LM 250 Corrigé détaillé de l'examen 07-01-2011 D'après les ...

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LM 250 Corrigé détaillé de l'examen 07-01-2011 D'après les « indications sur le sujet », celui-ci devait faire appel, entre autres à – Fubini – Le critère d'Abel monotone – La localisation – L'identification de majorants mn pour montrer une convergence normale – Estimation des restes pour les séries alternées ou par CSI. Le CSI n'étant pas sur le nanopoly, il reste 4 éléments sur 5, ou plutôt 3 sachant que loca- lisation et convergence normale vont en général de pair.
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Publié le : mercredi 28 mars 2012
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LM 250
CorrigÉ dÉtaillÉ de l’examen
D’aprÈs les «indications sur le sujet», celui-ci devait faire appel, entre autres À
– Fubini
– Le critÈre d’Abel monotone
– La localisation
– L’identification de majorantsmnpour montrer une convergence normale
– Estimation des restes pour les sÉries alternÉes ou par CSI.
07-01-2011
Le CSI n’Étant pas sur lenanopoly, il reste 4 ÉlÉments sur 5, ou plutÔt 3 sachant que loca-
lisation et convergence normale vont en gÉnÉral de pair. Donc autant d’ÉlÉments que d’exos,
probablement un par exo. Avant d’Écrire il faut repÉrer qui servira oÙ, en pensant que dans un
exos À plusieurs questions, les outils « lourds » ne servent qu’À la fin.
Fubini implique la prÉsence de sÉries d’intÉgrales, donc exo 2 question 5. La convergence nor-
male, qui n’apparaït a priori que pour montrer continuitÉ ou dÉrivabilitÉ de sÉries de fonctions,
ne peut apparaïtre qu’en exo 3 question 4 et peut-tre 5. Par Élimination Abel monotone sert
dans l’exo 1. Une fois ces repÉrages faits, il n’y a plus qu’À boucher les trous.
o Exercice n 1
1 Il s’agit d’identifier le domaine de convergence d’une sÉrie entiÈre. Deux Étapes
NCalcul du RCVR. Ce n’est pas l’essentiel. L’important est de dÉterminer ce qui se passe sur   2 « le cercle d’incertitude », i.e.zC,|z|.Ici la sÉrie est connue par ses coefficients et non
par sa somme. D’Alembert s’impose.
NEtude du comportement de la sÉrie sur le cercle de rayonR. LÀ les deux outils sont
– le critÈre de Riemann lorsque la sÉrie est À termes positifs, i.e.z= 1,
– le critÈre d’Abel monotone sinon, ici pour|z|= 1,z6= 1.
Typiquement il faut s’attendre À ce queDcontienne
– tout le cercle
– aucun point du cercle,
– ou une partie.
Toutes ces possibilitÉs peuvent se rencontrer si on remplace la puissance1/2par un paramÈtre
1.Cette couleur correspond aux rÉflexions qu’il faut avoir À l’esprit avant d’attaquer. Elles ne font pas partie de ce qu’il faudrait mettre sur une copie 2. jolie expression relevÉe sur une copie
rÉel quelconque.
2
1 CommenÇons par dÉterminer le RCV en appliquant D’Alembert. En posantan=pour tout n an+1n n1,on alim =lim= 1. n+n+ann+ 1
Donc le RCVR=1/1 =1, d’oÙD(0,1)⊆ D ⊆D(0,1).
Etudions la convergence de la sÉrie lorsque|z|=R= 1. n X z Par Riemanndiverge pourz= 1. n n1 n X z Pour les autres valeurs dez, Riemannn’est pas une sÉrie À termes positifs et on peut n n1 essayer le CAM. La suite1est dÉcro / n)Nissante et tend vers 0 À l’infini. nn X k Il reste À montrer que si|z|= 1etz6= 1, les sommes partielleszsont bornÉes lorsquen 1 n n X X n 1z2 k k varie. On az=z×d’oÙz: majorant indÉpendant den. Le CAM   1z 1z 1 1 X n z s’applique etconverge. D’oÙD=D(0,1)\ {1}. n n X 2 3k Jamais d’inÉgalitÉs entre complexes. Ecrire «z» c’est automatiquement  1z 1 n X 2 k perdre des points. De mme que de mettre le module au mauvais endroit «|z| ≤»   1z 1 n+n+1 X X 1z1 n n ou avoir des bornes fantaisistes «z=» ou pire «z=» alors que la 1z1z 1 0 sÉrie diverge. 1 La divergence n’est pas grossiÈre enz= 1puisquelim= 0. n n+
o Exercice n 2 X 1 1/ Par le critÈre de Riemann, converge si et seulement sis >1. s n   n1 X 1 (1) 2/ La suite dÉcroït vers 0 si et seulement sis >0. Donc par le CSA, s s n n nNconverge lorsques >0. Pours0la sÉrie diverge grossiÈrement.
Le CSA s’impose. Mais il ne sert À rien si on se contente de reproduire le rÉsultat de la X n (1) question prÉcÉdentes >1converge absolument. On pouvait dire « Par Riemann s n 3.Les textes en italiques prÉcÉdÉs decorrespond principalement À certaines erreurs relevÉes : celles qui sont communes et surtout celles qui peuvent « retomber » bientÔt.
3
pours >1. Incomplet mais cohÉrent. Aller chercher le CSA pour aboutir À la mme conclusion
est incohÉrent. Le CSA ne prÉsente d’intÉrt que pour les sÉries qui ne sont pas absolument
convergentes, donc au-delÀ de Riemann i.e.s1. Bien sÛr on ne va pas distinguer deux cas :
CSA pour touts >0.
3/ IntÉgrales hyper-classiques. A priori 2 singularitÉs, en 0 et en+. Riemann aux 2 bouts.
3/Γ(s)a une singularitÉ en 0 sis]0,1]et une singularitÉ en+. Z s1tX En 0,t e dtconverge pour touts >0par Riemann careest bornÉe en0. 0   1 s1t En+,t e=Opar croissance comparÉe. 2 t   1 s1t s+1X DÉmonstration det e=Oen+. Cette Écriture signifie que la fonctionX e 2 t est bornÉe au voisinage de+. On dÉrive :
s+1X0sX s+1X sX (X e() = s+ 1)X eX e= (s+ 1X)X e.
s+1X La fonctionX eest croissante sur[0, s+ 1], dÉcroissante sur[s+ 1,+), et bornÉe sur   1 s1t R+. On a donct e=OsurR+, mais on ne s’en sert qu’au voisinage de+. 2 t 4 A l’examen, tout ce qui a trait auxcroissances comparÉesdoit tre affirmÉ et
utilisÉ sans dÉmonstration. Z +s1t Doncdtt e converge d’aprÈs Riemann. FinalementΓ(s)converge pour touts >0.
s1 t s1t − ∀tR,t e. Doncs >0, I+(s)converge par comparaison avecΓ(s). + t 1 +e s1s1 t t En+,. DoncI(s)converge en+pours >0. t t e+1 1 e s1s1 t t s2 En 0,=t. Par RiemannI(s)converge en0ssis2>1, i.e.s >1. Donc t e1t I(s)converge si et seulement sis >1.
Lire la question: on ne demandait pas de refaire les questions 1/ et 2/. Le dÉcoupage a
changÉ depuis la feuille 14.
Ne jamais Écrire «Pas de singularitÉ en+.» Il y atoujoursune singularitÉ À l’infini. Cela
vient en gÉnÉral de la confusion aveclimf(x) = 0qui esttoujours hors-sujetou presque, x+quand on parle de convergence d’intÉgrales.
Les rÉdactions rapides sont les bienvenues mais il faut qu’il reste quelque chose. « Par croissance
4. Section 2.4.3
4
  s1 t1 comparÉe, a converge » est juste, mais un peu lÉger. Dire «=Opar croissance t2 e1t 1 comparÉe. Donc .....» est suffisant. Mme pas besoin de citer Riemann, la mention de suffit. 2 t 4/ Une identitÉ se dÉmontre soit par IPP soit par changement de variable. Ici pour passer de
s1t s1kt t eÀt ele changement de variable
s’impose. Cette question ne peut avoir d’intÉrt
que pour la suite. Z +s1kt s1t s1kt 4/ Pourk1e, t t e. CommeΓ(s)converge,dtt e aussi. En posant 0 u=ktsoitt=u/ketdt=du/dk, on obtient Z Z Z ++ +s1 u du1 1 s1ktu s1u t e dt=e=×u e du=×Γ(s). s s 0 0k k k0k
5/ S’il faut dÉmontrer deux identitÉs, il y a une diffÉrence entre les deux. Donc la premiÈre se
fera avec Fubini positif et
la seconde avec Fubini gÉnÉral. De plus l’hypothÈse À vÉrifier dans
l’application de Fubini gÉnÉral, doit rÉsulter de ce qu’on a fait dans le cas positif. +Z X +s1 Γ(s)t 5/Pour montrer queζ(s)×Γ(s) =I(s)soit=dtil faut transformer s t n0e1 1 une sÉrie d’intÉgrale en intÉgrale unique. Donc cette intÉgrale unique doit se dÉvelopper en sÉrie 1 sous l’intÉgrale... puis un coup de Fubini. Le terme ne peut pas se dÉvelopper tel quel t e1 t 1e t care >1pourt >0aprÈs tout se dÉroule.en et . Il suffit donc de transformer tt e1 1e s1s1t t t e t On a=pour toutt >0. De plus commee <1pourt >0, on a tt e1 1e +X 1 nt =e, d’oÙ t 1e 0
+++s1s1t X X X t t e s1tnt s1(n+1)t s1nt = = (t e)×e=t×e=t×e. tt e1 1e 0 0 1  !  ! Z Z+Z++s1 ++X X t s1nt s1nt On a doncdt=t×e dt=dtt e . On pose t 0e10 0 1 1 s1nt un(t) =t epourn1.Comme toutes les fonctions(un)n1sont positives, on peut
appliquer le ThÉorÈme de Fubini :
 ! Z Z++Z  +s1 ++X X t dt=un(t)dt=un(t)dt t 0e10 0 1 1 +Z ++X X Γ(s) s1nt =t e dt=, s 0n 1 1
d’aprÈs 4/. Soit finalement
I(s) =ζ(s)×Γ(s).
s1s1t t t e Comme dans le cas prÉcÉdent on a=pour toutt >0et tt e1 ++ 1 e ++X X 1 1 nt n nt = = (e) = (1)e. tt 1 +e1(e) 0 0
5
+++X X X s1 t s1t nnt s1n(n+1)t s1n1nt D’oÙ= (t e)×(1)e=t×(1)e=t×(1)e. t e+ 1 0 0 1 n La prÉsence du(1)montre que Fubini positif n’est plus suffisant : il faut utiliser Fubini gÉnÉral +X s1 t n1 avec la suite de fonctions(vn)n1dÉfinie parvn= (1)un, de sorte que=vn(t) t e+ 1 1 pour toutt >0. Z  +X   Pour pouvoir appliquer Fubini gÉnÉral il faut verifier quevn(t)dtconverge. Or, 0 d’aprÈs ce qu’on a vu dans le cas positif, +Z +Z  ++X X   vn(t)dt=un(t)dt=ζ(s)×Γ(s)<+. 0 0 1 1 Donc Fubini s’applique et donne :  ! Z Z++Z +Z  +s1 +++X X X t n1s1nt dt=vn(t)dt=vn(t)dt= (1)dt .t e t e+ 1 0 0 0 0 1 1 1
+X n1 (1) Γ(s) Soit, d’aprÈs 4/I(s) = =θ(s)×Γ(s). s n 1 Pour une question reprÉsentant le 1/3 du total, il faut prendre son temps. Il y a des petits cal-1 culs utilisant le dÉveloppement de qui sont simples mais oÙ des bornes alÉatoires peuvent 1z causer des dÉgats. Encadrer le rÉsultat, qui est dÉjÀ dans le texte, ne suffit pas À les cacher.
n Il doit tre clair que la prÉsence d’un(1)interdit l’emploi de Fubini positif, mme si tout le
reste est positif. La vÉrification hypothÈse pour Fubini gÉnÉral n’admet aucun À-peu-prÈs.. des
valeurs absolues au mauvais endroit, une intÉgrale qui manque et tout est par terre.
o Exercice n 3   Zπ π i(xn)t n ixπixπ n 1 1e(1)ee(1) sinπx ixtint 1/Cn(fx) =e e dt= = =. 2ππ2π i(xn)π(xn) 2i π(xn) π Ne pas se tromper de pÉriode. La formule donnantfxn’est valable que sur[π/, π[.
Quand le rÉsultat est donnÉ dans la question, Éviter de trop sauter d’Étapes. a Éveille la mÉ-
fiance.
2/ Il est clair que c’est Parseval ou Dirichlet. Mais comme les termes ne sont pas positifs, malgrÉ
la prÉsence de carrÉs dans l’expression, Parseval est exclus.
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iπxiπx 2/ On alimfx(t) =eetlimfx(t) = limfx(t) =e .Donc le thÉorÈme de Dirichlet + + tπ tπ t(π) +  iπxniπx n X e+esinπx(1) sinπx(1) sinπx inπinπ appliquÉ enπdonne= +e+esoit 2πx π(xn)π(x+n) 1 + +X X 1 1 1 1 1 2x cotπx+= + + = . 2 2 πx π(xn)π(x+n)xπx π n 1 1 1 Penser À appliquer Dirichlet est une chose. Ne pas mentionner quefxestCest par morceaux
n’est pas trÈs grave. Par contre ne pas dire en quel point on l’applique a entraïnÉ une erreur
collatÉrale. Il fallait dire qu’on « applique Dirichlet enπ». Si on est dans le flou, au lieu de
inπ inx edans l’ÉgalitÉ, on se retrouve avece, alors quexest un paramÈtre et non la variable, ce
n inx qui pousse affirmer que «(1)e= 1» ou au moins À tout enlever car il n’y avait plus que
a À faire pour arriver au rÉsultat.
La question « OÙ ? » se pose souvent : convergence d’intÉgrale, convergence simple ou normale
de sÉries de fonctions, application de Dirichlet, etc. A chaque fois qu’on la nÉglige...
3/ Pour une convergence simple, la convergence normale est hors-sujet. Pour une question À 2
pts, la rÉponse doit tre quasi immÉdiate.   2 2 x x 3/ Soitx[0,1[, alorsln 1− ∼ lorsquen−→+. Par le critÈre de Riemann, 2 2 n n   2 X x ln 1converge absolument. 2 n Mme si on utilise «» À bon escient il vaut mieux prÉciser « oÙ ». Ici lorsquen−→+.
0 0 4/ Une relation du typeF(x) =G(x)+Csur]0,1[Équivaut ÀF=Gsur]0,1[. Il va donc falloir
utiliser le thÉorÈme de dÉrivation des sÉries. Localisation ou pas ? Comme l’intervalle]0,1[est
ouvert, c’est trÈs probable. On peut toujours essayer sans localiser et, si Ça rate, localiser.
0 0 4/ Il suffit de montrer] 0,1 [,S(x). queS1est dÉrivable sur] 0,1 [et quex1(x) =H  +X cosπx21 1 x 0 0 On aH(x) =π=πcotπx. D’oÙH(x) =d’aprÈs 2/. 2 2 sinπx xπx x n 1 X X 0 normalement suron e Pour to [0, a]. En effet pour uta] 0,1 [, la sÉrieun=vnc verg +X 2x2 2 x[0, a],un(x) =. En prenantmn=, on a bienmn<+, 2 2 2 2 2 2 nx na na 1 +X 0 0 queS) =v(x) = d’oÙ le rÉsultat. On en dÉduit queS1est dÉrivable sur[0, a]et1(xn 1 +X 0 un(x) =H(x)pour tousx] 0, a[eta] 0,1 [, donc pour toutx] 0,1 [. 1
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DÉriver une sÉrie terme À terme sans convergence normale, c’est encore pire que Fubini sans
valeurs absolues.
Quand on est sur un intervalle ouvert, ici]0,1[, il y a rarement convergence normale. Donc
commencer par affirmer qu’on va montrer la convergence normale sur]0,1[avant de passer À
la localisation n’a aucun sens. On comprend ce que vous voulez dire mais a ne suffit pas. En
particulier si vous localisez en utilisant par exemple[0, a], mais que vos majorants À la fin ne
dÉpendent pas dea, a veut dire que la localisation est inutile, ou que les majorants sont faux. X «La sÉrieunconverge normalement.» Toujours dire sur quel intervalle. Par exemple « la X sÉrieunconverge normalement sur[0, a]pour touta]0,1[. » Idem pour la convergence
simple mais moins grave.
Les majorants(mn)nNne doivent dÉpendre que denet Éventuellement d’un paramÈtre, et   doivent tre positifs. Les inÉgalitÉs sont du typeun(x)mn(a)pourx[0, a]. Toute inÉgalitÉ
qui n’est pas de ce type est suspecte.
5/ La dÉtermination deCpasse par le choix d’une valeur dex. Ici la valeurx= 0s’impose.
Attention dans la transition avec la question 4/ car0ne fait pas partie de]0,1[. Donc il va
falloir justifier un passage À la limite : thÉorÈme de continuitÉ des sÉries.
5/ On a vu au 4/ queS1est dÉrivable, donc continue sur[0,1[. DonclimS1(x) =S1(0) = 0. x−→0     sinπx D’aprÈs 4/limH(x) + C = 0soitC =limH(x) ==lim ln lnπ. x x−→0x−→0x−→0 L’identitÉ dÉmontrÉe en 4/ est valable sur]0,1[, mais la dÉmonstration qu’on y a faite montre
1 queSestCsur[0,1[. Si on Écrit,d’aprÈs 4/,Sest continue en 0, erreur, la question 4/ ne
dit rien sur0. Si par contre vous dites « on a vu en 4/ queSest continue en 0, »et que c’est
vrai, alors pas de problÈme. Pour ces questions la rÉdaction reprÉsente 80% des points puisque
le rÉsultat est donnÉ.
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