ANALYSE
Exercice 1.
1. Determiner l'ensemble D des reels x pour lesquels l'integrale
Z
1
0
tx;1 1 +t dt est convergente.
On pose alors, pour toutx2D :'(x) =
Z
1
0
tx;1 1 +t dt 2. a) Montrer que pour toutx2D :'(x) +'(x+ 1) = 1x
b) Montrer que pour toutx2D: 12x '(x) 1x En deduire lim
x!+1
'(x).
c) Soit une application denie surD et qui verie :
pour toutx2D: (x) + (x+ 1) = 1x,
lim
x!+1
(x) = 0.
On posed='; .
Montrer que d est 2{periodique. En deduire que d est identiquement nulle surD.
3. Calculer pour toutk2N : ';k+ 12+';k;12
En posantuk= (;1)k';k+ 12et en utilisantuk;uk ;1, exprimer';n+ 12, puis'(n+ 1) en fonction den.
4. En deduire que les series P
k >1
(;1)k ;1
2k;1 etk >1P (;1)k ;1
k sont convergentes et calculer leurs sommes respectives.
Solution :
1. Au voisinage de 0, 1 +tx;1t est equivalente a 1t1;x. L'integrale converge donc sur [0;1] si et seulement six >0. Ainsi la fonction'est denie surR+. 2. a) Pour toutx >0 :
'(x) +'(x+ 1) =
Z
1
0
tx1 ++tx;1t dt=
Z
1
0
tx;1dt= 1x b) Pourt2[0;1], 161 +t62 donne :
21x 6
Z
1
0
tx;1 1 +t dt6x1 On en deduit que lim
x!+1
'(x) = 0
c) La fonction'verie les m^emes conditions que la fonction . Sid='; , il vient, pour toutx >0,d(x+ 1) +d(x) = 0, doncd(x+ 2);d(x) = 0.
Donc pour toutn2N, d(x+2n);d(x) = 0. La fonctiondtendant vers 0 en l'inni, il reste a prendre la limite lorsque ntend vers l'inni pour conclure que pour toutx >0;d(x) = 0.
3. Pour toutk2N,';k+ 12+';k;12= 22k;1 Ainsi pour toutk2N :
uk;uk ;1= 2(;1)k
2k;1; etun;u0= Pn
k =1
(uk;uk ;1) = 2 Pn
k =1
(;1)k 2k;1 Or, par le changement de variablet=u;2, puis u= tanv :
u0=';12=
Z
1
0
(1 +dtt)pt = 2
Z
1
0
1 +duu2 = 2 Donc :
';n+ 12= 2(;1)n4 ; Pn
k =1
(;1)k ;1 2k;1
De m^eme pour tout k 2 N, '(k + 1) +'(k) = 1k. On pose alors : vk = (;1)k'(k) et un calcul analogue au calcul precedent donne :
vn;v1= Pn
k =2
(vk;vk ;1) = Pn
k =1
(;1)k k Or :v1='(1) =Z 1
0
1 +dtt = ln2
ce qui donne : '(n+ 1) = (;1)nln2;Pnk =1(;1)k ;1
k
4. On deduit de la question 2. b que les series P
k >1
(;1)k ;1
2k;1 et k >1P (;1)k ;1 sont convergentes et que : k
1
P
k =1
(;1)k ;1
2k;1 = 4; P1
k =1
(;1)k ;1
k = ln2
Exercice 2.
On considere une suite (n)n>0de reels strictement positifs et deux nombres reels u0 et v0. On denit les suites (un)n>0 et (vn)n>0 par recurrence en posant pourn>1 : un =un;1+nvn;1
vn=vn;1;nun;1 1. Montrer que pour toutn>1 :
u2n+v2n= (u20+v02) Qn
k =1
(1 +2k)
2. On suppose dans cette question que pour toutn2N;n =2R+. a) Montrer que les deux suites (un) et (vn) sont de m^eme nature (c'est-a- dire que l'une converge si et seulement si l'autre converge).
b) En deduire que si (u0;v0)6= (0;0), alors ces deux suites divergent.
3. Soient (x1;x2;:::;xn),nreels positifs. Montrer que :
n
Q
k =1
(1 +xk)ex1+x2++xn
4. On suppose dans cette question que la serieP2n converge.
a) Montrer que la suite (wn) denie pour toutn2N parwn=u2n+vn2 est bornee.
b) En deduire que la suite (wn) est convergente.
5. On suppose dans cette question que pour toutn2N;n = 2;n a) Pourn>1, exprimerun en fonction deu0;v0;v1;:::;vn;1. b) Pourn>1, exprimervn en fonction dev0;u0;u1;:::;un;1.
c) On suppose que u0 = 1 et v0 = 0. Montrer que les suites (un) et (vn) sont convergentes.
Solution :
1. Avec les relations de recurrence, il vient :
u2k =u2k ;1+k2vk ;12 + 2kuk ;1vk ;1 vk2=v2k ;1+2ku2k ;1;2kuk ;1vk ;1 D'ou l'on tire :u2k+vk2= (1 +2k)(u2k ;1+vk ;12 )
et par suite on a bien :
u2n+vn2 = (1 +2n):::(1 +21)(u20+v02)
Remarque : On peut aussi poserzn=un+ivn et exprimerzk en fonction de zk ;1, la formule proposee traduit alors en fait une egalite de modules:::
2. a) Supposons que la suite (un) converge vers une limite`.
Comme on avn= 1(un;un;1), on en deduit que la suite (vn) converge vers 0, la relationvn =vn;1;un;1 implique alors que ` = 0. Les deux suites convergent vers 0.
On montrerait la m^eme chose en supposant au depart que la suite (vn) converge.
b) Supposons (u0;v0) 6= (0;0) et que l'une des suites converge, alors les deux suites convergent vers 0 et lim
n!1
(u2n+v2n) = 0.
Oru2n+v2n= (1 +2)n(u20+v02) ;!
n!1
+1et la contradiction est claire.
Les deux suites sont donc divergentes.
3. On sait que pour x > ;1;ln(1 +x) 6 x, soit 1 +x 6 ex. On obtient l'inegalite demandee par simple multiplication.
4. a) On a (1 +2n):::(1 +21)6e21+22++2n6e
1
P
k =1
2
k=A.
On deduit alors de la question 1. : u2n+vn2 6A(u20+v20), la suite (wn) = (u2n+v2n) est donc majoree.
b) Le resultat de la question 1. montre egalement que la suite (u2n+vn2) est croissante, elle est donc convergente.
5. a) Commeuk;uk ;1=kvk ;1, on en deduit :
un=u0+v0+ 12v1++ 12n;1vn;1 b) Commevk;vk ;1=;kuk ;1, on en deduit :
vn=v0;;u0+ 12u1++ 12n;1un;1
c) On au0= 1 etv0= 0. La serie de terme general2ketant ici convergente, on sait que la suite (u2n +v2n) est bornee. Les suites (jun]) et (jvnj) sont donc bornees et les series de termes generaux respectifs 12nun et 12nvn sont absolument convergentes, donc convergentes.
Des resultats a) et b) on deduit alors la convergence des suites (un) et (vn).
Exercice 3.
SoitE l'espace vectoriel des fonctions continues de [0;1] dansR.
Pour toute fonctionf 2E, on denit une nouvelle fonction [f] par, pour toutx2[0;1] :
[f](x) =
Z
x
0
f(t)dt 1. Justier que [f]2E.
2. a) On note 0=Id et pour toutnentier tel quen>1;n = n;1. Calculer;n[f](p)(0) (derivee d'ordrepen 0 de n[f]), pour 06p6n.
b) En deduire une expression de n[f] a l'aide d'une seule integrale.
3. Soitf 2Eet x2[0;1]. Justier que la serie P
n2N
n[f](x) converge.
4. Montrer que, pour toute fonction f 2 E, il existe une unique fonction g2E telle que :
g;[g] =f
Solution :
1. [f] n'est autre que la primitive def qui s'annule en 0 (carfest continue).
Elle est donc derivable sur [0;1] et a fortiori continue. Ainsi [f]2E, pour toutf 2E.
2. a) La fonction [f] est caracterisee par : ([f])0=f et [f](0) = 0, donc :
[f](0) = 0 ([f])0(0) =f(0)
Supposons que pour un certaink>0, k[f] soit caracterisee par :
k[f](0) = 0 (k[f])0= k ;1[f] Alors k +1[f](x) =
Z
x
0
k[f](t)dtverie :
k +1[f](0) = 0 (k +1[f])0= k[f] Ainsi, pour tout entierp>0 :
(k[f])(p)= (k ;1[f])(p;1)==
0 si p < k f(0) sip=k
b) La formule de Taylor avec reste integral nous donne, pour tout entier natureln, et tout x2[0;1] :
n[f](x) =n;1P
p=0
(n[f])(p)(0)xp p! +
Z
x
0
(n[f])(n)(t)(x;t)n;1 (n;1)! dt ou, pourn>1 :
n[f](x) =
Z
x
0
f(t)(x;t)n;1 (n;1)! dt 3. Pour toutx2[0;1] :
jn[f](x)j6 sup
x2[0;1]
jf(x)j
Z
x
0
(x;t)n;1
(n;1)! dt6 n1! supx2[0;1]jf(x)j
qui est le terme general d'une serie convergente. Les theoremes de comparai- son des series a terme positifs permettent de conclure a la convergence de la seriePn[f](x).
4. Procedons par analyse/synthese. Supposons quegsoit solution de l'equation g;[g] =f. Alors pour toutk>0, k[g];k +1[g] = k[f].
Sommons ces relations pourkdansf0;1;:::;ng. Il vient, par telescopage : g;n+1[g] = Pn
k =0
k[f] Par la question precedente, pour toutx2[0;1], lim
n!+1
n+1[g](x) = 0. Donc, sig existe, alorsg= P1
k =0
k[f].
Posons alorsg= P1
k =0
k[f]. La fonctiong existe d'apres la question 3.
Montrons que g verie l'equation g;[g] = f. A cet eet, notons, pour n>0,gn = Pn
k =0
k[f]. On sait que pour toutx2[0;1], lim
n!+1
gn(x) =g(x) et que :
gn;[gn] = 0[f];n+1[f] =f;n+1[f] On conclut par le fait que pour toutx2[0;1], lim
n!+1
n+1[f](x) = 0.
Montrons enn la continuite de g sur [0;1]. Notons M = sup
x2[0;1]
jf(x)j. Soit x2[0;1],h2R tel quex+h2[0;1]. Alors :
jg(x+h);g(x)j6+1P
n=1
Z
x+h
0
(x+h;t)n;1
(n;1)! f(t)dt;Z x
0
(x;t)n;1 (n;1)! f(t)dt +jf(x+h);f(x)j
jg(x+h);g(x)j6+1P
n=1
(nM;1)!
Z
x
0
((x+h;t)n;1;(x;t)n;1)dt ++1P
n=1
(nM;1)!
Z
x+h
x
(x+h;t)n;1dt
!
+jf(x+h);f(x)j
jg(x+h);g(x)j6jf(x+h);f(x)j++1P
n=1
Mn! [(;hn+ (x+h)n;xn) +hn]
6jf(x+h);f(x)j+Me;h;1 + ex+h;ex+h(eh;1) Cette derniere quantite tend vers 0 lorsquehtend vers 0 par continuite def et de la fonction exponentielle.
Ainsig= P1
k =0
k[f] est l'unique solution de l'equation proposee.
Exercice 4.
SoitF la fonction denie par : F(x) =
Z
+1
0
e;xt
p1 +t2dt 1. Determiner le domaine de denitionD de la fonctionF. 2. Etudier le sens de variation de la fonctionF.
3. Determiner la limite deF en +1.
4. a) Justier, pourx2D, la convergence des integrales :
G(x) =
Z
+1
x
e;uu du et I =
Z
1
0
e;uu du;1
Montrer que G(x) = ;lnx+G(1) +I +o(1), en deduire que G(x) est equivalent a;lnx lorsquex tend vers 0 par valeurs superieures.
b) Justier la convergence de l'integrale : H(x) =Z +1
0
e;xt t+ 1dt
et deduire du a) que H(x) est equivalent a;lnx lorsque x tend vers 0 par valeurs superieures.
c) Calculer la derivee de la fonctiong(t) = ln;t+p1 +t2et en deduire la valeur de l'integrale :
J =
Z
+1
0
p 1
1 +t2;1 +1 t
dt
d) En deduire un equivalent de F(x) quand x tend vers 0 par valeurs superieures.
Solution :
1. La fonction fx : t 7! pe1 +;xtt2 est continue sur R+, donc integrable sur tout segment de cet intervalle.
Au voisinage de +1,fx(t)gx(t) = e;xtt .
six <0, lim
t!+1
tgx(t) = +1, ce qui entra^ne que l'integrale n'existe pas.
six= 0, fx(t)1t, ce qui entra^ne que l'integrale n'existe pas.
six >0, lim
t!+1
t2gx(t) = 0, ce qui entra^ne l'existence de l'integrale.
Le domaine de denitionD deF est doncR+.
2. La fonction F est strictement decroissante sur D, puisque si 0< x < y, alors, pour tout t > 0 : ep1 +;xtt2 > pe1 +;ytt2 et la continuite des fonctions a integrer permet de conclure a l'inegalite stricte pour les integrales : F(x)> F(y)
3. On a : 06F(x)6
Z
1
0
e;xtdt= 1x. Donc : lim
x!+1
F(x) = 0
4. a) Commex >0,u7! e;uu est continue sur [x;+1[, donc integrable sur tout segment de cet intervalle. De plus lim
u!+1
u2e;uu = 0 entra^ne l'existence deG(x), pour toutx2D.
La fonction u 7! e;uu;1 est continue sur l'intervalle ]0;1] et admet un prolongement par continuite en 0 par 1 (faire un DL). Le reelI existe donc.
CalculonsG(x) + lnx;G(1);I. Par la relation de Chasles et lnx=Z x
1 dtt, il vient :
G(x) + lnx;G(1);I =;Z x
0
e;uu du;1
La fonctionu7! e;uu;1 etant continue sur [0;1], elle y est majoree par une constanteM >0, et :
jG(x) + lnx;G(1);Ij6Mx=o(1)
On a doncG(x) + lnx=C+o(1) =O(1) =o(lnx) au voisinage de 0+. b) La fonctiont7! te;xt+ 1 est continue surR+. De plus , lim
t!+1
t2te;xt+ 1 = 0, pour toutx2D. D'ou l'existence de H surD.
Eectuons le changement de variable aneu=t+ 1. Il vient : H(x) =
Z
+1
1
e;x(u;1)u du= exG(x) On conclut en remarquant que lim
x!0
ex= 1.
c) Un calcul immediat donne :g0(t) =p 1
1 +t2, d'ou : J =
Z
+1
0
;p 1
1 +t2;1 +1 tdt=hln;t+p1 +t2 1 +t
i
+1
0
= ln2 d) Remarquons que :
jF(x);H(x)j=
Z
+1
0
e;xt;p 1
1 +t2;1 +1 tdt6J = ln2 DoncF(x) + lnx=o(lnx), i.e. :
F(x)
(0 +
)
;lnx
Exercice 5.
On pose pour tout couple (x;y) de reels strictement positifs : f(x;y) =
Z
+1
;1
etdt
(x:et+ 1)(y:et+ 1): 1. a) Verier la convergence de l'integrale ci-dessus.
b) Pourx >0, calculerf(x;x).
2. Soientxet y deux reels strictement positifs distincts.
a) Montrer qu'il existe un unique couple de reels (a;b) tel que pour tout t2Ron ait :
(x:et+ 1)(1y:et+ 1) = a
x:et+ 1 + b y:et+ 1: On exprimeraaetb en fonction dex ety.
b) En deduire la valeur def(x;y).
3. Etudier l'existence de derivees partielles pourf.
La fonctionf est-elle de classeC1sur son domaine de denition ?
Solution :
1. a) La fonctiong:t7! (xet+ 1)(etyet+ 1) est continue surR.
?Au voisinage de +1,g(t) exy;t, fonction dont l'integrale converge.
? Au voisinage de ;1, g(t) et, fonction dont l'integrale converge egalement.
Les theoremes de comparaison des integrales de fonctions positives permet- tent de conclure :f(x;y) est bien deni pourx >0 ety >0.
b) Commex >0, on peut ecrire : f(x;x) =
Z
+1
;1
etdt
(xet+ 1)2 = 1x
Z
+1
;1
xetdt (xet+ 1)2 Une primitive det7! xet
(xet+ 1)2 estt7! xe;t+ 1, ce qui permet de conclure :1 f(x;x) =Z +1
;1
etdt (xet+ 1)2 = 1x 2. a) En reduisant au m^eme denominateur, on obtient :
1 = (ay+bx)et+(a+b) = 1. Les fonctions (t7!1;t7!et) etant independantes, ceci est equivalent a :
a+b= 1 ay+bx= 0 D'ou :
a= x;x y; b= y y;x
b) Une primitive de t 7! xetet+ 1 est t 7! x1ln(xet+ 1). Ceci permet de calculerf(x;y). Pour toutx6=y, on obtient :
f(x;y) = 1x;yA!+1;B!;1lim
hln;x:et+ 1 y:et+ 1
i
A
B
= 1x;y(lnxy ;ln1). Soit : x6=y =) f(x;y) = lnx;lny
x;y 3. Pour toutx6=y, on a immediatement :
@f@x(x;y) = 1x(x;y);lnx+ lny
(x;y)2 ; @f@y(x;y) = 1y(y;x);lny+ lnx (x;y)2 En (a;a), on a :
@f@x(a;a) = limh!0f(a+h;a);f(a;a)
h = limh!0ln(a+h);lna;ha h2
Or un developpement limite de ln(a+h) = lna+ ln(1 +ha) au voisinage de 0 donne :
ln(a+h) = lna+ha; h2
2a2 +o(h2)
D'ou : @f
@x(a;a) =; 1 2a2
Par un calcul identique, ou par symetrie des r^oles dex ety, il vient :
@f@y(a;a) =; 1 2a2
Ainsif admet des derivees partielles en tout point de son domaine.
? On sait que f est de classe C1 sur D si et seulement si les derivees partielles (x;y)7! @f
@x(x;y) et (x;y)7! @f
@y(x;y) sont continues surD. Il est evident qu'en tout point (x;y) avecx > 0;y >0;x6=y, ces fonctions sont continues comme quotient de fonctions continues dont le denominateur ne s'annule pas.
Pourx6=y, on a :
lny= lnx+ 1x(y;x); 1
2x2(y;x)2+o((y;x)2)
Donc : @f
@x(x;y) =; 1
2x2 +o(1) Ainsi, lorsque (x;y) tend vers (a;a) :
@f@x(x;y)!; 1 2a2 = @f
@x(a;a) Le calcul est identique pour @f
@y(x;y). Ceci nous assure que f est de classe
C
1sur R+R+.
Exercice 6.
On considere la fonctionf denie surR par : f :x7;!exp;; 1
jxj
ou exp designe la fonction exponentielle.
1. Montrer quef admet un prolongement par continuite en 0. On noteg ce prolongement.
2. Montrer quegest de classeC1 surR.
3. Montrer qu'il existe une suite de polyn^omes (Pn)n>0, a coecients entiers et dont on precisera les degres, telle que pour tout entier naturel n et tout reel strictement positifxon ait :
g(n)(x) =Pn;x1g(x): 4. Montrer quegest de classeC1 surR.
5. On denit le typepoly=ARRAY[0..20]OF INTEGER ;
On desire faire calculer a l'ordinateur le polyn^omeP10.
a) Soit A une variable de typepoly. Ecrire une procedure permettant de modier les coecients de A, de sorte que s'il y a au depart dans A les coecients dePn, ceux-ci soient remplaces par ceux de Pn+1.
b) A l'aide de cette procedure, ecrire un programme permettant de calculer et d'acher les coecients deP10.
Solution :
1. On a lim
x!0
f(x) = 0. On pose doncg(0) = 0.
2. La fonctiong est de classeC1 surR et :
?pour x >0;g0(x) = 1x2exp(;1=x)
?pour x <0;g0(x) =; 1
x2exp(1=x) On a alors (limite classique) lim
x!0
g0(x) = 0 et g etant continue en 0, par theoreme,g est de classeC1 en 0, avecg0(0) = 0.
Finalementg est de classeC1surR.
3. Montrons, par recurrence sur n, l'existence de Pn, a coecients entiers, avec degPn= 2n:
?Commeg(0)(x) =g(x), la propriete est vraie au rang 0, avecP0= 1.
?Supposons le resultat acquis pour un certain rangn. Alors :
8x >0;g(n)(x) =Pn;1xg(x) On en deduit :
8x >0;g(n+1)(x) =;1
x2Pn0;x1g(x) +Pn(x)g0(x) i.e. :
8x >0;g(n+1)(x) =; 1
x2Pn0;x1+Pn(x) 1x2
g(x)
Ce qui donne le resultat au rangn+ 1, avecPn+1(x) =x2;Pn(x);Pn0(x) etPn+1est de degre 2n+ 2 = 2(n+ 1) et est bien a coecients entiers.
On conclut donc par le principe de recurrence.
4. Par limites classiques, on a pour tout entiern, lim+g(n)(x) = 0.
On procede de m^eme surR;, ou, mieux, on invoque la parite degqui montre queg(n)a m^eme parite quen.
Par consequent lim
x!0
g(n)(x) = 0 et par iteration du theoreme precedent, on en deduit queg est de classeC1surR avec, pour toutn,g(n)(0) = 0.
5. a) et b)
Program ESCP06 ; Uses Crt ;
Type poly=Array[0..20] of Longint ; Var P :poly ; i,k : Integer ; Procedure rangsuivant (Var A :poly) ;
Var i : Integer ; B :poly ; Begin
B[0] :=0 ; B[1] :=0
For i :=0 to 18 do B[i+2] :=A[i]-(i+1)*A[i+1] ; For i :=0 to 20 do A[i] :=B[i] ;
End ; Begin
For k :=0 to 20 do P[k] :=0 ; P[0] :=1
For k :=1 to 10 do rangsuivant(P) ; For i :=0 to 20 do write(P[i], ' ') ; End.
Exercice 7.
1. a) Montrer que sixest un reel de ];1;1[ etnun entier naturel non nul :
n
P
k =1
xkk =;ln(1;x);
Z
x
0
tn 1;t dt b) En deduire que pour toutx2];1;1[, la serie P
n>1
xnn est convergente et que :
1
P
n=1
xnn =;ln(1;x) c) Soity2p12;p2. On poseu= y;1
y+ 1. Montrer que : ln(y) = 2 P1
n=0
u2n+1 2n+ 1
d) Completer, en langagePascal, l'ecriture de la fonction :
FUNCTION Serie(y : REAL) : REAL ;
qui rend comme resultat : 2P6
n=0
u2n+1
2n+ 1 ouu=y;1 y+ 1.
2. a) Montrer que tout reel strictement positifxs'ecrit de facon unique sous la forme :
x= 2kp2y aveckentier relatif ety2p12;p2.
b) Dans un programme en Pascal, on a declare deux constantesR2 et L2 contenant des valeurs approchees dep2 et de ln2. Dans les sous-programmes a completer ci{dessous, il est demande de n'utiliser que les quatre operations de base (+;;;;=).
i) Completer l'ecriture de la procedure :
PROCEDURE Decompose(x : REAL ; VAR k : INTEGER ; VAR y : REAL) ;
qui pourx >0 determineket y denis en a).
ii) Completer l'ecriture de la fonction :
FUNCTION LnApprox(x : REAL) : REAL ;
qui, pourx >0 renvoie comme resultat une valeur approchee de lnxobtenue a partir de l'ecriture dexvue en a) et utilisant Decompose etSerie.
Solution :
1. a) Pn
k =1
xkk =
n
P
k =1 Z
x
0
tk ;1dt=
Z
x
0
11;tn
;t dt=
Z
x
0
1dt;t;
Z
x
0
tn 1;t dt. Comme
Z
x
0
1dt;t =;ln(1;x), on a le resultat souhaite.
b) Pour touttcompris entre 0 et x, on a1tn
;t
6
jxjn 1;jxj, d'ou
Z
x
0
tn 1;t dt
6 jxjn+1
1;jxj n!1;! 0 On a donc Pn
k =1
xkk n!1;! ;ln(1;x)
c) L'applicationf denie sur [1=p2;p2[ parf(y) = y;1
y+ 1 = 1;y+ 1 est2 continue et strictement croissante, donc realise une bijection de son domaine de denition sur [f(1=p2);f(p2)] = [;(p2;1)2;(p2 + 1)2[.
De plusf;1 est denie sur ce domaine parf;1(u) = 1 +1 u
;u.
Donc siy2[1=p2;p2[ etu=f(y), on au2[;(p2;1)2;(p2+1)2[];1;1[
et donc : lny= ln;1 +1 u
;u= ln(1 +u);ln(1;u)
= P1
k =1
(;1)k ;1ukk +
1
P
k =1
ukk =
1
P
k =1
((;1)k ;1+ 1)uk Soit k
lny= P1
n=0
22:un2n+1+ 1 d) On utilise l'algorithme de Horner.
Function Serie(y :real) : real ;
Const n=6 ; Var u,u2,aux : real ; i : integer ; Begin
u := (y-1)/(y+1) ; u2 := Sqr(u) ; aux := 1/(2*n+1) ; For i := (n-1) Doxnto 0 do aux := aux*u2+1/(2*i+1) ; Serie := aux*2*u ;
End ;
Remarque : on peut montrer que sur le domaine considere, l'erreur commise en remplacant lnyparSerie(y) est majoree par 5:10;13.
2. a) Analyse : si x = 2kp2:y, avec k 2 Z et y 2 [1=p2;p2[, alors 2k6x <2k +1et donc necessairementk=blnln2xcety= x
2kp2.
Synthese: soitx >0, posonsk=blnx
ln2cet y = x
2kp2, alors on a :k2Zet 2k6x <2k +1, doncy2[1=p2;p2[.
Ce qui donne l'existence et l'unicite cherchees.
b) i) On encadre, par essais successifs,x entre deux puissances successives de 2 : il y a deux cas a envisager selon la position dexpar rapport a 1.
Procedure Decompose(x : Real ; Var k : Integer ; Var y : Real) ; Var z : Real ;
Begin If x>=1
Then Begin k := 0 ; z := x ;
While(z>=2) Do Begin z :=z/2 ; k := k+1 End ; End
Else Begin
k :=-1 ; z := 2*x ;
While (z<1) Do Begin z :=z*2 ; k := k-1 End ; End
y :=z/R2 ; End ;
ii)Function Lnapprox(x :Real) :Real ; Var k : Integer ; y : Real ;
Begin
Decompose(x,k,y) ;
Lnapprox := (k+1/2)*L2+serie(y) ;
End ;
Exercice 8.
On considere la suite reelle (un)n2N veriant u0 = u1 = 32 et, pour tout n2N, un+2= 1 +pun+1un.
1. Montrer que la suite (un)n2N est bien denie et que tous ses termes sont superieurs ou egaux a 32
2. Montrer que la suite (un)n2Nest croissante. Que peut-on en deduire quant a sa limite eventuelle ?
3. a) Montrer que, pour toutn2N, un+1;un61.
b) En deduire que, pour toutn2N, un+1 un 6 53 4. a) Montrer que, pour toutn2N, un+2;un>1.
b) En deduire que, pour toutn2[[2;+1[[ : un+1;un > pun;1
pun+pun;2 > q51
3+ 1
5. Deduire des resultats precedents que, quandntend vers +1,un =O(n), n=O(un) etun+1un.
Solution :
1. On considere la proposition Pn suivante : hhn appartient au domaine de denition de la suite (un)n2N etun>3=2ii
?P0 etP1 sont veriees par denition.
? Montrons que pour tout n 2 N;Pn et Pn+1 =) Pn+2. En eet, par hypothese,un etun+1sont positifs ; l'image den+ 2 par la suiteuest donc denie et :
un+2= 1 +pun+1un>1 + 32 > 32
On conclut, par le principe de recurrence, que la suite (un)n2Nest bien denie et que pour toutn2N, un> 32.
2. Montrons le resultat demande par recurrence surn.
u0=u1= 3=2 etu2= 5=2>u1.
un+2;un+1 = pun(pun+1;pun;1) > 0, en utilisant l'hypothese de recurrenceun;1>un>un+1, on en deduitun+2>un+1.
On conclut que la suite (un) est croissante.
Supposons que la suite (un)n2N converge vers `. Alors ` > 3=2. La suite (unun+1)n2N converge, elle, vers`2, et par continuite de la fonction racine, la suite (punun+1)n2N converge versj`j=`. On en deduit que`= 1 +`, ce qui est absurde.
Ainsi, la suite (un)n2Nn'admet pas de limite, mais comme elle est croissante, elle tend vers l'inni.
3. a) Pour toutn>1,
un+1;un = 1;un+punun;1= 1;pun(pun;pun;1)61 par croissance de la suite (un)n2N et de la fonction racine carree.
D'autre partu1;u0= 0<1. Ainsi, pour toutn2N, un+1;un61.
b) On a alors, pour toutn2N : un+1
un 61 +un
un = 1 + 1un 61 + 23 = 53 4. a) Pour toutn2N :
un+2;un= 1;un+pun+1un= 1 +pun(pun+1;pun)>1 pour les m^emes raisons que precedemment.
b) Pour toutn>2 :
un+1;un=pun;1(pun;pun;2) = pun;1
pun+pun;2(un;un;2) Donc :
un+1;un> pun;1
pun+pun;2 =q un 1
un;1 +quun;1n;2 >p 1 5=3 + 1 puisque uun;1n 6 53; et un;2
un;1 61.
5.?En sommant terme a terme les inegalitesuk +1;uk 61, pour toutk de
f0;1;:::;n;1g, on obtient pour toutn2N,un6u0+n. Ce qui entra^ne queun=O(n), pour ntendant vers l'inni.
? un+1;un >p5=13 + 1 donne pour n>2,un>u2+ (n;2)p 1 5=3 + 1 et doncn=O(un) pourntendant vers l'inni.
?Par les questions 1., 2., 3. a), on obtient 16un+1
un 61+ 1un, ce qui entra^ne queun+1un, pour ntendant vers l'inni.
Exercice 9.
1. Soit f: [0;+1[ ! R une fonction continue et decroissante telle que l'integrale
Z
+1
0
f(x)dxconverge.
a) Montrer quef est positive et tend vers 0 en +1. b) Montrer que, pour tout reelh >0 et toutN 2N :
h PN
n=1
f(nh)6Z Nh
0
f(x)dx6hN;1P
n=0
f(nh).
c) En deduire que, pour tout reelh >0, la serie de terme generalf(nh) converge et que :
;hf(0) +h+1P
n=0
f(nh)6
Z
+1
0
f(x)dx6h+1P
n=0
f(nh) d) Montrer que, quandhtend vers 0 par valeurs superieures :
+1
P
n=0
f(nh) 1h
Z
+1
0
f(x)dx 2. a) Montrer que la serie P
n2N
tn2 converge pour tout reel t2];1;1[.
b) Montrer que, quand t tend vers 1 par valeurs inferieures, +1P
n=0
tn2 12
q1
;t
Solution :
1. a)?Supposons qu'il existea tel quef(a)<0, alors8t >a;f(t)6f(a) et donc :8x >a;Z x
a
f(t)dt 6Z x
a
f(a)dt = (x;a)f(a) ;!
x!+1
;1, ce qui contredit la convergence de l'integraleZ +1
0
f(t)dt.
?Ainsif est decroissante et positive, donc admet une limite `>0 en +1. Supposons que ` > 0, alors
Z
x
0
f(t)dt > Z x
0
`dt = `x ;!
x!+1
+1, ce qui contredit a nouveau la convergence de l'integrale. Bref :
f est positive de limite nulle en +1 b) Par decroissance def :
hf;(n+ 1)h6Z (n+1)h
nh
f(t)dt6hf(nh) En sommant, il vient bien :
h PN
n=1
f(nh)6
Z
Nh
0
f(x)dx6hN;1P
n=0
f(nh) c) SoitI =Z +1
0
f(t)dt. Commef >0,Z Nh
0
f(t)dt6I, donc :
N
P
n=1
f(nh)6 Ih
La serie de terme general f(nh) etant a termes positifs, elle converge. Par passage a la limite dans l'encadrement precedent, il vient :
;hf(0) +h+1P
n=0
f(nh)6
Z
+1f(x)dx6h+1P
n=0
f(nh)
d) AinsiI 6h P1
n=0
f(nh)6I+f(0)het, par encadrement : lim
h!0 +hP1
n=0
f(nh) =I Sif 6= 0, on aI >0 et : P1
n=0
f(nh)
(h!0 +
)
1h
Z
+1
0
f(t)dt. Le resultat reste banalement vrai sif est la fonction nulle !
2. a) Soit t 2];1;1[. Pour tout n 2 N, jtn2j 6 jtjn, donc la serie de terme generaltn2 est (absolument) convergente.
b) On ecrit alors, pourt2]0;1[ :tn2 = en2lnt= e;(np;lnt)2.
Or la fonctionf :x 7!e;x2 est continue et decroissante surR+, d'integrale convergente, avec
Z
+1
0
f(t)dt= p
Lorsquet tend vers 1 par valeurs inferieures,2 . ;lnt tend vers 0 par valeurs superieures. On peut donc appliquer ce qui precede et :
1
P
n=0
tn2 p 1
;lnt
p
2
p 2 p 1
1;t
Exercice 10.
Soientaet bdeux reels veriant 0< a < b.
On considere une fonction continuef: ]0;+1[!R dont on suppose que : (i) :
Z
1
0
f(t)
t dt converge ou (i') : lim
t!0
+f(t) existe et est reelle (on la note alors`),
et que : (ii) :
Z
+1
1
f(t)
t dt converge ou (ii') : lim
t!+1
f(t) existe et est reelle (on la note alorsL).
1. a) Montrer que, pour tous reelsxet y veriant 0< x < y,
Z
y
x
f(at);f(bt)
t dt=Z bx
ax
f(u) u du;
Z
by
ay
f(u) u du b) Montrer que, si (i) est vraie, alors lim
x!0 +
Z
bx
ax
f(u)
u du= 0, et que, si (i') est vraie, alors lim
x!0 +
Z
bx
ax
f(u);`
u du= 0.
c) Montrer que, si (ii) est vraie, alors lim
y!+1 Z
by
ay
f(u)
u du= 0,
