Lyc´ ee H´ el` ene Boucher

ECS 1

Lyc´ ee H´ el` ene Boucher

Concours blanc juin 2021

Epreuve de math´ ´ ematiques n ^o 2

Corrig´ e

Probl`eme 1

Partie 1 : pr´eliminaires (les trois questions sont ind´ependantes) 1. (a) n=input(’entrez une valeur pour n :’)

x=1:n u = 0

for k = 1:n u = u + 1/k end

u = u/n disp(u)

(b) Soit k∈N^∗, la fonction ln est de classeC¹ sur l’intervalle [k,k+ 1] et

∀t∈[k,k+ 1], 1

k+ 1 6ln⁰(t)6 1 k L’in´egalit´e des accroissements finis nous assure alors que

1

k 6ln(k+ 1)−ln(k)6 1 k

(c) En sommant les in´egalit´es pr´ec´edentes on obtient

n−1

X

k=1

1 k+ 1 6

n−1

X

k=1

ln(k+ 1)−ln(k)6

n−1

X

k=1

1 k C’est-`a-dire

n

X

k=2

1

k 6ln(n)6

n−1

X

k=1

1 k D’o`u

−16ln(n)−

n

X

k=1

1 k 6−1

n

Et ainsi

06 1

n 6u_n61 On a donc montr´e que

∀n∈N^∗, 06un61 2. (a) Soit n∈N^∗ ett∈[0,x], on a

n

X

p=1

t^p−1=

n−1

X

p=0

t^p = 1−tⁿ 1−t Ainsi

∀n∈N^∗, ∀t∈[0,x],

n

X

p=1

t^p−1 = 1−tⁿ 1−t (b) D’apr`es la question pr´ec´edente on a

Z x 0

n

X

p=1

t^p−1dt= Z x

0

1−tⁿ 1−t dx Or

Z x 0

n

X

p=1

t^p−1dt=

n

X

p=1

Z x 0

t^p−1dt=

n

X

p=1

x^p p

Et Z x

0

1−tⁿ 1−t dx=

Z x 0

1 1−tdx−

Z x 0

tⁿ

1−tdx=−ln(1−x)− Z x

0

tⁿ 1−tdt Finalement, on a bien

n

X

p=1

x^p

p =−ln(1−x)− Z x

0

tⁿ 1−tdt (c) On ax∈[0,1[.

Pour toutt∈[0,x[ on a donc 1−x <1−t61 ainsi

∀t∈[0,x[, tⁿ6 tⁿ

1−t 6 tⁿ 1−x On en d´eduit, en int´egrant sur le segment [0,x] que

xⁿ⁺¹ n+ 1 6

Z x 0

tⁿ

1−tdt6 1 1−x

xⁿ⁺¹ n+ 1 Par croissance compar´ee, on a lim

n→+∞

xⁿ⁺¹

n+ 1 = 0 et lim

n→+∞

1 1−x

xⁿ⁺¹ n+ 1 = 0.

Ainsi, d’apr`es le th´eor`eme des gendarmes, on a

n→+∞lim Z x

0

tⁿ

1−tdt= 0

(d) En faisant tendrenvers +∞dans l’´egalit´e de la question 2.(b), on en d´eduit que la s´erie de terme g´en´eral x^p

p est convergente et

+∞

X

p=1

x^p

p =−ln(1−x)

3. (a) Soit n∈N^∗, on a

n

X

k=1

c_k=

n

X

k=1 k

X

i=1

a_ibk−i

=

n

X

i=1 n

X

k=i

a_ibk−i

=

n

X

i=1

a_i

n

X

k=i

bk−i

!

=

n

X

i=1



ai n−i

X

j=0

bj





Comme les suite (ai)i∈N^∗ et (bj)j∈N sont `a termes positifs, on a alors

∀i∈J1,nK, a_i

n−i

X

j=0

b_j 6a_i

n

X

j=0

b_j

Ainsi

n

X

k=1

ck6

n

X

i=1

ai n

X

j=0

bj 6

n

X

i=1

ai

!



n

X

j=0

bj





De mani`ere similaire on a

2n

X

k=1

c_k=

2n

X

i=1



a_i

2n−i

X

j=0

b_j





L`a encore, comme les suite (ai)i∈N<sup>∗</sup> et (bj)j∈N sont `a termes positifs, on a alors

∀i∈J1,nK, a_i

2n−i

X

j=0

b_j >a_i

n

X

j=0

b_j (on a 2n−i>n) D’o`u

n

X

k=1

c_k>

n

X

i=1

a_i

n

X

j=0

b_j >

n

X

i=1

a_i

!



n

X

j=0

b_j





Finalement on a montr´e que

∀n∈N^∗,

n

X

k=1

c_k6

n

X

k=1

a_k

! _n X

k=0

b_k

! 6

2n

X

k=1

c_k

(b) Les s´eries de terme g´en´eral (an)n∈N et (bn)n∈N sont `a termes positifs et convergent, ainsi on a

∀n∈N, 06

n

X

k=1

ak6A, et 06

n

X

k=0

bk 6B

Ainsi

∀n∈N,

n

X

k=1

c_k6AB

La s´erie de terme g´en´eral (c_n)n∈N est ainsi un s´erie `a termes positifs dont les sommes partielles sont major´ees, elle converge donc.

On peut alors passer `a la limite dans l’´egalit´e obtenue `a la question pr´ec´edente qui nous donne alors

+∞

X

k=1

ck 6AB6

+∞

X

k=1

ck

En conclusion, la s´erie de terme g´en´eral cn converge et on a :

+∞

X

n=1

cn=

+∞

X

n=1

an

! _+∞

X

n=0

bn

!

(c) i. il est clair que, pour x>0, les s´eries de termes g´en´erauxan etbn sont `a termes positifs.

Commex∈[0,1[ la s´erie de terme g´en´eralbn est une s´erie g´eom´etrique de raison appartenant

`

a ]−1,1[, elle converge donc.

On a montr´e `a la question 2.(d) que la s´erie de terme g´en´eral converge et que

+∞

X

k=1

a_k =

−ln(1−x).

Finalement les s´eries de termes g´en´erauxa_n etb_n sont `a termes positifs et convergentes.

ii. n=input(’entrez une valeur pour n :’) x=input(’entrez une valeur pour x :’) S = 0

for k=1:n

S = S + (x^k/k)*x^(n-k) end

disp(S)

iii. Pourn∈N^∗ on a

c_n=

n

X

k=1

x^k

k x^n−k=xⁿ

n

X

k=1

1 k Ainsi

∀n∈N^∗, c_n=xⁿ

n

X

k=1

1 k

Partie 2 : ´etude d’une fonction d´efinie comme somme d’une s´erie

4. (a) Pour x∈[0,1[, en prenant les suites d´efinies `a la question 3.(c) on a

+∞

X

n=1 n

X

k=1

1 k

! xⁿ=

+∞

X

n=1

c_n

=

+∞

X

n=1

an

! _+∞

X

n=0

bn

!

=

+∞

X

n=1

xⁿ n

! _+∞

X

n=0

xⁿ

!

Ainsi, on a bien

+∞

X

n=1 n

X

k=1

1 k

! xⁿ=

+∞

X

n=1

xⁿ n

! _+∞

X

n=0

xⁿ

!

(b) On sait que

+∞

X

n=1

xⁿ

n =−ln(1−x) et

+∞

X

n=0

xⁿ= 1 1−x D’o`u

+∞

X

n=1 n

X

k=1

1 k

!

xⁿ= −ln(1−x) 1−x

5. (a) La fonctionu7→ln(u) est concave, elle est donc en dessous de toutes ses tangentes.

En particulier elle est en dessous de sa tangente en 1 qui a pour ´equation y=x−1.

En d’autres termes

∀u∈R^∗+ ln(u)6u−16u On a donc bien

∀u∈R^∗+ ln(u)6u (b) On a

∀n∈N, 06(ln(n))xⁿ6nxⁿ

La s´erie de terme g´en´eral nxⁿ est convergente en tant que s´erie g´eom´etrique d´eriv´ee de raison appartenant `a ]−1,1[.

Ainsi, la s´erie de terme g´en´eral (ln(n))xⁿ (n≥1) est une s´erie `a termes positives dont le terme g´en´eral est major´ee par le terme g´en´eral d’une s´erie convergente.

La s´erie de terme g´en´eral (ln(n))xⁿ (n≥1) est donc convergente.

6. On pose :f(x) =

+∞

X

n=1

(ln(n))xⁿ.

(a) On a vu `a la question 1.(c) que, pour n∈N^∗ on a 06

n

X

k=1

1

k −ln(n)61 Ainsi

∀n∈N^∗,

n

X

k=1

1

k−16ln(n)6

n

X

k=1

1 k D’o`u

∀n∈N^∗, xⁿ

n

X

k=1

1

k−xⁿ6ln(n)xⁿ6xⁿ

n

X

k=1

1 k

On a d´ej`a prouv´e que tous les termes de cette in´egalit´e sont les termes g´en´eraux de s´eries conver- gentes, on peut donc sommer ces in´egalit´es pour nallant de 1 `a +∞. On obtient

+∞

X

n=1

xⁿ

n

X

k=1

1 k

!

−

+∞

X

n=1

xⁿ6f(x)6

+∞

X

n=1

xⁿ

n

X

k=1

1 k

!

C’est-`a-dire, en exploitant le r´esultat de la question 4.(b).

−ln(1−x)

1−x − x

1−x 6f(x)6 −ln(1−x) 1−x (b) Pour x∈[0,1[ on a

1 + x

ln(1−x) 6 f(x)

−ln(1−x) 1−x

61 On sait que lim

x→1⁻1 + x

ln(1−x) = 1, ainsi, d’apr`es le th´eor`eme de gendarmes

x→1lim⁻ f(x)

−ln(1−x) 1−x

C’est-`a-dire

f(x) ∼

1⁻

−ln(1−x) 1−x 7. (a) Soit (x,y)∈[0,1[² avec x6y.

Pour toutn∈N^∗ on a ln(n)xⁿ6ln(n)yⁿ, d’o`u, en sommantf(x)6f(y).

Ainsi f est croissante sur [0,1[.

(b) On af(0) =

+∞

X

n=1

ln(n)×0 = 0 et lim

x→1⁻

−ln(1−x)

1−x = +∞. D’o`u, par ´equivalence lim

x→1⁻f(x) = +∞.

On obtient le tableau de variations suivant x

g(x)

0 1

0 0

+∞

+∞

8. (a) D’apr`es l’´etude de variations pr´ec´edentes, on a, pour tout x∈[0,1[,f(x)>0.

On a

f(x) =

+∞

X

n=1

(ln(n))xⁿ= ln(1)x+

+∞

X

n=2

(ln(n))xⁿ=

+∞

X

n=2

(ln(n))xⁿ On a vu que, pour toutn∈N^∗, ln(n)6n, ainsi

f(x) =

+∞

X

n=2

(ln(n))xⁿ6

+∞

X

n=2

nxⁿ

Or +∞

X

n=2

nxⁿ=x

+∞

X

n=1

nxⁿ⁻¹−x= x

(1−x)² −x Ainsi

∀x∈[0,1[, 06f(x)6 x

(1−x)² −x

(b) On a lim

x→0⁺

x

(1−x)² −x. Ainsi, d’apr`es le th´eor`eme des gendarmes, on a lim

x→0⁺f(x) = 0 =f(0) f est donc continue en 0. Pourx6= 0 on a

06 f(x)−f(0)

x 6 1

(1−x)² −1 Or lim

x→0⁺

1

(1−x)² −1 = 0, ainsi d’apr`es le th´eor`eme des gendarmes, on a lim

x→0⁺

f(x)−f(0) x−0 = 0.

f est donc d´erivable `a droite en 0 et f_d⁰(0) = 0.

(c) f est continue sur [0,1[. L’int´egrale Z 1

0

f(x) dx n’est donc impropre qu’en 1.

On sait ´egalement quef(x) ∼

1⁻

−ln(1−x) 1−x , que

∀x∈[0,1[, f(x)>0, et −ln(1−x) 1−x 60 et que la fonction x7→ −ln(1−x)

1−x est continue sur [0,1[.

Ainsi, d’apr`es le crit`ere d’´equivalence pour les int´egrales des fonctions continues et positives, les int´egrales

Z 1 0

f(x) dx et Z 1

0

−ln(1−x)

1−x dx ont mˆeme nature Pour a∈]0,1[ on a

Z a 0

−ln(1−x) 1−x dx=

(ln(1−x))² 2

a 0

= (ln(1−a))² 2 Or lim

a→1(ln(1−a))² = +∞, ainsi l’int´egrale impropre Z ₁

0

−ln(1−x)

1−x dxdiverge et donc L’int´egrale

Z 1 0

f(x) dxest divergente.