Maths C

# Banque PT PT — Mathématiques C 2026 · Corrigé guidé

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

## Présentation du sujet

**Format.** Épreuve de 4 h, calculatrice interdite, une feuille de papier millimétré à rendre avec la copie (pour le tracé de la question 4 du préambule). L'avertissement insiste sur la présentation et la justification des résultats ; il prévient aussi que les questions mal référencées ne sont pas notées. Il faut donc reprendre exactement la numérotation (Préambule 1 à 9, I.1 à I.7(d), II.1 à II.8, III.1 à III.5).

**Thème.** Le problème est, selon sa propre conclusion, « un peu éclectique ». Il tourne autour d'un même objet numérique, la série
$$\sum_{n\ge2}u_n,\qquad u_n=\ln\Big(1+\frac{(-1)^n}{n}\Big),$$
étudiée sous plusieurs angles : sommes partielles, produits, intégrales à paramètre, fonctions de deux variables.

**Découpage.**

| Bloc | Contenu | Outils |
|---|---|---|
| Préambule (9 q.) | Étude d'une fonction homographique $f(t)=\frac{t}{t_0-t}$ : dérivées, variations, tangente, tracé, dérivée $n$-ième, primitives ; puis Taylor-Young et les développements limités de $\frac1{1-t}$ et $\ln(1-t)$ | Dérivation, récurrence, DL usuels |
| Partie I (10 q.) | On obtient $u_n$ comme somme de deux intégrales, puis on étudie $\sum u_n$ : convergence, non-convergence absolue, somme exacte (nulle) par télescopage | Intégrales impropres, DL, séries alternées, suites extraites |
| Partie II (8 q.) | Intégrales à paramètre $G_n(x)=\int_0^{+\infty}x^{-nt}t^n\,dt$ : convergence, continuité, dérivabilité, relation de récurrence, forme close, série géométrique, puis une limite qui réutilise la partie I | Domination, IPP, changement de variable, récurrence |
| Partie III (5 q.) | $\varphi(x,y)=x^2+y^2-\ln\lvert x-y\rvert$ : hessienne, points critiques, minimum ; puis une inégalité tirée de ce minimum, appliquée à $\lvert u_n\rvert$, et ses limites | Calcul différentiel à deux variables |

**Difficulté.** Le sujet est de difficulté modérée et assez long. Le préambule et la partie I sont très proches du cours de première année et doivent rapporter beaucoup de points. Les questions qui demandent le plus de soin sont II.2 et II.3 (rédaction de la domination), II.4 (le changement de variable ne suffit pas, il faut une IPP), II.6 (produit en cascade et récurrence) et III.5 (question ouverte, la plus délicate).

**À ne pas laisser passer.** Préambule 1, 2, 3, 6, 7 ; I.1, I.2, I.4, I.5, I.7(b) ; II.5, II.7 ; III.1 à III.3. Ce sont des questions courtes qui demandent surtout de la rigueur.

**Gestion du temps (indicative).** Environ 50 min pour le préambule (tracé compris), 60 min pour la partie I, 75 min pour la partie II, 40 min pour la partie III, et 15 min de relecture.

## Préambule

On étudie une fonction homographique et on rassemble les développements limités qui serviront en partie I. Le fil conducteur est l'identité $f=g-1$, qui simplifie presque toutes les questions.

### Question 1

> [!INDICATION]
> Écrire le numérateur $t$ de $f$ sous la forme $(t-t_0)+t_0$.

> [!INDICATION]
> Deux fonctions qui diffèrent d'une constante ont la même dérivée.

#### Solution

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 $t\in D$ :
$$f(t)=\frac{(t-t_0)+t_0}{t_0-t}=-1+\frac{t_0}{t_0-t}=g(t)-1.$$
Donc $f'=g'$ sur $D$, et en dérivant $(t_0-t)^{-1}$ :
$$\boxed{f'(t)=g'(t)=\frac{t_0}{(t_0-t)^2}\qquad(t\in D)}$$

> [!METHODE]
> Face à une fraction rationnelle de degré $1$ sur degré $1$, on effectue la « division » : $\frac{t}{t_0-t}=-1+\frac{t_0}{t_0-t}$. Cette écriture sert pour la dérivée, la dérivée $n$-ième, les primitives et les asymptotes.

### Question 2

> [!INDICATION]
> Le signe de $f'$ est immédiat ; attention, $D$ n'est pas un intervalle.

> [!INDICATION]
> Pour la limite en $\pm\infty$, diviser numérateur et dénominateur par $t$. En $t_0$, regarder le signe du dénominateur de chaque côté.

#### Solution

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, séparément, sur $]t_0,+\infty[$.

Limites :
- $f(t)=\dfrac1{\frac{t_0}{t}-1}\to-1$ quand $t\to\pm\infty$ ;
- en $t_0^-$ : numérateur $\to t_0>0$, dénominateur $\to0^+$, donc $f(t)\to+\infty$ ;
- en $t_0^+$ : dénominateur $\to0^-$, donc $f(t)\to-\infty$.

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

> [!PIEGE]
> Écrire « $f$ est croissante sur $\mathbb{R}\setminus\{t_0\}$ » invite à comparer $f(t_0-1)$ et $f(t_0+1)$, ce qui est faux : par exemple, pour $t_0=1$, $f(0)=0>f(2)=-2$. La monotonie s'énonce intervalle par intervalle.

### Question 3

> [!INDICATION]
> Équation de la tangente en $a$ : $y=f(a)+f'(a)(t-a)$.

#### Solution

$f(0)=0$ et $f'(0)=\dfrac{t_0}{t_0^2}=\dfrac1{t_0}$, donc
$$\boxed{T:\ y=\frac{t}{t_0}}$$

### Question 4

> [!INDICATION]
> Placer d'abord les asymptotes trouvées en question 2, puis la tangente, puis quelques points.

> [!INDICATION]
> Étudier le signe de $f(t)-t$ pour savoir de quel côté de la tangente se trouve la courbe.

#### Solution

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

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

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

![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)

Sur la copie, on trace à 1 cm par unité. La branche gauche rejoint $y=-1$ par au-dessus en $-\infty$ et la branche droite par en dessous, car $f(t)+1=\frac1{1-t}<0$ ; la droite $T$ ne coupe la courbe qu'en $O$.

> [!METHODE]
> Pour un tracé soigné en peu de temps, on procède dans l'ordre : asymptotes, tangentes remarquables, position relative, puis une demi-douzaine de points calculés de tête.

### Question 5

> [!INDICATION]
> Grâce à la question 1, il suffit de traiter $g$.

> [!INDICATION]
> Calculer $g''$ et $g'''$ pour deviner la formule, puis la démontrer en incluant l'existence de la dérivée dans l'hypothèse de récurrence.

#### Solution

Comme $f=g-1$, on a $f^{(n)}=g^{(n)}$. Montrons par récurrence sur $n\ge1$ la propriété $(\mathcal H_n)$ : « $g$ est $n$ fois dérivable sur $D$ et $g^{(n)}(t)=\dfrac{n!\,t_0}{(t_0-t)^{n+1}}$ ».

- $(\mathcal H_1)$ est la question 1.
- Si $(\mathcal H_n)$ est vraie, $t\mapsto n!\,t_0(t_0-t)^{-(n+1)}$ est dérivable sur $D$, et
$$g^{(n+1)}(t)=n!\,t_0\cdot\big(-(n+1)\big)(t_0-t)^{-(n+2)}\cdot(-1)=\frac{(n+1)!\,t_0}{(t_0-t)^{n+2}}.$$

$$\boxed{f^{(n)}(t)=\frac{n!\,t_0}{(t_0-t)^{n+1}}\qquad(n\ge1,\ t\neq t_0)}$$

> [!PIEGE]
> Les deux signes $-$ (exposant négatif et dérivée de $t_0-t$) se compensent à chaque étape. En dérivant $(t_0-t)^{-k}$ comme $(t-t_0)^{-k}$, on obtient un faux $(-1)^n$.

### Question 6

> [!INDICATION]
> Une primitive de $\frac1{t_0-t}$ est un logarithme ; attention au signe de $t_0-t$ sur chaque intervalle.

#### Solution

Sur chacun des deux intervalles, $\dfrac{d}{dt}\big(-t_0\ln|t_0-t|\big)=\dfrac{t_0}{t_0-t}$. Comme $f=g-1$ :
$$\boxed{G(t)=-t_0\ln|t_0-t|,\qquad F(t)=-t-t_0\ln|t_0-t|}$$

> [!PIEGE]
> Sur $]t_0,+\infty[$, $t_0-t<0$ et $\ln(t_0-t)$ n'existe pas : la valeur absolue est indispensable.

### Question 7

> [!INDICATION]
> Question de cours : énoncer précisément l'hypothèse de régularité et la conclusion.

#### Solution

Si $\psi$ est de classe $\mathcal C^n$ sur l'intervalle $I$ et $x_0\in I$, alors, quand $x\to x_0$ :
$$\boxed{\psi(x)=\sum_{k=0}^n\frac{\psi^{(k)}(x_0)}{k!}(x-x_0)^k+o\big((x-x_0)^n\big)}$$

> [!PIEGE]
> Ne pas confondre avec la formule de Taylor avec reste intégral, qui demande $\mathcal C^{n+1}$ et donne une égalité exacte. Ne pas oublier les $k!$.

### Question 8

> [!INDICATION]
> Reconnaître $\frac1{1-t}$ parmi les fonctions déjà étudiées.

> [!INDICATION]
> C'est $g$ pour $t_0=1$ : la question 5 donne toutes ses dérivées en $0$.

#### Solution

La fonction $t\mapsto\frac1{1-t}$ est définie sur $\boxed{\mathbb R\setminus\{1\}}$ ; c'est $g$ avec $t_0=1$. Elle est de classe $\mathcal C^\infty$ sur $]-\infty,1[\ni0$, avec $g(0)=1$ et $g^{(k)}(0)=k!$ (question 5). Taylor-Young en $0$ à l'ordre $n$ donne
$$\boxed{\frac1{1-t}=\sum_{k=0}^nt^k+o(t^n)\qquad(t\to0)}$$
On peut aussi vérifier directement : $\dfrac1{1-t}-\displaystyle\sum_{k=0}^nt^k=t^n\cdot\dfrac{t}{1-t}$, et $\dfrac{t}{1-t}\to0$.

> [!METHODE]
> La somme géométrique $\sum_{k=0}^nt^k=\frac{1-t^{n+1}}{1-t}$ donne le reste exact $\frac{t^{n+1}}{1-t}$. C'est la façon la plus rapide d'obtenir ce DL quand l'énoncé n'impose pas Taylor-Young.

### Question 9

> [!INDICATION]
> La dérivée de $\ln(1-t)$ est, au signe près, la fonction de la question 8.

> [!INDICATION]
> Primitiver un développement limité fait gagner un ordre. Penser au cas $n=1$, qui demande un DL à l'ordre $0$.

#### Solution

$t\mapsto\ln(1-t)$ est définie sur $\boxed{]-\infty,1[}$, de classe $\mathcal C^\infty$, de dérivée $-\frac1{1-t}$. Celle-ci a pour DL à l'ordre $n-1$ en $0$ : $-\sum_{k=0}^{n-1}t^k+o(t^{n-1})$. C'est la question 8 si $n\ge2$ ; pour $n=1$, c'est $-1+o(1)$ par continuité. On primitive, avec $\ln(1-0)=0$ :
$$\boxed{\ln(1-t)=-\sum_{k=1}^n\frac{t^k}{k}+o(t^n)\qquad(t\to0)}$$
Variante : Taylor-Young directement, avec $\frac{d^k}{dt^k}\ln(1-t)\big|_{t=0}=-(k-1)!$ pour $k\ge1$.

> [!PIEGE]
> Lors de la primitivation, la constante est la valeur de la fonction en $0$ (ici $0$) : il ne faut pas l'oublier, même nulle. Le décalage d'indice $t^k\mapsto\frac{t^{k+1}}{k+1}$ est une source fréquente d'erreurs.

## Partie I

On obtient $u_n=\ln\big(1+\frac{(-1)^n}{n}\big)$ comme somme de deux intégrales, on montre que $\sum u_n$ est semi-convergente, puis on calcule sa somme exacte par télescopage.

### Question 1

> [!INDICATION]
> Factoriser le dénominateur et décomposer en éléments simples.

#### Solution

$h(t)=\dfrac1{t(1+t)}=\dfrac1t-\dfrac1{1+t}$, donc sur $\mathbb R_+^*$ :
$$\boxed{H(t)=\ln\frac{t}{1+t}}$$

### Question 2

> [!INDICATION]
> D'abord la convergence, par un équivalent en $+\infty$ ; ensuite la valeur, avec $H$.

#### Solution

$h$ est continue et positive sur $[n,+\infty[$ et $h(t)\sim\frac1{t^2}$ en $+\infty$ ; l'intégrale de Riemann $\int^{+\infty}\frac{dt}{t^2}$ converge, donc $\int_n^{+\infty}h$ **converge**. Pour $A>n$, $\int_n^Ah=\ln\frac{A}{1+A}-\ln\frac n{n+1}$ et $\ln\frac{A}{1+A}\to0$ :
$$\boxed{\int_n^{+\infty}\frac{dt}{t+t^2}=\ln\frac{n+1}{n}}$$

> [!METHODE]
> Dès qu'on dispose d'une primitive explicite, la limite de $H(A)$ prouve à elle seule la convergence et donne la valeur. L'argument par équivalent reste la réponse la plus sûre quand l'énoncé sépare « étudier la convergence » et « calculer ».

### Question 3

> [!INDICATION]
> L'intégrande $\frac{\sin(nt)}{n+\cos(nt)}$ est, à une constante près, de la forme $\frac{u'}{u}$.

> [!INDICATION]
> Vérifier que $n+\cos(nt)$ ne s'annule pas, puis utiliser $\cos(n\pi)=(-1)^n$.

#### Solution

Pour $n\ge2$, $n+\cos(nt)\ge n-1>0$, et $\dfrac{d}{dt}\ln\big(n+\cos(nt)\big)=\dfrac{-n\sin(nt)}{n+\cos(nt)}$. Donc
$$-n\int_0^\pi\frac{\sin(nt)\,dt}{n+\cos(nt)}=\ln\big(n+(-1)^n\big)-\ln(n+1).$$
Avec la question 2 :
$$u_n=\ln\frac{n+(-1)^n}{n+1}+\ln\frac{n+1}{n}=\ln\frac{n+(-1)^n}{n},\qquad\boxed{u_n=\ln\Big(1+\frac{(-1)^n}{n}\Big)}$$

> [!PIEGE]
> Le changement de variable $s=nt$ est inutile et déplace la borne en $n\pi$, ce qui fait perdre du temps. Reconnaître directement la forme $\frac{u'}{u}$ est plus rapide.

### Question 4

> [!INDICATION]
> Continuité du logarithme en $1$.

#### Solution

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

> [!PIEGE]
> Cette limite nulle est nécessaire à la convergence de $\sum u_n$, mais elle ne la prouve pas.

### Question 5

> [!INDICATION]
> Revenir à la définition : une série converge si la suite de ses sommes partielles converge.

#### Solution

Si $A_N\to A$ et $B_N\to B$ (sommes partielles), alors la somme partielle de $\sum(a_n+\lambda b_n)$ est $C_N=A_N+\lambda B_N\to A+\lambda B$. Donc
$$\boxed{\sum(a_n+\lambda b_n)\ \text{converge, de somme}\ \sum a_n+\lambda\sum b_n}$$

### Question 6

> [!INDICATION]
> Développer $\ln(1+x)$ à l'ordre $2$ avec $x=(-1)^nh$, où $h=\frac1n$.

> [!INDICATION]
> Séparer $u_n$ en un terme alterné de référence et un reste absolument convergent, puis utiliser la question 5. Pour la convergence absolue, chercher un équivalent de $|u_n|$.

#### Solution

Avec $\ln(1+x)=x-\frac{x^2}2+o(x^2)$ (question 9 du préambule) et $x=\frac{(-1)^n}{n}$ :
$$u_n=\frac{(-1)^n}{n}-\frac1{2n^2}+o\Big(\frac1{n^2}\Big).$$
On pose $a_n=\frac{(-1)^n}{n}$ et $b_n=u_n-a_n\sim-\frac1{2n^2}$.
- $\sum a_n$ converge par le critère spécial des séries alternées : $\frac1n$ décroît vers $0$.
- $\sum b_n$ converge absolument par comparaison à $\sum\frac1{n^2}$.
- Par la question 5, $\sum u_n$ **converge**.

Comme $b_n=o(1/n)$, on a $|u_n|\sim\frac1n$, donc $\sum|u_n|$ **diverge** (série harmonique).
$$\boxed{\sum u_n\ \text{est convergente mais pas absolument convergente}}$$

> [!PIEGE]
> L'équivalent $u_n\sim\frac{(-1)^n}{n}$ ne permet pas de conclure : la règle des équivalents ne vaut que pour des séries de signe constant. Il faut un développement à l'ordre $2$ avec un reste en $O\big(\frac1{n^2}\big)$.

> [!METHODE]
> Schéma standard pour $\sum\big(\frac{(-1)^n}{n^\alpha}+\cdots\big)$ : développement asymptotique jusqu'à obtenir un reste absolument convergent ; série alternée de référence ; linéarité (question 5).

### Question 7(a)

> [!INDICATION]
> Écrire $u_n$ selon la parité de $n$.

> [!INDICATION]
> Récurrence sur $N$ : on passe de $S_{2N}$ à $S_{2N+2}$ en ajoutant deux termes, un d'indice impair et un d'indice pair.

#### Solution

Pour $n$ pair, $u_n=\ln\frac{n+1}{n}$ ; pour $n$ impair, $u_n=\ln\frac{n-1}{n}$.
- $N=1$ : $S_2=u_2=\ln\frac32$.
- Si $S_{2N}=\ln\frac{2N+1}{2N}$, alors
$$S_{2N+2}=\ln\frac{2N+1}{2N}+\ln\frac{2N}{2N+1}+\ln\frac{2N+3}{2N+2}=\ln\frac{2N+3}{2N+2}.$$
$$\boxed{S_{2N}=\ln\frac{2N+1}{2N}\qquad(N\ge1)}$$

### Question 7(b)

> [!INDICATION]
> Utiliser les expressions selon la parité ; « comparer » peut aller jusqu'à une égalité.

#### Solution

$$u_{2n}=\ln\frac{2n+1}{2n},\qquad u_{2n+1}=\ln\frac{2n}{2n+1}=-u_{2n},\qquad\boxed{u_{2n+1}=-u_{2n}\quad(n\ge1)}$$
En particulier $u_{2n}>0>u_{2n+1}$ et $|u_{2n+1}|=|u_{2n}|$.

### Question 7(c)

> [!INDICATION]
> Regrouper les termes de $S_{2N-1}$ par paires consécutives en commençant à l'indice $2$.

#### Solution

Pour $N\ge2$ : $S_{2N-1}=\sum_{n=1}^{N-1}(u_{2n}+u_{2n+1})=0$ par (b).
$$\boxed{S_{2N-1}=0}$$
On retrouve ce résultat par (a) : $S_{2N-1}=S_{2N}-u_{2N}=0$.

### Question 7(d)

> [!INDICATION]
> Étudier séparément les sommes partielles d'indices pairs et d'indices impairs.

#### Solution

$S_{2N}=\ln\big(1+\frac1{2N}\big)\to0$ et $S_{2N-1}=0$. Les deux suites extraites $(S_{2N})$ et $(S_{2N-1})$ tendent vers $0$, donc $S_N\to0$ :
$$\boxed{\sum_{n=2}^{+\infty}u_n=0}$$

> [!METHODE]
> Si $(S_{2N})$ et $(S_{2N+1})$ convergent vers la même limite, $(S_N)$ converge vers cette limite. C'est l'outil naturel pour les séries dont les termes se compensent deux à deux.

## Partie II

On étudie une famille d'intégrales à paramètre : convergence, régularité par domination, puis calcul exact par une relation de récurrence. On termine en reliant le résultat à la partie I.

### Question 1

> [!INDICATION]
> Écrire $x^{-nt}=e^{-nt\ln x}$ et noter le signe de $\ln x$.

> [!INDICATION]
> Comparer à $\frac1{t^2}$ en $+\infty$ par croissances comparées.

#### Solution

Pour $x>1$, $\ln x>0$. L'intégrande $t^ne^{-nt\ln x}$ est continue et positive sur $[0,+\infty[$, et $t^{n+2}e^{-nt\ln x}\to0$, donc l'intégrande est $o(1/t^2)$ en $+\infty$.
$$\boxed{G_n(x)\ \text{converge pour tout}\ x>1}$$

> [!PIEGE]
> Préciser que la seule borne impropre est $+\infty$ : en $0$, l'intégrande est continue.

### Question 2

> [!INDICATION]
> Appliquer le théorème de continuité des intégrales à paramètre : il faut une domination indépendante de $x$.

> [!INDICATION]
> Pour $x\ge a$ et $t\ge0$, comparer $x^{-nt}$ et $a^{-nt}$.

#### Solution

Soit $\Phi(x,t)=t^nx^{-nt}$. Pour $t\ge0$ fixé, $x\mapsto\Phi(x,t)$ est continue ; pour $x$ fixé, $t\mapsto\Phi(x,t)$ est continue. Pour $x\ge a>1$ et $t\ge0$, on a $\ln x\ge\ln a$, donc
$$0\le\Phi(x,t)\le t^na^{-nt},$$
majorant intégrable sur $[0,+\infty[$ d'après la question 1 en $x=a$. Donc
$$\boxed{G_n\ \text{est continue sur}\ [a,+\infty[}$$
Ceci valant pour tout $a>1$, $G_n$ est continue sur $]1,+\infty[$.

> [!METHODE]
> On travaille sur $[a,+\infty[$ et non sur $]1,+\infty[$ : au voisinage de $1$, aucune domination uniforme n'existe, car $t^nx^{-nt}\to t^n$ quand $x\to1$. La continuité étant locale, la couverture $]1,+\infty[=\bigcup_{a>1}[a,+\infty[$ suffit.

### Question 3

> [!INDICATION]
> Même démarche avec le théorème de dérivation : calculer $\frac{\partial\Phi}{\partial x}$, puis dominer.

#### Solution

$\dfrac{\partial\Phi}{\partial x}(x,t)=-n\,t^{n+1}x^{-nt-1}$, continue en $x$ et en $t$. Pour $x\ge a$ :
$$\Big|\frac{\partial\Phi}{\partial x}(x,t)\Big|\le n\,t^{n+1}a^{-nt-1},$$
majorant intégrable sur $[0,+\infty[$ (il est $o(1/t^2)$). Par le théorème de dérivation sous le signe intégral, $G_n$ est de classe $\mathcal C^1$ sur $[a,+\infty[$ et
$$\boxed{G_n'(x)=-n\int_0^{+\infty}t^{n+1}x^{-nt-1}\,dt\qquad(x\ge a)}$$

> [!PIEGE]
> Dériver $x^{-nt}$ par rapport à $x$, et non par rapport à $t$ : $\frac{\partial}{\partial x}x^{-nt}=-nt\,x^{-nt-1}$.

### Question 4

> [!INDICATION]
> Après le changement de variable suggéré, l'exposant de $x$ devient celui de $G_n$, mais pas encore la puissance de $u$.

> [!INDICATION]
> Une intégration par parties fait baisser la puissance de $u$ d'une unité.

#### Solution

Avec $u=\frac{(n+1)t}{n}$ (bijection affine de $[0,+\infty[$) : $t=\frac{n}{n+1}u$, $dt=\frac n{n+1}du$ et $(n+1)t=nu$, donc
$$G_{n+1}(x)=\Big(\frac n{n+1}\Big)^{n+2}\int_0^{+\infty}u^{n+1}x^{-nu}\,du.$$
IPP sur $[0,A]$, avec $u^{n+1}$ et $-\frac{x^{-nu}}{n\ln x}$ :
$$\int_0^Au^{n+1}x^{-nu}\,du=\Big[-\frac{u^{n+1}x^{-nu}}{n\ln x}\Big]_0^A+\frac{n+1}{n\ln x}\int_0^Au^nx^{-nu}\,du.$$
Le crochet tend vers $0$ quand $A\to+\infty$, d'où $\int_0^{+\infty}u^{n+1}x^{-nu}\,du=\frac{n+1}{n\ln x}G_n(x)$, puis
$$\boxed{G_{n+1}(x)=\frac1{\ln x}\Big(\frac n{n+1}\Big)^{n+1}G_n(x)}$$

> [!PIEGE]
> Faire l'IPP sur un segment $[0,A]$, puis passer à la limite. Écrire directement un crochet en $+\infty$ n'est licite que si l'on justifie que le crochet a une limite.

### Question 5

> [!INDICATION]
> Une intégration par parties avec $c=\ln x>0$.

#### Solution

$$\int_0^Ate^{-ct}\,dt=-\frac{Ae^{-cA}}c+\frac{1-e^{-cA}}{c^2}\xrightarrow[A\to+\infty]{}\frac1{c^2},\qquad\boxed{G_1(x)=\frac1{(\ln x)^2}}$$

### Question 6

> [!INDICATION]
> Écrire $G_n$ comme $G_1$ multiplié par les quotients successifs $\frac{G_{k+1}}{G_k}$, $k=1,\dots,n-1$.

> [!INDICATION]
> Dans le produit des $\frac{k^{k+1}}{(k+1)^{k+1}}$, séparer $k^{k+1}=k\cdot k^k$ : une partie télescope, l'autre donne une factorielle. Confirmer ensuite par récurrence.

#### Solution

Les $G_k(x)$ sont strictement positifs. Pour $n\ge2$ :
$$G_n(x)=G_1(x)\prod_{k=1}^{n-1}\frac{G_{k+1}(x)}{G_k(x)}=\frac{1}{(\ln x)^{n+1}}\prod_{k=1}^{n-1}k\cdot\prod_{k=1}^{n-1}\frac{k^k}{(k+1)^{k+1}}=\frac{(n-1)!}{n^n(\ln x)^{n+1}}.$$

**Récurrence.** On montre $(\mathcal P_n)$ : $G_n(x)=\dfrac{n!}{(n\ln x)^{n+1}}$.
- $(\mathcal P_1)$ est la question 5.
- Si $(\mathcal P_n)$ est vraie :
$$G_{n+1}(x)=\frac{1}{\ln x}\cdot\frac{n^{n+1}}{(n+1)^{n+1}}\cdot\frac{n!}{n^{n+1}(\ln x)^{n+1}}=\frac{n!}{(n+1)^{n+1}(\ln x)^{n+2}}=\frac{(n+1)!}{\big((n+1)\ln x\big)^{n+2}}.$$
$$\boxed{G_n(x)=\frac{n!}{(n\ln x)^{n+1}}\qquad(n\ge1,\ x>1)}$$

> [!METHODE]
> Pour une suite définie par $v_{n+1}=\rho_n v_n$, on a $v_n=v_1\prod_{k=1}^{n-1}\rho_k$. On simplifie le produit, souvent par télescopage ; la récurrence sert ensuite à valider la formule trouvée.

> [!PIEGE]
> L'énoncé exige une récurrence explicite. Une formule « devinée » sans récurrence, ou un produit sans vérification, est incomplet.

### Question 7

> [!INDICATION]
> Simplifier le terme général avec la question 6 avant toute chose.

#### Solution

$$\frac{n^nG_n(x)}{(n-1)!}=\frac{n^n}{(n-1)!}\cdot\frac{n!}{n^{n+1}(\ln x)^{n+1}}=\frac1{(\ln x)^{n+1}}=q^{n+1},\qquad q=\frac1{\ln x}>0.$$
Série géométrique : elle converge si et seulement si $q<1$, c'est-à-dire
$$\boxed{x>e}$$
Pour $q\ge1$, il y a divergence grossière. Dans ce cas,
$$S(x)=\sum_{n\ge1}q^{n+1}=\frac{q^2}{1-q},\qquad\boxed{S(x)=\frac1{\ln x\,(\ln x-1)}\qquad(x>e)}$$

> [!PIEGE]
> La série commence à $q^2$ et non à $q^0$ : la somme vaut $\frac{q^2}{1-q}$ et non $\frac1{1-q}$.

### Question 8

> [!INDICATION]
> Passer au logarithme dans le produit : on retrouve une somme partielle de la partie I.

> [!INDICATION]
> Conclure par continuité de $G_n$ (question 2) au point limite.

#### Solution

Chaque facteur $1+\frac{(-1)^k}{k}$ est strictement positif, et
$$\ln\prod_{k=2}^{2N}\Big(1+\frac{(-1)^k}k\Big)=S_{2N}=\ln\frac{2N+1}{2N}\quad\text{(I.7(a))},$$
donc $\Pi_N=e\big(1+\frac1{2N}\big)\to e$, avec $\Pi_N>e>1$. Pour $n$ fixé, $G_n$ est continue en $e$ (question 2), donc
$$\boxed{\lim_{N\to+\infty}G_n(\Pi_N)=G_n(e)=\frac{n!}{n^{n+1}}}$$
Remarque : si l'énoncé voulait dire $G_N(\Pi_N)$, on aurait $0<G_N(\Pi_N)\le\frac{N!}{N^{N+1}}\le\frac1N$, et la limite serait nulle.

> [!METHODE]
> Quand un produit $\prod(1+a_k)$ apparaît, on passe au logarithme : il devient une série $\sum\ln(1+a_k)$.

## Partie III

On revient à la série $\sum|u_n|$ par le calcul différentiel à deux variables : le minimum de $\varphi$ donne une inégalité entre $\ln$ et un polynôme, qu'on applique aux $u_n$. On en voit ensuite les limites.

### Question 1

> [!INDICATION]
> Les dérivées de $\ln|x-y|$ ne dépendent pas du signe de $x-y$.

#### Solution

$$\frac{\partial\varphi}{\partial x}=2x-\frac1{x-y},\qquad\frac{\partial\varphi}{\partial y}=2y+\frac1{x-y},$$
$$\boxed{H_\varphi(x,y)=\begin{pmatrix}2+\dfrac1{(x-y)^2}&-\dfrac1{(x-y)^2}\\[2mm]-\dfrac1{(x-y)^2}&2+\dfrac1{(x-y)^2}\end{pmatrix}}$$

> [!PIEGE]
> $\frac{\partial}{\partial y}\big(-\ln|x-y|\big)=+\frac1{x-y}$ : le signe $-$ de la dérivée intérieure se compense avec le $-$ devant le logarithme.

### Question 2

> [!INDICATION]
> Écrire le système $\nabla\varphi=0$, l'additionner, et ne pas oublier la réciproque.

#### Solution

Le point $(x_0,y_0)$ est critique si et seulement si $2x_0=\frac1{x_0-y_0}$ et $2y_0=-\frac1{x_0-y_0}$. La somme donne $y_0=-x_0$ et la première équation donne $x_0=\frac1{2(x_0-y_0)}$. Réciproquement, ces deux relations redonnent les deux équations.
$$\boxed{(x_0,y_0)\ \text{critique}\iff x_0=-y_0=\frac1{2(x_0-y_0)}}$$

### Question 3

> [!INDICATION]
> Remplacer $y_0$ par $-x_0$ dans la seconde égalité.

#### Solution

$x_0-y_0=2x_0\neq0$, et $x_0=\frac1{4x_0}$ donne $x_0^2=\frac14$ :
$$\boxed{(x_0,y_0)\in\Big\{\Big(\tfrac12,-\tfrac12\Big),\Big(-\tfrac12,\tfrac12\Big)\Big\}}$$

### Question 4

> [!INDICATION]
> Évaluer la hessienne aux points trouvés et en déterminer le spectre.

> [!INDICATION]
> Pour aller plus loin : $x^2+y^2\ge\frac12(x-y)^2$ ramène l'étude de $\varphi$ à une fonction d'une seule variable.

#### Solution

En ces points $(x_0-y_0)^2=1$, donc $H_\varphi=\begin{pmatrix}3&-1\\-1&3\end{pmatrix}$, de valeurs propres $2$ et $4$, strictement positives. En un point critique d'une fonction $\mathcal C^2$ sur un ouvert, une hessienne définie positive donne un minimum local strict :
$$\boxed{\varphi\ \text{admet un minimum local en}\ (\pm\tfrac12,\mp\tfrac12),\ \text{de valeur}\ \tfrac12}$$

Ce minimum est même global : avec $s=|x-y|$, $x^2+y^2=\frac12\big((x+y)^2+s^2\big)\ge\frac{s^2}2$, donc $\varphi(x,y)\ge\frac{s^2}2-\ln s\ge\frac12$. La dernière inégalité vient de l'étude de $s\mapsto\frac{s^2}{2}-\ln s$, minimale en $s=1$.

> [!METHODE]
> En dimension $2$, on calcule le spectre de la hessienne. Une matrice symétrique $2\times2$ de déterminant $>0$ et de trace $>0$ a ses deux valeurs propres $>0$.

### Question 5

> [!INDICATION]
> Choisir un point de la forme $\big(\frac r2,-\frac r2\big)$ pour faire apparaître $\ln r$ dans $\varphi$.

> [!INDICATION]
> Prendre $r=r_n=1+\frac{(-1)^n}{n}$ quand $u_n>0$, et $r=\frac1{r_n}$ quand $u_n<0$.

> [!INDICATION]
> Pour la seconde partie, se demander quel type d'inégalité sur $|u_n|$ permettrait de conclure à la convergence, et quel type à la divergence.

#### Solution

Pour $r>0$, $\varphi\big(\frac r2,-\frac r2\big)=\frac{r^2}2-\ln r\ge\frac12$, d'où
$$\ln r\le\frac{r^2-1}2.\tag{$\star$}$$
Cette inégalité vaut pour tout $r>0$ par la minoration globale. Avec la seule minoration locale, elle vaut pour $r$ voisin de $1$, donc pour $n$ assez grand ci-dessous ; cela suffit pour un $O(N)$.

Avec $r_n=1+\frac{(-1)^n}{n}$ et $u_n=\ln r_n$ :
- $n$ pair : $0<u_n\le\frac{r_n^2-1}2=\frac1n+\frac1{2n^2}\le\frac2n$ ;
- $n$ impair : $0<-u_n=\ln\frac1{r_n}\le\frac{r_n^{-2}-1}{2}=\frac{2n-1}{2(n-1)^2}\le\frac2n$ (car $2n^2-7n+4\ge0$ pour $n\ge3$).

Donc $|u_n|\le\frac2n\le1$ et
$$\boxed{\sum_{n=2}^N\Big|\ln\Big(1+\frac{(-1)^n}n\Big)\Big|\le N-1=O(N)}$$
(et même $O(\ln N)$).

**Insuffisance.** La question 4 ne fournit que des majorations de $|u_n|$, au mieux par $\frac2n$, terme d'une série divergente. Pour prouver la convergence de $\sum|u_n|$, il faudrait un majorant sommable ; pour prouver sa divergence, il faudrait un minorant non sommable. Aucun des deux n'est obtenu, donc la minoration de $\varphi$ ne permet pas de trancher. C'est l'équivalent $|u_n|\sim\frac1n$ (I.6) qui donne la divergence.
$$\boxed{\text{La minoration de }\varphi\text{ ne suffit pas à étudier la convergence de }\sum|u_n|}$$

> [!PIEGE]
> Croire qu'un majorant en $O(N)$, ou un majorant terme à terme non sommable, prouve la divergence. Un majorant ne prouve jamais une divergence.

> [!METHODE]
> L'inégalité $(\star)$, équivalente à $\ln r\le\frac{r^2-1}{2}$, est une inégalité de convexité du même type que $\ln r\le r-1$. Elle est souvent utile pour encadrer $\ln(1+\varepsilon)$, mais elle ne donne qu'une borne d'un seul côté.

## Bilan

**Méthodes à retenir.**
- Division d'une fraction homographique ($f=g-1$) avant de dériver ou de primitiver.
- Dérivée $n$-ième par récurrence, avec l'existence de la dérivée incluse dans l'hypothèse.
- Primitivation d'un développement limité (gain d'un ordre, constante = valeur en $0$).
- Série semi-convergente : développement asymptotique, puis série alternée de référence, reste absolument convergent et linéarité.
- Sommes partielles paires et impaires ; produits ramenés à des sommes par le logarithme.
- Intégrales à paramètre : domination sur $[a,+\infty[$, puis extension à $]1,+\infty[$.
- Relation de récurrence par changement de variable et IPP, puis produit en cascade.
- Extremums à deux variables : gradient, hessienne, spectre.

**Prérequis à revoir.** DL usuels, croissances comparées, critère spécial des séries alternées, théorèmes de continuité et de dérivation sous le signe intégral, condition du second ordre pour les extremums.

**Questions transposables.** I.6 (nature de $\sum\ln(1+\frac{(-1)^n}{n^\alpha})$), I.7 (sommes télescopiques), II.4 à II.6 (intégrales du type $\int_0^{+\infty}t^ne^{-\lambda t}\,dt=\frac{n!}{\lambda^{n+1}}$, que l'on reconnaît ici avec $\lambda=n\ln x$), III.4 (recherche d'extremum et passage du local au global par une inégalité).