X Maths B MP 2015

Thème de l'épreuve Quatre problèmes d'analyse
Principaux outils utilisés intégrales à paramètre, séries numériques, développement asymptotique, système différentiel
Mots clefs théorème de Weierstrass, fonction gamma

Corrigé

(c'est payant, sauf le début): - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - -

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ECOLE POLYTECHNIQUE

CONCOURS D'ADMISSION 2015

FILIERE MP

COMPOSITION DE MATHEMATIQUES ­ B ­ (X)
(Duree : 4 heures)
L'utilisation des calculatrices n'est pas autorisee pour cette epreuve.

Toute affirmation doit etre clairement et completement justifiee.
Les quatre parties sont largement independantes les unes des autres.

Premiere partie
Dans cette partie, on utilisera a plusieurs reprises la fonction  : ]0, +[  R 
definie par
^ 
(y) =
e-t ty-1 dt.
(1)
0

1
= .
On admettra que 
2
1a.
Montrer que  est bien definie et que pour tout y > 0, y(y) = (y + 1). En deduire
que, pour tout n  N, (n + 1) = n!.
1b.

Montrer que pour tout y > 0, on a (y) = y
-y y

(y) = e

y

^

-1

^

+

e-t ty dt, puis que

0

+

e-y(s) ds,

-1

ou  est la fonction definie sur ]-1, +[ par (s) = s - ln(1 + s).
2.
On considere dans cette question une fonction f : ]0, +[  R continue par 
morceaux
verifiant les deux proprietes suivantes :
(a) il existe un entier K > 0 et un reel C > 0 tels que |f (t)| 6 CtK sur [1, 
+[,
(b) il existe un entier N > 0, deux reels  > 0 et µ > 0 et des reels a0 , . . . 
, aN tels que
f (t) =

N
X
k=0

On note N (t) = f (t) -

N
X

ak t(k+-µ)/µ + o t(N +-µ)/µ

quand t  0.

ak t(k+-µ)/µ le reste du developpement asymptotique de f .

k=0

1

2a.
On fixe  > 0 et   R. Montrer que pour tout x > 0, la fonction t 7 e-t/x t est
integrable sur [, +[ et que pour tout n  N, on a :
^ +
e-t/x t dt = o(xn ) quand x  0+ .

En deduire que pour tout n  N,
^ +
e-t/x N (t)dt = o(xn ) quand x  0+ .

2b.
On fixe  > 0. Montrer l'existence de  > 0 et d'une constante C  independante de 
 et
 tels que
^ 
x > 0,
e-t/x N (t)dt 6 C  x(N +)/µ .
0

2c.

2d.

En deduire que
^

+

e-t/x N (t)dt = o(x(N +)/µ ) quand x  0+ .

0

On note F la fonction definie par :
^
F (x) =

+

e-t/x f (t)dt.
0

Montrer que F est bien definie sur ]0, +[ et qu'elle verifie la formule 
asymptotique suivante :

N

X
k+
F (x) =
ak 
x(k+)/µ + o x(N +)/µ
quand x  0+ .
(2)
µ
k=0

3.

On rappelle que la fonction  a ete definie a la question 1b.

3a.
Tracer le graphe de . Montrer que  definit par restriction aux intervalles ]-1, 
0[ et
]0, +[ respectivement
­ une bijection - : ]-1, 0[  ]0, +[,
­ une bijection + : ]0, +[  ]0, +[.
-1
On notera -1
- : ]0, +[  ]-1, 0[ et + : ]0, +[  ]0, +[ les bijections reciproques.

3b.

Montrer que si s  ]-1, 1[,
(s) = s2

X
(-1)k
k=0

k+2

sk .

P
P
On admet l'existence de deux series entieres k>1 bk q k et k>1 ck q k , de la 
variable q, et de
rayon de convergence strictement positif, ou b1 > 0 et c1 < 0, et telles que 
l'on ait, pour q dans
un voisinage de 0 dans [0, +[,
!
!

X
X
k
k

bk q
=
ck q
= q2 .
k=1

k=1

2

3c.
Calculer b1 , b2 , b3 et c1 , c2 et c3 . En deduire les developpements 
asymptotiques suivants
-1
quand q  0, q > 0, pour les fonctions -1
- et + ainsi que leurs derivees :
q 3/2
2q
+  + o(q 3/2 ),
3
9 2

q
2

1
-1 
(+ ) (q) =  + +  + o( q),
2q 3 6 2
-1
+ (q) =

3d.

p

p

2q +

Montrer que
(y) = e-y y y

^

0

3e.

q 3/2
2q
-  + o(q 3/2 ),
3
9 2

q
1
2

-1 
(- ) (q) = -  + -  + o( q).
2q 3 6 2
-1
- (q) = -

2q +

-1 
e-yq (-1
+ ) (q) - (- ) (q) dq.

En deduire que
-y y

(y) = e

y

2
y

1/2 

1
1+
+o
12 y

1
y

quand y  +.

Deuxieme partie
On considere dans cette partie la fonction F : ]0, +[  R definie par
^ +
F (x) =
e-t/x t-1 dt.
1

On va voir qu'une serie divergente peut etre utile pour calculer une valeur 
approchee de F en
un point particulier.
4.

Montrer que F est bien definie et de classe C  sur ]0, +[.
Pour N  N et x > 0, on pose
rN (x) = (-1)N N ! xN +1 e-1/x ,
SN (x) =

N
X
k=1

(-1)k-1 (k - 1)! xk e-1/x ,

RN (x) = (-1)N N ! xN

5.

^

+
1

Montrer que, pour tout N > 1 et tout x > 0, F (x) = SN (x) + RN (x).

6a.
Preciser le domaine de convergence de la serie
la suite (RN (x))N >1 n'est pas bornee.
6b.

e-t/x t-(N +1) dt.

P

Montrer que, si N  N et x > 0,
|RN (x)| 6 |rN (x)|.

En deduire que RN +1 (x) = o(rN (x)) quand x  0.
3

k-1 (k
k>1 (-1)

- 1)! xk et montrer que

6c.
Montrer que le reste est de l'ordre du premier terme neglige, c'est-a-dire que 
pour tout
N > 1,
RN (x)  rN (x) quand x  0.
6d.
Montrer que, pour 0 < x < 1/2, la suite (|rN (x)|)N >1 est decroissante jusqu'a 
un certain
rang, puis croissante. (On ne demande pas de montrer cela pour la suite (|RN 
(x)|)N >1 .)
Quand on utilise SN (x) comme valeur approchee de F (x), on dit que l'erreur 
relative est
RN (x)
.
F (x)

EN (x) =

7a.
et

Montrer que, si N est pair : N = 2M avec M > 1, et si 0 < x 6 1/N , on a SN (x) 
> 0
EN (x) 6

N ! xN +1
M
-1
X

(1 - (2 + 1)x) (2)! x

.
2+1

=0

7b.

Verifier que E4

1
10

6 3 . 10-3 .

Troisieme partie
Soit d > 1 un entier. On considere l'espace Cper (Rd ) des fonctions f : Rd  C 
continues et
1-periodiques en chacune de leurs variables, c'est-a-dire que si l'on note ej 
les vecteurs de la base
canonique de Rd , on a
  Rd , j  {1, . . . , d},

f ( + ej ) = f ().

Cper (Rd ) est muni de la norme uniforme :
kf k = sup |f ()|.
Rd

On appelle polynome trigonometrique (en d variables) toute fonction de la forme
X
 = (1 , . . . , d ) 7
ck e2ik· ,
kK

ou K est une partie finie de Zd et on a note pour k = (k1 , , . . . , kd ), kq
·  = k1 1 + · · · + kd d le
d
produit scalaire canonique sur R ; la norme associee est notee kkk = k12 + · · 
· + kd2 .
L'objectif de cette partie est de montrer que les polynomes trigonometriques en 
d variables
sont denses dans Cper (Rd ), c'est-a-dire que si on se donne f  Cper (Rd ) et  
> 0, il existe un
polynome trigonometrique Q tel que
kf - Qk 6 .

4

On admet que ce resultat est vrai en dimension d = 1, et on va en deduire la 
preuve dans le
cas de la dimension d = 2. On constatera qu'elle se generalise aisement a 
toutes les dimensions
d > 2.
Dans toute la suite de cette partie, on se place donc en dimension d = 2. On 
introduit le
sous-espace vectoriel Csep (R2 ) de Cper (R2 ) constitue des fonctions de la 
forme
 = (1 , 2 ) 7

n
X

fi (1 )gi (2 ),

i=1

ou n  N et f1 , . . . , fn , g1 , . . . , gn  Cper (R).
8.
Montrer que l'ensemble des polynomes trigonometriques en deux variables est 
dense dans
Csep (R2 ).
On considere, pour j > 2 un entier, la fonction j : R  R 1-periodique definie 
sur ]-1/2, 1/2]
par
t  ]-1/2, 1/2] ,

j (t) = max(0, 1 - j|t|).

En outre, pour les entiers 0 6 k < j, on definit les fonctions j,k : R  R par

k
t  R, j,k (t) = j t -
.
j
9.
10.

Montrer que j,k  Cper (R).
On se donne f  Cper (R2 ) et j > 2 un entier, et on pose
Sj (f )(1 , 2 ) =

j-1 X
j-1
X

k1 =0 k2 =0

10a.

Montrer que Sj (f )  Csep

(R2 )

f

k1 k2
,
j j

j,k1 (1 )j,k2 (2 ).

et coincide avec f aux points

1 2
,
j j

pour (1 , 2 ) 

Z2 .
Soient j > 2, k1 et k2 deux entiers tels que 0 6 k1 , k2 < j, et

k1 k1 + 1
k2 k2 + 1

,
×
,
.
j
j
j
j

1 2
ou 1  {k1 , k1 + 1} et 2 
,
Exprimer Sj(f )() comme un barycentre des points f
j j
{k2 , k2 + 1}. En deduire que kSj (f ) - f k  0 quand j  +.
10b.

11.
Conclure que l'ensemble des polynomes trigonometriques en deux variables est 
dense
dans Cper (R2 ).

5

Quatrieme partie
On se donne f : R2  C et g : R2  R2 deux fonctions continues et 1-periodiques 
en chacun
de leurs arguments, et   R2 , x  R deux parametres. On considere le probleme 
suivant
(
F  (t) = f ((t))
(3)
 (t) =  + xg((t))
assorti des conditions initiales F (0) = 0 et (0) = (0, 0), ou  : R  R2 et F : 
R  C sont les
fonctions inconnues.
Si  : R2  C est continue, on admet que

^
^ 1 ^ 1
(1 , 2 )d1 d2 =
0

0

On note cette quantite

^

0

1^ 1

0

1 ^ 1

(1 , 2 )d2 d1 .

0

(1 , 2 )d1 d2 et on l'appelle moyenne de .

0

On suppose dans toute la suite que f est de moyenne nulle, c'est-a-dire
^ 1^ 1
f (1 , 2 )d1 d2 = 0.
0

0

On commence par supposer x = 0.
12.
Determiner l'unique solution (F, ) du systeme (3) avec conditions initiales F 
(0) = 0 et
(0) = (0, 0).
Le vecteur  = (1 , 2 ) est dit resonnant s'il existe (k1 , k2 )  Z2 \ {(0, 0)} 
tel que
k1 1 + k2 2 = 0.
13.

Montrer que, si  est resonnant, il existe une fonction f pour laquelle F (t) = 
t.

14.

Supposons que  n'est pas resonnant.

14a.

Montrer que, si f est un polynome trigonometrique, alors F est bornee sur R.

14b.

Montrer que plus generalement, si f  Cper (R2 ), alors F (t) = o(t) quand t  +.

15.
On suppose desormais x 6= 0 (mais proche de 0). L'expression determinee dans la 
question 12 n'est generalement plus une solution.
On suppose donnee une solution  : R  R2 de classe C 1 : l'objectif de cette 
derniere
question est d'en obtenir un developpement asymptotique. Pour cela, on 
considere une nouvelle
fonction inconnue  : R  R2 , de la forme
(t) = (t) + xh((t)),
6

ou h : R2  R2 est une fonction auxiliaire judicieusement choisie. On cherche h 
qui soit 1periodique en chacun de ses arguments, de classe C 1 et de moyenne 
nulle, et que de plus, pour
un certain   R2 , elle satisfasse l'equation
  R2 ,

dh() ·  + g() = .

(4)

(On a note dh la differentielle de h).
15a.
Determiner  en fonction de g. Dans le cas ou les deux composantes g1 et g2 de g 
sont
des polynomes trigonometriques, en deduire l'existence d'une solution h de 
l'equation (4), que
l'on explicitera.
Dans la suite, on suppose g de classe C 1 , et on admet l'existence d'une telle 
solution h.
15b.

Montrer qu'il existe une fonction  : R2  R2 telle que
 (t) =  + x + x(x, t)

et suptR k(x, t)k  0 quand x  0.
15c.

Soit T > 0 fixe. Montrer qu'il existe une fonction  : R2  R2 telle que
(t) = ( + x) t + x(h(0, 0) - h(t)) + x(x, t)

et supt[0,T ] k(x, t)k  0 quand x  0.

7

Extrait du corrigé obtenu par reconnaissance optique des caractères



X Maths B MP 2015 -- Corrigé
Ce corrigé est proposé par Pierre-Yves Bienvenu (ENS Ulm, doctorant) ; il a été
relu par Sophie Rainero (Professeur en CPGE) et Benjamin Monmege 
(Enseignantchercheur à l'université).

Ce sujet mobilise tout le programme d'analyse, tout particulièrement les 
intégrales
dépendant d'un paramètre, les développements limités et le calcul différentiel.
· La première partie recherche un développement asymptotique en + de la
fonction Gamma d'Euler définie par
Z +
(y) =
e -t ty-1 dt
0

· La deuxième partie recherche, en certains points, des approximations 
convaincantes de la fonction F définie sur R+ par
Z +
F(x) =
e -t/x t-1 dt
1

Elle utilise pour cela une série divergente.
· La troisième partie démontre que dans l'espace des fonctions de R2 dans R
continues sur R2 et 1-périodiques en chacune de leurs variables, muni de la
norme infinie, le sous-espace des polynômes trigonométriques, engendré par les
fonctions de la forme (x1 , x2 ) 7- e 2i(k1 x1 +k2 x2 ) avec (k1 , k2 )  Z2 , 
est dense.

· La quatrième partie s'intéresse à un problème différentiel non linéaire 
impliquant des fonctions 1-périodiques en deux variables. On le résout d'abord 
dans
le cas où un terme est nul, puis on réintroduit ce terme comme une perturbation
afin de produire une approximation valable de la solution correspondante.

Ce sujet est inhabituel pour ce concours dans la mesure où les parties sont 
presque
indépendantes ; seule une question de la quatrième partie nécessite un résultat 
de la
troisième. L'avantage est que cela permet de ne pas rester bloqué, d'autant que 
les
questions sont bien guidées.

Indications
Première partie
1a Intégrer par parties.
2a Appliquer soigneusement le théorème de convergence dominée et la 
caractérisation séquentielle de la limite. Pour obtenir le résultat avec N , 
écrire
N (t) = f (t) -

N
X

ak t(k+-µ)/µ

k=0

et analyser les deux termes séparément.
2c Décomposer l'intégrale sur ] 0 ; + [ en une intégrale sur ] 0 ;  ] et une 
intégrale
sur [  ; + [ pour un  > 0 convenable. Utiliser la question 2b pour traiter la
première et la question 2a pour la seconde intégrale.

P
3c Calculer explicitement les premiers termes de la série entière 
bk q k = q 2 et
identifier terme à terme les deux membres pour obtenir les premiers 
coefficients bi
-1
et ci . Ensuite, appliquer -1
+ et - à l'égalité
!
+
X
q=
bk q k/2
k=1

3d Partir du résultat de la question 1b, décomposer l'intégrale sur ] -1 ; + [ 
en une
intégrale sur ] -1 ; 0 [ et une intégrale sur ] 0 ; + [, puis procéder sur 
chacune à
un changement de variable judicieux.

3e Appliquer le résultat final de la question 2 et le fait que (1/2) = .
Deuxième partie

5 Raisonner par récurrence et intégrer par parties.
6c Utiliser la question précédente.
7a Remarquer que SN (x) est une somme de termes dont les signes alternent et 
dont
les valeurs absolues décroissent.
Troisième partie
8 Pour une fonction de la forme (1 , 2 ) 7- f (1 )g(2 ) avec f et g continues et
périodiques, fournir une approximation en multipliant deux polynômes 
approximant respectivement f et g.
10b Montrer que j,1 (1 ) = 0 pour   [[ 0 ; j - 1 ]] r {k1 , k1 + 1}, et un 
résultat ana2
logue sur 2 . Ensuite, partitionner intelligemment le domaine [ 0 ; 1 [ et 
utiliser
le théorème de Heine pour montrer que kSj (f ) - f k est petit pour j grand.
11 Combiner les questions 8 et 10b.
Quatrième partie
15a Intégrer sur le carré unité les deux membres de l'égalité différentielle 
satisfaite
par h pour trouver . Pour exhiber une solution, utiliser le fait que  est non
résonnant et le principe de superposition (c'est-à-dire la linéarité).
15c Intégrer le résultat de la question 15b et employer la relation fixée par 
l'énoncé
entre  et 
e. Pour borner les termes d'erreur, utiliser l'inégalité de la moyenne
et le théorème de Heine (pour traiter le terme h((t)) - h(t)).

Première partie
1a Fixons y > 0. La fonction  : t 7- e -t ty-1 est définie et continue sur ] 0 
; + [.
En outre, elle est positive.
Notons que l'inégalité e -t ty-1 6 ty-1 , valable pour tout t > 0, et 
l'intégrabilité
de la fonction t 7- ty-1 sur ] 0 ; 1 ] assurent, par comparaison de fonctions 
positives,
que  est intégrable au voisinage de 0.
Au voisinage de +, observons que ty-1 = O(e t/2 ) par croissances comparées.
Par conséquent, e -t ty-1 = O(e -t/2 ). Or, t 7- e -t/2 est intégrable sur [ 1 
; + [.
Par comparaison,  est intégrable
au voisinage de +.
Z
+

e -t ty-1 dt converge, autrement dit

Finalement, l'intégrale

0

Pour tout y > 0, (y) est bien définie.
Pour obtenir la relation demandée, introduisons  > 0 et T > 0 pour faire une
intégration par parties sur [  ; T ], ainsi que les fonctions u : t 7- ty et v 
: t 7- -e -t
de classe C 1 sur R+ . Alors
Z T
Z T
-t y
e t dt =
u(t)v  (t) dt

= [u(t)v(t)]T
 -
Z

T

e -t ty dt =

h

- e -t ty

iT

Z

+

T

u (t)v(t) dt

Z

T

e -t yty-1 dt

Or, e -t ty tend vers 0 quand t tend vers 0 et quand t tend vers +. Donc en 
faisant
tendre  vers 0 et T vers +, on fait tendre le crochet vers 0 et les deux 
intégrales
vers (y + 1) à gauche et y(y) à droite, de sorte que
y > 0

(y + 1) = y(y)

Enfin, la valeur en y = 1 étant clairement
Z +
(1) =
e -t dt = 1
0

une récurrence évidente donne le résultat final.
n  N

(n + 1) = n!

À titre culturel, signalons que la fonction  est en fait l'unique prolongement
logarithmiquement convexe de la factorielle à ] 0 ; + [, c'est-à-dire que  est
la seule fonction dont le logarithme est convexe qui coïncide avec la 
factorielle
sur les entiers : c'est le théorème de Bohr-Mollerup.
1b Pour tout y > 0, on a vu que (y) = y -1 (y + 1) ce qui se reformule en
(y) = y

-1

Z

+

e -t ty dt

0

Écrivons ensuite ty = e y ln t et opérons le changement de variable affine t = 
y(s + 1) :

(y) = y -1

Z

+

e -t ty dt

0

=y

-1

Z

+

e -t e y ln t dt

0

= y -1

Z

+

e -y(s+1) e y ln(y(s+1)) y ds

-1

(y) = e -y e y ln y

Z

+

e -y(s-ln(1+s)) ds

-1

On reconnaît en exposant la fonction  introduite par l'énoncé, de sorte que
Z +
-y y
(y) = e y
e -y(s) ds
-1

2a Fixons x > 0. La fonction t 7- e -t/x t est définie et continue sur [  ; + [.
En outre, e -t/x t = O(t-2 ) par croissances comparées et la fonction de Riemann
t 7- t-2 est intégrable au voisinage de +. Par comparaison,
La fonction t 7- e -t/x t est intégrable sur [  ; + [.
Fixons à présent n  N ; on peut en fait supposer n > 1 + , puisque pour k entier
xk+1 = o(xk ) quand x  0+ . Il faut prouver que l'expression
Z +
Z +
x-n
e -t/x t dt =
e -(t/x+n ln x) t dt

+

converge vers 0 lorsque x tend vers 0 . Pour cela, invoquons la caractérisation 
séquentielle de la limite et le théorème de convergence dominée. Soit donc (xk 
)kN une suite
de réels strictement positifs qui converge vers 0. Notons fk (t) = e -(t/xk +n 
ln xk ) t
l'intégrande, pour k  N, t > . Rassemblons les hypothèses.
· Pour tout k  N, la fonction t 7- fk (t) est continue par morceaux et 
intégrable.
Accessoirement, elle est positive.
· Pour tout t > ,

lim fk (t) = 0. C'est une conséquence de la formule de

k+
-t/x

croissance comparée e

= o(xn ) quand x tend vers 0.

· Il faut majorer fk par une fonction g intégrable indépendante de k (hypothèse 
de domination). Pour ce faire, fixons t >  et notons que la fonction
t : x 7- e -(t/x+n ln x) est dérivable sur R+ , de dérivée
t (x) =

t -t/x -n
e
x - nx-(n+1) e -t/x = e -t/x x-(n+2) (t - nx)
x2

qui est positive pour x 6 t/n, et négative pour x > t/n, de sorte que t atteint
son maximum en x = t/n. Pour fk (t), ceci implique que
 -n
t
-n
t >  k  N
0 6 fk (t) 6 e
t
n
ce qui fournit effectivement la domination recherchée, puisque t 7- t-n est
intégrable sur [  ; + [, grâce à l'hypothèse n > 1 + .
Les conditions sont réunies pour appliquer le théorème de convergence dominée :