ECOLE DE L’AIR CONCOURS 1999 MATH 1

ECOLE DE L’AIR

CONCOURS 1999 MATH 1

Préliminaire :étude de'_n

P1: '_n est la primitive , nulle en zéro de la fonction continue surR⁺ f_n . Donc'_n est dé…nie (etC¹ ) surR⁺ . sur ce intervalle f_nestC¹ comme quotient de fonctionsC¹à dénominateur non nul .

Á_n2C¹(R⁺;R)

P2 : Au voisinage de +1on a : e^tÀtⁿ. Doncf_n(t)À1. f_nest une fonction continue , positive , dominant une fonctio non intégrable donc :

f_nn’est pas intégrable surR⁺

Comme la fonction '_n est croissante (car de dérivée positive) sur R⁺ et qu’il n’existe pas de limite …ni (fn n’est pa intégrable surR⁺ )

lim₊₁('_n) = +1

P3-4'_n est strictement croissante continue surR⁺ . '_nest donc , d’après le théorème de bijection monotone bijective d R⁺ sur ['_n(0);lim+1('_n)[ = R⁺ . De plus la dérivée '⁰_n(x) est non nul pour tout réel x¸ 0 . Á^¡1_n est donc la fonctio réciproque surR⁺ d’une fonctionC¹à dérivée toujours non nul :

'_nest unC¹di¤éomorphisme deR⁺sur R⁺ Partie I : Étude de la suite de fonctions (f_n)

I.1.a On a déjà vu quefnestC¹surR⁺. De plusf_n⁰ = ^et(1+t_(1+t^n¡ntn)^2n¡1); Si on poseN(t) = 1 +tⁿ¡nt^n¡1on a une fonctio C¹ de dérivéeN⁰(t) =nt^n¡2(t¡(n¡1)). D’où les variations :

½ sur[0; n¡1] N(t)décroit de1àà1¡(n¡1)ⁿ⁺¹<0 sur [n¡1;+1[ N(t)croit de à1¡(n¡1)ⁿ⁺¹àà +1

Sur chaque intervalle[0; n¡1]et [n¡1;+1[,N(t)est continue monotone et change de signe.

De plusN(1) = 2¡n <0(carn¸3)

f_n⁰(t)admet deux racines®_n2[0; n¡1]et¯_n2[n¡1;+1[ I.1.b On aN(n) = 1>0donc :¯_n< n:.

On peut majorer f_n(¯_n)d’après les variations de f_n: f_n(¯_n)·f_n(n) = eⁿ

1 +nⁿ ·³e n

´n

= exp (n(e¡ln(n)))!n!10 De plusfnest à valeurs positives donc par encadrement :

n¡1< ¯_n< netlim_n!1(f_n(¯_n)) = 0 I.1.c

On a d’après le fait que N(®_n) = 0, ®^n¡1_n (n¡®_n) = 1donc®^n¡1_n = _n¡®¹

n » _n¹ car®_nest borné . Faute usuel à ne pas faire : u_n»v_n)ln(_n)»ln(v_n):

On a (®_n)^n¡1=_n¹+o¡₁

n

¢. Donc(n¡1) ln(®_n) = ln¡₁

n+o¡₁

n

¢¢=¡ln(n) + ln(1 +o(1)) =¡ln(n) +o(1) On a donc : ln(®_n) =^¡_n^ln(n)_¡1 +o(1)et donclim₊₁(®_n) = 1

En outre f_n(®_n) = ^exp(®n)

1+®n:®^n¡1n ! 1+0^e . lim₊₁(f_n(®_n) =e I.2.a D’après les limites de la suite géométrique(tⁿ), on a

8<

:

t2[0;1[)lim(f_n(t)) =g(t) =e^t t= 1)lim(f_n(t)) =g(t) =e=2 t >1)lim(f_n(t)) =g(t) = 0

.

I.2.b+c f_n+1(t)¡f_n(t)est du signe detⁿ(1¡t)doncf_n+1(t)est au dessus def_n(t)pour0·t <1, et le contraire pou t >1.

²Puisqueg(t) = 0pour t >1le graphe def_nest au dessus deg= 0pourt >1.

²f_n(t)¡e^t= ^¡t_1+t^nen^t <0: f_n(t)est en dessous strictement deg(t) =e^t pour0< t <1. Pourt= 0 f_n(0) =e⁰=g(0) = et pourt= 1f_n(1) =g(1) =₂^e, il y a croisement.

I.2.d glimite simple de fonctions continues, n’est pas continue

;il n’y a donc pas convergence uniforme de la suitefnversg surR⁺.

I.3 :Théorème de convergence dominée : Sur un segment[a; b]si la suite de fonctions(f_n)est une suite de fonctions continu par morceaux qui converge simplement vers une fonctionf continue par morceaux et si il existe une fonctionÁindépendant dexcontinue par morceaux telle que jf_nj ·Áalors : Rb

af = lim₊₁³R_b

af_n´ .

On se place sur le segment 0; Aet on a la dominationjf_n(t)j ·e^t. On peut permuter limite et intégrale:

( SiA·1 RA

0 f_n(t)dt!RA

0 g(t)dt=e^A¡1 SiA >1RA

0 f_n(t)dt=R1 0 +RA

1 !e¡1 Partie II : La suite(x_n(®))

II.1.a x_n(®)est dé…ni par'_n(x_n(®)) =®. Comme'_nest bijective de R⁺ sur R⁺ ®admet un unique antécédent.

x_n(®) ='^¡1_n (®) II.1.b x_nest strictement croissante car '_nl’est etlim₊₁(x_n) = +1

II.2 Comme '_nest unC¹ di¤éomorphisme deR⁺ sur R⁺ ,x_n2C¹(R⁺;R⁺): En outre d’après la dérivation d’une fonction réciproque et celui d’une primitive :

x⁰_n(®) =_'0(x¹

n(®)) = _f ¹

n(xn(®))

II.3 En dérivant cette relation (x_n est au moinsC²) x"_n(®) =¡^fn0(xfnⁿ(x^(®))xn(®))^0n2(®). Commex⁰_n ne s’annule pas , x"_n(®) = si et seulement si x_n(®) =®_nou¯_n.

Les abscisses des points d’in‡exion sont doncR®n

0 fn(t)dt etR¯_n 0 fn(t)dt II.4.a On a : R1

0 fn(t)dt·R1

0 e^tdt=e¡1. Donc'_n(1)·e¡1. Donc par variation de '_n: x <1)'_n(x)< e¡1. L condition ® > e¡1assure donc : xn(®)>1.

Par Chasles I_n=Rxn(®)

0 f_n(t)dt¡RA

0 f_n(t)dt=®¡RA

0 f_n(t)dt!®¡e+ 1.

I_n=Rxn(®)

A f_n(t)dt!n!+1 ®¡e+ 1 II.4.bOn doit montrer : 8A;9n₀(A),n¸n₀(A))x_n(®)¸A .

On peut se limiter à A >1sans restreindre le problème . PourA·1on prendran₀(A) =n₀(1).

Soit alorsA¸1…xé . D’après le calcul précédentI_nadmet un limite strictement positive sintend vers+1. DoncI_nes positive à partir d’un certain rangn₀ . Comme on intègre une fonction positive , si l’intégrale est positive les bornes ont dan le bon sens doncx_n(®)¸A. C’est ce que l’on veut prouver .

lim_n!1(x_n(®)) = +1 II.5.a On suppose par l’absurde :

8N ,9n¸N ,xn(®)¸1 On a donc : ®=Rxn(®)

0 f_n(t)dt¸R1

0 f_n(t)dt. En faisant tendreN vers+1, ntend aussi vers+1 donc par passage à l limite en utilisant I3: ®¸e¡1.:ABSU RDE :

9N;8n¸N ,x_n(®)<1

II.5.b Méthode classique : On sait que'_n(x_n(®)) ='_n+1(x_n+1(®)) =®et que'_n est croissante . Pour classer les objet on classes leurs images:

sur [0;1], tⁿ¸tⁿ⁺¹doncf_n(t)·f_n+1(t)donc'_n(x)·'_n+1(x). En particulier '_n(x_n+1)·'_n+1(x_n+1) ='_n(x_n) et donc : x_n+1(®)< x_n(®)La suite(x_n(®))décroît à partir du rang N.

Décroissante minorée par 0, elle converge vers une limite `¸0.

II.5.c jRxn(®)

` f<sub>n</sub>(t)dtj · jx<sub>n</sub>(®)¡`jsup_t2[0;1]jf_n(t)j · jx_n(®)¡`je¹. D’après I3 lim³Rxn(®)

` f_n(t)dt´

= lim³Rxn(®)

0 f_n(t)dt¡Rl

0f_n(t)dt´

=®¡e^l+ 1. Or cette quantité est nulle d’après l question précédente .

lim (x_n(®)) = ln(®+ 1)

Partie III : Cas particulier®=e¡1

III.1 Méthode classique de séparation des parties paires et impaires d’une série (cf le dernier DS ) : X1

1

1 n² +

X1 1

(¡1)ⁿ n² = 2

X1 p=1

1 (2p)² =1

2 X1 p=1

1 p² 2

S=^¼₁₂² III.2.a Remarque : la réponse est à la question III3c

D’après le développementln(1 +s) =P1

k=1(¡1)^k¡1x^k

k on au(x) =xR1

®

P+1

k=1(¡1)^k+1tkx_k dt ; Pour la série alternée sous l signe intégral, le reste est inférieur au premier terme négligé:Rk(t)· ^tkxk · ¹k indépendant de tet de limite nulle. On a don une série de fonctions continue qui converge uniformément sur le segment[®;1]

On peut donc permuter somme et intégrale, ce qui donne le résultat annoncé carR1

®t^mdt= _m+1¹ [1¡®^m+1].

III.2.b La nouvelle forme de la série donnantu(x) permet de prouver la convergence normale de la série de fonctions su [1;+1]. En e¤et¯¯

¯¯^(¡1)k+1(1¡®^kx+1)x k(kx+1)

¯¯¯¯= ¹_k(kx+1)^¡®kx+1 · k¹² car0·®·1:La sérieP ₁

k² ne dépend plus dexet converge (série d Riemann) .

Remarque : si k croit k ! ®^kx+1 décroît (® <1) donc ^1¡®_k(kx+1)^kx+1 est le quotient de deux suites croissantes. Il se révèl di¢cile d’utiliser le théorème des séries alternées pour prouver la convergence uniforme.

De pluslim_x!+1

µ(¡1)^k+1(1¡®^kx+1)

k(kx+1)

¶

= ^(¡1)_k2^k+1 Donc grâce à la convergence uniforme :lim_x!+1(u(x)) =P1

k=1(¡1)^k+1 k²

:limx!+1(u(x)) =^¼₁₂² III.3.a f est continue sur le segment[®;1] donc y est bornée (parM_®)jR1

®t^xf(t)dtj · M_®R1

®t^xdt= _x+1¹ M(1¡®^x+1)·

M

x+1 !0. R1

®t^xf(t)dt!x!+10

III.3.b On intègre par parties les fonctions (det)f et t! ^tkx+1^kx+1 étantC¹ sur le segment[®;1] : , DoncxR1

®t^kxf(t)dt= ^xf_kx+1⁽¹⁾¡xR1

®f⁰(t)^t_kx+1^kx+1dt! ^f(1)k ¡0.

xR1

®t^kxf(t)dt!x!+1 f(1) k

III.3.c On suppose x >0.

Comme on ne sait plus quef est positive , le critère des séries alternées ne s’applique plus.

Montrons que la série¯

¯¯R_®¹P₊₁

k=1(¡1)^k+1tkx_k xf(t)dt¯

¯¯converge . On a :

¯¯¯¯

¯ Z 1

® +1X

k=1

(¡1)^k+1t^kx

k xf(t)dt¯¯

¯¯¯· Z 1

®

t^kx

k xM_®dt· M_® k² qui est bien le terme général d’une série convergente.

x Z 1

a

ln(1 +t^x)f(t)dt=

+1X

k=1

(¡1)^k+1 Z 1

a

t^kx

k xf(t)dt

Or ¯

¯¯(¡1)^k+1R1 a t^kx

k xf(t)dt¯

¯¯· ^M_k^2® ce qui assure comme au III2 la convergence uniforme de la série sur[1;+1[et donc :

+1X

k=1

(¡1)^k+1 Z 1

a

t^kx

k xf(t)dt!

+1X

k=1

(¡1)^k+1f(1) k² = ¼²

12f(1) III.4.a Cas b <1: Dans ce casM étant le maximum dejfj continue sur[a; b],

n^pjInj · n^pRb

aM tⁿdt = Mn^pbⁿ(b¡a) ! 0 quel que soit p, puisque l’exponentielle bⁿ l’emporte sur la puissance n^p 0·b <1)

III.4.b Casb= 1 :

On intègreInpar parties : In=R1 a t^n¡1dt

1+tⁿ tf(t). ce qui donne en posantu(t) =tf(t),v⁰(t) = ^tn¡1_1+tn^dt In=^{f(1) ln 2}_n ¡n¹ln(1 + aⁿ)af(a)¡n¹

R

a(f(t) +tf⁰(t)) ln(1 +tⁿ)dt,

Le terme central _n¹ln(1 +aⁿ)af(a)»Kaⁿ=n tend vers0car0·a <1.

Pour le dernier on utilise (III.3.c) avec la fonctionC¹ :t!(f(t) +tf⁰(t)): , ce qui donne:

n Z 1

a

ln(1 +tⁿ) (f(t) +tf⁰(t))dt!(f(1) +f⁰(1))¼² 12 I_n=^{f(1) ln(2)}_n ¡(f(1)+f⁰(1))¼²

12n² +o¡₁

n²

¢ III.4.cCas a¸1:

I_n=Rb a tⁿ+1¡1

1+tⁿ f(t)dt=Rb

af(t)dt¡Rb a

f(t) 1+tⁿdt.

3

Si a¸1, le changement de variablet= _u¹ dans la seconde intégraleRb a

f(t)

1+tⁿdtdonneRb a

f(t)

1+tⁿdt=R_a¹

1b

uⁿ 1+uⁿ

f(_u¹) u² du.

Comme ¹_a ·1on est ramené aux cas précédents avecG(u) =^f(_u^u2¹⁾, jouant le rôle de f.

²Sia >1alors¸1=Rb

af(t)dt,¸=¹= 0, puisque l’intégraleRb a

f(t)

1+tⁿdtest négligeable devant tout _n¹p.

²Sia= 1¸₁=Rb

af(t)dt; ¸=¡G(1) ln 2 =¡f(1) ln 2. Et¹=³

¼²

12G(1) +G⁰(1)´ . Or G⁰(u) =¡f⁰(¹_u)_u¹4 ¡2f(¹_u)_u¹3 etG⁰(1) =¡f⁰(1)¡2f(1)et¹=¡^¼12²(f(1) +f⁰(1)).

Sia= 1,In=Rb

1 f(t)dt¡^{f(1) ln(2)}n ¡(f(1)+f⁰(1))¼² 12n² +o¡₁

n²

¢ III.4.d pour a <1< b: On scinde en deuxInpar Chasles, et on applique (4.b) et (4.d).

In = R1 a

tⁿ

1+tⁿf(t)dt+R1 b

tⁿ

1+tⁿf(t)dt = ^{f(1) ln 2}_n ¡ ^f(1)+fn²⁰⁽¹⁾¼² 12 +Rb

1 f(t)dt¡f(1) ln 2_n¹ ¡ ^f(1)+fn²⁰⁽¹⁾¼²

12 +o(_n¹2), qui aprè réduction donne le résultat attendu:

I_n=Rb

1f(t)dt¡^f(1)+f_n^20(1)¼₆² +o(_n¹2) III.5

Posons K_n = R° 0 e^t

1+tⁿdt = R° 0

e^t(1+tⁿ¡tⁿ)

1+tⁿ dt = e^° ¡1¡R° 0 tⁿe^t

1+tⁿdt ; L’intégrale J_n =R° 0 tⁿe^t

1+tⁿdt est du type de I_n ave f(t) =e^tqui est bienC².

8>

<

>:

Si° <1 c’est le cas (4.a) etJn=o(_n¹2)

Si°= 1 c’est le cas (4.b) etJ_n=^{eln 2}_n ¡^2e¼_12n²² +o(_n¹2) t Si° >1 c’est le cas (4.c) etJ_n=R°

1 e^tdt¡^2e¼_12n²² +o(_n¹2) =e^°¡e¡^2e¼_6n²² +o(_n¹2) Par suite :

K_n= Z °

0

e^t 1 +tⁿdt=

8>

<

>:

Si° <1K_n=e^°¡1 +o(_n¹2)

Si°= 1 K_n=e¡1¡^{eln 2}_n +^2e¼_12n²2 +o(_n¹2) Si° >1K_n=e¡1 +_3n^e¼22+o(_n¹2)

III.6.a Par Chasles Rxn(®) A

e^t

1+tⁿdt = Rxn(®) 0 ¡RA

0 =®¡RA 0

e^t

1+tⁿdt ; et il su¢t de remplacer ° par A pour la deuxièm intégrale et les deux dernières lignes de l’accolade précédente. Lee¡1se réduit dans les deux cas et la limite est 0.

L’équivalent est alors le premier terme non nul :

( A= 1: Rxn(®) A

e^t

1+tⁿdt» ¡^eln(2)_n A >1 :Rxn(®)

A e^t

1+tⁿdt»^e¼3n²²

III.6.b On vient de voir que pour A > 1 , Rxn(®) A

e^t

1+tⁿdt » _n^K2 > 0, avec K > 0 indépendant de A, donc x_n(®) > A (“positivité de l’intégrale”) : doncx_n(®)> Aaussi grand que soitAetx_n(®)!+1(idem II4)

III.7 On a vuR°

0 e^t

1+tⁿdt=e^°¡1 +o(_n¹2)pour° <1.

Comme` <1, on a aussi : R`

0 e^t

1+tⁿdt=e^`¡1 +o(_n¹2)et en…nRxn(®) 0

e^t

1+tⁿdt=®=e¡1; Soit en retranchant :

Rxn(®)

`

e^t

1+tⁿdt=e^`¡1¡®+o(_n¹2) =o(_n¹2);

Or le théorème de la moyenne donne : (x_n(®)¡`)_1+c^ecn =o(_n¹2);

Mais commex_n(®)tend vers` <1,cⁿ tend vers 0 ; d’où le résultat demandé puisquee^c¸1.

4