Centrale Maths 1 PC 2003 — Corrigé

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Centrale Maths 1 PC 2003 — Corrigé
Ce corrigé est proposé par Tristan Poullaouec (Professeur agrégé) ; il a été relu par
Vincent Puyhaubert (Professeur en CPGE) et Walter Appel (Professeur en CPGE).
Le but de ce sujet est l’étude des intégrales généralisées de fonctions positives
et continues (par morceaux), en les comparant à des fonctions de référence simples,
c’est-à-dire dont on connaît une primitive.
Dans les préliminaires, on démontre des propriétés d’intégrabilité et l’on donne des
estimations des restes ou des parties principales (selon la convergence) des intégrales
en question.
On applique alors ces résultats dans la partie I pour trouver les équivalents puis
les développements asymptotiques d’intégrales divergentes.
On effectue le même travail dans la partie II sur une classe bien particulière
de fonctions positives, avec une application aux intégrales de Bertrand.
La partie III fait le lien entre l’intégrabilité d’une fonction positive f (d’une certaine classe) et la convergence de la série de terme général f (n) : on estime alors le
reste ou la partie principale de la série en fonction de ceux de l’intégrale.
Enfin, dans la partie IV, on utilise les résultats de la partie III – et une transposition des résultats des préliminaires aux séries à termes positifs – pour obtenir des
équivalents, puis des développements asymptotiques de certaines séries. Après tant
d’efforts, on accède finalement au Graal : la formule de Stirling !
Ce sujet est assez long, même s’il ne présente pas de difficulté particulière.
Cependant, on utilise les mêmes idées tout au long des différentes parties – intégration de relations de comparaison – avec un raffinement et une complexité croissants,
si bien qu’il serait délicat de prétendre s’attaquer à une partie sans avoir traité les
autres auparavant.
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Indications
1.a Utiliser la définition de f = o(g) pour majorer f au voisinage de b.
1.b Se ramener à la question précédente.
I.A.1 Rechercher un équivalent en 0+ et appliquer le résultat de la question 2.b.
I.A.2 Utiliser la relation de Chasles et le résultat de la question précédente.
I.B.1 Après l’intégration par parties, appliquer la question 2.a à la nouvelle
intégrale.
I.B.2 Réitérer l’intégration par parties et les estimations faites en I.B.1.
I.C On peut procéder comme à la question précédente pour établir directement la
forme générale du développement asymptotique. Pour la procédure de calcul,
proposée ici sous Maple, utiliser les coefficients de Taylor d’une fonction bien
choisie.
II.A Comparer f ′ (x)/f (x) à 1/x et utiliser les préliminaires.
II.B.1 En utilisant la question II.A, comparer f (x) à 1/x1+h , avec h > 0.
II.B.2 Faire plutôt apparaître la dérivée de la fonction proposée.
II.C Procéder de manière analogue à la question II.B. Pour le contre-exemple,
on peut construire une fonction bornée et strictement positive, qui oscille
régulièrement et dont la primitive a un équivalent polynomial.
II.D.1 Trouver des primitives explicites.
II.D.2 Utiliser les questions II.B, II.D.1 et II.C.
II.E La réponse est donnée à la question II.D.1.
III.A Appliquer le théorème des accroissements finis à ln(h) entre t et n.
III.B En déduire une relation sur f , l’intégrer sur [ n − 1 ; n ], puis faire tendre ε
vers 0.
III.C.2 Comparer u et v en +∞ et utiliser les préliminaires.
III.D Intégrer le résultat de la question III.A pour obtenir une formule analogue
à celle de la question III.B. Suivre ensuite le même raisonnement qu’aux
questions III.C.2 et III.C.3.
IV.A.1 Utiliser la question III.D.
IV.A.3 Utiliser la question III.C.3.
IV.B Définir des fonctions en escaliers A et B au moyen des suites (an ) et (bn )
(homologues de la fonction u de la partie
PIII). Les
P utiliser pour transposer
les résultats des préliminaires aux séries an et bn .
IV.C.1 Se ramener à l’étude d’une série convergente et utiliser un développement
asymptotique de son terme général.
IV.C.2 Appliquer le logarithme et procéder comme à la question précédente.
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Préliminaires
1.a Notons tout d’abord que comme les fonctions f et g sont continues par morceaux
sur [ a ; b [, elles sont intégrables sur tout intervalle [ a ; x ] ⊂ [ a ; b [. Les fonctions f et
g sont à valeurs strictement positives et vérifient f = o(g) en b. Soit ε > 0 ; il existe
alors η > 0 tel que
∀t ∈ [b − η;b[
0 < f (t) 6 εg(t)
Puisque g est intégrable sur [ a ; b [, cette inégalité implique que f est intégrable sur
[ b − η ; b [ donc sur [ a ; b [. On obtient alors, en l’intégrant entre x et b,
Z b
Z b
∀x ∈ [b − η;b[
0<
f (t) dt 6 ε g(t) dt
x
x
Comme on peut trouver un tel η > 0 pour tout ε > 0, on en déduit que
!
Z
Z
b
b
f (t) dt = o
x→b
x
g(t) dt
x
On obtient le même résultat en supposant simplement que g est de signe
constant (sans point d’annulation) au voisinage de b. L’hypothèse sur le
signe de f est quant à elle totalement superflue : il suffit en effet
d’appliquer le résultat précédent aux fonctions |f | et |g|.
Cette remarque est valable pour tout le reste du problème, que g soit
intégrable ou non (on se dispensera de refaire la même remarque à la fin
de la question 2.a), et que f soit négligeable devant g ou équivalente à g
(voir les questions 1.b et 2.b : on ne se soucie pas du signe de f − g).
En particulier, on s’en servira aux questions I.C.1 (signe de u(n) ) et II.A
(signe de f ′ /f ).
1.b On se ramène simplement à la question précédente en notant que
f (x) ∼ g(x)
x→b
si, et seulement si,
f − g = o (g)
x→b
(voir la remarque ci-dessus). Ainsi, f −g est intégrable sur [ a ; b [ donc f est intégrable
sur cet intervalle et
!
Z bh
Z b
Z b
Z b
i
f (t) − g(t) dt =
f (t) dt −
g(t) dt = o
g(t) dt
x
x
Z
soit
b
f (t) dt =
x
Comme
Z
x→b
x
Z
b
g(t) dt + o
x→b
x
Z
b
x
g(t) dt
x
!
b
g(t)dt 6= 0 pour tout x ∈ [ a ; b [, car g est continue et strictement positive
x
sur cet intervalle, on en déduit que
Z b
Z b
f (t) dt ∼
g(t) dt
x
x→b
x
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2.a f est négligeable devant g en b, donc pour ε > 0 fixé il existe η > 0 tel que
ε
∀t ∈ [b − η;b[
0 < f (t) 6 g(t)
2
si bien que pour tout x dans [ b − η ; b [
Z x
Z b−η
Z x
Z b−η
Z
ε x
g(t) dt
f (t) dt =
f (t) dt +
f (t) dt 6
f (t) dt +
2 b−η
a
a
b−η
a
Puisque la fonction positive g n’est pas intégrable sur [ a ; b [, on a
Z x
lim
g(t) = +∞
x→b
b−η
En particulier, il existe η1 ∈ ] 0 ; η [
x
2
g(t) dt >
ε
b−η
Z
∀ x ∈ [ b − η1 ; b [
Z
b−η
f (t) dt
a
qui est une constante par rapport à x, et
Z b−η
Z
ε x
∀ x ∈ [ b − η1 ; b [
f (t) dt 6
g(t) dt
2 b−η
a
Z x
Z x
Z x
d’où
∀ x ∈ [ b − η1 ; b [
f (t) dt 6 ε
g(t) dt 6 ε g(t) dt
a
b−η
a
Pour résumer, on a ainsi
∀ε > 0
Z
∃ η1 > 0 ∀ x ∈ [ b − η1 ; b [
x
f (t) dt 6 ε
a
Z
soit
x
f (t) dt = o
x→b
a
x
g(t) dt
a
x
Z
Z
g(t) dt
a
Notons que l’on ne peut rien dire de l’intégrabilité de f sur [ a ; b [. Par exemple,
si b est fini et que l’on pose
1
1
g : x 7−→
f1 : x 7−→
f2 : x 7−→ 1
2
(b − x)
(b − x)
les fonctions f1 et f2 sont alors négligeables devant g en b, mais f2 est intégrable sur
[ a ; b [ tandis que g et f1 ne le sont pas.
2.b Comme à la question 1.b, on a
donc
f (x) ∼ g(x)
x→b
Z
d’où
Z
(f (t) − g(t)) dt = o
x→b
x
f (t) dt =
a
Comme
Z
x
x→b
x
a
soit
f − g = o (g)
Z
Z
x
g(t) dt + o
g(t) dt
a
Z
x→b
a
x
x
a
g(t) dt
g(t) dt 6= 0 pour tout x ∈ [ a ; b [, puisque g est continue et strictement
a
positive sur cette intervalle, on a finalement
Z x
Z x
f (t) dt ∼
g(t) dt
a
x→b
a
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