Corrige concours ccp maths

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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´finie 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´finie sur ] − 1, 1] e On reconnaˆ un d´veloppement usuel : ıt 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

2kπ 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 ıtre une somme de Riemann (d’ordre 2p) associ´e ` ϕ : 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 ϕ( ) → 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

2kπ 3

1 1 . On a u3p = u3p+1 = − 2(3p+1) et u3p+2 = − 2(3p+2) . Ainsi, up = − (an ) entraˆ celle de (un ) etıne +∞ k=1

1 3p ,

ap 2 .

1 uk = − 2

+∞ k=1

1 ak = − ln(3) = ln 2
sin(kα) k

1 √ 3

1.3

Etude des s´ries e

cos(kα) 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[2π], ϕ(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 = ϕ(t)(ei(n+1)t − eit ) 1 − eit

ϕ est donc une fonction de classe C 1 sur [π, α] (ses parties r´elle et imaginaire le sont). e 3.3 Une int´gration par parties donne e
α

e
π

i(n+1)t

ei(n+1)t ϕ(t) dt = ϕ(t) n+1

α


π

1 i(n + 1)

α

ei(n+1)t ϕ (t) dt
π

ϕ et ϕ sont continues sur le segment [π, α] et sont donc donc born´e sur ce segment. En notant e M0 et M1des majorants sur ce segment de |ϕ| et |ϕ |, on a alors grossi`rement e
α

ei(n+1)t ϕ(t) dt ≤
π

2M0 (α − π)M1 + n+1 n+1

n→+∞

→ 0

On en d´duit que e lim

α n→+∞ π

ei(n+1)t ϕ(t) dt = 0

2

3.4 Par lin´arit´ du passage ` l’int´grale, on a e e a e
α n α n

Sn (t) dt =
π k=1 π

eikt dt =
k=1

1 eikα − eikπ = ik i

n k=1

eikα 1 − k i

n k=1

(−1)k k

Le...
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