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\title{
Concours Commun INP 2025 -- Math\'ematiques 1 (Fili\`eres MP/MPI)}
\author{}
\date{}

\begin{document}

\maketitle

\section*{EXERCICE I}

\subsection*{Q1.}

Soit $f:]-1,1[\to\mathbb{R}^{2}$ une application de classe $C^{1}$.
Justifions que $f'(]-1,1[)$ est une partie connexe par arcs de $\mathbb{R}^{2}$.

Puisque $f$ est $C^{1}$, sa d\'eriv\'ee $f':]-1,1[\to\mathbb{R}^{2}$ existe
et est \textbf{continue} sur $]-1,1[$.
L'intervalle $]-1,1[$ est connexe par arcs (tout intervalle de $\mathbb{R}$
l'est). L'image d'un connexe par arcs par une application continue \'etant
connexe par arcs, on en d\'eduit que $f'(]-1,1[)$ est connexe par arcs.
\[
\boxed{f'(]-1,1[)\text{ est connexe par arcs}}.
\]

\subsection*{Q2.}

On consid\`ere $f:]-1,1[\to\mathbb{R}^{2}$ d\'efinie par
\[
f(t)=
\begin{cases}
\bigl(t^{2}\sin\frac{1}{t},\,t^{2}\cos\frac{1}{t}\bigr), & t\in]-1,1[\setminus\{0\},\\
(0,0), & t=0.
\end{cases}
\]

\subsubsection*{Q2.a)}

Montrons que $f$ est d\'erivable en $0$. Pour $t\neq0$,
\[
\frac{f(t)-f(0)}{t}
=\Bigl(t\sin\frac{1}{t},\,t\cos\frac{1}{t}\Bigr).
\]
Or $|t\sin(1/t)|\le|t|$ et $|t\cos(1/t)|\le|t|$, donc par encadrement
\[
\lim_{t\to0}\frac{f(t)-f(0)}{t}=(0,0).
\]
Ainsi $f$ est d\'erivable en $0$ et $\boxed{f'(0)=(0,0)}$.

Pour $t\neq0$, les composantes de $f$ sont d\'erivables sur
$]-1,1[\setminus\{0\}$ comme compos\'ees de fonctions $C^{1}$.
Pour tout $t\in]-1,1[\setminus\{0\}$,
\begin{align*}
f_{1}'(t)&=2t\sin\frac{1}{t}+t^{2}\Bigl(-\frac{1}{t^{2}}\cos\frac{1}{t}\Bigr)
=2t\sin\frac{1}{t}-\cos\frac{1}{t},\\
f_{2}'(t)&=2t\cos\frac{1}{t}+t^{2}\Bigl(\frac{1}{t^{2}}\sin\frac{1}{t}\Bigr)
=2t\cos\frac{1}{t}+\sin\frac{1}{t}.
\end{align*}
Ainsi
\[
\boxed{f'(t)=
\begin{cases}
\displaystyle\Bigl(2t\sin\frac{1}{t}-\cos\frac{1}{t},\;
2t\cos\frac{1}{t}+\sin\frac{1}{t}\Bigr), & t\in]-1,1[\setminus\{0\},\\[6pt]
(0,0), & t=0.
\end{cases}}
\]

\subsubsection*{Q2.b)}

Pour $t\neq0$, calculons $\|f'(t)\|_{2}^{2}$ :
\begin{align*}
\|f'(t)\|_{2}^{2}
&=\Bigl(2t\sin\frac{1}{t}-\cos\frac{1}{t}\Bigr)^{2}
+\Bigl(2t\cos\frac{1}{t}+\sin\frac{1}{t}\Bigr)^{2}\\
&=4t^{2}\sin^{2}\frac{1}{t}
-4t\sin\frac{1}{t}\cos\frac{1}{t}+\cos^{2}\frac{1}{t}\\
&\qquad+4t^{2}\cos^{2}\frac{1}{t}
+4t\cos\frac{1}{t}\sin\frac{1}{t}+\sin^{2}\frac{1}{t}\\
&=4t^{2}\bigl(\sin^{2}\frac{1}{t}+\cos^{2}\frac{1}{t}\bigr)
+\bigl(\cos^{2}\frac{1}{t}+\sin^{2}\frac{1}{t}\bigr)\\
&=4t^{2}+1.
\end{align*}
Donc $\|f'(t)\|_{2}=\sqrt{4t^{2}+1}\ge 1$ pour tout $t\neq0$,
tandis que $\|f'(0)\|_{2}=0$.

Ainsi l'ensemble $f'(]-1,1[)$ est contenu dans la r\'eunion
\[
f'(]-1,1[)\subset\{0\}\cup\bigl\{v\in\mathbb{R}^{2}\mid\|v\|_{2}\ge 1\bigr\}.
\]
Aucun point de $f'(]-1,1[)$ n'a une norme strictement comprise entre $0$ et $1$.

Montrons par l'absurde que $f'(]-1,1[)$ n'est pas connexe par arcs.
Supposons qu'il existe un chemin continu
$\gamma:[0,1]\to f'(]-1,1[)$ reliant $f'(0)=(0,0)$ \`a
$f'(t_{0})$ pour un $t_{0}\neq0$. La fonction
$N:[0,1]\to\mathbb{R}$, $N(s)=\|\gamma(s)\|_{2}$, est continue sur $[0,1]$
comme compos\'ee d'applications continues. On a $N(0)=0$ et
$N(1)=\sqrt{4t_{0}^{2}+1}\ge 1$. D'apr\`es le th\'eor\`eme des valeurs
interm\'ediaires, il existe $s\in]0,1[$ tel que $N(s)=\frac12$.
Mais alors $\gamma(s)$ serait un point de $f'(]-1,1[)$ de norme $\frac12$,
ce qui est impossible car tout point non nul de $f'(]-1,1[)$ a une norme
au moins $1$. Contradiction. Donc $f'(]-1,1[)$ n'est pas connexe par arcs.
\[
\boxed{f'(]-1,1[)\text{ n'est pas connexe par arcs}}.
\]

\noindent
(Un dessin de la boule unit\'e pour $\|\cdot\|_{\infty}$, c'est-\`a-dire le
carr\'e $[-1,1]^{2}$, montre que $f'(]-1,1[)$ est constitu\'e de l'origine
et de points situ\'es \`a l'ext\'erieur du disque unit\'e ouvert, ce qui
creuse un ``trou'' de normes inaccessible.)

\newpage

\section*{EXERCICE II}

On pose pour tout $(x,y)\in\mathbb{R}^{2}$,
\[
f(x,y)=(2-x-y)^{2}+(1-x)^{2}+(1-2x-y)^{2}.
\]

\subsection*{Q3. Premi\`ere m\'ethode}

$f$ est une fonction polynomiale, donc de classe $C^{\infty}$ sur
$\mathbb{R}^{2}$. Calculons ses d\'eriv\'ees partielles premi\`eres :
\begin{align*}
\frac{\partial f}{\partial x}(x,y)
&=-2(2-x-y)-2(1-x)-2\cdot2\,(1-2x-y)\\
&=-4+2x+2y-2+2x-4+8x+4y\\
&=(12x+6y-10),\\[4pt]
\frac{\partial f}{\partial y}(x,y)
&=-2(2-x-y)-2(1-2x-y)\\
&=-4+2x+2y-2+4x+2y\\
&=(6x+4y-6).
\end{align*}

Un point critique v\'erifie $\nabla f(x,y)=0$, soit
\[
\begin{cases}
12x+6y-10=0,\\
6x+4y-6=0.
\end{cases}
\]
R\'esolvons : de la deuxi\`eme \'equation, $6x=6-4y$ soit $x=1-\frac23 y$.
En reportant dans la premi\`ere :
$12(1-\frac23 y)+6y-10=12-8y+6y-10=2-2y=0$,
donc $y=1$ puis $x=1-\frac23=\frac13$. Le seul point critique est
\[
\boxed{\bigl(\tfrac13,1\bigr)}.
\]

La matrice hessienne de $f$ est
\[
H_{f}(x,y)=
\begin{pmatrix}
\frac{\partial^{2} f}{\partial x^{2}} & \frac{\partial^{2} f}{\partial x\partial y}\\[4pt]
\frac{\partial^{2} f}{\partial x\partial y} & \frac{\partial^{2} f}{\partial y^{2}}
\end{pmatrix}
=
\begin{pmatrix}
12 & 6\\
6 & 4
\end{pmatrix}.
\]
Ses valeurs propres sont les solutions de $\det(H-\lambda I_{2})=0$ :
\[
\det\begin{pmatrix}
12-\lambda & 6\\
6 & 4-\lambda
\end{pmatrix}
=(12-\lambda)(4-\lambda)-36
=48-16\lambda+\lambda^{2}-36
=\lambda^{2}-16\lambda+12=0.
\]
Le discriminant $\Delta=256-48=208>0$, les deux valeurs propres sont
$\lambda=8\pm\sqrt{52}=8\pm2\sqrt{13}$. Elles sont toutes deux strictement
positives ($8-2\sqrt{13}>0$ car $\sqrt{13}<4$). La matrice hessienne est
donc d\'efinie positive au point critique, ce qui garantit que $f$ admet
en $(\frac13,1)$ un minimum local strict. Montrons qu'il est global.
$f$ est une somme de trois carr\'es de formes affines lin\'eairement
ind\'ependantes (les gradients $( -1,-1)$, $(-1,0)$ et $(-2,-1)$ sont
libres), donc $f(x,y)\to+\infty$ quand $\|(x,y)\|\to+\infty$ (coercivit\'e).
Une fonction continue et coercive sur $\mathbb{R}^{2}$ atteint son minimum
global ; celui-ci ne peut \^etre qu'en l'unique point critique. Ainsi
$(\frac13,1)$ est le minimum global de $f$ et
\[
\min_{(x,y)\in\mathbb{R}^{2}}f(x,y)
=f\!\left(\frac13,1\right)
=\Bigl(2-\frac13-1\Bigr)^{2}+\Bigl(1-\frac13\Bigr)^{2}
+\Bigl(1-\frac23-1\Bigr)^{2}
=\Bigl(\frac23\Bigr)^{2}+\Bigl(\frac23\Bigr)^{2}+\Bigl(-\frac23\Bigr)^{2}
=3\cdot\frac49=\frac43.
\]
\[
\boxed{\min f(x,y)=\frac43}.
\]

\subsection*{Q4. Deuxi\`eme m\'ethode}

Dans $\mathbb{R}^{3}$ muni du produit scalaire canonique, on pose
\[
a=(2,1,1),\quad u=(1,1,2),\quad v=(1,0,1),\quad F=\operatorname{vect}\{u,v\}.
\]

Soit $b$ le projet\'e orthogonal de $a$ sur $F$. Par d\'efinition,
$a-b\in F^{\perp}$, donc $(a-b)\cdot u=0$ et $(a-b)\cdot v=0$.
\'Ecrivons $b=\alpha u+\beta v$ avec $\alpha,\beta\in\mathbb{R}$.
Les conditions d'orthogonalit\'e donnent :
\[
\begin{cases}
(a-\alpha u-\beta v)\cdot u=0,\\
(a-\alpha u-\beta v)\cdot v=0,
\end{cases}
\iff
\begin{cases}
a\cdot u=\alpha\|u\|^{2}+\beta(v\cdot u),\\
a\cdot v=\alpha(u\cdot v)+\beta\|v\|^{2}.
\end{cases}
\]

Calculons les produits scalaires :
\[
\|u\|^{2}=1^{2}+1^{2}+2^{2}=6,\quad
\|v\|^{2}=1^{2}+0^{2}+1^{2}=2,\quad
u\cdot v=1\cdot1+1\cdot0+2\cdot1=3,
\]
\[
a\cdot u=2\cdot1+1\cdot1+1\cdot2=5,\quad
a\cdot v=2\cdot1+1\cdot0+1\cdot1=3.
\]
Le syst\`eme devient
\[
\begin{cases}
6\alpha+3\beta=5,\\
3\alpha+2\beta=3.
\end{cases}
\]
R\'esolvons : de la deuxi\`eme \'equation, $3\alpha=3-2\beta$ soit
$\alpha=1-\frac23\beta$. En reportant dans la premi\`ere :
$6(1-\frac23\beta)+3\beta=6-4\beta+3\beta=6-\beta=5$, donc $\beta=1$
et $\alpha=1-\frac23=\frac13$. Ainsi
\[
b=\frac13 u+v
=\Bigl(\frac13+1,\;\frac13+0,\;\frac23+1\Bigr)
=\Bigl(\frac43,\;\frac13,\;\frac53\Bigr).
\]

Observons que $f(x,y)$ s'\'ecrit comme le carr\'e de la distance entre
$a$ et le point $(x,y,2x+y)$ (car $1-2x-y = 1-(2x+y)$). En effet,
\[
f(x,y)=\|a-(x,y,2x+y)\|_{2}^{2}.
\]
L'ensemble $\{(x,y,2x+y)\mid(x,y)\in\mathbb{R}^{2}\}$ est exactement
$F=\operatorname{vect}\{u,v\}$ (car $u=(1,1,2)$ et $v=(1,0,1)$,
et $x u+y v=(x+y,\,x,\,2x+y)$ donne bien tous les \'el\'ements de $F$
par changement de variables $X=x+y$, $Y=x$). Donc
\[
\min_{(x,y)\in\mathbb{R}^{2}}f(x,y)
=d(a,F)^{2}=\|a-b\|_{2}^{2},
\]
o\`u $d(a,F)$ est la distance de $a$ au sous-espace $F$.

Calculons $a-b$ :
\[
a-b=\Bigl(2-\frac43,\;1-\frac13,\;1-\frac53\Bigr)
=\Bigl(\frac23,\;\frac23,\;-\frac23\Bigr).
\]
D'o\`u $\|a-b\|_{2}^{2}=3\cdot\bigl(\frac23\bigr)^{2}=3\cdot\frac49=\frac43$.
On retrouve
\[
\boxed{\min_{(x,y)\in\mathbb{R}^{2}}f(x,y)=\frac43}.
\]

\newpage

\section*{PROBL\`EME}

\noindent\textbf{Autour du th\'eor\`eme de comparaison avec une int\'egrale}

\subsection*{Partie I --- Th\'eor\`eme de comparaison avec une int\'egrale}

$f$ est une fonction continue, positive et d\'ecroissante sur
$\mathbb{R}_{+}$. On pose pour $n\in\mathbb{N}$ :
\[
S_{n}=\sum_{k=0}^{n}f(k),\qquad
J_{n}=\int_{0}^{n}f(t)\,dt,
\]
et pour $k\in\mathbb{N}^{*}$ :
\[
I_{k}=\int_{k-1}^{k}f(t)\,dt.
\]

\subsection*{Q5.}

\'Etudions la monotonie des suites $(S_{n})$ et $(J_{n})$.

$S_{n+1}-S_{n}=f(n+1)\ge0$, donc $(S_{n})$ est croissante.
$J_{n+1}-J_{n}=\int_{n}^{n+1}f(t)\,dt\ge0$ car $f\ge0$, donc $(J_{n})$
est \'egalement croissante.

Soit $k\in\mathbb{N}^{*}$. Puisque $f$ est d\'ecroissante sur $\mathbb{R}_{+}$,
on a pour tout $t\in[k-1,k]$ :
\[
f(k)\le f(t)\le f(k-1).
\]
En int\'egrant sur $[k-1,k]$ (l'int\'egrale conserve l'ordre) :
\[
f(k)=\int_{k-1}^{k}f(k)\,dt\le\int_{k-1}^{k}f(t)\,dt\le\int_{k-1}^{k}f(k-1)\,dt
=f(k-1).
\]
Ainsi
\[
\boxed{f(k)\le I_{k}\le f(k-1)}.
\]

\subsection*{Q6.}

Par d\'efinition,
\[
J_{n}=\int_{0}^{n}f(t)\,dt=\sum_{k=1}^{n}\int_{k-1}^{k}f(t)\,dt
=\sum_{k=1}^{n}I_{k}.
\]
En utilisant l'encadrement de Q5,
\[
\sum_{k=1}^{n}f(k)\le\sum_{k=1}^{n}I_{k}\le\sum_{k=1}^{n}f(k-1).
\]
Or $\sum_{k=1}^{n}f(k)=S_{n}-f(0)$ et
$\sum_{k=1}^{n}f(k-1)=\sum_{j=0}^{n-1}f(j)=S_{n-1}$.
Donc
\[
\boxed{S_{n}-f(0)\le J_{n}\le S_{n-1}}.
\]

\subsection*{Q7.}

D\'emontrons les deux r\'esultats.

\noindent\textbf{(1)} $f$ int\'egrable sur $\mathbb{R}_{+}$
$\iff$ $\sum f(n)$ converge.

D'apr\`es Q6, $S_{n}-f(0)\le J_{n}\le S_{n-1}$.
Les suites $(S_{n})$ et $(J_{n})$ sont croissantes (Q5).

Si $f$ est int\'egrable sur $\mathbb{R}_{+}$, alors la suite $(J_{n})$
converge (vers $\int_{0}^{+\infty}f(t)\,dt$). Puisque $J_{n}\le S_{n-1}$,
la suite $(S_{n-1})$, et donc $(S_{n})$, est major\'ee ; \'etant
croissante, elle converge. Donc $\sum f(n)$ converge.

R\'eciproquement, si $\sum f(n)$ converge, alors $(S_{n})$ converge
et est major\'ee. De $S_{n}-f(0)\le J_{n}$, la suite $(J_{n})$ est
major\'ee ; \'etant croissante, elle converge. Donc $\int_{0}^{+\infty}f$
converge, i.e. $f$ est int\'egrable sur $\mathbb{R}_{+}$.

\noindent\textbf{(2)} La s\'erie $\displaystyle\sum_{n\ge1}
\bigl(\int_{n-1}^{n}f(t)\,dt-f(n)\bigr)$ converge.

Posons $u_{n}=I_{n}-f(n)=\int_{n-1}^{n}f(t)\,dt-f(n)$.
D'apr\`es Q5, $0\le u_{n}\le f(n-1)-f(n)$.
La somme t\'elescopique donne
\[
\sum_{k=1}^{n}u_{k}\le\sum_{k=1}^{n}\bigl(f(k-1)-f(k)\bigr)
=f(0)-f(n)\le f(0).
\]
Ainsi la s\'erie $\sum u_{n}$ est \`a termes positifs et ses sommes
partielles sont major\'ees : elle converge.

\[
\boxed{\sum_{n=1}^{+\infty}\bigl(\int_{n-1}^{n}f(t)\,dt-f(n)\bigr)
\text{ converge}}.
\]

\subsection*{Q8. Un exemple.}

Soit $\alpha>0$ et $f(x)=\dfrac{1}{x(\ln x)^{\alpha}}$ pour $x\ge2$.

\subsubsection*{Q8.a)}

$f$ est $C^{1}$ sur $[2,+\infty[$ et
$f'(x)=-\dfrac{(\ln x)^{\alpha}+x\cdot\alpha(\ln x)^{\alpha-1}\cdot\frac1x}
{x^{2}(\ln x)^{2\alpha}}
=-\dfrac{(\ln x)^{\alpha-1}(\ln x+\alpha)}{x^{2}(\ln x)^{2\alpha}}
\le0$.
Donc $f$ est d\'ecroissante sur $[2,+\infty[$.

Calculons $\int_{2}^{X}f(t)\,dt$ par le changement de variable
$u=\ln t$, $du=dt/t$ :
\[
\int_{2}^{X}\frac{dt}{t(\ln t)^{\alpha}}
=\int_{\ln2}^{\ln X}\frac{du}{u^{\alpha}}
=
\begin{cases}
\displaystyle\Bigl[\frac{u^{1-\alpha}}{1-\alpha}\Bigr]_{\ln2}^{\ln X},
& \alpha\neq1,\\[10pt]
\displaystyle\Bigl[\ln u\Bigr]_{\ln2}^{\ln X},
& \alpha=1.
\end{cases}
\]

Quand $X\to+\infty$ :
\begin{itemize}
\item Si $\alpha>1$, $\displaystyle\int_{2}^{+\infty}f$ converge
vers $\dfrac{(\ln2)^{1-\alpha}}{\alpha-1}$.
\item Si $\alpha\le1$, $\displaystyle\int_{2}^{+\infty}f$ diverge.
\end{itemize}

D'apr\`es Q7.(1), la s\'erie $\displaystyle\sum_{n\ge2}
\frac{1}{n(\ln n)^{\alpha}}$ converge si et seulement si
$\displaystyle\int_{2}^{+\infty}f$ converge, donc
\[
\boxed{\sum_{n\ge2}\frac{1}{n(\ln n)^{\alpha}}
\begin{cases}
\text{converge}, & \alpha>1,\\
\text{diverge}, & 0<\alpha\le1.
\end{cases}}
\]

\subsubsection*{Q8.b)}

Pour $\alpha=2$, $f(x)=\dfrac{1}{x(\ln x)^{2}}$. D'apr\`es Q6,
\[
S_{n}-f(2)\le J_{n}\le S_{n-1},
\]
o\`u $S_{n}=\sum_{k=2}^{n}\frac{1}{k(\ln k)^{2}}$ et
$J_{n}=\int_{2}^{n}\frac{dt}{t(\ln t)^{2}}
=\Bigl[-\frac{1}{\ln t}\Bigr]_{2}^{n}
=\frac{1}{\ln2}-\frac{1}{\ln n}$.

On en d\'eduit
\[
S_{n}\le J_{n}+f(2)=\frac{1}{\ln2}-\frac{1}{\ln n}+\frac{1}{2(\ln2)^{2}},
\qquad
S_{n-1}\ge J_{n}=\frac{1}{\ln2}-\frac{1}{\ln n}.
\]
En passant \`a la limite $n\to+\infty$, on obtient
\[
\frac{1}{\ln2}\le\sum_{n=2}^{+\infty}\frac{1}{n(\ln n)^{2}}
\le\frac{1}{\ln2}+\frac{1}{2(\ln2)^{2}}.
\]
\[
\boxed{\frac{1}{\ln2}\le\sum_{n=2}^{+\infty}
\frac{1}{n(\ln n)^{2}}\le\frac{1}{\ln2}+\frac{1}{2(\ln2)^{2}}}.
\]

\subsection*{Q9. Une application.}

Pour $n\in\mathbb{N}^{*}$, soit $T_{n}=\sum_{k=1}^{n}\frac{1}{k}-\ln n$.

\subsubsection*{Q9.a)}

Appliquons Q7.(2) \`a $f(t)=\frac{1}{t}$ sur $[1,+\infty[$ ($f$ est
continue, positive, d\'ecroissante). Pour $k\ge1$,
\[
I_{k}=\int_{k-1}^{k}\frac{dt}{t}=\ln k-\ln(k-1).
\]
La s\'erie $\sum_{k\ge1}(I_{k}-f(k))=\sum_{k\ge1}\bigl(\ln k-\ln(k-1)-\frac1k\bigr)$
converge. Sa somme partielle jusqu'\_a $n$ est
\[
\sum_{k=1}^{n}\bigl(\ln k-\ln(k-1)-\tfrac1k\bigr)
=\ln n-\sum_{k=1}^{n}\frac1k=-T_{n}.
\]
Ainsi $(T_{n})$ converge (vers l'oppos\'e de la somme de la s\'erie).
Notons $\gamma=\lim_{n\to+\infty}T_{n}$ la constante d'Euler.
\[
\boxed{(T_{n})\text{ converge vers }\gamma\in\mathbb{R}}.
\]

\subsubsection*{Q9.b)}

Par d\'efinition, $T_{n}\to\gamma$, donc
\[
\boxed{\sum_{k=1}^{n}\frac1k=\ln n+\gamma+o(1)\quad(n\to+\infty)}.
\]
On en d\'eduit en particulier l'\'equivalent
$\displaystyle\sum_{k=1}^{n}\frac1k\;\underset{n\to+\infty}{\sim}\;\ln n$.

\subsection*{Q10. Une application sur une s\'erie de fonctions.}

On consid\`ere $\displaystyle\sum_{n\ge1}g_{n}$ o\`u
$g_{n}(x)=\dfrac{x}{n^{2}+x}$ pour $x>0$.

\subsubsection*{Q10.a)}

\'Etudions la convergence normale sur $]0,+\infty[$.
Pour $x>0$,
\[
|g_{n}(x)|=\frac{x}{n^{2}+x}\le\frac{x}{n^{2}}.
\]
Mais $\sup_{x>0}\frac{x}{n^{2}+x}=1$ (atteint quand $n^{2}\ll x$),
donc $\|g_{n}\|_{\infty}=1$ et $\sum\|g_{n}\|_{\infty}$ diverge.
La convergence normale sur $]0,+\infty[$ {\bf n'a pas lieu}.

\subsubsection*{Q10.b)}

Soit $x>0$ fix\'e. Posons $f(t)=\dfrac{x}{t^{2}+x}$ pour $t\ge0$.
$f$ est $C^{1}$, positive et d\'ecroissante sur $[0,+\infty[$ car
$f'(t)=-\dfrac{2xt}{(t^{2}+x)^{2}}\le0$.
Pour $n\in\mathbb{N}^{*}$, l'encadrement de Q5 s'\'ecrit :
\[
f(n)\le\int_{n-1}^{n}f(t)\,dt\le f(n-1).
\]
En sommant de $k=1$ \`a $n$ :
\[
\sum_{k=1}^{n}f(k)\le\int_{0}^{n}f(t)\,dt\le\sum_{k=0}^{n-1}f(k).
\]

\subsubsection*{Q10.c)}

Pour $x>0$ fix\'e, posons $f(t)=\dfrac{x}{t^{2}+x}$. $f$ est continue,
positive et d\'ecroissante sur $[0,+\infty[$ (car $f'(t)\le0$).
D'apr\`es Q5 appliqu\'e \`a $f$, pour tout entier $n\ge1$ :
\[
f(n)\le\int_{n-1}^{n}f(t)\,dt\le f(n-1).
\]
En sommant de $k=n+1$ \`a $+\infty$, il vient
\[
\sum_{k=n+1}^{+\infty}f(k)
\le\sum_{k=n+1}^{+\infty}\int_{k-1}^{k}f(t)\,dt
=\int_{n}^{+\infty}f(t)\,dt
\le\sum_{k=n+1}^{+\infty}\int_{k}^{k+1}f(t)\,dt
=\int_{n+1}^{+\infty}f(t)\,dt.
\]

Calculons $\int_{n}^{+\infty}f(t)\,dt$ :
\[
\int_{n}^{+\infty}\frac{x}{t^{2}+x}\,dt
=\sqrt{x}\int_{n/\sqrt{x}}^{+\infty}\frac{du}{u^{2}+1}
=\sqrt{x}\Bigl(\frac{\pi}{2}-\arctan\frac{n}{\sqrt{x}}\Bigr).
\]

On obtient donc, pour tout $n\ge1$,
\[
\sqrt{x}\Bigl(\frac{\pi}{2}-\arctan\frac{n+1}{\sqrt{x}}\Bigr)
\le\sum_{k=n+1}^{+\infty}g_{k}(x)
\le\sqrt{x}\Bigl(\frac{\pi}{2}-\arctan\frac{n}{\sqrt{x}}\Bigr).
\]

En particulier, pour $n=1$,
\[
\boxed{\sqrt{x}\Bigl(\frac{\pi}{2}-\arctan\frac{2}{\sqrt{x}}\Bigr)
\le\sum_{k=2}^{+\infty}g_{k}(x)
\le\sqrt{x}\Bigl(\frac{\pi}{2}-\arctan\frac{1}{\sqrt{x}}\Bigr)}.
\]

\subsubsection*{Q10.d)}

D\'eterminons $\displaystyle\lim_{x\to+\infty}\sum_{n=1}^{+\infty}g_{n}(x)$.
On a $g_{1}(x)=\dfrac{x}{1+x}\to1$ quand $x\to+\infty$.
D'apr\`es Q10.c avec $n=1$,
\[
\sqrt{x}\Bigl(\frac{\pi}{2}-\arctan\frac{2}{\sqrt{x}}\Bigr)
\le\sum_{k=2}^{+\infty}g_{k}(x)
\le\sqrt{x}\Bigl(\frac{\pi}{2}-\arctan\frac{1}{\sqrt{x}}\Bigr).
\]

Or $\frac{\pi}{2}-\arctan\frac{a}{\sqrt{x}}=\arctan\frac{\sqrt{x}}{a}\to\frac{\pi}{2}$
quand $x\to+\infty$, donc les deux bornes tendent vers $+\infty$.
Ainsi
\[
\boxed{\lim_{x\to+\infty}\sum_{n=1}^{+\infty}g_{n}(x)=+\infty}.
\]

\'Etudions la convergence uniforme sur $]0,+\infty[$ de la s\'erie
$\sum g_{n}$. Pour $x>0$, le reste $R_{N}(x)=\sum_{n=N+1}^{+\infty}g_{n}(x)$
v\'erifie
\[
R_{N}(x)\ge\sum_{n=N+1}^{2N}\frac{x}{n^{2}+x}
\ge\sum_{n=N+1}^{2N}\frac{x}{(2N)^{2}+x}
=N\cdot\frac{x}{4N^{2}+x}.
\]
Pour $x=2N^{2}$, $R_{N}(2N^{2})\ge N\cdot\frac{2N^{2}}{4N^{2}+2N^{2}}
=\frac{N}{3}\to+\infty$ quand $N\to+\infty$.
Donc $\|R_{N}\|_{\infty}$ ne tend pas vers $0$ et la convergence n'est
pas uniforme sur $]0,+\infty[$.
\[
\boxed{\text{La s\'erie }\sum g_{n}\text{ ne converge pas uniform\'ement
sur }]0,+\infty[}.
\]

\newpage

\subsection*{Partie II --- Contre-exemples}

\subsection*{Q11.}

Soit $\displaystyle f(x)=\frac{\sin(2\pi x)}{x}$ pour $x\ge1$.

\subsubsection*{Q11.a)}

Pour $n\in\mathbb{N}^{*}$, calculons $\displaystyle\int_{n}^{n+1}f(t)\,dt$.
On remarque que $\sin(2\pi t)$ est $1$-p\'eriodique et change de signe
en $n+\frac12$. Donc
\begin{align*}
\int_{n}^{n+1}\frac{\sin(2\pi t)}{t}\,dt
&=\int_{n}^{n+\frac12}\frac{\sin(2\pi t)}{t}\,dt
+\int_{n+\frac12}^{n+1}\frac{\sin(2\pi t)}{t}\,dt\\
&=\int_{n}^{n+\frac12}\frac{\sin(2\pi t)}{t}\,dt
+\int_{n}^{n+\frac12}\frac{\sin(2\pi(u+\frac12))}{u+\frac12}\,du
\quad(u=t-\tfrac12)\\
&=\int_{n}^{n+\frac12}\frac{\sin(2\pi t)}{t}\,dt
-\int_{n}^{n+\frac12}\frac{\sin(2\pi t)}{t+\frac12}\,dt\\
&=\int_{n}^{n+\frac12}\sin(2\pi t)\Bigl(\frac1t-\frac1{t+\frac12}\Bigr)dt\\
&=\frac12\int_{n}^{n+\frac12}\frac{\sin(2\pi t)}{t(t+\frac12)}\,dt.
\end{align*}

Ainsi
\[
\boxed{\int_{n}^{n+1}f(t)\,dt
=\frac12\int_{n}^{n+\frac12}\frac{\sin(2\pi t)}{t(t+\frac12)}\,dt}.
\]

\subsubsection*{Q11.b)}

Pour $x\ge1$, soit $p=\lfloor x\rfloor$ la partie enti\`ere. Alors
\[
\int_{1}^{x}\frac{\sin(2\pi t)}{t}\,dt
=\sum_{n=1}^{p-1}\int_{n}^{n+1}f(t)\,dt+\int_{p}^{x}f(t)\,dt.
\]

Majorons $\bigl|\int_{n}^{n+1}f(t)\,dt\bigr|$ en utilisant Q11.a :
Utilisons une int\'egration par parties. Posons $u(t)=\frac1t$,
$v'(t)=\sin(2\pi t)$, d'o\`u $u'(t)=-\frac1{t^{2}}$, $v(t)=-\frac{\cos(2\pi t)}{2\pi}$.
Alors
\[
\int_{n}^{n+1}\frac{\sin(2\pi t)}{t}\,dt
=\Bigl[-\frac{\cos(2\pi t)}{2\pi t}\Bigr]_{n}^{n+1}
-\int_{n}^{n+1}\frac{\cos(2\pi t)}{2\pi t^{2}}\,dt.
\]
Puisque $\cos(2\pi n)=\cos(2\pi(n+1))=1$, le terme tout int\'egr\'e vaut
$\frac{-1}{2\pi}\bigl(\frac1{n+1}-\frac1n\bigr)
=\frac{1}{2\pi n(n+1)}$.
Donc
\[
\Bigl|\int_{n}^{n+1}f(t)\,dt\Bigr|
\le\frac{1}{2\pi n(n+1)}+\int_{n}^{n+1}\frac{dt}{2\pi t^{2}}
=\frac{1}{2\pi n(n+1)}+\frac{1}{2\pi}\Bigl(\frac1n-\frac1{n+1}\Bigr)
=\frac{1}{\pi n(n+1)}.
\]

Ainsi
\[
\Bigl|\int_{1}^{x}f(t)\,dt\Bigr|
\le\sum_{n=1}^{p-1}\frac{1}{\pi n(n+1)}+\Bigl|\int_{p}^{x}f(t)\,dt\Bigr|
\le\frac{1}{\pi}\sum_{n=1}^{+\infty}\Bigl(\frac1n-\frac1{n+1}\Bigr)+\frac{1}{p}
=\frac{1}{\pi}+\frac{1}{p}.
\]
Donc $\int_{1}^{+\infty}f(t)\,dt$ converge (semi-convergente).

\'Etudions l'int\'egrabilit\'e de $f$ sur $[1,+\infty[$ au sens absolu.
Pour $t\ge1$, $|\sin(2\pi t)|$ est $1$-p\'eriodique et
$\int_{n}^{n+1}|\sin(2\pi t)|\,dt=\frac{2}{\pi}$ (valeur moyenne de
$|\sin|$). Donc
\[
\int_{n}^{n+1}\frac{|\sin(2\pi t)|}{t}\,dt
\ge\frac{1}{n+1}\int_{n}^{n+1}|\sin(2\pi t)|\,dt
=\frac{2}{\pi(n+1)}.
\]
Par suite $\int_{1}^{+\infty}|f(t)|\,dt$ diverge (s\'erie harmonique).
Ainsi $f$ n'est pas int\'egrable sur $[1,+\infty[$ au sens absolu.

Cependant, $\sum_{n\ge1}f(n)=\sum_{n\ge1}\frac{\sin(2\pi n)}{n}=0$ converge
trivialement. Ce contre-exemple montre que l'hypoth\`ese de positivit\'e
est n\'ecessaire dans Q7.(1) : sans elle, $\sum f(n)$ peut converger
sans que $f$ soit int\'egrable.

\[
\boxed{\sum_{n\ge1}f(n)\text{ converge mais }f\text{ n'est pas
int\'egrable sur }[1,+\infty[}.
\]

\subsection*{Q12.}

Construisons une fonction $f$ continue, positive et int\'egrable sur
$[1,+\infty[$ telle que $\sum f(n)$ diverge.

Soit $n\in\mathbb{N}^{*}$. On souhaite un triangle isoc\`ele de base
$[n-a_{n},n+a_{n}]$ et de hauteur $1$ centr\'e en $n$, d'aire
$\frac{1}{n^{2}}$. L'aire d'un triangle de base $2a_{n}$ et hauteur $1$
est $a_{n}$. On impose donc $a_{n}=\frac{1}{n^{2}}$.
\[
\boxed{a_{n}=\frac{1}{n^{2}}}.
\]

D\'efinissons $f$ sur $[1,+\infty[$ par
\[
f(x)=
\begin{cases}
\displaystyle1-\frac{|x-n|}{a_{n}}, & x\in[n-a_{n},n+a_{n}],\;n\in\mathbb{N}^{*},\\
0, & \text{sinon}.
\end{cases}
\]
$f$ est continue, positive, et pour tout $n$, $f(n)=1$.
L'int\'egrale de $f$ sur $[1,+\infty[$ est la somme des aires des
triangles (les supports sont disjoints car $a_{n}=\frac1{n^{2}}$ et
$a_{n+1}=\frac1{(n+1)^{2}}$ ne se chevauchent pas pour $n\ge1$) :
\[
\int_{1}^{+\infty}f(t)\,dt=\sum_{n=1}^{+\infty}a_{n}
=\sum_{n=1}^{+\infty}\frac{1}{n^{2}}=\frac{\pi^{2}}{6}<\infty.
\]
Donc $f$ est int\'egrable sur $[1,+\infty[$.

Cependant,
\[
\sum_{n=1}^{+\infty}f(n)=\sum_{n=1}^{+\infty}1=+\infty
\]
diverge grossi\`erement. Ce contre-exemple montre que le th\'eor\`eme
de comparaison (Q7.(1)) n'est plus valable si l'on supprime l'hypoth\`ese
de d\'ecroissance : $f$ est positive et int\'egrable mais $\sum f(n)$
diverge.

\[
\boxed{f\text{ continue, positive, int\'egrable sur }[1,+\infty[\text{,
mais }\sum_{n\ge1}f(n)=+\infty}.
\]

\end{document}