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مسابقة دكتوراه 2025 — Université Mohamed Boudiaf - M'Sila — الموضوع 01

مسابقة عامة · الرياضيات

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Concours de Doctorat 2025 — Analyse 3, Sujet N°2 (13/02/2025)

التمرين 1

Comparaison de séries positives par le rapport des termes consécutifs

#séries numériques#critère de comparaison#suites monotones

Soient (an)n≥1(a_n)_{n\geq 1} et (bn)n≥1(b_n)_{n \geq 1} deux suites strictement positives telles que pour tout n≥1n \geq 1 :

an+1an≤bn+1bn.\frac{a_{n+1}}{a_n} \leq \frac{b_{n+1}}{b_n}.

  1. Montrer que la suite (anbn)n≥1\left(\dfrac{a_n}{b_n}\right)_{n\geq 1} est décroissante.
  2. En déduire qu'il existe une constante C>0C > 0 telle que an≤C bna_n \leq C\, b_n pour tout n≥1n \geq 1.
  3. En déduire que si ∑bn\sum b_n converge, alors ∑an\sum a_n converge.

Remarque : Ce critère (règle de Kummer/Raabe simplifiée) est souvent plus fin que la règle de d'Alembert directe, car il permet de comparer (an)(a_n) à une suite de référence (bn)(b_n) dont on maîtrise la nature sans calculer explicitement de limite de rapport.

◀الحل

1. Décroissance de (an/bn)(a_n/b_n)

Pour tout n≥1n \geq 1, en divisant l'hypothèse an+1an≤bn+1bn\dfrac{a_{n+1}}{a_n} \leq \dfrac{b_{n+1}}{b_n} (licite car an,bn>0a_n, b_n > 0) par bn+1an\dfrac{b_{n+1}}{a_n} (strictement positif) :

an+1bn+1≤anbn.\frac{a_{n+1}}{b_{n+1}} \leq \frac{a_n}{b_n}.

La suite (anbn)n≥1 est deˊcroissante.\boxed{\text{La suite } \left(\frac{a_n}{b_n}\right)_{n\geq 1} \text{ est décroissante.}}

2. Majoration an≤Cbna_n \leq C b_n

Une suite décroissante est majorée par son premier terme : pour tout n≥1n \geq 1,

anbn≤a1b1=:C>0  ⟹  an≤C bn∀n≥1.\frac{a_n}{b_n} \leq \frac{a_1}{b_1} =: C > 0 \implies \boxed{a_n \leq C\, b_n \quad \forall n \geq 1.}

3. Convergence de ∑an\sum a_n

Si ∑bn\sum b_n converge, alors ∑Cbn\sum C b_n converge également (produit par une constante). Comme 0<an≤Cbn0 < a_n \leq C b_n pour tout nn, le critère de comparaison des séries à termes positifs donne :

∑n≥1an converge.\boxed{\sum_{n\geq 1} a_n \text{ converge.}}

التمرين 2

Série de fonctions $f_n(x) = x^2 e^{-nx}$ et lien avec $\sum 1/n^3$

#séries de fonctions#convergence normale#intégration terme à terme#fonction zêta

Pour n≥1n \geq 1 et x≥0x \geq 0, on pose fn(x)=x2e−nxf_n(x) = x^2 e^{-nx} et Fn(x)=∫0xfn(t) dtF_n(x) = \displaystyle\int_0^x f_n(t)\, dt.

  1. Montrer que ∑fn\sum f_n converge normalement sur [0,+∞[[0, +\infty[ et donner la somme f=∑n≥1fnf = \sum_{n\geq 1} f_n sous forme close.
  2. Calculer Fn(x)F_n(x) explicitement (par intégrations par parties successives).
  3. Montrer que ∑Fn\sum F_n converge normalement sur [0,+∞[[0,+\infty[, avec un reste en O(1/n3)O(1/n^3) (uniformément en xx).
  4. Calculer lim⁡x→+∞∑n=1+∞Fn(x)\displaystyle\lim_{x\to+\infty} \sum_{n=1}^{+\infty} F_n(x) en fonction de ∑n≥11n3\sum_{n\geq1} \frac{1}{n^3}.
  5. En admettant que F=∑FnF = \sum F_n vérifie F(x)=∫0xf(t) dtF(x) = \int_0^x f(t)\,dt, en déduire la valeur de ∫0+∞t2et−1 dt\displaystyle\int_0^{+\infty} \frac{t^2}{e^t - 1}\, dt en fonction de ∑n≥11n3\sum_{n\geq 1}\frac{1}{n^3}.

Remarque : Ce calcul est un cas particulier de la formule générale ∫0∞ts−1et−1dt=Γ(s)ζ(s)\int_0^\infty \frac{t^{s-1}}{e^t-1}dt = \Gamma(s)\zeta(s) ; ici s=3s=3 donne Γ(3)ζ(3)=2ζ(3)\Gamma(3)\zeta(3) = 2\zeta(3), cohérent avec le résultat obtenu par sommation terme à terme.

◀الحل

1. Convergence normale de ∑fn\sum f_n et somme

Pour x≥0x \geq 0 fixé, la fonction t↦t2e−ntt \mapsto t^2 e^{-nt} atteint son maximum sur [0,∞[[0,\infty[ en t∗=2/nt^* = 2/n, avec fn(t∗)=4n2e−2f_n(t^*) = \frac{4}{n^2}e^{-2}. Donc sup⁡x≥0fn(x)=4e−2n2\sup_{x\geq0} f_n(x) = \dfrac{4e^{-2}}{n^2}, terme général d'une série convergente (∑1/n2\sum 1/n^2) :

∑fn converge normalement sur [0,+∞[.\boxed{\sum f_n \text{ converge normalement sur } [0,+\infty[.}

La somme, pour x>0x > 0 :

f(x)=∑n=1∞x2e−nx=x2⋅e−x1−e−x=x2ex−1(f(0)=0).f(x) = \sum_{n=1}^{\infty} x^2 e^{-nx} = x^2 \cdot \frac{e^{-x}}{1-e^{-x}} = \boxed{\frac{x^2}{e^x - 1}} \qquad (f(0) = 0).

2. Calcul de Fn(x)F_n(x)

Deux intégrations par parties successives donnent, pour n≥1n \geq 1 :

∫0xt2e−nt dt=[−t2ne−nt]0x+2n∫0xte−nt dt=−x2ne−nx+2n([−tne−nt]0x+1n∫0xe−ntdt),\int_0^x t^2 e^{-nt}\,dt = \left[-\frac{t^2}{n}e^{-nt}\right]_0^x + \frac{2}{n}\int_0^x t e^{-nt}\,dt = -\frac{x^2}{n}e^{-nx} + \frac{2}{n}\left(\left[-\frac{t}{n}e^{-nt}\right]_0^x + \frac1n\int_0^x e^{-nt}dt\right),

=−x2ne−nx−2xn2e−nx+2n2⋅1−e−nxn,= -\frac{x^2}{n}e^{-nx} - \frac{2x}{n^2}e^{-nx} + \frac{2}{n^2}\cdot\frac{1-e^{-nx}}{n},

Fn(x)=−(x2n+2xn2)e−nx+2n3(1−e−nx).\boxed{F_n(x) = -\left(\frac{x^2}{n} + \frac{2x}{n^2}\right)e^{-nx} + \frac{2}{n^3}\left(1 - e^{-nx}\right).}

3. Convergence normale de ∑Fn\sum F_n

Pour x≥0x \geq 0 : 0≤Fn(x)≤∫0+∞t2e−nt dt=2n30 \leq F_n(x) \leq \displaystyle\int_0^{+\infty} t^2 e^{-nt}\,dt = \frac{2}{n^3} (intégrale de Gamma). Donc :

sup⁡x≥0Fn(x)≤2n3,\sup_{x\geq 0} F_n(x) \leq \frac{2}{n^3},

et ∑2n3\sum \frac{2}{n^3} converge : ∑Fn\sum F_n converge normalement sur [0,+∞[[0,+\infty[, avec reste ∣∑k>nFk(x)∣≤∑k>n2k3=O(1/n2)\left|\sum_{k>n} F_k(x)\right| \leq \sum_{k>n} \frac{2}{k^3} = O(1/n^2) (et terme général lui-même en O(1/n3)O(1/n^3)), uniformément en xx. ■\blacksquare

4. Limite en +∞+\infty

Quand x→+∞x \to +\infty, Fn(x)→2n3F_n(x) \to \dfrac{2}{n^3} pour chaque nn (les termes exponentiels s'annulent). Par convergence normale (donc uniforme), on peut permuter somme et limite :

lim⁡x→+∞∑n=1∞Fn(x)=∑n=1∞2n3=2∑n=1∞1n3.\lim_{x\to+\infty} \sum_{n=1}^{\infty} F_n(x) = \sum_{n=1}^{\infty} \frac{2}{n^3} = \boxed{2\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n^3}.}

5. Valeur de l'intégrale ∫0∞t2et−1dt\int_0^{\infty} \frac{t^2}{e^t-1}dt

Comme F(x)=∫0xf(t) dtF(x) = \int_0^x f(t)\,dt et f(t)=t2et−1f(t) = \dfrac{t^2}{e^t-1}, en faisant x→+∞x \to +\infty :

∫0+∞t2et−1 dt=lim⁡x→∞F(x)=lim⁡x→∞∑n=1∞Fn(x)=2∑n=1∞1n3=2 ζ(3).\int_0^{+\infty} \frac{t^2}{e^t-1}\,dt = \lim_{x\to\infty} F(x) = \lim_{x\to\infty}\sum_{n=1}^\infty F_n(x) = \boxed{2\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n^3} = 2\,\zeta(3).}