pour terminer les exos
PS. ne m'en veux pas OShine...

OShine

@raoul.S 

Je fais la première question avant d'aller dormir, même si je suis rouillé en analyse.

1) Domaine de définition : 
 Posons : $\forall k \in \N^{*} \ a_k=\dfrac{1}{k^2}$. $(a_k)_{k \geq 1}$ ne s'annule pas. 
On a $\left| \dfrac{a_{k+1}}{a_k} \right| = \dfrac{a_{k+1}}{a_k}=\dfrac{(k+1)^2}{k^2} \sim \dfrac{k^2}{k^2}=1$.
D'après la règle de d'Alembert, on a $\boxed{R=1}$.
Donc $\sigma$ converge absolument sur $]-1,1[$. 

• Pour $x=1$, on a $\sigma(1)=\displaystyle\sum_{k=1}^{+\infty} \dfrac{1}{k^2}$. La série $\sum_{n \geq 1} \dfrac{1}{n^2}$ converge car $2>1$.
• Pour $x=-1$, on a $\sigma(-1)=\displaystyle\sum_{k=1}^{+\infty} \dfrac{(-1)^k}{k^2}$. Le critère spécial des séries alternées nous montre facilement la convergence de la série $\sum_{n \geq 1} \dfrac{(-1)^n}{n^2}$ 

Finalement, $\boxed{D(\sigma)= [-1,1]}$.

Continuité de $\sigma$ :  
$\sigma$ est continue sur $]-1,1[$, comme la série $\sum_{n \geq 1} |a_n| 1^n$ converge, on en déduit la continuité de $\sigma$ sur $[-1,1]$.

MangeurAnnales

@OShine Bonjour cher ami, je vais en profiter pour encadrer mes résultats, je ne sais pas faire, je vais copier ta méthode.

Pour la continuité est-ce que tu ne dois pas citer un théorème ? On a convergence normale sur le disque ouvert. Après le sujet est intéressant car tu as plein de notions en analyse abordées.

noobey

Pour la continuité de $\sigma$ son raisonnement n'est pas bon. Enfin, c'est juste mais y a un théorème non trivial derrière qu'il ne connait pas je pense, donc son raisonnement est juste faux. Il pense que si une fonction $f$ est continue sur $]-1,1[$ et définie en $1$ alors $f$ est continue en $1$

Il faut dire que $\sum a_n x^n$ converge normalement sur $[-1,1]$  car $|a_n x^n| \leq \frac{1}{n^2}$  et $\sum \frac{1}{n^2}$ converge

raoul.S

MangeurAnnales a dit :

@OShine Bonjour cher ami, je vais en profiter pour encadrer mes résultats...

@gebrane il semblerait que MangeurAnnales soit plus diabolique que toi...  

OShine

@noobey
Ce théorème est faux ? J'ai oublié de dire que ça converge pour $R=-1$ aussi.

OShine

La question 2 est facile, je l'ai réussie en 10 min, mais ce qui prend du temps c'est l'écrire en latex.
2) Posons $I=\displaystyle\int_{0}^{\pi} (\alpha t^2 + \beta t) \cos (nt) dt$.
Les fonctions $t \mapsto \alpha t^2+ \beta t$ et $t \mapsto \dfrac{1}{n} \sin(nt)$ sont de classe $\mathcal C^1$ sur $[0,\pi]$, on peut effectuer une intégration par parties.
$I = - \dfrac{1}{n} \displaystyle\int_{0}^{\pi} (2 \alpha t+ \beta ) \sin (nt) dt$.
Les fonctions $t \mapsto 2 \alpha t+ \beta $ et $t \mapsto -\dfrac{1}{n} \cos(nt)$ sont de classe $\mathcal C^1$ sur $[0,\pi]$, on peut effectuer une nouvelle intégration par parties.
On obtient après calculs : 
$\boxed{I=\dfrac{ (2 \alpha \pi + \beta)  \times (-1)^n - \beta}{n^2}}$.
Il suffit donc de choisir $\boxed{\beta=-1}$ et $\boxed{\alpha=\dfrac{1}{2 \pi}}$.

Comme $t \in ]0,\pi]$, on a $\dfrac{t}{2} \in ]0,\dfrac{\pi}{2}]$ donc $\boxed{ \sin( t/2) \ne 0}$.

On remarque que $\displaystyle\sum_{k=1}^n \cos (kt)= Re( \displaystyle\sum_{k=1}^n e^{ikt} )$. Posons $S=\displaystyle\sum_{k=1}^n e^{ikt}=\displaystyle\sum_{k=1}^n (e^{it})^k$
Mais $t \in ]0, \dfrac{\pi}{2}] \implies e^{it} \ne 1$. Ainsi : $S=\dfrac{1-e^{i(n+1)t}}{1-e^{it}}=\dfrac{e^{i(n+1)t}-1}{e^{it}-1}$
Une factorisation par l'angle moitié fournit : $S=\dfrac{e^{i(n+1)t /2} ( e^{i(n+1)t /2} -e^{-i(n+1)t /2} ) }{e^{i)t /2} (e^{i t /2} -e^{-i t /2}) }$
La formule de Moivre donne : $S=e^{i nt /2}  \dfrac{ 2 i \sin ( (n+1) t /2) }{2 i \sin (t/2) }$
Ainsi :  $\displaystyle\sum_{k=1}^n \cos (kt)= Re (e^{i nt /2}  \dfrac{ 2 i \sin ( (n+1) t /2) }{2 i \sin (t/2) } ) = \dfrac{ \cos (nt /2) \sin ( (n+1) t/2) }{ \sin (t/2)}$
Mais $\forall a \in \R \ \cos (a) \sin (b)= \dfrac{1}{2} ( \sin (a+b) + \sin(a-b) ) $
Donc $\displaystyle\sum_{k=1}^n \cos (kt)= \dfrac{ \sin ( (2n+1) t/2) + \sin( -t/2) }{ 2 \sin (t/2)}$.
Finalement : $\boxed{\displaystyle\sum_{k=1}^n \cos (kt)=\dfrac{\sin ( (2n+1) t/2)}{ 2 \sin (t/2) }-\dfrac{1}{2}}$.

MangeurAnnales

@OShine Je suis d'accord avec toi.

Pour la convergence de la SE, je crois que le théorème que tu as utilisé est le théorème d'Abel radial.

OShine

MangeurAnnales tes disjonctions de cas $n$ pair et $n$ impair sont inutiles dans la question $2$...
3) La première partie de la question est très classique.
Soit $x>0$. 
De nouveau les application $\varphi$ et $t \mapsto -\dfrac{1}{x} \cos (xt)$ sont de classe $\mathcal C^1$ sur $[0,\pi]$.
Une intégration par partie fournit :  
$I=\displaystyle\int_{0}^{\pi} \varphi(t) \sin (xt) dt= \dfrac{-1}{x} \cos ( \pi x) \varphi( \pi)+\dfrac{1}{x} \varphi( 0)+ \dfrac{1}{x} \displaystyle\int_{0}^{\pi} \varphi '(t) \cos (xt) dt$
$\varphi$ et $\varphi'$ sont continues sur un compact, elles sont donc bornées, il existe $M,M' \in \R^{+}$ tel que $| \varphi | \leq M$ et $|\varphi' |\leq M'$.
D'après l'inégalité triangulaire :  
$\left|  \dfrac{1}{x} \displaystyle\int_{0}^{\pi} \varphi '(t) \cos (xt) dt \right| \leq \dfrac{1}{x} \displaystyle\int_{0}^{\pi} | \varphi'(t) dt| \leq \dfrac{M'}{x}  \displaystyle\int_{0}^{\pi}  dt = \dfrac{\pi M'}{x}$
$\left| \displaystyle\int_{0}^{\pi} \varphi(t) \sin (xt) dt \right| \leq \dfrac{2M+ \pi M' }{x} \longrightarrow 0$ lorsque $x$ tend vers plus l'infini.
Finalement :  $\boxed{\lim\limits_{x \rightarrow +\infty} \displaystyle\int_{0}^{\pi} \varphi(t) \sin (xt) dt= 0}$.

OShine

@MangeurAnnales
Pour la question $3$ tu n'as pas démontré que $\phi$ est de classe $C^1$, c'est la seule "difficulté" de la question.
Je voulais utiliser le théorème de la limite de la dérivée (les calculs sont lourds) mais il y a plus simple, il suffit de décomposer en produit de fonctions de classe $C^1$.

OShine

Je m'arrête à la question $3$ car je n'ai pas revu les intégrales à paramètre. 

Il suffit de montrer que $\phi : t \mapsto (\dfrac{t^2}{2 \pi} -t ) \dfrac{1}{2 \sin (t/2) }$ est de classe $C^1$ sur $[0,\pi]$
On écrit $\boxed{\phi(t)= ( \dfrac{t}{2 \pi} -1) \dfrac{ t/2}{\sin(t/2)}}$.
Comme $t \mapsto \dfrac{t}{2 \pi} -1$ est polynomiale, elle est $C^1$, il reste à montrer que $g : t \mapsto \dfrac{ t/2}{\sin(t/2)}$ est $C^1$.
$g$ est continue sur $]0,\pi]$ et au voisinage de $0$ on a $ g(t) \sim 1$ car $\sin (t/2) \sim t/2$ donc $g$ est prolongeable par continuité en $0$.
$g$ est dérivable sur $]0,\pi/2]$ et $g$ ne s'annule pas sur $]0,\pi/2[$.
On a $\boxed{g'(t)=\dfrac{1}{2 \sin^2(t/2)}  ( \sin (t/2)-\dfrac{t}{2} \cos(t/2) )}$
Je vais utiliser des DL pour déterminer la limite en $0$ de $g'$. 
On a $\sin(x/2)=x/2 +o(x)$ et $\cos(x/2)=1-x^2 /2 +o(x^2)$
Donc $\sin (x/2)-\dfrac{x}{2} \cos(x/2) = \dfrac{x^3}{4} +o(x^3)$
Donc $g'(t) \sim \dfrac{1}{2 (t/2)^2} \dfrac{t^3}{4}$
Donc $\boxed{g'(t) \sim \dfrac{t}{2}}$
Finalement $\boxed{\lim\limits_{t \rightarrow 0} g'(t) =0}$.
Ainsi, $g'$ admet une limite finie en $0$, d'après le théorème de prolongement de la dérivée, $g$ est de classe $C^1$ sur $[0,\pi]$.

MangeurAnnales

@OShine Pour la question 3 le théorème de dérivation des intégrales à paramètre te donne l'expression de la dérivée et le fait que la fonction est de classe $C^1$. Il n'y a rien à faire.

EDIT. J'ai dit n'importe quoi : à part l'IPP et la majoration c'est ok pour la première question de 3.
Pour la deuxième partie en effet je n'ai pas détaillé pourquoi la fonction $\phi(t)= ( \dfrac{t}{2 \pi} -1) \dfrac{ t/2}{\sin(t/2)}$ est de classe  $\mathcal{C}^1$ et tu l'as très bien fait.

bd2017

Bonjour Je débarque donc je n'ai presque rien lu.  Mais @MangeurAnnales ton affirmation disant qu'il n'y a rien à faire me semble gratuite et surtout  pas convaincante.  En effet ton  application du théorème de dérivation pour montrer que $f$ est de classe $C^1$ sur $I$  m'a semblé bien incorrecte.

D'ailleurs dans ta rédaction je vois mal ton théorème de dérivation.

Par ailleurs tu affirmes que la fonction $x\mapsto \psi(x,t)$  est continue sans dire sur quelle domaine ? C'est pas clair.
Et puis tu dis que $t\mapsto \psi(x,t)$  est continue. Idem et de plus est-ce que c'est dans les hypothèses ?  Pas clair non plus.  
Alors je pense que tu dois reprendre cela sérieusement: 
1.  En écrivant précisant exactement les hypothèses du théorème que tu utilises.
2.  En vérifiant point par point les hypothèses en question. 

OShine

Il n'y a pas d'intégrale à paramètre dans la question 3 c'est une question niveau début de sup.

bd2017

Je parle de la question 2 qui est incorrecte (utilisation du théorème de dérivation ) .  J'ai lu les 2 premières lignes et il y a beaucoup d'à peu près. Puis une majoration complètement bidon. J'ai donc stoppé la lecture. On ne continue pas un tel sujet avant d'avoir corrigé cette question. Je pense que cela n'a pas été fait.

OShine

J'ai traité parfaitement les 3 premières questions.
Mais je ne ferai pas la suite pour l'instant je vais d'abord apprendre mon cours parfaitement.

MangeurAnnales

Bonjour,
pour les 3 premières questions en effet il n'y a pas de problème. @OShine et moi disons la même chose à peu près. Pour le calcul de $\alpha$ et $\beta$ j'utilise une technique un peu plus élaborée mais on peut s'en passer.

Le point d'achoppement @bd2017 est la question 5.

MangeurAnnales

B5.

On pose $\psi(x,t)=e^{x.ln(sin(t))}$ sur $I \times [0,\pi/2]$.
On applique le théorème de dérivation des intégrales à paramètre, dont les hypothèses sont

$t \mapsto \psi(x,t)$ est continue sur $[0,\pi/2]$

$x \mapsto \psi(x,t)$ est continue sur $I$

$t \mapsto \frac{d\psi(x,t)}{dx}=ln(sin(t)).\psi(x,t)$ est continue sur $[0,\pi/2]$

$x \mapsto \frac{d\psi(x,t)}{dx}=ln(sin(t)).\psi(x,t)$ est continue sur $I$

Ensuite il faut majorer sur $I \times [0,\pi/2]$, $ |\frac{d\psi(x,t)}{dx}|=|ln(sin(t)).\psi(x,t)|$  par une fonction $g$ indépendante de $x$.

Je dois trouver une fonction $g$ convenable.

$\bullet$ Si $-1<x<1$ : Pour $t \in [0,\pi/2]$, $ln(sin(t)) \leq 0$ donc $ |\frac{d\psi(x,t)}{dx}| \leq |ln(sin(t))|.e^{-ln(sin(t))}$.

$\bullet$ Si $x \geq 1$ : Pour $t \in [0,\pi/2]$, $ |\frac{d\psi(x,t)}{dx}| \leq |ln(sin(t))|.sin(t))$.

Donc on peut poser $g(t)=max( |ln(sin(t))|.e^{-ln(sin(t))}, |ln(sin(t))|.sin(t)$ et on a la majoration voulue.

NB : ceux qui interviennent, faites attention parfois aux remarques, comme l'histoire du prolongement au bord du disque d'une fonction DSE qui était valable (cf @OShine ).
On trouve : $\boxed{\forall x \in I,\ f'(x)=\displaystyle{ \int_0^{\pi/2} ln(\sin(t)).\sin^x(t) dt }}$.
Le théorème de dérivation assure que la fonction $f$ est de classe $\mathcal{C}^1(I)$.

@OShine : voilà j'ai mis le théorème utilisé.

Après cela semble lourd si on compare au théorème dans le cadre de Lebesgue.

bd2017

MangeurAnnales a dit :

B5.

On pose $\psi(x,t)=e^{x.ln(sin(t))}$ sur $I \times [0,\pi/2]$.
On applique le théorème de dérivation des intégrales à paramètre, dont les hypothèses sont

$t \mapsto \psi(x,t)$ est continue sur $[0,\pi/2]$

$x \mapsto \psi(x,t)$ est continue sur $I$

Tu as bien fait de donner une copie de l'énoncé du th.

Commençons  par tes 2  premières lignes.  

La première l'affirmation de la continuité sur $[0,\pi/2]$ est fausse.

La deuxième n'a pas de sens. $x \mapsto \psi(x,t)$  est une fonction de la variable $x$ donc si il y avait continuité ce n'est certainement pas sur $I.$

ça manque de rigueur.

Le point clé de l'application du théorème c'est la majoration uniforme de la valeur absolue par une fonction intégrable. C'est le point le plus important du théorème. Tu donnes comme majoration ceci: 

Je dois trouver une fonction $g$ convenable.

$\bullet$ Si $-1<x<1$ : Pour $t \in [0,\pi/2]$, $ln(sin(t)) \leq 0$ donc $ |\frac{d\psi(x,t)}{dx}| \leq |ln(sin(t))|.e^{-ln(sin(t))}$.

.  Mais as tu vérifié que la fonction est intégrable ?  La fonction  $t\mapsto |ln(sin(t))|.e^{-ln(sin(t))}$ est-elle  intégrable sur $[0,\pi/2]$? Je suis certain que tu n'as pas vérifié cela.

Il y a beaucoup trop d'erreurs dans cette question.

MangeurAnnales

Je reviens à C9.

Juste une remarque :

$D_1=\displaystyle{ \int_0^{\pi/2} ln(sin(t)) dt }$ et $E_1=\displaystyle{ \int_0^{\pi/2} ln(cos(t)) dt }$.

On a $D_1+E_1=\displaystyle{ \int_0^{\pi/2} ln(sin(2t)/2) dt =-\frac{\pi}{2}.ln(2)+\frac{1}{2}.\int_0^{\pi} ln(sin(u)) du }$ en posant $u=2t$.

Avec $sin(\pi-u)=sin(u)$, $\displaystyle{\int_0^{\pi} ln(sin(u)) du = 2. \int_0^{\pi/2}  ln(sin(u)) du } = 2E_1$.

Donc $D_1=E_1=-\frac{\pi}{2}.ln(2)$. Peut être utile pour la suite.