Le mal

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SESSION 2007

CONCOURS COMMUN POLYTECHNIQUE EPREUVE SPECIFIQUE-FILIERE MP

MATHEMATIQUES 1

EXERCICE
a. f est continue sur le compact [0, 1]2 en tant que quotient de fonctions continues sur [0, 1]2 dont le dénominateur ne s’annule pas sur [0, 1]2 , à valeurs dans R. On sait alors que f admet un maximum sur ce compact. b. f est de classe C1 sur l’ouvert ]0, 1[2 . On sait alors que si fadmet un maximum en un point (x0 , y0 ) de cet ouvert, (x0 , y0 ) est un point critique de f. Or, pour (x, y) ∈]0, 1[2 ∂f (1 + x2 ) − 2x(x + y) 1 − x2 − 2xy 1 × = , (x, y) = 2 2 )2 ∂x 1+y (1 + x (1 + y2 )(1 + x2 )2 puis en échangeant les rôles de x et y 1 − y2 − 2xy ∂f . (x, y) = ∂y (1 + x2 )(1 + y2 )2 Par suite, pour (x, y) ∈]0, 1[2 ,   ∂f (x, y) = 0   ∂x ⇔  ∂f  (x, y) = 0  ∂y

1 − x2 − 2xy= 0 ⇔ 1 − y2 − 2xy = 0

y2 = x2 ⇔ 1 − x2 − 2xy = 0

y=x 1 − 3x2 = 0

Ainsi, si f admet un maximum dans ]0, 1[2 , ce maximum est √ 2/ 3 1 1 = f √ ,√ 3 3 1 1+ 3

1 ⇔x=y= √ . 3

2

√ 2 9 3 3 =√ × = . 8 3 16

c. Soient A = (0, 0), B = (1, 0), C = (0, 1) et D = (1, 1). 1 − x2 x d x = . Or . Par suite, la fonction x → f(x, 0) est croissante • Pour x ∈ [0, 1], f(x, 0) = 2 2 1+x dx 1 + x (1+ x2 )2 1 sur [0, 1] et admet donc un maximum en 1 égal à f(0, 1) c’est-à-dire . Donc f admet un maximum sur [AB] égal à 2 x+1 d 1 − 2x − x2 (1 + x2 ) − 2x(x + 1) x+1 . Or = . Par suite, la (x) = • Pour x ∈ [0, 1], f(x, 1) = 2) 2) 2 )2 2(1 + x dx 2(1 + x 2(1 + x2 )2 √ √2(1 + x fonction x → f(x, 1) est croissante sur [0, 2 − 1], décroissante sur [ 2 − 1, 1] et admet donc un maximum en √ √ 2 − 1(∈[0, 1]) égal à f( 2 − 1, 1) avec √ √ √ √ 1 2 2 2+1 1 √ √ = √ = 0, 6 . . . > . = = f( 2 − 1, 1) = 2) 4 2 2(1 + ( 2 − 1) 2(4 − 2 2) 4( 2 − 1) √ √ 1 2+1 2+1 Ainsi, f admet sur [AB] ∪ [CD] un maximum égal à Max{ , } ou encore . Par symétrie des rôles de x et 2 4 4 √ 2+1 f admet un maximum sur [AC] ∪ [BD] égal à et finalement 4 http ://www.maths-france.fr 1

1 . 2

y,

c Jean-Louis Rouget, 2007.Tous droits réservés.

le maximum de f sur la frontière de F est égal à



2+1 . 4

√ √ √ √ 3 3 2+1 2+1 3 3 = 0, 64 . . . et = 0, 60 . . .. Donc > ce qui montre que On a 8 4 8 4 √ 3 3 M= . 8

PROBLÈME ; ÉCHANGES DE LIMITES ET D’INTÉGRALES
PARTIE PRÉLIMINAIRE 1. Fonction Gamma d’Euler

a. Soit x ∈]0, +∞[. La fonction t → e−t tx−1 est continue (et donc localement intégrable sur ]0, +∞[.• Quand t tend vers 0 par valeurs supérieures, 0 < e−t tx−1 ∼ tx−1 . Or, puisque x − 1 > −1, la fonction t → tx−1 est intégrable sur un voisinage de 0 et on en déduit que la fonction t → e−t tx−1 est intégrable sur un voisinage de 0. 1 • Quand t tend vers +∞, e−t tx−1 = o 2 d’après les théorèmes de croissances comparées. On en déduit que la t fonction t → e−t tx−1 est intégrable sur un voisinagede +∞. Finalement ∀x ∈]0, +∞[, la fonction t → e−t tx−1 est intégrable sur ]0, +∞[.

b. Soit x > 0. Soient ε et A deux réels tels que 0 < ε < A. Les deux fonctions t → tx et t → −e−t sont de classe C1 sur [ε, A]. On peut donc effectuer une intégration par parties qui fournit
A

tx e−t dt = −tx e−t
ε

A ε

A

+x
ε

tx−1 e−t dt = −Ax e−A + εx e−ε .

Puisque x > 0, quand ε tend vers 0et A tend vers +∞ on obtient
+∞ +∞

Γ (x + 1) =
0

tx e−t dt = x
0

tx−1 e−t dt = xΓ (x).

∀x > 0, Γ (x + 1) = xΓ (x).
+∞

Ensuite Γ (1) =
0

e−t dt = −e−t

+∞ 0

= 1 et puisque pour n ∈ N∗ , Γ (n + 1) = nΓ (n), par récurrence on obtient ∀n ∈ N∗ , Γ (n) = (n − 1)!.

2.

Fonction zêta de Riemann 1 sur ]0, +∞[ on a tx
+∞

a. Soient n ∈ N∗ et x ∈]1, +∞[. Par décroissancede la fonction t →
+∞

Rn (x) =
k=n+1

1 ≤ kx

+∞

k

k=n+1 k−1

1 dt = tx

+∞

n

1 −1 dt = tx (x − 1)tx−1

=
n

1 (car x − 1 > 0). (x − 1)nx−1

∀n ∈ N∗ , ∀x ∈]1, +∞[, Rn (x) ≤ b. Soient p un entier supérieur ou égal à 2 et ε > 0. Pour n ∈ N∗
n

1 . (x − 1)nx−1

k=1

1 − ζ(p) = kp

+∞

k=n+1

1 1 = Rn (p) ≤ . p k (p − 1)np−1 2
c Jean-Louis Rouget, 2007....
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