(1)MASTER 1 - M´etiers de L’Enseignement en Math´ematiques La Mi-Voix - ULCO ANALYSE 2 Novembre 2012 - Contrˆole Continu, Semestre 1 Dur´ee de l’´epreuve : 3h00 Documents interdits

MASTER 1 - M´etiers de L’Enseignement en Math´ematiques La Mi-Voix - ULCO ANALYSE 2 Novembre 2012 - Contrˆole Continu, Semestre 1 Dur´ee de l’´epreuve : 3h00 Documents interdits. Calculatrice autoris´ee.

(Les deux exercices sont ind´ependants. Un soin tout particulier sera apport´e `a la r´edaction des r´eponses)

Exercice 1 13pts Correction:

1. (a) 0,5pt Soitk≥1 un entier. Alors k≤t≤k+ 1 ⇔ 1

k+ 1 ≤ 1 t ≤ 1

k

⇔

Z k+1 k

1 k+ 1dt≤

Z k+1 k

1 tdt≤

Z k+1 k

1 kdt

⇔ t

k+ 1 k+1

k

≤ Z k+1

k

1 tdt≤

t k

k+1 k

⇔ 1 k+ 1 ≤

Z k+1 k

1 tdt≤ 1

k

(b) 0,5pt • On posef(x) = ln(1 +x)−xpour tout r´eelx >−1.f est d´erivable sur ]−1; +∞[.

Sur cet intervalle on a :

f⁰(x) = 1

1 +x −1 = 1−(1 +x)

1 +x = −x 1 +x. En notant que f(0) = 0, le tableau de variations de f est le suivant :

x −1 0 +∞

signe de−x + 0 −

signe de 1 +x 0 + +

signe de f⁰(x) + 0 − variations def

−∞

0

@

@

@ R−∞

Pour toutx >−1, on a bienf(x)≤0⇔ln(1 +x)≤x.

• Pour toutn≥1, on a : ln

1 + 1

n

≤ 1 n ⇔ln

n+ 1 n

≤ 1

n ⇔ln(n+ 1)−ln(n)≤ 1 n

⇔ln(n+ 1)≤ln(n) + 1

n. (1)

1pt • La double in´egalit´e de la question 1.(a) ´etant vraie pour tout entier k≥1, on a :

n−1

X

k=1

1 k+ 1 ≤

n−1

X

k=1

Z k+1 k

1 tdt≤

n−1

X

k=1

1 k

⇔

n

X

k=2

1 k ≤

Z n 1

1 tdt≤

n−1

X

k=1

1 k

⇔ H_n−1≤[ln(t)]ⁿ₁ ≤H_n− 1 n

⇔ ln(n) + 1

n ≤Hn≤ln(n) + 1

(1)⇒ ln(n+ 1)≤Hn≤1 + ln(n) 1pt • Pour tout n≥2, on a alors :

ln(n+ 1)

ln(n) ≤ H_n

ln(n) ≤ 1 + ln(n) ln(n)

⇔ ln(n) + ln n+_n¹

ln(n) ≤ H_n

ln(n) ≤ 1 + ln(n) ln(n)

⇔ 1 +ln 1 + _n¹

ln(n) ≤ H_n

ln(n) ≤1 + 1 ln(n). Comme lim

n→+∞1 +ln 1 + _n¹

ln(n) = lim

n→+∞1 + 1

ln(n) = 1, d’apr`es le th´eor`eme d’encadrement on a finalement :

n→+∞lim H_n

ln(n) = 1⇔H_n ∼

+∞ln(n).

(On remarquera que puisque lim

n→+∞ln(n) = +∞, on a aussi lim

n→+∞Hn= +∞ soit

+∞

X

k=1

1 k est divergente.)

2. 0,5pt Soitn≥1, alors :

K_n+1−K_n=

n+1

X

k=1

1 k² −

n

X

k=1

1

k² = 1

(n+ 1)² >0 ce qui montre que (K_n)n≥1 est strictement croissante.

1pt Montrons maintenant que (K_n)n≥1 est major´ee. Pour tout entier k≥2, on a : k²≥k²−k≥0 ⇔ 1

k² ≤ 1

k²−k = 1

k(k−1)= 1 k−1 − 1

k

⇒

n

X

k=2

1 k² ≤

n

X

k=2

1 k−1 −1

k

⇒ 1 +

n

X

k=2

1

k² ≤1 +

1− 1 n

⇔ Kn=

n

X

k=1

1

k² ≤2− 1 n <2.

Comme toute suite croissante et major´ee converge, (K_n)n≥1 est convergente.

3. 1pt Soit n∈N^?, on a d’apr`es la formule de Stirling a_n =

√n 4ⁿ

2n n

=

√n 4ⁿ

(2n)!

n!(2n−n)! =

√n 4ⁿ

(2n)!

(n!)²

+∞∼

√n 4ⁿ

2n e

2n√ 4πn

n e

2n

2πn = 1 4ⁿ

2^{2n n}_e2n√ 4π

n e

2n

2π = 1

4ⁿ

(2²)ⁿ√ 4π

2π = 1

√π

Par propri´et´e des ´equivalents, il vient que lim

n→+∞an= 1

√π. 4. 1pt Soit nun entier non nul, alors :

an+1

an

−1 =

√n+1 4ⁿ⁺¹

2n+2 n+1

√n 4ⁿ

2n n

−1 =

√n+ 1 4.4ⁿ

(2n+ 2)!

((n+ 1)!)² 4ⁿ

√n (n!)² (2n)! −1

=

√n+ 1 4√

n (2n+ 1)(2n+ 2)

n!

(n+ 1)!

2

−1 =

√n+ 1 4√

n 2(2n+ 1)(n+ 1) 1

(n+ 1)² −1

= 1

2√ n

2n+ 1

√n+ 1−1 = n+ 1 +n−2√ n√

n+ 1 2√

n√

n+ 1 = (√

n+ 1−√ n)² 2√

n√

n+ 1 .

5. 0,5pt Soit n ≥ 1 un entier. Dans le quotient de la question pr´ec´edente, le num´erateur et le d´enominateur sont tous deux strictement positifs donc :

a_n+1 an

−1>0⇔ a_n+1 an

>1^an⇔^>0a_n+1 > a_n.

On en d´eduit que la suite (an)n∈N^? est strictement croissante.

Supposons (par l’absurde) qu’il existe un entierN ∈N^? tel quea_N > 1

√π. Dans ce cas,

∀n∈N,aN+n> aN > 1

√π car la suite (a_n)n∈N^? est strictement croissante.

1pt Par passage `a la limite on obtient :

√1

π = lim

n→+∞a_n= lim

n→+∞a_N+n> 1

√π ce qui est absurde. On en d´eduit l’in´egalit´e de l’´enonc´e.

6. (a) 0,5pt Pour tous r´eelsaetbon a :

(a−b)² ≥0⇔a²−2ab+b²≥0⇔a²+ 2ab+b²≥4ab⇔(a+b)² ≥4ab.

(b) 1pt Soit n∈N^?. En posant a=√

netb=√

n+ 1, l’in´egalit´e pr´ec´edente donne : (√

n+√

n+ 1)² ≥4√ n√

n+ 1 (>0) ⇔ 1 (√

n+√

n+ 1)² ≤ 1 4√

n√ n+ 1

⇔ (√

n−√ n+ 1)² (√

n+√

n+ 1)²(√ n−√

n+ 1)² ≤ 1 4√

n√ n+ 1

⇔ (√

n−√ n+ 1)² ((√

n+√

n+ 1)(√ n−√

n+ 1))² ≤ 1 4√

n√ n+ 1

⇔ (√ n−√

n+ 1)²

(n−(n+ 1))² ≤ 1 4√

n√ n+ 1

⇔ (√ n−√

n+ 1)² ≤ 1 4√

n√ n+ 1.

7. (a) 0,5pt Soit n ≥ 1 un entier. L’in´egalit´e de gauche d´ecoule du fait que la suite (a_n)n∈N^? est croissante.

1pt Pour l’in´egalit´e de droite, on a a_n+1−a_n

an

=4. (√

n+ 1−√ n)² 2√

n√

n+ 1 ⇔ a_n+1−a_n= (√

n+ 1−√ n)² 2√

n√

n+ 1 a_n

⇔ a_n+1−a_n≤^5. (√

n+ 1−√ n)² 2√

n√

n+ 1√ π

⇔ an+1−an 6.(b)

≤ 1

4p

n(n+ 1)

1 2√

n√

n+ 1√ π

⇔ an+1−an≤ 1 8n(n+ 1)√

π.

(b) 0,5pt Soient k ≥ 1 un entier et p ≥ k un autre entier. L’in´egalit´e de gauche d´ecoule une nouvelle fois du fait que la suite (a_n)n∈N^? est croissante et que p≥k.

1pt Pour celle de droite,

a_p−a_k = a_p−ap−1+ap−1−ap−2+. . . a_k+1−a_k

7.(a)

≤ 1

8(p−1)p√

π + 1

8(p−2)(p−1)√

π +. . .+ 1 8k(k+ 1)√

π

=

p−1

X

m=k

1 8m(m+ 1)√

π = 1 8√ π

p−1

X

m=k

1

m − 1 m+ 1

= 1

8√ π

1 k−1

p

| {z }

≤¹_k

≤ 1 8k√

π.

(c) 0,5pt En faisant tendrepvers l’infini dans l’in´egalit´e pr´ec´edente, la r´esultat de la question 3.

permet d’arriver `a l’encadrement annonc´e.

Exercice 2 17pts Correction:

Remarque pr´eliminaire : la fonction exponentielle est d´eveloppable en s´erie enti`ere sur Ret on a

∀x∈R, exp(x) = 1 +

∞

X

k=1

x^k k!. La fonction, d´efinie surR^?,x7→ e^x−1

x est donc prolongeable par continuit´e en 0, elle y est d´eveloppable en s´erie enti`ere, de rayon de convergence infini. Le prolongement ainsi obtenu est ´egal `a 1

f, puisque

x→0lim e^x−1

x = exp⁰(0) = 1 et donc 1

f est d´eveloppable en s´erie enti`ere surR, de rayon de convergence infini. Elle est donc de classe C^∞ sur R et ne s’y annule pas. Par cons´equent f, qui n’est autre que l’inverse de 1

f est ´egalement de classe C^∞ surR.

1. (a) 0,5pt Puisque f est de classeC^∞ sur R, elle y est continue et d´erivable.

(b) 0,5pt La fonction exponentielle est convexe. Par cons´equent, son taux d’accroissement entre 0 et un r´eelxest une fonction croissante dex. Comme ce taux tend vers 0 en−∞, il est toujours positif et donc son inverse est positif et est une fonction d´ecroissante de x. Par cons´equent f est d´ecroissante sur R.

(c) 0,5pt Par croissance compar´ee de l’exponentielle et des fonctions polynˆomes, on a

x→+∞lim f(x) = 0.

La courbe (C) admet donc l’axe des abscisses comme asymptote en +∞. De plus

∀x∈R^?,f(x) +x= xe^x e^x−1 et donc

x→−∞lim f(x) +x= 0.

Il en r´esulte que (C) admet la seconde bissectrice comme asymptote en −∞. Comme f est continue sur R, il n’y a pas d’autres branches infinies.

(d) 0,5pt

2. (a) 0,5pt Puisque f est de classe C^∞ sur R, le th´eor`eme de Taylor-Young entraˆıne que cette fonction a un d´eveloppement limit´e en tout point et `a tout ordre, en particulier en 0.

(b) 1,5pt D’apr`es l’´ecriture de 1

f donn´ee en remarque pr´eliminaire, on a, au voisinage de 0,

f(x) = 1

1 +^x₂ +^x₆² +^x₂₄³ +₁₂₀^x4 +o(x⁴)

= 1−x 1

2 +x 6 +x²

24 + x³ 120

+x²

1 2+x

6 +x² 24

2

−x³ 1

2+ x 6

3

+ x⁴

24+o(x⁴)

= 1−x 2 −x²

6 −x³ 24 − x⁴

120+ x² 4 + x³

6 + x⁴ 36+ x⁴

24 −x³ 8 −x⁴

8 +x⁴

16 +o(x⁴)

= 1−x 2 +x²

12 − x⁴

720+o(x⁴) 3. (a) 1pt D’apr`es la remarque pr´eliminaire, 1

f est d´eveloppable en s´erie enti`ere sur R et son d´eveloppement en 0 est donn´e par

∀x∈R, 1 f(x) =

+∞

X

k=0

x^k (k+ 1)!.

Remarque 0.1 l’´enonc´e ne pr´ecise pas en quel point on doit donner le d´eveloppement en s´erie enti`ere, ce qui est pourtant n´ecessaire.

(b) 0,5pt Puisque f est d´eveloppable en s´erie enti`ere sur R, elle est analytique et est, en parti- culier, de classeC^∞ surR.

(c) 1pt La formule de Taylor-Young et l’unicit´e du d´eveloppement limit´e entraˆınent, grˆace `a 2.(b),

f(0) = 1, f⁰(0) =−1

2,f⁰⁰(0) = 1

6,f⁽³⁾(0) = 0 etf⁽⁴⁾(0) =−1 30.

4. (a) 1pt Par d´efinition def, pour tout r´eel non nul, on a (e^x−1)f(x) =x. Comme cette formule est encore vraie en 0, elle l’est sur R. Les fonctions x7→ e^x−1, f et l’identit´e sont de classe C^∞ sur Ret on peut donc leur appliquer la formule de Leibniz :

∀n∈N,∀x∈R,n≥2⇒(e^x−1)f⁽ⁿ⁾(x) +

n

X

k=1

C_n^ke^xf^(n−k)(x) = 0 et donc

∀n∈N,n≥2⇒

n

X

k=1

C_n^kBn−k= 0 ou encore

∀n∈N,n≥2⇒

n−1

X

k=0

C_n^kB_k = 0

0,5pt Pour n entier naturel on note (H_n) la propri´et´e : “pour tout entier inf´erieur `a n, B<sub>k</sub> est rationnel”. Comme B<sub>0</sub> = 1, la propri´et´e (H<sub>0</sub>) est vraie. Si maintenant n est un entier naturel non nul quelconque,n+ 1 est alors sup´erieur `a 2 et l’identit´e pr´ec´edente montre que (n+ 1)B_n est l’oppos´e de

n−1

X

k=0

C_n+1^k B_k= 0. Comme n+ 1 est un entier et comme les nombres de combinaisons aussi, la propri´et´e (Hn) est h´er´editaire et le principe de r´ecurrence permet de conclure que, pour tout entier naturelk,B_k est un nombre rationnel.

Remarque 0.2 On utilise en fait la question 5.(a). Bien entendu la rationnalit´e r´esulte de la formule de Leibniz d’une fa¸con qualitative, mais il faudra en 5.(a) le rendre quantitatif, alors autant le faire tout de suite.

(b) 0,5pt Pour tout r´eel non nulx, on a f(x)−B₁x= x

2 ×2 +e^x−1 e^x−1 = x

2 ch(^x₂) sh(^x₂) = x

2cothx 2

et donc la fonction, d´efinie surR, x 7→ f(x)−B1x est paire. Par unicit´e du d´eveloppement limit´e, son d´eveloppement limit´e `a tout ordre est donn´e par un polynˆome pair et il en r´esulte que les nombres de Bernoulli d’indice impair, except´e le premier, sont tous nuls.

5. (a) 0,5pt D’apr`es les r´esultats d´emontr´es dans 4.(a), on aB₀= 1 et

∀n∈N,n≥1⇒

n

X

k=0

C_n+1^k B_k= 0 et l’assertion cherch´ee en r´esulte.

(b) 0,5pt Il vient

B₆ =−1 7

1− 7

2+21 6 −35

30

= 1 42.

6. (a) Remarque 0.3 L’´enonc´e est absurde. Il faut pr´eciser o`u on doit r´esoudre l’´equation diff´erentielle (E).

2pts Soitx0 un r´eel non nul, au voisinage de x0, l’´equation diff´erentielle (E) est ´equivalente

`

a l’´equation

(E⁰) y⁰= 1−x x y−y²

x .

Comme la fonction, d´efinie sur R^? ×R, (x, y) 7→ ((1−x)y−y²)

x est de classe C¹, on peut en particulier appliquer le th´eor`eme de Cauchy-Lipschitz. Par cons´equent, si y est solution de (E<sup>0</sup>) et est nulle en x<sub>0</sub>, alors elle y est nulle au voisinage de x<sub>0</sub>, par unicit´e de la solution au voisinage de x0. Ceci ´etant vrai pour tout r´eel non nul x0, il en r´esulte qu’une solution de (E) qui s’annule sur un intervalle inclus dans R<sup>?</sup> y est identiquement nulle. Soit maintenant I un intervalle ne contenant pas 0. Soity une solution non nulle de (E) sur I; d’apr`es ce qui pr´ec`ede, elle ne s’annule en aucun point deI. On peut donc consid´erer la fonctionz= 1

y etz est une fonction d´erivable surI. De plus z v´erifie, surI, l’´equation diff´erentielle

(E⁰⁰) −xz⁰+ (x−1)z+ 1 = 0.

Posons enfinu=xz etv=u+ 1. Ces fonctions sont ´egalement d´erivables et v´erifient, surI,

−u⁰+u+ 1 = 0 et−v⁰+v= 0.

Il en r´esulte qu’il existe un r´eel λtel que, pour tout xdans I, on ait v(x) =λe^x,u(x) =λe^x−1,z(x) = λe^x−1

x ety(x) = x λe^x−1.

Remarquons que cette solution de (E) n’est prolongeable par continuit´e en 0 (si 0 est adh´erent

`

aI) que si λvaut 1 et quey est alors la restriction def `aI. Dans ce cas le prolongement en 0 vaut 1 et ne peut donc se recoller avec la fonction nulle. Il en r´esulte que les solutions de (E) sur un intervalle quelconqueI sont

i. la fonction nulle,

ii. siI contient 0, la restriction def `a I,

iii. si I ne contient pas 0, les fonctionsx7→ x

λe^x−1 pour λr´eel.

Remarque 0.4 On remarquera que l’ensemble des solutions n’est pas un espace affine et n’a pas n´ecessairement la dimension attendue. Il sert encore une fois de faire la question suivante avant celle-ci ! Une solution particuli`ere de (E) un peu plus simple estx 7→x. Enfin l’introduction de u et v est guid´ee par le fait que l’on cherche `a retrouver f comme solution particuli`ere. . .

(b) 0,5pt Ceci r´esulte de l’´etude pr´ec´edente, `a condition de supposer que l’on cherche les solutions de (E) d´efinies sur R.

7. (a) 1pt Commef est de classeC^∞ surR,g l’est aussi et on a, par la formule de Leibniz,

∀n∈N^?,∀x∈R,

g⁽ⁿ⁾(x) =xf⁽ⁿ⁺¹⁾(x) +nf⁽ⁿ⁾(x) + (x−1)f⁽ⁿ⁾(x) +nf⁽ⁿ⁻¹⁾(x) +

n

X

k=0

C_n^kf^(k)(x)f^(n−k)(x) et donc

∀n∈N^?,g⁽ⁿ⁾(0) =nB_n−B_n+nBn−1+

n

X

k=0

C_n^kB_kBn−k. Comme g est nulle, d’apr`es 6.(b), il vient

∀n∈N^?, (n−1)Bn+nBn−1+

n

X

k=0

C_n^kBkBn−k= 0.

(b) 1pt Par d´efinition on a b0 = 1 et b1 = B2

2 = 1

12. De plus la relation pr´ec´edente et la nullit´e des nombres de Bernoulli impairs (`a l’exception de B1) entraˆıne, en l’appliquant `a 2npour n entier naturel non nul,

(2n−1)bn+ 1 (2n)!

n

X

k=0

C_2n^k (2k)!(2n−2k)!bkbn−k = (2n+ 1)bn+

n

X

k=1

bkbn−k= 0 et la relation cherch´ee s’en d´eduit.

(c) 2pts Il vient

B8 =−8!2b1b3+b²₂

9 =−1

9

2C₈² 1

42,6 +C₈⁴ 1 900

=−1 9

2 9 − 7

90

=− 27

810 =−1 30 et donc, en r´esum´e,

n 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9

B_n 1 -1/2 1/6 0 -1/30 0 1/42 0 -1/30 0

8. 1pt Pour n entier naturel non nul, soit (Hn) la propri´et´e : “pour tout entier naturel non nul inf´erieur `a n,B_2k est du signe de (−1)ⁿ⁻¹”.

CommeB₂ = 1

6, (H₁) est vraie. Soit maintenantnun entier naturel non nul. Si (H_n) est vraie, pour tout entier naturel non nul k, la quantit´e b_kbn−k est du signe de (−1)^{k−1+n−k−1}, i.e. du signe de (−1)ⁿ. La relation donn´ee en 7.(b) montre alors quebnest du signe de (−1)ⁿ⁻¹ et donc la propri´et´e (Hn) est h´er´editaire. Le principe de r´ecurrence permet de conclure que, pour tout entier naturel non nuln,B_2n est du signe de (−1)ⁿ⁻¹.