FILIERE PC MATHEMATIQUES 2 Partie I : le polylogarithme

SESSION 2012

CONCOURS COMMUN POLYTECHNIQUE (ENSI)

FILIERE PC

MATHEMATIQUES 2

Partie I : le polylogarithme

I-1.1. Soit α ∈ R. Pour n ∈ N∗, posons an =1

nα. Alors, pour tout n ∈ N∗, an(α) 6= 0 puis

an+1

an=

(

1+1

n

)−α

→n→+∞

1.

D’après la règle de d’Alembert,

Ra = 1.

I-1.2. On sait que la somme d’une série entière est de classe C∞ sur son intervalle ouvert de convergence et que ses dérivéessuccessives s’obtiennent par dérivation terme à terme. Donc Lα est classe C∞ sur ] − 1, 1[.

I-1.3. Soit x ∈] − 1, 1[. Alors −x ∈] − 1, 1[ et donc Lα(−x) existe puis

Lα(x) + Lα(−x) =

+∞∑

n=1

(1 + (−1)n)xn

nα= 2

+∞∑

p=1

x2p

(2p)α= 21−α

+∞∑

p=1

(x2)p

pα

= 21−αLα(x2).

∀α ∈ R, ∀x ∈] − 1, 1[, Lα(x) + Lα(−x) = 21−αLα(x2).

I-2.1. Soit α ∈ R. Pour tout x ∈] − 1, 1[,

xL ′

α+1(x) = x

+∞∑

n=1

nxn−1

nα+1=

+∞∑

n=1

xn

nα= Lα(x).

∀α ∈ R, ∀x ∈] − 1, 1[, xL ′

α+1(x) = Lα(x).

I-2.2. Pour tout x ∈] − 1, 1[, L0(x) =+∞∑

n=1

xn =x

1− x.

Pour tout x ∈] − 1, 1[, L1(x) =+∞∑

n=1

xn

n= − ln(1− x).

Pour tout x ∈] − 1, 1[, L−1(x) = xL′

0(x) =x

(1− x)2.

I-3. Soit α 6 1. Pour x ∈ [0, 1[, L ′

α(x) =

+∞∑

n=1

xn−1

nα−1> 0. Donc, la fonction Lα est croissante sur [0, 1[. On en déduit que

Lα admet une limite ℓ quand x tend vers 1 par valeurs inférieures où ℓ ∈] −∞,+∞].

Soit N ∈ N∗. Pour tout x ∈ [0, 1[, Lα(x) =

+∞∑

n=1

xn

nα>

N∑

n=1

xn

nα. Quand x tend vers 1 par valeurs inférieures, on obtient

ℓ >

N∑

n=1

1

nα. Ainsi,

http ://www.maths-france.fr 1 c© Jean-Louis Rouget, 2012. Tous droits réservés.

∀N ∈ N∗, ℓ >

N∑

n=1

1

nα. (∗)

Puisque α 6 1, on sait que la série de Riemann de terme général1

nα, n > 1, diverge.

Plus précisément, limN→+∞

(

N∑

n=1

1

nα

)

= +∞. Quand N tend vers +∞ dans (∗), on obtient ℓ > +∞ et finalement

∀α ∈] −∞, 1], limx→1x<1

Lα(x) = +∞.

Partie II : prolongement pour α > 1

II-1.1. Soit α > 1. On sait que la série de Riemann de terme général1

nα, n > 1, converge et donc Lα(1) existe. Mais

alors, la série de terme général(−1)n

nα, n > 1, converge absolument et en particulier converge et donc Lα(−1) existe. En

résumé, la fonction Lα est définie sur [−1, 1].

Vérifions que Lα est continue sur [−1, 1]. Pour n ∈ N∗ et x ∈ [−1, 1], posons fn(x) =xn

nα. Chaque fonction fn est continue

sur [−1, 1] et de plus, pour tout n ∈ N∗ et tout x ∈ [−1, 1],

|fn(x)| =|x|n

nα6

1

nα.

Puisque α > 1, la série numérique de terme général1

nα, n > 1, converge et donc la série de fonctions de terme général

fn, n > 1, converge normalement sur [−1, 1].

En résumé,

• Chaque fonction fn, n > 1, est continue sur [−1, 1].• La série de fonctions de terme général fn, n > 1, converge normalement vers la fonction Lα sur [−1, 1].

On en déduit que la fonction Lα est continue sur [−1, 1].

II-1.2. D’après la question précédente, la fonction L2 est définie et continue sur [−1, 1]. D’après les questions I-2.2 et I-3,

limx→1x<1

L ′

2(x) = limx→1x<1

L1(x)

x= +∞.

D’après un théorème classique d’analyse, la fonction L2 n’est pas dérivable en 1 mais sa courbe représentative admet en1 une demi-tangente parallèle à (Oy).

II-2.1. Soit α > 1. Pour tout réel strictement positif u, eu − 1 > 0. Donc, la fonction ϕ : u 7→ uα−1

eu − 1est continue

sur [0,+∞[ en tant que quotient de fonctions continues sur ]0,+∞[ dont le dénominateur ne s’annule pas sur ]0,+∞[. Deplus, la fonction ϕ est positive sur ]0,+∞[.

• Quand u tend vers 0 par valeurs supérieures, ϕ(u) ∼uα−1

u= uα−2. Puisque α − 2 > −1, la fonction u 7→ uα−2 est

intégrable sur un voisinage de 0 à droite et donc la fonction ϕ est intégrable sur un voisinage de 0 à droite.

• Quand u tend vers +∞, u2ϕ(u) ∼ uα+1e−u. D’après un théorème de croissances comparées, u2ϕ(u) tend vers 0 quand

u tend vers +∞ ou encore ϕ(u) est négligeable devant1

u2quand u tend vers +∞. On en déduit que la fonction ϕ est

intégrable sur un voisinage de +∞.

Finalement, la fonction ϕ est intégrable sur ]0,+∞[.

II-2.2. On sait déjà que l’intégrale proposée existe que x = 1. Soit x < 1. Pour tout réel strictement positif u, eu − x >

1 − x > 0. Donc, la fonction u 7→ uα−1

eu − xest continue sur [0,+∞[ et négligeable devant

1

u2quand u tend vers +∞. La

fonction u 7→ uα−1

eu − xest donc intégrable sur [0,+∞[. On en déduit l’existence Kα(x).


II-2.3. Posons Φ : ] −∞, 1]×]0,+∞[ → R

(x, u) 7→ uα−1

eu − x

.

• Pour tout x ∈] −∞, 1], la fonction u 7→ Φ(x, u) est continue par morceaux sur ]0,+∞[.• Pour tout u ∈]0,+∞[, la fonction x 7→ Φ(x, u) est continue sur [0,+∞[.

• Pour x ∈] −∞, 1] et u ∈]0,+∞[, eu − x > eu − 1 > 0 et donc pour tout (x, u) ∈] −∞, 1]×]0,+∞[, |Φ(x, u)| =uα−1

eu − x6

uα−1

eu − 1= ϕ(u) où ϕ est une fonction continue et intégrable sur ]0,+∞[ d’après la question II-2.1.

D’après le théorème de continuité des intégrales à paramètres,

la fonction Kα est continue sur ] −∞, 1].

II-2.4. Soit α > 2. La fonction Φ admet sur ] −∞, 1]×]0,+∞[ une dérivée partielle par rapport à sa première variable xdéfinie par

∀(x, u) ∈] −∞, 1]×]0,+∞[,∂Φ

∂x(x, u) =

uα−1eu

(eu − x)2.

• Pour tout x ∈] − ∞, 1], la fonction u 7→ Φ(x, u) est continue par morceaux et intégrable sur ]0,+∞ et la fonction

u 7→ ∂Φ

∂x(x, u) est continue par morceaux sur ]0,+∞[.

• Pour tout u ∈]0,+∞[, la fonction x 7→ ∂Φ

∂x(x, u) est continue sur ] −∞, 1].

• Pour tout (x, u) ∈] − ∞, 1]×]0,+∞[,

∣

∣

∣

∣

∂Φ

∂x(x, u)

∣

∣

∣

∣

6uα−1eu

(eu − 1)2= ϕ1(u). La fonction ϕ1 est continue et positive sur

]0,+∞[, est équivalente en à uα−3 avec α − 3 > −1 et est négligeable devant1

u2en +∞. Donc la fonction ϕ1 est

intégrable sur ]0,+∞[.

D’après le théorème de dérivation des intégrales à paramètres (théorème de Leibniz), la fonction Kα est de classe C1 sur] −∞, 1] et

∀α > 2, ∀x ∈] −∞, 1], K ′

α(x) =

∫+∞

0

uα−1eu

(eu − x)2.

II-2.5. On reprend la démonstration précédente en remplaçant ] − ∞, 1]×]0,+∞[ par [a, b] × [0,+∞[. On prend pour

fonction ϕ1 la fonction u 7→ uα−1eu

(eu − a)2. Cette fonction est continue et positive sur [0,+∞[, négligeable en +∞ devant

1

t2

et donc intégrable sur [0,+∞[.

D’après le théorème de Leibniz, la fonction Kα est de classe C1 sur tout segment [a, b] avec a < b < 1 et donc la fonctionKα est de classe C1 sur ] −∞, 1[ et

∀α > 1, ∀x ∈] −∞, 1[, K ′

α(x) =

∫+∞

0

uα−1eu

(eu − x)2.

II-3.1. Soit α > 1. La fonction t 7→ tα−1e−t dt est continue sur [0,+∞[ et est négligeable en +∞ devant1

t2. Donc la

fonction t 7→ tα−1e−t dt est intégrable sur [0,+∞[. On en déduit l’existence de Gα.

Gα est l’intégrale d’une fonction continue, positive et non nulle sur ]0,+∞[ et donc Gα > 0.

II-3.2. Soient u ∈]0,+∞[ et x ∈ [−1, 1]. Alors |xe−u| 6 e−u < 1 puis

1

eu − x=

e−u

1− xe−u= e−u

+∞∑

k=0

(

xe−u)k

=

+∞∑

k=0

xke−(k+1)u.

II-3.3. Soit x ∈ [−1, 1]. Pour u ∈]0,+∞[, posons gk(u) = uα−1xk+1e−(k+1)u.

D’après la question précédente,


+∞∑

k=0

gk(u) = xuα−1

+∞∑

k=0

xke−(k+1)u =xuα−1

eu − x,

et la série de fonctions de terme général gk, k ∈ N, converge simplement sur ]0,+∞[ vers la fonction u 7→ xuα−1

eu − x. De plus

la fonction u 7→ xuα−1

eu − xest continue sur ]0,+∞[. Ensuite,

+∞∑

k=0

∫+∞

0

|gk(u)| du =

+∞∑

k=0

xk+1

(∫+∞

0

uα−1e−(k+1)u du

)

=

+∞∑

k=0

xk+1

(∫+∞

0

(

t

k + 1

)α−1

e−t dt

k + 1

)

(en posant t = (k + 1)u)

=

+∞∑

k=0

xk+1

(k + 1)αGα = Gα

+∞∑

k=1

xk

kα

= GαLα(x) < +∞.

D’après un théorème d’intégration terme à terme,

xKα(x) =

∫+∞

0

(

+∞∑

k=0

gk(u)

)

du =

+∞∑

k=0

∫+∞

0

gk(u) du = GαLα(x).

∀α > 1, ∀x ∈ [−1, 1], xKα(x) = GαLα(x).

II-4.1. Soit α > 1. D’après les questions II.2.2 et II.2.4, la fonction Kα est continue sur ] − ∞, 1]? et de classe C1 sur] −∞, 1[. Il en est de même de la fonction Lα.II-4.2. Soient /alpha > 1 et x 6 1. L’application u 7→ e−u = t est un C1-difféomorphisme de ]0,+∞[ sur ]0, 1[. On peutdonc poser t = e−u ou encore u = − ln t et on obtient

Lα(x) =x

Gα

∫+∞

0

uα−1e−u

1− xe−udu =

x

Gα

∫0

1

(− ln t)α−1t

1− xt

(

−dt

t

)

=x

Gα

∫0

1

(− ln t)α−1

1− xtdt.

II-4.3. Soit z ∈ C\]1,+∞[. Posons z = a+ ib où a et b sont deux réels.

Pour tout u ∈]0,+∞[, eu − z 6= 0 et donc la fonction u 7→ uα−1

eu − zest continue sur ]0,+∞[. Pour tout u ∈]0,+∞[,

|eu − z| = |(eu − a) + ib| =√

(eu − a)2 + b2.

Donc, pour tout u ∈]0,+∞[,

∣

∣

∣

∣

uα−1

eu − z

∣

∣

∣

∣

=uα−1

√

(eu − a)2 + b2. On sait déjà que la fonction u 7→ uα−1

eu − 1est intégrable sur

]0,+∞[ ce qui le règle le cas où (a, b) = (1, 0).Si (a, b) 6= (1, 0) (et (a, b) /∈]1,+∞[×{0}), pour tout u ∈ [0,+∞[, (eu − a)2 + b2 = 0 ⇔ eu = a et b = 0 ce qui

est impossible car (a, b) /∈]1,+∞[×{0}. Donc la fonction u 7→ uα−1

√

(eu − a)2 + b2est continue sur [0,+∞[. De plus, cette

fonction est négligeable en +∞ devant1

u2et finalement la fonction u 7→

∣

∣

∣

∣

uα−1

eu − z

∣

∣

∣

∣

est intégrable sur [0,+∞[. On en déduit

l’existence de /dfraczGα

∫+∞

0

uα−1

eu − zdu.

Soit z ∈ C. z2 /∈]1,+∞[⇔ z /∈ (] − ∞,−1[∪]1,+∞[). Soit donc z ∈ C \ (] − ∞,−1[∪]1,+∞[). Alors, z /∈]1,+∞[ et−z /∈]1,+∞[ puis

Lα(z) + Lα(−z) =z

Gα

∫+∞

0

uα−1

eu − zdu−

z

Gα

∫+∞

0

uα−1

eu + zdu =

2z2

Gα

∫+∞

0

uα−1

e2u − z2du

=2z2

Gα

∫+∞

0

(v

2

)α−1

ev − z2dv

2= 21−α z

2

Gα

∫+∞

0

vα−1

ev − z2dv

= 21−αLα(z2).


∀α > 1, ∀z ∈ C \ (] −∞,−1[∪]1,+∞[), Lα(z) + Lα(−z) = 21−αLα(z

2).

Partie III : le cas α = 2

III-1.1. Graphe de f.

1

2

−1

−2

1 2 3 4 5 6−1−2−3−4−5−6

b bb bb

((

) )

Puisque f est continue par morceaux sur R et 2π-périodique, on peut calculer les coefficients de Fourier de f. Puisque fest impaire, pour tout n ∈ N, an(f) = 0 puis pour tout n ∈ N∗,

bn(f) =2

π

∫π

0

π− x

2sin(nx) dx =

2

π

([

π− x

2

(

−cos(nx)

n

)]π

0

−1

2n

∫π

0

cos(nx) dx

)

=2

π× π

2n=1

n.

III-1.2. La fonction f est continue par morceaux sur R et 2π-périodique. On peut donc appliquer la formule de Parseval

et on obtient

L2(1) =

+∞∑

n=1

1

n2=a20(f)

2+

+∞∑

n=1

(

a2n(f) + b2n(f)

)

=1

π

∫π

−π

f2(x) dx =2

π

∫π

0

(

π− x

2

)2

dx

=1

2π

[

−(π− x)3

3

]π

0

=π2

6.

Ensuite,

L2(1) + L2(−1) =

+∞∑

n=1

(1+ (−1)n)

n2= 2

+∞∑

p=1

1

(2p)2=1

2

+∞∑

p=1

1

p2=1

2L2(1),

et donc L2(−1) = −L2(1)

2= −

π2

12.

L2(1) =π2

6et l2(−1) = −

π2

12.

III-2.1. La fonction L2 et la fonction ln sont de classe C1 sur ]0, 1[. De plus, pour tout x ∈]0, 1[, 1 − x ∈]0, 1[. Par suite,les fonctions x 7→ L2(1− x) et x 7→ ln(1− x) sont de classe C1 sur ]0, 1[. Il en est de même de la fonction Φ.

III-2.2. Soit x ∈]0, 1[.

Φ ′(x) = L ′

2(x) − L′

2(1− x) +1

xln(1− x) −

1

1− xln(x)

=L1(x)

x+

ln(1− x)

x−L1(1− x)

1− x−

ln(x)

1− x(d’après la question I-2.1)

= −ln(1− x)

x+

ln(1 − x)

x+

ln(x)

1− x−

ln(x)

1− x(d’après la question I-2.2)

= 0.

Ainsi, la fonction Φ est dérivable sur l’intervalle ]0, 1[ et sa dérivée est nulle sur ]0, 1[. On en déduit que la fonction Φ estconstante sur ]0, 1[. Par suite, ∀x ∈]0, 1[, Φ(x) = lim

t→0Φ(t). D’après la question II-1.1, la fonction L2 est continue sur [−1, 1].


En particulier, limt→0

L2(t) = L2(0) = 0 et limt→0

L2(1− t) = L2(1) =π2

6. Enfin, quand t tend vers 0, ln(t) ln(1− t) ∼ −t ln(t)

et donc limt→0

ln(t) ln(1− t) = 0 d’après un théorème de croissances comparées. Finalement, limt→0

Φ(t) = L2(1) =π2

6puis

∀x ∈]0, 1[, L2(x) + L2(1− x) + ln(x) ln(1 − x) = L2(1) =π2

6.

III-2.3. Pour x =1

2, on obtient 2L2

(

1

2

)

+ ln2

(

1

2

)

=π2

6et donc

L2

(

1

2

)

=π2

12−

ln2 2

2.

III-2.4. La fonction homographique α : x 7→ x

x− 1= 1 +

1

x − 1est strictement décroissante sur

[

−1,1

2

]

et donc pour

−1 6 x 61

2, on a α

(

−1

2

)

6x

x− 16 α(−1) ou encore −1 6

x

x− 161

2avec égalités effectivement obtenue pour x = −1

ou x = −1

2.

Pour x ∈[

−1,1

2

]

, posons Ψ(x) = L2(x) + L2

(

x

x− 1

)

+1

2(ln(1− x))2. D’après ce qui précède, la fonction Ψ est définie et

continue sur

[

−1,1

2

]

, de classe C1 sur

]

−1,1

2

[

et pour x ∈]

−1,1

2

[

\ {0}, d’après la question I-2.1,

Ψ ′(x) =L1(x)

x−

L1

(

x

x− 1

)

x

x− 1× (x − 1)2

−ln(1− x)

1− x= −

ln(1− x)

x+

ln

(

1−x

x− 1

)

x(x− 1)−

ln(1− x)

1− x

= −ln(1− x)

x−

ln(1− x)

x(x− 1)−

ln(1 − x)

1− x=

ln(1− x)

x(x− 1)(−(x − 1) − 1+ x) = 0.

Cette dernière égalité reste vraie pour x = 0 par continuité de Ψ ′. Ainsi, Ψ est continue sur

[

−1,1

2

]

, dérivable sur

]

−1,1

2

[

et sa dérivée est nulle sur

]

−1,1

2

[

. On en déduit que ψ est constante sur

[

−1,1

2

]

. Par suite, pour tout x ∈[

−1,1

2

]

,

Ψ(x) = Ψ(0) = 2L2(0) +1

2ln2 1 = 0. On a montré que

∀x ∈[

−1,1

2

]

, L2(x) + L2

(

x

x− 1

)

= −1

2(ln(1 − x))2.

III-3. La question II-3 appliquée avec x = 1 et α = 2 fournit

∫+∞

0

u

eu − 1du = K2(1) = G2L2(1) avec G2 =

∫+∞

0

te−t dt.

Soit A > 0. Les deux fonctions t 7→ t et t 7→ −e−t sont de classe C1 sur le segment [0,A]. On peut donc effectuer uneintégration par parties et on obtient

∫A

0

te−t dt =[

−te−t]A

0+

∫A

0

e−t dt = −Ae−A − e−A + 1.

Quand A tend vers +∞, on obtient G2 = 1 et donc

∫+∞

0

u

eu − 1du = K2(1) = L2(1) =

π2

6.

III-4.1. Soit x < 0. En posant t = xs ou encore s =t

x, on obtient (erreur d’énoncé)


L2(x) = −x

∫1

0

ln(s)

1− xsds = −x

∫x

0

ln

(

t

x

)

1− t

dt

x=

∫0

x

ln

(

t

x

)

1− tdt.

Soit ε ∈ [x, 0[. Une intégration par parties fournit

∫ε

x

ln

(

t

x

)

1− tdt =

[

− ln(1− t) ln

(

t

x

)]ε

x

+

∫ε

x

ln(1− t)

tdt = − ln(1− ε) ln

(ε

x

)

+

∫ε

x

ln(1− t)

tdt.

Quand ε tend vers 0, − ln(1 − ε) ln(ε

x

)

= − ln(1 − ε)(ln(−ε) − ln(−x)) ∼ ε ln(−ε) et donc − ln(1 − ε) ln(ε

x

)

tend vers 0

quand ε tend vers 0. Quand ε tend vers 0, on obtient

∫0

x

ln

(

t

x

)

1− tdt =

∫0

x

ln(1 − t)

tdt.

III-4.2. Soient x < 0 puis ε ∈ [x, 0[.

∫ε

x

ln(1− t)

t− 1dt =

[

1

2ln2(1− t)

]ε

x

=1

2ln2(1− ε) −

1

2ln2(1 − x).

Quand ε tend vers 0, on obtient g(x) =

∫0

x

ln(1− t)

t− 1dt = −

1

2ln2(1 − x).

III-4.3. La fonction t 7→ ln(1− t)

t(t− 1)est continue et positive sur ] −∞, 0[.

Quand t tend vers 0,ln(1− t)

t(t− 1)∼−t

−t= 1. Donc la fonction t 7→ ln(1− t)

t(t− 1)se prolonge par continuité en 0 et en particulier

est intégrable sur un voisinage de 0 à droite.

Quand t tend vers −∞, (−t)3/2ln(1− t)

t(t− 1)∼

ln(−t)√−t

. Par suite, (−t)3/2ln(1 − t)

t(t− 1)tend vers 0 en −∞ et donc

ln(1− t)

t(t− 1)est

négligeable devant1

(−t)3/2en −∞. On en déduit que la fonction t 7→ ln(1− t)

t(t− 1)est intégrable sur un voisinage de −∞ et

finalement sur ] −∞, 0[. Par suite, A existe.

III-4.4. limx→−∞

g(x) = limx→−∞

−1

2ln2(1− x) = −∞. D’autre part, pour x < 0,

L2(x) − g(x) =

∫0

x

ln(1− t)

tdt−

∫0

x

ln(1− t)

t− 1dt = −

∫0

x

ln(1− t)

t(t− 1)dt.

On en déduit que limx→−∞

(L2(x) − g(x)) = −A ∈ R. Par suite, L2(x) − g(x) =x→−∞

o(g(x)) ou encore

L2(x) ∼x→−∞

g(x) = −1

2ln2(1− x) ∼

x→−∞

−ln2(−x)

2.

L2(x) ∼x→−∞

−ln2(−x)

2.


FILIERE PC MATHEMATIQUES 2 Partie I : le polylogarithme

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