Maths C

# Banque PT — Mathématiques C 2026 · Corrigé brut

*Corrigé rédigé par IA (La Belle Copie), non officiel. Signalez toute erreur.*

Épreuve de 4 h, calculatrice interdite, une feuille de papier millimétré à rendre avec la copie.

## Préambule

Dans tout le préambule, $t_0>0$, $f(t)=\dfrac{t}{t_0-t}$ et $g(t)=\dfrac{t_0}{t_0-t}$ pour $t\neq t_0$.

### Question 1

Les fonctions $f$ et $g$ sont des fractions rationnelles dont le dénominateur $t_0-t$ ne s'annule qu'en $t_0$. Elles sont donc dérivables sur
$$\boxed{D=\mathbb{R}\setminus\{t_0\}=\,]-\infty,t_0[\,\cup\,]t_0,+\infty[}$$
Pour $t\in D$ :
$$f(t)=\frac{(t-t_0)+t_0}{t_0-t}=-1+\frac{t_0}{t_0-t}=g(t)-1.$$
Les fonctions $f$ et $g$ diffèrent d'une constante, donc $f'=g'$ sur $D$. On dérive $(t_0-t)^{-1}$ en $(t_0-t)^{-2}$ :
$$\boxed{\forall t\in D,\quad f'(t)=g'(t)=\frac{t_0}{(t_0-t)^2}}$$

### Question 2

Pour $t\in D$, $f'(t)=\dfrac{t_0}{(t_0-t)^2}>0$ car $t_0>0$. La fonction $f$ est donc strictement croissante sur $]-\infty,t_0[$ et sur $]t_0,+\infty[$ (séparément : $D$ n'est pas un intervalle).

Limites :
- en $\pm\infty$ : pour $t\neq0$, $f(t)=\dfrac{1}{\frac{t_0}{t}-1}\to\dfrac{1}{0-1}=-1$ ;
- en $t_0^-$ : $t\to t_0>0$ et $t_0-t\to0^+$, donc $f(t)\to+\infty$ ;
- en $t_0^+$ : $t\to t_0>0$ et $t_0-t\to0^-$, donc $f(t)\to-\infty$.

| $t$ | $-\infty$ | | $t_0^-$ ‖ $t_0^+$ | | $+\infty$ |
|---|---|---|---|---|---|
| $f'(t)$ | | $+$ | ‖ | $+$ | |
| $f(t)$ | $-1$ | $\nearrow$ | $+\infty$ ‖ $-\infty$ | $\nearrow$ | $-1$ |

Les droites $t=t_0$ et $y=-1$ sont asymptotes à la courbe.

### Question 3

On a $f(0)=0$ et $f'(0)=\dfrac{t_0}{t_0^2}=\dfrac1{t_0}$. La tangente en $0$ a pour équation $y=f(0)+f'(0)(t-0)$, soit
$$\boxed{T:\ y=\frac{t}{t_0}}$$

### Question 4

Pour $t_0=1$ : $f(t)=\dfrac{t}{1-t}$, la tangente en $0$ est $T:y=t$, l'asymptote verticale est $t=1$ et l'asymptote horizontale $y=-1$.

Position relative : $f(t)-t=\dfrac{t-t(1-t)}{1-t}=\dfrac{t^2}{1-t}$. La courbe est donc **au-dessus de $T$ pour $t<1$** (et la touche seulement en $0$), et **au-dessous de $T$ pour $t>1$**.

Valeurs utiles pour le tracé (1 cm par unité) :

| $t$ | $-4$ | $-2$ | $-1$ | $0$ | $0{,}5$ | $0{,}75$ | $0{,}9$ | $1{,}1$ | $1{,}5$ | $2$ | $3$ | $5$ |
|---|---|---|---|---|---|---|---|---|---|---|---|---|
| $f(t)$ | $-0{,}8$ | $-0{,}67$ | $-0{,}5$ | $0$ | $1$ | $3$ | $9$ | $-11$ | $-3$ | $-2$ | $-1{,}5$ | $-1{,}25$ |

![Figure 1 — Courbe de f(t) = t/(1 − t) (t₀ = 1), tangente T : y = t en O, asymptotes t = 1 et y = −1](/figures/corriges/banque-pt_pt_maths-c_2026/preambule-q4-trace-f.svg)

La figure est réduite ; sur la copie, on trace à 1 cm par unité. La branche gauche ($t<1$) rejoint $y=-1$ par au-dessus en $-\infty$ ; la branche droite ($t>1$) la rejoint par en dessous, car $f(t)+1=\dfrac{1}{1-t}<0$. La droite $T$ ne rencontre la courbe qu'en l'origine.

La courbe est symétrique par rapport au centre $(1,-1)$, intersection des asymptotes : c'est une hyperbole.

### Question 5

Comme $f=g-1$, il suffit de dériver $g$. Montrons par récurrence sur $n\ge1$ la propriété $(\mathcal{H}_n)$ : « $g$ est $n$ fois dérivable sur $D$ et $g^{(n)}(t)=\dfrac{n!\,t_0}{(t_0-t)^{n+1}}$ pour tout $t\in D$ ».

- **Initialisation** : $(\mathcal{H}_1)$ est la question 1.
- **Hérédité** : supposons $(\mathcal{H}_n)$. La fonction $t\mapsto n!\,t_0\,(t_0-t)^{-(n+1)}$ est dérivable sur $D$ (composée de $t\mapsto t_0-t$ et de $u\mapsto u^{-(n+1)}$, dérivable sur $\mathbb{R}^*$). Donc $g$ est $(n+1)$ fois dérivable sur $D$ et
$$g^{(n+1)}(t)=n!\,t_0\cdot\big(-(n+1)\big)(t_0-t)^{-(n+2)}\cdot(-1)=\frac{(n+1)!\,t_0}{(t_0-t)^{n+2}}.$$
C'est $(\mathcal{H}_{n+1})$.

Ainsi $f$ est $n$ fois dérivable sur $]-\infty,t_0[$ et sur $]t_0,+\infty[$, et
$$\boxed{f^{(n)}(t)=\frac{n!\,t_0}{(t_0-t)^{n+1}}\qquad(n\ge1,\ t\neq t_0)}$$

### Question 6

Sur chacun des intervalles $]-\infty,t_0[$ et $]t_0,+\infty[$, la fonction $t\mapsto -t_0\ln|t_0-t|$ est dérivable, de dérivée $-t_0\cdot\dfrac{-1}{t_0-t}=g(t)$. Comme $f=g-1$ :
$$\boxed{G(t)=-t_0\ln|t_0-t|,\qquad F(t)=-t-t_0\ln|t_0-t|}$$
Ces primitives sont valables sur chacun des deux intervalles, à une constante additive près sur chacun.

### Question 7

**Formule de Taylor-Young.** Soit $\psi$ de classe $\mathcal{C}^n$ sur l'intervalle $I$ et $x_0\in I$. Alors, quand $x\to x_0$ ($x\in I$) :
$$\boxed{\psi(x)=\sum_{k=0}^{n}\frac{\psi^{(k)}(x_0)}{k!}(x-x_0)^k+o\big((x-x_0)^n\big)}$$

### Question 8

La fonction $t\mapsto\dfrac1{1-t}$ est définie sur $\boxed{\mathbb{R}\setminus\{1\}}$. C'est la fonction $g$ du préambule pour $t_0=1$. Elle est de classe $\mathcal{C}^\infty$ sur $]-\infty,1[$, intervalle qui contient $0$, et la question 5 donne, pour $k\ge1$,
$$g^{(k)}(0)=\frac{k!\cdot1}{(1-0)^{k+1}}=k!,\qquad g(0)=1.$$
La formule de Taylor-Young à l'ordre $n$ en $0$ (question 7, avec $I=]-\infty,1[$) donne donc
$$\boxed{\frac1{1-t}=\sum_{k=0}^n t^k+o(t^n)=1+t+t^2+\cdots+t^n+o(t^n)\qquad(t\to0)}$$
Vérification directe : $\dfrac1{1-t}-\displaystyle\sum_{k=0}^nt^k=\dfrac{t^{n+1}}{1-t}=t^n\cdot\dfrac{t}{1-t}$ et $\dfrac{t}{1-t}\to0$.

### Question 9

La fonction $\ell:t\mapsto\ln(1-t)$ est définie sur $\boxed{]-\infty,1[}$ (il faut $1-t>0$). Elle y est de classe $\mathcal{C}^\infty$ et $\ell'(t)=-\dfrac1{1-t}$.

Le développement limité de $\ell'$ à l'ordre $n-1$ en $0$ est $\ell'(t)=-\displaystyle\sum_{k=0}^{n-1}t^k+o(t^{n-1})$ : c'est la question 8 si $n\ge2$, et pour $n=1$ c'est $\ell'(t)=-1+o(1)$, par continuité de $\ell'$ en $0$. Par primitivation d'un développement limité, et puisque $\ell(0)=\ln1=0$ :
$$\ell(t)=\ell(0)-\sum_{k=0}^{n-1}\frac{t^{k+1}}{k+1}+o(t^n),$$
soit
$$\boxed{\ln(1-t)=-\sum_{k=1}^n\frac{t^k}{k}+o(t^n)=-t-\frac{t^2}{2}-\cdots-\frac{t^n}{n}+o(t^n)\qquad(t\to0)}$$
On peut aussi appliquer directement Taylor-Young à $\ell$ : pour $k\ge1$, $\ell^{(k)}(t)=-g^{(k-1)}(t)$ avec $t_0=1$, d'où $\ell^{(k)}(0)=-(k-1)!$ et $\dfrac{\ell^{(k)}(0)}{k!}=-\dfrac1k$.

## Partie I

### Question 1

Pour $t>0$, $h(t)=\dfrac1{t(1+t)}=\dfrac1t-\dfrac1{1+t}$ (car $(1+t)-t=1$). Une primitive de $h$ sur $\mathbb{R}_+^*$ est
$$\boxed{H(t)=\ln t-\ln(1+t)=\ln\frac{t}{1+t}}$$

### Question 2

Soit $n\ge2$. La fonction $h$ est continue et positive sur $[n,+\infty[$, et $h(t)\underset{+\infty}{\sim}\dfrac1{t^2}$. Comme $\int^{+\infty}\frac{dt}{t^2}$ converge (Riemann, $2>1$), l'intégrale $\int_n^{+\infty}h$ **converge** par comparaison de fonctions positives.

Pour $A>n$ : $\displaystyle\int_n^A h=H(A)-H(n)=\ln\frac{A}{1+A}-\ln\frac{n}{n+1}$, et $\ln\frac{A}{1+A}\to\ln1=0$ quand $A\to+\infty$. Donc
$$\boxed{\int_n^{+\infty}\frac{dt}{t+t^2}=\ln\frac{n+1}{n}=\ln\Big(1+\frac1n\Big)}$$

### Question 3

Soit $n\ge2$. Pour tout $t$, $n+\cos(nt)\ge n-1\ge1>0$. La fonction $t\mapsto\ln\big(n+\cos(nt)\big)$ est donc définie et dérivable sur $[0,\pi]$, de dérivée $\dfrac{-n\sin(nt)}{n+\cos(nt)}$. Par suite
$$-n\int_0^\pi\frac{\sin(nt)}{n+\cos(nt)}\,dt=\Big[\ln\big(n+\cos(nt)\big)\Big]_0^\pi=\ln\big(n+\cos(n\pi)\big)-\ln(n+1)=\ln\frac{n+(-1)^n}{n+1},$$
car $\cos(n\pi)=(-1)^n$. Avec la question 2 :
$$u_n=\ln\frac{n+(-1)^n}{n+1}+\ln\frac{n+1}{n}=\ln\frac{n+(-1)^n}{n},$$
soit
$$\boxed{u_n=\ln\Big(1+\frac{(-1)^n}{n}\Big)\qquad(n\ge2)}$$

### Question 4

$\dfrac{(-1)^n}{n}\to0$ et $\ln$ est continue en $1$, donc
$$\boxed{\lim_{n\to+\infty}u_n=\ln1=0}$$

### Question 5

Notons $A_N=\sum_{n\le N}a_n$, $B_N=\sum_{n\le N}b_n$ les sommes partielles (à partir d'un même indice initial), qui convergent vers $A$ et $B$. La somme partielle de $\sum(a_n+\lambda b_n)$ vaut, par linéarité des sommes finies, $C_N=A_N+\lambda B_N$. Elle converge vers $A+\lambda B$ par opérations sur les limites. Donc
$$\boxed{\sum(a_n+\lambda b_n)\ \text{converge et}\ \sum_{n}(a_n+\lambda b_n)=\sum_n a_n+\lambda\sum_n b_n}$$

### Question 6

On pose $h=\frac1n\to0$. Par la question 9 du préambule (avec $t=-x$), $\ln(1+x)=x-\dfrac{x^2}2+o(x^2)$ quand $x\to0$. Avec $x=(-1)^nh$, on a $x^2=h^2$ et
$$u_n=(-1)^nh-\frac{h^2}{2}+o(h^2)=\frac{(-1)^n}{n}-\frac1{2n^2}+o\Big(\frac1{n^2}\Big).$$
Posons $a_n=\dfrac{(-1)^n}{n}$ et $b_n=u_n-a_n$. On a $b_n\sim-\dfrac1{2n^2}$.

- $\sum a_n$ converge par le critère spécial des séries alternées : $\big(\frac1n\big)$ est décroissante et tend vers $0$.
- $\sum b_n$ converge absolument, car $|b_n|\sim\dfrac1{2n^2}$, terme d'une série de Riemann convergente.
- Par la question 5 (avec $\lambda=1$), $\sum u_n=\sum(a_n+b_n)$ **converge**.

Convergence absolue : $|u_n|=\Big|\frac{(-1)^n}{n}+b_n\Big|$ avec $b_n=o(1/n)$, donc $|u_n|\sim\dfrac1n$. La série harmonique diverge, donc $\sum|u_n|$ **diverge** (comparaison de séries à termes positifs).
$$\boxed{\sum_{n\ge2}u_n\ \text{converge mais ne converge pas absolument}}$$

### Question 7

D'après la question 3 : pour $n$ pair, $u_n=\ln\dfrac{n+1}{n}$ ; pour $n$ impair, $u_n=\ln\dfrac{n-1}{n}$.

**(a)** Récurrence sur $N\ge1$. Pour $N=1$ : $S_2=u_2=\ln\frac32=\ln\frac{2\cdot1+1}{2\cdot1}$. Si $S_{2N}=\ln\dfrac{2N+1}{2N}$, alors
$$S_{2N+2}=S_{2N}+u_{2N+1}+u_{2N+2}=\ln\frac{2N+1}{2N}+\ln\frac{2N}{2N+1}+\ln\frac{2N+3}{2N+2}=\ln\frac{2N+3}{2N+2}.$$
Donc, pour tout $N\ge1$,
$$\boxed{S_{2N}=\ln\frac{2N+1}{2N}}$$

**(b)** Pour $n\ge1$ :
$$u_{2n}=\ln\frac{2n+1}{2n}>0,\qquad u_{2n+1}=\ln\frac{2n}{2n+1}=-\ln\frac{2n+1}{2n},$$
donc
$$\boxed{u_{2n+1}=-u_{2n}}$$

**(c)** Pour $N\ge2$, les indices $2,\dots,2N-1$ se regroupent en $N-1$ paires $(2n,2n+1)$, $1\le n\le N-1$. Par (b) :
$$S_{2N-1}=\sum_{n=1}^{N-1}(u_{2n}+u_{2n+1})=0,\qquad\boxed{S_{2N-1}=0\quad(N\ge2)}$$
Vérification avec (a) : $S_{2N-1}=S_{2N}-u_{2N}=\ln\frac{2N+1}{2N}-\ln\frac{2N+1}{2N}=0$.

**(d)** $S_{2N}=\ln\Big(1+\dfrac1{2N}\Big)\to0$ et $S_{2N-1}=0\to0$. Les suites extraites d'indices pairs et impairs de $(S_N)$ convergent vers la même limite $0$, donc $(S_N)$ converge vers $0$ :
$$\boxed{\sum_{n=2}^{+\infty}u_n=0}$$

## Partie II

Pour $n\ge1$ et $x>1$ : $G_n(x)=\displaystyle\int_0^{+\infty}x^{-nt}t^n\,dt=\int_0^{+\infty}t^ne^{-nt\ln x}\,dt$, avec $\ln x>0$.

### Question 1

Soit $x>1$. La fonction $\theta:t\mapsto t^ne^{-nt\ln x}$ est continue et positive sur $[0,+\infty[$ ; il n'y a pas de problème en $0$. Comme $n\ln x>0$, par croissances comparées $t^2\theta(t)=t^{n+2}e^{-nt\ln x}\to0$ quand $t\to+\infty$, donc $\theta(t)=o\big(\frac1{t^2}\big)$, et $\int^{+\infty}\frac{dt}{t^2}$ converge. Donc
$$\boxed{G_n(x)\ \text{converge (absolument) pour tout}\ x>1}$$

### Question 2

Soit $a>1$ et $\Phi(x,t)=t^nx^{-nt}$ sur $[a,+\infty[\times[0,+\infty[$.
- Pour tout $t\ge0$, $x\mapsto\Phi(x,t)$ est continue sur $[a,+\infty[$.
- Pour tout $x\ge a$, $t\mapsto\Phi(x,t)$ est continue sur $[0,+\infty[$.
- Domination : pour $x\ge a$ et $t\ge0$, $-nt\ln x\le-nt\ln a$, donc $0\le\Phi(x,t)\le t^na^{-nt}$. La fonction $t\mapsto t^na^{-nt}$, indépendante de $x$, est intégrable sur $[0,+\infty[$ par la question 1 appliquée en $x=a$.

Par le théorème de continuité des intégrales à paramètre,
$$\boxed{G_n\ \text{est continue sur}\ [a,+\infty[}$$
Ceci valant pour tout $a>1$, $G_n$ est continue sur $]1,+\infty[$.

### Question 3

Soit $a>1$. Pour tout $t\ge0$, $x\mapsto\Phi(x,t)=t^ne^{-nt\ln x}$ est de classe $\mathcal{C}^1$ sur $[a,+\infty[$, et
$$\frac{\partial\Phi}{\partial x}(x,t)=-n\,t^{n+1}x^{-nt-1}.$$
Cette dérivée est continue en $t$ pour $x$ fixé. Pour $x\ge a$ et $t\ge0$, $x^{-nt}\le a^{-nt}$ et $x^{-1}\le a^{-1}$, d'où la domination
$$\Big|\frac{\partial\Phi}{\partial x}(x,t)\Big|\le n\,t^{n+1}a^{-nt-1},$$
majorant indépendant de $x$ et intégrable sur $[0,+\infty[$ : par croissances comparées, il est $o(1/t^2)$ en $+\infty$. Le théorème de dérivation sous le signe intégral montre que $G_n$ est de classe $\mathcal{C}^1$ sur $[a,+\infty[$, avec
$$\boxed{G_n'(x)=-n\int_0^{+\infty}t^{n+1}x^{-nt-1}\,dt=-\frac nx\int_0^{+\infty}t^{n+1}x^{-nt}\,dt\qquad(x\ge a)}$$

### Question 4

Soit $x>1$ et $n\ge1$. Dans $G_{n+1}(x)=\int_0^{+\infty}t^{n+1}x^{-(n+1)t}\,dt$, on pose $u=\dfrac{(n+1)t}{n}$, changement de variable affine bijectif de $[0,+\infty[$ sur lui-même : $t=\dfrac{n}{n+1}u$, $dt=\dfrac{n}{n+1}du$ et $(n+1)t=nu$. Il vient
$$G_{n+1}(x)=\Big(\frac{n}{n+1}\Big)^{n+2}\int_0^{+\infty}u^{n+1}x^{-nu}\,du.$$
On intègre par parties sur $[0,A]$, avec $u\mapsto u^{n+1}$ et $u\mapsto-\dfrac{x^{-nu}}{n\ln x}$, toutes deux de classe $\mathcal{C}^1$ :
$$\int_0^Au^{n+1}x^{-nu}\,du=\Big[-\frac{u^{n+1}x^{-nu}}{n\ln x}\Big]_0^A+\frac{n+1}{n\ln x}\int_0^Au^nx^{-nu}\,du.$$
Le crochet vaut $-\dfrac{A^{n+1}e^{-nA\ln x}}{n\ln x}\to0$ quand $A\to+\infty$ (croissances comparées), et les intégrales convergent (question 1). Donc
$$\int_0^{+\infty}u^{n+1}x^{-nu}\,du=\frac{n+1}{n\ln x}G_n(x).$$
Finalement
$$G_{n+1}(x)=\Big(\frac n{n+1}\Big)^{n+2}\frac{n+1}{n}\cdot\frac{G_n(x)}{\ln x},\qquad\boxed{G_{n+1}(x)=\frac1{\ln x}\Big(\frac n{n+1}\Big)^{n+1}G_n(x)}$$

### Question 5

Avec $c=\ln x>0$, on intègre par parties sur $[0,A]$ :
$$\int_0^Ate^{-ct}\,dt=\Big[-\frac{te^{-ct}}{c}\Big]_0^A+\frac1c\int_0^Ae^{-ct}\,dt=-\frac{Ae^{-cA}}{c}+\frac{1-e^{-cA}}{c^2}\xrightarrow[A\to+\infty]{}\frac1{c^2}.$$
$$\boxed{G_1(x)=\frac1{(\ln x)^2}}$$

### Question 6

**Produit en cascade.** Les $G_k(x)$ sont strictement positifs (intégrales d'une fonction continue, positive et non nulle). Pour $n\ge2$ :
$$G_n(x)=G_1(x)\prod_{k=1}^{n-1}\frac{G_{k+1}(x)}{G_k(x)}=\frac1{(\ln x)^2}\prod_{k=1}^{n-1}\frac{1}{\ln x}\cdot\frac{k^{k+1}}{(k+1)^{k+1}}=\frac1{(\ln x)^{n+1}}\prod_{k=1}^{n-1}\frac{k\cdot k^{k}}{(k+1)^{k+1}}.$$
Le produit se télescope :
$$\prod_{k=1}^{n-1}\frac{k^{k}}{(k+1)^{k+1}}=\frac{1^1}{n^n},\qquad\prod_{k=1}^{n-1}k=(n-1)!,$$
d'où $G_n(x)=\dfrac{(n-1)!}{n^n(\ln x)^{n+1}}=\dfrac{n!}{(n\ln x)^{n+1}}$, formule encore vraie pour $n=1$.

**Récurrence.** Montrons par récurrence sur $n\ge1$ la propriété $(\mathcal{P}_n)$ : $G_n(x)=\dfrac{n!}{(n\ln x)^{n+1}}$ pour tout $x>1$.
- $(\mathcal{P}_1)$ est la question 5.
- Si $(\mathcal{P}_n)$ est vraie, la question 4 donne
$$G_{n+1}(x)=\frac1{\ln x}\cdot\frac{n^{n+1}}{(n+1)^{n+1}}\cdot\frac{n!}{n^{n+1}(\ln x)^{n+1}}=\frac{n!}{(n+1)^{n+1}(\ln x)^{n+2}}=\frac{(n+1)!}{\big((n+1)\ln x\big)^{n+2}},$$
c'est-à-dire $(\mathcal{P}_{n+1})$.
$$\boxed{G_n(x)=\frac{n!}{(n\ln x)^{n+1}}=\frac{(n-1)!}{n^n(\ln x)^{n+1}}\qquad(n\ge1,\ x>1)}$$

### Question 7

Par la question 6 :
$$\frac{n^nG_n(x)}{(n-1)!}=\frac1{(\ln x)^{n+1}}=q^{n+1},\qquad q=\frac1{\ln x}>0.$$
La série $\sum_{n\ge1}q^{n+1}$ est géométrique ; elle converge si et seulement si $q<1$, c'est-à-dire $\ln x>1$ (pour $q\ge1$ le terme général ne tend pas vers $0$).
$$\boxed{\text{CNS de convergence : } x>e}$$
Dans ce cas,
$$S(x)=\sum_{n\ge1}q^{n+1}=\frac{q^2}{1-q},\qquad\boxed{S(x)=\frac{1}{\ln x\,(\ln x-1)}\qquad(x>e)}$$

### Question 8

Pour $k\ge2$, $1+\frac{(-1)^k}{k}>0$, et par la partie I (question 7(a)) :
$$\ln\prod_{k=2}^{2N}\Big(1+\frac{(-1)^k}{k}\Big)=\sum_{k=2}^{2N}u_k=S_{2N}=\ln\frac{2N+1}{2N}.$$
Donc
$$\Pi_N=e\cdot\frac{2N+1}{2N}=e\Big(1+\frac1{2N}\Big)\xrightarrow[N\to+\infty]{}e,\qquad\Pi_N>e>1.$$
L'entier $n\ge1$ est fixé. La fonction $G_n$ est continue sur $]1,+\infty[$ (question 2), en particulier en $e$, donc par composition des limites $G_n(\Pi_N)\to G_n(e)$. Avec $\ln e=1$ et la question 6 :
$$\boxed{\lim_{N\to+\infty}G_n(\Pi_N)=G_n(e)=\frac{n!}{n^{n+1}}}$$
On peut aussi le voir directement : $G_n(\Pi_N)=\dfrac{n!}{n^{n+1}}\Big(1+\ln\big(1+\tfrac1{2N}\big)\Big)^{-(n+1)}$.

Remarque : si l'on lit $G_N(\Pi_N)$ (indice lié à $N$), alors $\ln\Pi_N>1$ donne $0<G_N(\Pi_N)<\dfrac{N!}{N^{N+1}}\le\dfrac1N\to0$, et la limite est nulle.

## Partie III

$\varphi(x,y)=x^2+y^2-\ln|x-y|$ sur l'ouvert $U=\{(x,y)\in\mathbb{R}^2:\ x\neq y\}$, où $\varphi$ est de classe $\mathcal{C}^2$.

### Question 1

Sur $U$, $\dfrac{\partial}{\partial x}\ln|x-y|=\dfrac1{x-y}$ et $\dfrac{\partial}{\partial y}\ln|x-y|=-\dfrac1{x-y}$, quel que soit le signe de $x-y$. D'où
$$\frac{\partial\varphi}{\partial x}=2x-\frac1{x-y},\qquad\frac{\partial\varphi}{\partial y}=2y+\frac1{x-y},$$
$$\frac{\partial^2\varphi}{\partial x^2}=\frac{\partial^2\varphi}{\partial y^2}=2+\frac1{(x-y)^2},\qquad\frac{\partial^2\varphi}{\partial x\partial y}=\frac{\partial^2\varphi}{\partial y\partial x}=-\frac1{(x-y)^2}.$$
$$\boxed{H_\varphi(x,y)=\begin{pmatrix}2+\dfrac1{(x-y)^2}&-\dfrac1{(x-y)^2}\\[2mm]-\dfrac1{(x-y)^2}&2+\dfrac1{(x-y)^2}\end{pmatrix}}$$

### Question 2

$(x_0,y_0)\in U$ est critique si et seulement si
$$2x_0=\frac1{x_0-y_0}\quad\text{et}\quad2y_0=-\frac1{x_0-y_0}.$$
Si ces deux égalités sont vraies, leur somme donne $x_0+y_0=0$, et la première donne $x_0=\frac1{2(x_0-y_0)}$. Réciproquement, si $x_0=-y_0=\frac1{2(x_0-y_0)}$, alors $2x_0=\frac1{x_0-y_0}$ et $2y_0=-2x_0=-\frac1{x_0-y_0}$. Donc
$$\boxed{(x_0,y_0)\ \text{critique}\iff x_0=-y_0=\frac1{2(x_0-y_0)}}$$

### Question 3

Avec $y_0=-x_0$, on a $x_0-y_0=2x_0$, non nul puisque $(x_0,y_0)\in U$. La condition devient $x_0=\dfrac1{4x_0}$, soit $x_0^2=\dfrac14$.
$$\boxed{(x_0,y_0)=\Big(\frac12,-\frac12\Big)\quad\text{ou}\quad(x_0,y_0)=\Big(-\frac12,\frac12\Big)}$$

### Question 4

En ces deux points, $(x_0-y_0)^2=1$ et
$$H_\varphi(x_0,y_0)=\begin{pmatrix}3&-1\\-1&3\end{pmatrix}.$$
Cette matrice symétrique réelle a pour valeurs propres $2$ (vecteur propre $(1,1)$) et $4$ (vecteur propre $(1,-1)$), toutes deux strictement positives. Le point est critique et la hessienne y est définie positive ; comme $\varphi$ est de classe $\mathcal{C}^2$ sur l'ouvert $U$,
$$\boxed{\varphi\ \text{admet un minimum local (strict) en}\ \Big(\tfrac12,-\tfrac12\Big)\ \text{et en}\ \Big(-\tfrac12,\tfrac12\Big),\ \text{de valeur}\ \varphi(x_0,y_0)=\tfrac12}$$
La valeur vient de $\frac14+\frac14-\ln1=\frac12$.

Ce minimum est en fait global. Pour $(x,y)\in U$, on pose $s=|x-y|>0$. Alors $x^2+y^2=\frac12\big((x+y)^2+(x-y)^2\big)\ge\frac{s^2}2$, donc $\varphi(x,y)\ge\frac{s^2}{2}-\ln s$. La fonction $s\mapsto\frac{s^2}2-\ln s$ a pour dérivée $s-\frac1s$ ; elle atteint donc son minimum $\frac12$ en $s=1$. Ainsi
$$\varphi(x,y)\ge\frac12\quad\text{pour tout }(x,y)\in U.$$

### Question 5

**Inégalité tirée de $\varphi$.** Pour $r>0$, le point $\big(\frac r2,-\frac r2\big)$ est dans $U$ et $\varphi\big(\frac r2,-\frac r2\big)=\frac{r^2}2-\ln r$. La minoration $\varphi\ge\frac12$ donne
$$\ln r\le\frac{r^2-1}{2}\qquad(r>0).\tag{$\star$}$$
Elle vaut pour tout $r>0$ grâce au caractère global de la minoration. Avec la seule minoration locale de la question 4, elle vaut pour $r$ voisin de $1$, ce qui suffit pour $n$ assez grand ; les premiers termes, en nombre fini, ne changent pas un $O(N)$.

**Application.** Soit $n\ge2$ et $r_n=1+\frac{(-1)^n}{n}\in\big[\frac23,\frac32\big]$, de sorte que $u_n=\ln r_n$.
- Pour $n$ pair, $u_n>0$ et $(\star)$ avec $r=r_n$ donne $|u_n|=u_n\le\dfrac{r_n^2-1}{2}=\dfrac1n+\dfrac1{2n^2}$.
- Pour $n$ impair, $u_n<0$ et $(\star)$ avec $r=1/r_n$ donne $|u_n|=\ln\dfrac1{r_n}\le\dfrac{r_n^{-2}-1}{2}=\dfrac{2n-1}{2(n-1)^2}$.

Dans les deux cas $|u_n|\le\dfrac2n\le1$. Pour $n$ impair $\ge3$, cela revient à $(2n-1)n\le4(n-1)^2$, c'est-à-dire $2n^2-7n+4\ge0$, vrai pour $n\ge3$. Donc, pour $N\ge2$,
$$\sum_{n=2}^N\Big|\ln\Big(1+\frac{(-1)^n}{n}\Big)\Big|\le N-1,\qquad\boxed{\sum_{n=2}^N\Big|\ln\Big(1+\frac{(-1)^n}n\Big)\Big|=O(N)}$$
On obtient même $O(\ln N)$, puisque $\sum_{n=2}^N\frac2n\le2\ln N$.

**Insuffisance.** La minoration de $\varphi$ ne fournit que des **majorations** de $|u_n|$, au mieux par $\frac2n$, terme général d'une série divergente. Les sommes partielles de $\sum|u_n|$ sont ainsi majorées par une quantité qui tend vers $+\infty$ (en $O(N)$, ou en $O(\ln N)$). Une telle majoration ne permet de conclure ni à la convergence (il faudrait un majorant sommable) ni à la divergence (il faudrait un minorant). La nature de $\sum|u_n|$ ne peut donc pas se déduire de la question 4. C'est l'équivalent $|u_n|\sim\frac1n$ de la partie I (question 6) qui établit la divergence.
$$\boxed{\text{La minoration de }\varphi\text{ ne suffit pas à étudier la convergence de }\sum|u_n|}$$