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Nom original: corDL.pdfTitre: Correction du DM3 PSI 2012-2013Auteur: DE NALE Jacky

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PSI 2012/2013
Correction
Exercice 1 : E3A PSI 2005
A.1. On a







1
1
1
1
1
1
1
− ln 1 +
+O
=
1+O

=O
un+1 − un =
2
n+1
n
n
n
n
n
n2

X
1
et
(un+1 − un ) est donc une s´erie absolument convergente.
d’o`
u |un+1 − un | = O
2
n
Les sommes partielles de cette s´erie formant la suite (un − u1 ), la suite (un ) est donc convergente.

A.2.a. hx est d´erivable sur R+∗ avec
∀t > 0, h′x (t) =

1 − x ln(t)
tx+1

On en d´eduit le tableau de variation suivant
t

1

0

+∞

ex
+

h′x (t)

0



1
ex

hx (t)
−∞

0

A.2.b. h1 est d´ecroissante sur [e, +∞[ et donc sur [3, +∞[. Ainsi,
∀n ≥ 3, ∀t ∈ [n, n + 1],

ln(n)
ln(t)

t
n

ln(t)
ln(n)

n
t
En int´egrant ces in´egalit´es respectivement sur [n, n + 1] et [n − 1, n], on obtient les in´egalit´es demand´ees.
∀n ≥ 4, ∀t ∈ [n − 1, n],

A.3.c. En particulier, on a (en sommant)


1
ln(t)2
2

Le minorant ´etant de limite infinie,
Remarque : plus simplement, on a

n

=

3

X ln(n)
n

Z

3

n

n

X ln(k)
ln(t)
dt ≤
t
k
k=3

diverge (la suite des sommes partielles tend vers +∞).

1
ln(n)
≥ qui donne aussi la divergence.
n
n

ln(n)
est le terme g´en´eral d’une suite altern´ee qui, en module, d´ecroˆıt `a partir du rang
n
3 et qui est de limite nulle (croissances compar´ees). Par r`egle sp´eciale, c’est le terme g´en´eral d’une s´erie
convergente.
Par ailleurs, (−1)n

B.1.a. On a

Z n+1
ln(n + 1)
ln t
ln(n + 1) 1
2
2
(ln(n + 1)) − (ln(n)) =


dt
an+1 − an =
n+1
2
n+1
t
n
Par ailleurs, la seconde in´egalit´e de la question 2.b donne (en changeant n en n + 1 avec donc n ≥ 3)
∀n ≥ 3,
On obtient donc

ln(n + 1)
1
(ln(n + 1))2 − (ln(n))2 ≥
2
n+1
∀n ≥ 3, an+1 − an ≤ 0

et la suite (an )n∈N d´ecroˆıt `
a partir du rang 3.

B.1.b. En utilisant cette fois la premi`ere in´egalit´e de A.2.b (et en sommant), on a
tn =

n
X
ln(k)

k

k=2

n

=

ln(2) X ln(k)
ln(2)
+

+
2
k
2
k=3

et donc

Z

n+1

ln(2)
ln(t)
dt ≥
+
t
2

3

Z

n

3

ln(2) ln2 (n) ln(3)
ln(t)
dt =
+

t
2
2
2

ln(2) (ln(3))2

2
2
est donc minor´ee. Etant d´ecroissante, elle converge.
∀n ≥ 3, an ≥

La suite (an )n∈N

B.2. On d´ecoupe S2n en deux parties contenant respectivement les indices pairs et impairs.
n
n−1
X
ln(2k) X ln(2k + 1)

2k
2k + 1

S2n =

k=1

k=0

Dans la seconde somme, on ajoute les termes pairs :
S2n =

n
X
ln(2k)
k=1

2k



2n
X
ln(k)
k=1

k

+

n
X
ln(2k)

k=1

2k

=

n
X
ln(2) + ln(k)
k=1

k

− t2n

En scindant la premi`ere somme, on a donc
S2n = tn − t2n + ln(2)

n
X
1
k
k=1

On fait intervenir les suites un et an :
S2n = (un + ln(n)) ln(2) + an +
En ´ecrivant que

(ln(2n))2
(ln(n))2
− a2n −
2
2

(ln(n) + ln(2))2
(ln(n))2
(ln(2))2
(ln(2n))2
=
=
+ ln(n) ln(2) +
2
2
2
2

on a donc
S2n = un ln(2) + (an − a2n ) −

(ln(2))2
2

(ln(2))2
.
n→+∞
2
´etant une extraite de la suite convergente (Sn )n∈N qui converge vers S, on a donc

B.3. La question pr´ec´edente donne lim S2n = γ ln(2) −
(S2n )n∈N

S = γ ln(2) −
C.1.a.i On a vn′ (x) = −

(ln(2))2
2

ln(n) ln(n + 1)
+
= hx (n + 1) − hx (n)
nx
(n + 1)x

C.1.a.ii Soit x ≥ 1. hx d´ecroˆıt sur [e1/x , +∞[ et donc sur [e, +∞[ (puisque e1/x ≤ e). On en d´eduit que vn′ est
n´egative sur [1, +∞[ pour n ≥ 3 et donc
1
n(n + 1)
X
est le terme g´en´eral d’une s´erie convergente et
vn converge normalement sur
∀n ≥ 3, ∀x ≥ 1, 0 ≤ vn (x) ≤ vn (1) =

Ainsi, kvn k∞,[1,+∞[
[1, +∞[.
C.1.b.i Soit n ≥ 1.

1
1
e(1−x) ln(n) − e(1−x) ln(n+1)
1
+
= e−x ln(n) +
On a pour x > 1, wn (x) = x −
1−x
1−x
n
(1 − x)(n + 1)
(1 − x)n
1−x


1
1
.
et wn (1) = − ln 1 +
n
n
2

wn est donc continues sur ]1, +∞[ comme quotient de fonctions continues sur ]1, +∞[ dont le d´enominateur
ne s’annule pas. On a de plus en faisant un d´eveloppement limit´e en 0

wn (1+h) =

1 − h ln n + o(h) − 1 + h ln(n + 1) + o(h)

1

n

0


1+h

0

=

h





1
1
1
+o
(1)




= wn (1)
−ln
1
+
−ln
1
+
0
h→0 n
n1+h
n
n
1

d’o`
u wn ∈ C 0 ([1, +∞[)
Autre 5/2 :
1
= e−x ln(t) est continue sur [n, n + 1] pour tout x ≥ 1.
tx
1
• L’application x 7→ x est continue sur [1, +∞[ pour tout t ∈ [n, n + 1].
t

1 1
• Pour t ∈ [n, n + 1] et x ≥ 1, x ≤ et le majorant est ind´ependant de x et int´egrable sur [n, n + 1]
t
t
(fonction continue sur ce SEGMENT).
Z n+1
dt
est continue sur [1, +∞[.
Le th´eor`eme de r´egularit´e des int´egrales `a param`etres indique que x 7→
tx
n
• L’application t 7→

C.1.b.ii Si x ≥ 1, la fonction t 7→

1
d´ecroˆıt sur [n, n + 1] et on a donc
tx
Z n+1
1
1
dt

≤ x
x
(n + 1)x
t
n
n

On en d´eduit imm´ediatement que
∀x ≥ 1, ∀n ≥ 1, 0 ≤ wn (x) ≤ vn (x)
X
C.1.b.iii Ainsi, kwn k∞,[1,+∞[ ≤ kvn k∞,[1,+∞[ et la normale convergence de
vn sur [1, +∞[ entraˆıne celle de
X
wn . Il y a, en particulier, uniforme convergence sur [1, +∞[ et comme les wn sont continues, il en est
de mˆeme de la somme W .
C.1.c.i Par relation de Chasles, on a

n
X

k=1

Z n+1
n
X
dt
1

wk (x) =
kx
tx
1
k=1

L’int´egrale se calcule imm´ediatement et, en faisant tendre n vers l’infini, on obtient
1
1−x

∀x > 1, W (x) = F (x) +
C.1.c.ii Par continuit´e de W en 1+ , on a donc

lim+ F (x) +

x→1

1
1−x



= W (1) =

+∞
X
1

n=1

n


− ln(n + 1) + ln(n)

On remarque enfin que, par telescopage,

X

N
1
1
−−−−−→ γ
− ln(n + 1) + ln(n) =
− ln(N + 1) = uN − ln 1 +
n
n
N n→+∞
n=1

N
X
1

n=1

et on conclut que

lim+ F (x) +

x→1

1
1−x





C.2.a. Soit x > 0. La suite
X(φn (x)) est altern´ee et de limite nulle. En outre, (|φn (x)|) d´ecroˆıt. La r`egle sp´eciale
indique alors que
φn (x) converge.
3

C.2.b. On a φ′n (x) = (−1)n hx (n) qui est le terme g´en´eral d’une suite altern´ee de limite nulle pour x > 0
(croissances compar´ees) et d´ecroissante `a partir du rang E(e1/x ) + 1.
Soit a > 0 et n0 = E(e1/a ) + 1. Pour tout x ≥ a, (φ′n (x)) v´erifie les hypoth`eses de la r`egle sp´eciale `a partir
du rang n0 . On a donc

+∞

X
ln(n)



φk (x) ≤ |φ′n (x)| ≤
∀n ≥ n0 , ∀x ≥ a,


na
k=n
X
Le majorant ´etant de limite nulle et ind´ependant de x, on a montr´e que
φ′n converge uniform´ement
sur [a, +∞[.
Remarque : il est essentiel que n0 soit lui aussi ind´ependant de x.
X
C.2.c. Les questions pr´ec´edentes permettent d’utiliser le th´eor`eme de r´egularit´e des sommes de s´eries avec
φn
(φn est de classe C 1 ). On a φ ∈ C 1 (R+∗ ) avec

+∞
X
(−1)n ln(n)
∀x > 0, φ (x) =
nx
n=1


En particulier,
φ′ (1) =

+∞
X
(−1)n ln(n)
=S
n
n=1

C.3.a. Dans φ(x), on s´epare les termes d’indice pair et impair. Toutes les s´eries ´ecrites ´etant convergentes (on
passe par des sommes finies et on fait tendre la borne vers l’infini), on a
∀x > 1, φ(x) = −

+∞
X

X
1
1
+
x
(2n)
(2n + 1)x
n=1
n≥0

On ajoute `
a la seconde somme les termes de la premi`ere pour obtenir
∀x > 1, φ(x) = −2

+∞
X

+∞

X 1
1
+
= −21−x F (x) + F (x)
x
x
(2n)
n
n=1
n=1

C.3.b. On a
1 − 2h = 1 − eh ln(2) = −h ln(2) −

h2 (ln(2))2
+ o0 (h2 )
2

ce que l’on peut aussi ´ecrire
1 − 21−x = (x − 1) ln(2) −

(x − 1)2 (ln(2))2
+ o1 ((x − 1)2 )
2

Par ailleurs, la question C.1.c donne
F (x) =

1
+ γ + o1 (1)
x−1

en faisant le produit, on obtient
φ(x) = (1 − 2

1−x



(ln(2))2
(x − 1) + o1 (x − 1)
)F (x) = ln(2) + γ ln(2) −
2

Avec la formule de Taylor-Young (car Φ est C 1 ), et par unicit´e des DL, on a donc
S = φ′ (1) = γ ln(2) −

(ln(2))2
2

Exercice 2 : Extrait d’E4A PSI 2002
Pr´
eliminaire.
D’apr`es le cours sur les s´eries de Riemann, ζ est d´efinie sur ]1, +∞[

4

1.1. L’´etude des variations de la fonction t 7→ t − ln(1 + t) donne directement : ∀ t ∈ R+ , ln(1 + t) 6 t.

x
x
c’est-`a-dire un (x) > 0.
> ln 1 +
D’o`
u ∀x > 0, ∀ n ∈ N∗ ,
n
n

P 1
1
1.2. On a un (x) = O
. Or ces suites ´etant positives pour x > 0 (cf. 1.1) et
n2 convergente.
2
n→+∞ n
On en d´eduit que la s´erie de fonctions de terme g´en´eral un converge simplement sur ]0, +∞[.

x
2. Les un sont de classe C 1 sur R∗+ comme somme de fonctions d´erivables sur R∗+ et car ∀ x ∈ R∗+ , 1 + ∈ R∗+ .
n


1


1
1
1
x
b
∀ x ∈ [a, b], |u′n (x)| = − n x = −
=
6 2
n 1+ n
n n+x
n(x + n)
n
P ′
P 1
eduit que
un converge normalement donc uniform´ement sur [a, b].
Comme
2 converge, on en d´
Pn
De plus
un converge simplement sur ]0, +∞[, le th´eor`eme de d´erivabilit´e des s´eries de fonctions nous
permet d’affirmer que S est de classe C 1 donc d´erivable sur R∗+ et que

+∞
X
1
1
dS
(x) =

∀x > 0 ,
dx
n n+x
n=1
3. On a γ = S(1) = lim

p→+∞



Or pour p ∈ N ,
p
X
1

n=1



1
− ln 1 +
n
n



Comme lim ln(1 +
p→+∞

p
X
1

n=1





p
X
1
1
1
c’est-`a-dire
= γ + o(1).
− ln 1 +
− ln 1 +
n
n
n
n
n=1

p
p
X

1 X
=

ln(n+1)−ln n =
n n=1
n=1

1
p)

= 0 c’est-`
a-dire ln(1 +

p
X
1
Par suite
= ln p + γ + o(1).
n
n=1

4.1.

p
X

n=1


un (x + 1) − un (x)

1
p)

!
p
X
1
−ln(p+1) =
n
n=1

= o(1), on a

p
X
1
− ln p
n
n=1

!

!
p
X
1
−ln(p)−ln(1+ p1 )
n
n=1
+ o(1) = γ + o(1)

p
X
x+1





x
x+1
x
− + ln 1 +
− ln 1 +
n
n
n
n
n=1





p
X 1
x+n
x+n+1
=
+ ln
− ln
n
n
n
n=1
=

=

=
=

p
p
p
p
p
X
X
X
X
1 X

ln (x + n + 1) +
ln n +
ln (x + n) −
ln n
n n=1
n=1
n=1
n=1
n=1
p+1
p
p
X
X
1 X

ln (x + n) +
ln (x + n)
n n=2
n=1
n=1

p
X
1
− ln(p + 1 + x) + ln(1 + x)
n
n=1

4.2. On d´eduit des questions pr´ec´edentes que pour tout p ∈ N∗ et x > 0,
p
X

n=1

un (x + 1) −

p
X

un (x)

=

n=1

=
=

p
X
1
− ln(p + 1 + x) + ln(1 + x)
n
n=1

ln p + γ + o(1) − ln(p + 1 + x) + ln(1 + x)
p
γ + ln(1 + x) + ln
+ o(1)
p+1+x

En faisant tendre p vers +∞ on d´eduit
∀x > 0 , S(x + 1) = S(x) + γ + ln(1 + x).
5

5. D’apr`es les questions pr´ec´edentes, on a pour tout x > 0

1
exp − γ(x + 1) + S(x + 1)
x+1


exp − ln(x + 1) exp − γ(x + 1) + S(x) + γ + ln(1 + x)

exp − γx + S(x)

ϕ(x + 1) =
=
=
=

xϕ(x)

5.2. La fonction g : x 7→ −γx + S(x) est d´erivable sur R∗+ comme somme d’applications d´erivables sur R∗+
d’apr`es la question 2. Comme exp est d´erivable sur R, exp ◦g est d´erivable sur R+ ∗ et ainsi ϕ est d´erivable
sur ]0, +∞[ comme quotient d’applications d´erivables sur R∗+ dont le d´enominateur ne s’annule pas.
u d’apr`es la question 2,
Pour x > 0 un rapide calcul donne ϕ′ (x) = x1 (−γx + xS ′ (x) − 1)ϕ(x), d’o`
1
ϕ (x) =
x


On a alors ϕ′ (1) =

−γ +

−γx + x

n=1

+∞
X
1

n=1

+∞
X
1

1

n n+1



1

n n+x



!

− 1 ϕ(x)

!


− 1 exp − γ + S(1)

Or S(1) = γ et, en reconnaissant une s´erie t´el´escopique, on obtient

+∞
X
1

n=1

Donc ϕ′ (1) = −γ.

n



1
n+1



=1.

6. Pour x > 0, un rapide calcul donne

ln ϕn (x)

=

x ln n +

n
X

ln k −

k=1

=

n
X

ln(x + k)

k=0

!
n
n
X
X

1
x
− γ + o(1) + −
ln(x + k) − ln k − ln(x + 0)
k
k=1

=
=

−γx − ln x +
−γx − ln x +

d’apr`es 3.

k=1

n
X
x
k=1
n
X

k



n
X

k=1


x
+ o(1)
ln 1 +
k

uk (x) + o(1)

k=1


On obtient que ln ϕn (x) tend vers −xγ − ln x + S(x) quand n tend vers +∞.
7.1. Un calcul imm´ediat donne ln πp =
l’exponentielle.
7.2. Ainsi, ∀ x > 0, ϕ(x) =

p
X

un (x). Ainsi (πp )n∈N converge vers exp S(x) par continuit´e de

n=1

1
L(x)

1
exp − γx + S(x) = exp(−γx) exp S(x) =
exp − xγ
x
x
x

6


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