Corrige concours ccp maths
CCP PSI 1 un corrig´ e 1
1.1
Une ´tude de s´ries. e e
Etude de la fonction L.
k
1.1 (?1)k?1 x est le terme g´n´ral d’une suite de limite nulle si |x| < 1 et non born´e sinon e e e k (croissances compar´es). Par lemme d’Abel, le rayon de convergence de la s´rie enti`re est ´gal e e e e a ` 1. L est donc d´?nie au pire sur ] ? 1, 1[ et au mieux sur [?1, 1]. Pour x = 1, il y a convergence ede la s´rie (s´ries de Riemann altern´e ou r`gle sp´ciale, le terme g´n´ral ´tant d´croissant en e e e e e e e e e module, de signe altern´ et de limite nulle). Pour x = ?1, la s´rie diverge (s´rie harmonique). e e e Ainsi L est d´?nie sur ] ? 1, 1] e On reconnaˆ un d´veloppement usuel : ?t e ?x ?] ? 1, 1[, L(x) = ln(1 + x) 1.2 Soit fn : x ? (?1) x . n - Les fn sont des fonctions continues sur[0, 1]. - Pour tout x ? [0, 1], fn (x) est le terme g´n´ral d’une suite altern´e, d´croissante en module et e e e e de limite nulle. On peut donc dire que (fn (x)) converge par r`gle sp´ciale ET que e e
+?
n n
?n ? N ,
k=n+1
?
fk (x) ? |fn+1 (x)| ?
1 n+1
Le majorant est ind´pendant de x ? [0, 1] et est le terme g´n´ral d’une suite de limite nulle. e e e (fn ) est donc uniform´mentconvergente sur [0, 1] e Par th´or`me de continuit´ des sommes de s´ries de fonctions, e e e e L ? C 0 ([0, 1]) En particulier, L(1) = lim L(x) = lim ln(1 + x) = ln(2)
x?1? x?1?
1.2
Etude de la s´rie e
1 k
cos
2k? 3
k?1
.
2.1 On d´coupe la somme en trois parties selon la congruence modulo 3 de l’indice puis on s’arrange e 1 pour retrouver tous les k :
3p p p?1 p?1
ak =k=1 i=1
a3i +
p
= ?
i=1 p
2 + 3i
a3i+1 i=0 p?1
i=0 3p
+
i=0
a3i+2
p?1
1 + 3i + 1 1 k
i=0
1 3i + 2
= ?3
i=1 3p
1 + 3i
k=1
=
k=p+1
1 k
1
On change alors d’indice (h = k ? p) et on factorise :
3p 2p
ak =
k=1 h=1
1 1 = p+h p
1 1+ h=1
2p
h p
1 2.2 On fait apparaˆ ?tre une somme de Riemann (d’ordre 2p) associ´e ` ? : t ? 1+2tsur [0, 1]. e a Comme la fonction est continue sur le segment, on peut appliquer le th´or`me sur les sommes e e de Riemann. 3p 2p 1 1 h dt ak = 2 ?( ) ? 2 2p 2p p?+? 0 1 + 2t k=1 h=1
c’est ` dire a
p?+?
3p
lim
ak = ln(3)
k=1
En notant (An ) la suite des sommes partielles de la s´rie propos´e, on a montr´ que A3p ? e e e ln(3). Comme A3p+1 = A3p + a3p+1 et A3p+2 = A3p+1 + a3p+2 ona aussi convergence vers ln(3) des extraites (A3n+1 ) et (A3n+2 ). Nos trois extraites sont convergentes de mˆme limite et e “recouvrent” toute la suite des sommes partielles. On a donc convergence de la s´rie avec e
+?
ak = ln(3)
k=1
2.3 Soit uk = cos La convergence de
1 k
2k? 3
1 1 . On a u3p = u3p+1 = ? 2(3p+1) et u3p+2 = ? 2(3p+2) . Ainsi, up = ? (an ) entraˆ celle de (un ) et?ne +? k=1
1 3p ,
ap 2 .
1 uk = ? 2
+? k=1
1 ak = ? ln(3) = ln 2
sin(k?) k
1 ? 3
1.3
Etude des s´ries e
cos(k?) k
et
k?1
.
k?1
3.1 Sn (t) est la somme partielle d’une s´rie g´om´trique de raison eit = 1 et on a donc e e e Sn (t) = 3.2 On a, pour t = 0[2?], ?(t) = e?it ? 1 cos(t) ? 1 sin(t) = ?i it ? 1|2 2 + sin(t)2 |e (cos(t) ? 1) (cos(t) ? 1)2 + sin(t)2 eit? (eit )n+1 = ?(t)(ei(n+1)t ? eit ) 1 ? eit
? est donc une fonction de classe C 1 sur [?, ?] (ses parties r´elle et imaginaire le sont). e 3.3 Une int´gration par parties donne e
?
e
?
i(n+1)t
ei(n+1)t ?(t) dt = ?(t) n+1
?
?
?
1 i(n + 1)
?
ei(n+1)t ? (t) dt
?
? et ? sont continues sur le segment [?, ?] et sont donc donc born´e sur ce segment. En notant e M0 et M1des majorants sur ce segment de |?| et |? |, on a alors grossi`rement e
?
ei(n+1)t ?(t) dt ?
?
2M0 (? ? ?)M1 + n+1 n+1
n?+?
? 0
On en d´duit que e lim
? n?+? ?
ei(n+1)t ?(t) dt = 0
2
3.4 Par lin´arit´ du passage ` l’int´grale, on a e e a e
? n ? n
Sn (t) dt =
? k=1 ?
eikt dt =
k=1
1 eik? ? eik? = ik i
n k=1
eik? 1 ? k i
n k=1
(?1)k k
Le…