Banque PT 2026 : corrigé de mathématiques C

Proposition de corrigé — non officielle. PT 2026, mathématiques C : fonctions, séries, intégrales à paramètre et calcul différentiel.

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Préambule : fonctions rationnelles et développements limités

On écrit g(t) = t₀/(t₀ − t) et f(t) = g(t) − 1, avec t₀ > 0.

1. Dérivabilité

Les deux fonctions sont dérivables sur R privé de {t₀}. Leurs dérivées coïncident : f′(t) = g′(t) = t₀/(t₀ − t)².

2. Variations et limites

La dérivée est strictement positive. f croît sur chacun des intervalles ]−∞ ; t₀[ et ]t₀ ; +∞[.

t = t₀ est une asymptote verticale ; y = −1 est une asymptote horizontale.

3 et 4. Tangente et tracé

f(0) = 0 et f′(0) = 1/t₀ : T : y = t/t₀. Pour t₀ = 1, la tangente est y = t ; la courbe passe par (0 ; 0), monte vers +∞ avant t = 1, repart de −∞ après t = 1 et tend vers y = −1.

5. Dérivée d’ordre n

Pour n ≥ 1, f⁽ⁿ⁾(t) = n!t₀/(t₀ − t)ⁿ⁺¹. Le cas n = 1 est établi. Dériver l’expression d’ordre n multiplie par n + 1 et augmente l’exposant du dénominateur : on obtient l’expression d’ordre n + 1. La récurrence prouve aussi la dérivabilité à tout ordre hors t₀.

6. Primitives

Une primitive de g sur chacun des deux intervalles est G(t) = −t₀ ln|t₀ − t|. Une primitive de f est F(t) = −t − t₀ ln|t₀ − t|. On peut ajouter une constante indépendante sur chaque intervalle.

7. Taylor–Young

Si ψ est de classe Cⁿ au voisinage de x₀, alors, lorsque x → x₀, ψ(x) = Σₖ₌₀ⁿ ψ⁽ᵏ⁾(x₀)(x − x₀)ᵏ/k! + o((x − x₀)ⁿ). Cette hypothèse est suffisante pour la formule demandée.

8. Développement de 1/(1 − t)

La fonction est définie pour t ≠ 1. L’identité géométrique donne 1/(1 − t) = 1 + t + … + tⁿ + tⁿ⁺¹/(1 − t). Le dernier terme est o(tⁿ) près de 0.

9. Développement du logarithme

ln(1 − t) est défini pour t < 1. En intégrant le développement de sa dérivée −1/(1 − t) à partir de 0, on obtient ln(1 − t) = −t − t²/2 − … − tⁿ/n + o(tⁿ).

Partie I : série de logarithmes

1. Primitive

1/(t + t²) = 1/t − 1/(1 + t), pour t > 0. Une primitive est H(t) = ln t − ln(1 + t).

2. Intégrale à l’infini

L’intégrande est équivalent à 1/t² à l’infini, donc intégrable. La limite de H(t) est 0. Ainsi ∫ₙ∞ dt/(t + t²) = ln(1 + 1/n).

3. Expression de uₙ

La dérivée de ln[n + cos(nt)] est −n sin(nt)/[n + cos(nt)]. Le dénominateur est positif pour n ≥ 2. L’intégrale du premier terme vaut ln[n + (−1)ⁿ] − ln(n + 1). En ajoutant ln[(n + 1)/n], on obtient uₙ = ln[1 + (−1)ⁿ/n].

4 et 5. Limite et combinaison de séries

Le terme à l’intérieur du logarithme tend vers 1 : uₙ → 0.

Si les sommes partielles de Σaₙ et Σbₙ tendent respectivement vers A et B, celles de Σ(aₙ + λbₙ) tendent vers A + λB. Cela prouve la convergence et la linéarité de la somme.

6. Convergence et convergence absolue

Le développement limité donne uₙ = (−1)ⁿ/n − 1/(2n²) + O(1/n³). La série alternée du premier terme converge ; les séries des deux autres termes convergent absolument. Σuₙ converge.

Mais |uₙ| est équivalent à 1/n, donc la convergence n’est pas absolue.

7a. Sommes paires

Les termes s’associent deux à deux : pour j ≥ 1, u₂ⱼ = ln[(2j + 1)/(2j)] et u₂ⱼ₊₁ = ln[(2j)/(2j + 1)] ; leur somme vaut 0. Jusqu’à 2N, il reste seulement u₂ᴺ : S₂ᴺ = ln[(2N + 1)/(2N)].

7b à 7d. Sommes impaires et somme totale

u₂ₙ₊₁ = −u₂ₙ. Donc S₂ᴺ₋₁ = 0 pour N ≥ 2. Les sommes paires tendent également vers 0 : Σₙ₌₂∞uₙ = 0.

Partie II : intégrales dépendant d’un paramètre

Posons L = ln x > 0. L’intégrande de Gₙ est tⁿe⁻ⁿᴸᵗ.

1. Convergence

Près de 0, l’intégrande est continue ; à l’infini, l’exponentielle décroissante domine tⁿ. Gₙ(x) converge pour x > 1.

2. Continuité sur [a ; +∞[

Pour x ≥ a > 1, 0 ≤ tⁿx⁻ⁿᵗ ≤ tⁿa⁻ⁿᵗ. Ce majorant est intégrable et l’intégrande est continue en x. La convergence dominée donne la continuité.

3. Dérivation

La dérivée en x de l’intégrande est −ntⁿ⁺¹x⁻ⁿᵗ⁻¹. Sa valeur absolue est au plus (n/a)tⁿ⁺¹a⁻ⁿᵗ, majorant intégrable. On peut donc dériver sous l’intégrale : G′ₙ(x) = −(n/x)∫₀∞tⁿ⁺¹x⁻ⁿᵗdt. Au point a, l’expression se lit aussi comme dérivée de la fonction définie sur ]1 ; +∞[.

4. Récurrence

Dans Gₙ₊₁, posons u = (n + 1)t/n. On obtient le facteur [n/(n + 1)]ⁿ⁺² devant ∫uⁿ⁺¹x⁻ⁿᵘdu. Une intégration par parties donne cette dernière intégrale égale à (n + 1)/(n ln x) × Gₙ(x). D’où Gₙ₊₁(x) = [1/ln x][n/(n + 1)]ⁿ⁺¹Gₙ(x).

5. Premier terme

L’intégration par parties, ou l’intégrale de te⁻ᴸᵗ, donne G₁(x) = 1/(ln x)².

6. Formule explicite avec récurrence

Gₙ(x) = n!/[nⁿ⁺¹(ln x)ⁿ⁺¹]. La formule vaut pour n = 1. En l’insérant dans la récurrence de la question 4, on obtient n!nⁿ⁺¹/[(n + 1)ⁿ⁺¹nⁿ⁺¹(ln x)ⁿ⁺²], soit n!/[(n + 1)ⁿ⁺¹(ln x)ⁿ⁺²], égal à la formule annoncée au rang n + 1.

7. Série

nⁿGₙ(x)/(n − 1)! = 1/(ln x)ⁿ⁺¹. C’est une série géométrique à termes positifs. Elle converge si et seulement si ln x > 1, donc x > e. Dans ce cas, sa somme vaut S(x) = 1/[ln x(ln x − 1)]. Pour x = e, tous les termes valent 1 ; pour 1 < x < e, ils ne tendent pas vers 0.

8. Limite

Le produit de l’énoncé vaut exp(S₂ᴺ) = (2N + 1)/(2N). Donc Πₙ = e(2N + 1)/(2N) → e. Pour n fixé, la continuité de Gₙ donne lim Gₙ(Πₙ) = Gₙ(e) = n!/nⁿ⁺¹. L’indice du produit est ici N, distinct du n fixé de Gₙ.

Partie III : deux variables

1. Hessienne

En posant d = x − y ≠ 0 :

H = [[2 + 1/d², −1/d²], [−1/d², 2 + 1/d²]].

2 et 3. Points critiques

Les dérivées premières sont 2x − 1/(x − y) et 2y + 1/(x − y). Leur annulation donne x = −y = 1/[2(x − y)]. En remplaçant y par −x : 4x² = 1. Les points critiques sont (1/2 ; −1/2) et (−1/2 ; 1/2).

4. Minimum

Aux deux points, la hessienne est [[3, −1], [−1, 3]], de valeurs propres 2 et 4, toutes deux positives. Chaque point est un minimum local strict ; la valeur de φ y est 1/2.

Pour obtenir une minoration globale, on complète l’argument local : avec u = x − y et v = x + y, φ = (u² + v²)/2 − ln|u|. La fonction u²/2 − ln|u| atteint son minimum 1/2 pour |u| = 1, tandis que v²/2 ≥ 0. Ainsi φ(x,y) ≥ 1/2 sur tout son domaine.

5. Estimation des sommes

Pour z = 1 + (−1)ⁿ/n, n ≥ 2, on a 1/2 ≤ z ≤ 3/2. La minoration avec (x,y) = (z,0) donne ln z ≤ z² − 1/2 ≤ 7/4. Avec (1/z,0), elle donne −ln z ≤ 1/z² − 1/2 ≤ 7/2. Donc |ln z| ≤ 7/2, et la somme de N − 1 termes est au plus (7/2)(N − 1) : elle est O(N).

Cette borne linéaire n’établit pas la convergence : une somme de termes positifs peut être O(N) et diverger. La partie I montre d’ailleurs que la série des valeurs absolues diverge. Il faut une estimation plus fine que cette minoration pour décider de la convergence.