ANALYSE
Exercice 1.1.
On considere deux fonctionsf et g denies sur un intervalleI = [a;b] de R. On suppose quef est une fonction de classeC1, positive et decroissante sur I et queg est continue surI.
1. On considere la fonctionGdenie surI par G(x) =
Z
x
a
g(t)dt:
a) Justier le fait queGest de classeC1 surI.
b) Montrer qu'il existe deux reelsmet M tels queG([a;b]) = [m;M].
c) Montrer que :
Z
b
a
f(t)g(t)dt=f(b)G(b);
Z
b
a
f0(t)G(t)dt:
d) En deduire que
mf(a)6
Z
b
a
f(t)g(t)dt6Mf(a): e) Montrer qu'il existec2[a;b] tel que
Z
b
a
f(t)g(t)dt=f(a)
Z
c
a
g(t)dt:
2. On souhaite appliquer la propriete obtenue dans 1. e).
a) On suppose quea >0, montrer que
Z
b
a
1;cost
t dt62 +b;a a :
b) Montrer que lim
x!+1
x12
Z
1
1
x
sint t2 dt= 0:
Solution :
1. a)Gest une primitive de la fonctiong. Commegest continue sur [a;b],G est de classeC1sur ce segment.
b) La fonction G etant continue sur un segment, l'image par G de ce segment est un segment [m;M] deR.
c) En integrant par parties et compte tenu du fait queG(a) = 0 :
Z
b
a
f(t)g(t)dt=fGba;Z b
a
f0(t)G(t)dt=f(b)G(b);
Z
b
a
f0(t)G(t)dt. d) On am6G(t)6M, donc en multipliant par;f0(t) qui est positif :
;f0(t)m6;f0(t)G(t)6;f0(t)M puis, en integrant (les bornes sont dans l'ordre croissant) :
;m;f(b);f(a)6;Z b
a
f0(t)G(t)dt6;M;f(b);f(a) et en remplacant dans la formule obtenue en c) :
mf(a) +f(b);G(b);m)6
Z
b
a
f(t)g(t)dt6Mf(a) +f(b);G(b);M Commef(b)>0 etG(b);m>0,G(b);M 60, il vient bien :
mf(a)6Z b
a
f(t)g(t)dt6Mf(a):
e) Sif(a) = 0,f est la fonction nulle et le resultat est banal.
Sinon, on peut ecrire : 1f(a)
Z
b
a
f(t)g(t)dt2[m;M] =G([a;b]).
Par suite, il existe bienc2[a;b] tel que :
Z
b
a
f(t)g(t)dt=f(a)G(c) =f(a)Z c
a
g(t)dt.
2. a) On verie facilement que l'on est dans les conditions d'application de 1. e), et il existe un pointcde [a;b] tel que :
Z
b
a
1;t dtcost = 1a
Z
c
a
(1;cost)dt= 1ac;a+ sina;sinc, d'ou :
Z
b
a
1;t dtcost 6 1a(b;a+ 2).
b) Soit x >1 ; on est encore dans les conditions d'application de 1. e), et il existec2[1=x;1] tel que :
x12
Z
1
1=x
1tsint dtt = 1x
Z
c
1=x
sint dtt
D'ou : 06 1
x2
Z
1
1=x
sint t2 dt6 1x
Z
c
1=x
sint dtt 6x1
Z
c
1=x
dt= 1x;c;x16 x1;1;1x et, par encadrement :
lim
x!+1
x12
Z
1
1=x
sint t2 dt= 0
Exercice 1.2.
Soitf la fonction denie surR parf(x) =x;x2.
1. Montrer quef induit une bijection de ];1;0] sur un intervalle a denir.
Etudier rapidement les variations def sur ];1;0] et donner sa representation graphique.
Soit (xn)n>0la suite denie par :
x0=;2
xn <0 etxn;xn2 =xn;1;8n>1
2. Determinerx1;x2 et montrer que la suite (xn) est bien denie.
3. Etudier la convergence de la suite (xn)n. On pose, pour tout entier natureln:
un =xn+1;xn; vn= ln(1 +un); wn=Yn
k =0
(1 +uk) 4. a) Etudier la convergence dePun et determiner sa somme eventuelle.
b) Montrer que la seriePvnconverge et donner un majorant de sa somme.
c) Montrer que la suite (wn)n admet une limite `et que 26`69.
Solution :
1.f est derivable surR, avecf0(x) = 1;2x. Ainsifest strictement croissante surR; et realise une bijection deR; surf(R;) =] lim
;1
f;f(0] =];1;0].
Nous noterons cette bijectiong.
La representation graphique deg=fj];1;0] est :
2. On ax0=;2<0 et la deuxieme condition s'ecrit en faitxn =g(xn;1).
Commeg est denie surR; et a valeurs dansR;, la suite (xn)n2N est ainsi parfaitement denie et a valeurs dansR;.
[x1;x21=;2 etx1<0] donnex1=;1 ; [x2;x22=;1 etx2<0] donnex2= 1;2 .p5
3. On a 8n>1;xn;xn;1 =x2n >0, donc la suite (xn)n2N est croissante.
Etant majoree par 0, elle converge et si on note `sa limite, un passage a la limite donne`;`2=`2, soit :
lim
n!1
xn= 0 4. a) Par telescopage : Pn
k =0
uk=xn+1;x0=xn+1+ 2.
La convergence de la suite (xn) donne la convergence de la serie de terme generalun, avec :
1
P
k =0
uk= 2
b) On a 06vn= ln(1+un)6un. On en deduit, par la regle de majoration, la convergence de la serie de terme generalvn, avec :
1
P
n=0
vn62 c) On a ln(wn) = Pn
k =0
ln(1+uk) = Pn
k =0
vk 6 P1
n=0
vn62. Doncwn 6e2<9.
D'autre partwn>w0= 1 +u0= 2. Par passage a la limite : 26 lim
n!1
wn69
Exercice 1.3.
1. Etudier la convergence des integrales J=
Z
1
0
;
ln(1;x)
1 +x dx et In=
Z
1
0
xn ln(1;x)dx (n2N) 2. Pourn2N, on pose :
Sn = Pn
k =1
1k et un =Sn
a) Determiner un equivalent deun(on pourra comparern Sna une integrale).
b) Quelle est la nature de la serie de terme generalun?
3. a) ExprimerIna l'aide deun+1(on pourra faire une integration par parties convenablement choisie).
b) En deduire la limite, pourn!+1, de l'integrale Rn=
Z
1
0
(;1)n+1xn+1 ln(1;x)
1 +x dx
c) Montrer alors que la serie de terme general (;1) un+1converge et que J =+1X
n=0
(;1)nun+1
Solution :
1.?La fonctionx7!;ln(1;x)
1 +x est continue sur [0;1[, positive, et equivalente au voisinage a gauche de 1 a ;1
2 ln(1;x).
La convergence de
Z
0
lntdtdonne la convergence de
Z
1ln(1;x)dx, donc la convergence deJ.
?De m^emex7!xnln(1;x) est continue, de signe xe, sur [0;1[ et equivalente au voisinage a gauche de 1 ax7!ln(1;x). On conclut, pour la m^eme raison, a la convergence deIn.
2. a) Par comparaison serie{integrale et decroissance surR+ dex7! x1, on a pour toutk>1 :
Z
k +1
k dxx 6 1k et pour toutk>2 : 1k 6
Z
k
k ;1dxx. D'ou, par sommation : ln(n+ 1)6Sn 61 + lnn, ce qui s'ecrit encore :
1 + ln(1 + 1n) lnn 6 Sn
lnn 61 + 1lnn Soit, par encadrement : lim
n!1
Sn
lnn = 1 etun lnnn.
b) On aSn>1, doncun> n1et la serie de terme generalunest divergente.
3. a) Integrons par parties, en choisissant de hhprimitiverii x 7! xn en x7! xn+1n+ 1;1
(c'est mieux pour la borne superieure) : Poura2[0;1[ :
Z
a
0
xnln(1;x)dx=hxn+1n+ 1 ln(1;1 ;x)ia
0
; Z
a
0
xn+1;1 (n+ 1)(x;1)dx
=an+1n+ 1 ln(1;1 ;a);n+ 11
Z
a
0
(1 +x++xn)dx On a (an+1;1)ln(1;a) = (1 +a++an)(a;1)ln(1;a) ;!
a!1
;0 On peut donc faire tendreavers 1, et :
In=
Z
1
0
xnln(1;x)dx=;n+ 11
n
P
k =0 kxk +1+ 1
1
0=;un+1. b) L'integraleRn converge pour les m^emes raisons qu'en 1., et :
jRnj=;
Z
1
0
xn+1ln(1;x)
1 +x dx6;Z 1
0
xn+1ln(1;x)dx=un+2 Puisqueun
(1)
lnnn, on a limn!1un= 0, et par consequent : lim
n!1
Rn= 0.
c) Pourx2[0;1[ etn2N, on a :
1 +1x = 1;x+x2;+ (;1)nxn+ (;1)n+11 +xn+1x
En multipliant par;ln(1;x) et en integrant sur [0;1[ (toutes les integrales convergent), il vient :
J =;Pn
k =0
(;1)kIk;Rn= Pn
k =0
(;1)kuk +1;Rn
Le passage a la limite lorsque n vers l'inni montre que la serie proposee converge, avec :
1
P
k =0
(;1)kuk +1=J.
Exercice 1.4.
1. On considere deux fonctionsf et g continues sur un intervalle [a;b]. On suppose de plus quegest positive sur [a;b].
a) Montrer qu'il existe deux reelsmet M tels quef([a;b]) = [m;M].
b) Prouver que mZ b
a
g(t)dt6Z b
a
f(t)g(t)dt6MZ b
a
g(t)dt:
c) En deduire qu'il existec2[a;b] tel que
Z
b
a
f(t)g(t)dt=f(c)Z b
a
g(t)dt:
2. SoitX une variable aleatoire a densite a valeurs dans [0;1].
a) Montrer que l'esperanceE(X) deX appartient a l'intervalle [0;1].
b) On considere la variable aleatoire Y = exp(X). Montrer qu'il existe c2[0;1] tel que
E(Y) = exp(c):
3. En utilisant la formule etablie en 1:c), etudier la limite de la fonction F denie surR+ par :
F(x) = 1px
Z
2x
x
sint lorsquex tend vers 0+. t dt
Solution :
1. a) La fonctionf est continue. Le theoreme des valeurs intermediaires dit que l'image du segment [a;b] est un segment [m;M].
b) Soitt2[a;b]. On sait que :m6f(t)6M.
La fonctiongetant positive sur [a;b], il vient, pour toutt2[a;b] : mg(t)6f(t)g(t)6Mg(t)
Il sut ensuite d'integrer ces deux inegalites sur l'intervalle [a;b] et d'utiliser la propriete de positivite de l'integrale (on aa < b) pour obtenir le resultat desire.
c) Si la fonctiong est identiquement nulle, l'egalite proposee est evidente.
Sinon, la fonction g etant positive et continue , on sait que
Z
b
a
g(t)dt > 0.
Ainsi :
m6
R
b
a
f(t)g(t)dt
R
b
a g(t)dt
6M
Enn, d'apres la question 1. a), il existec2[a;b] tel que :
Z
b
a
f(t)g(t)dt=f(c)
Z
b
a
g(t)dt
2. a ) CommeX prend ses valeurs entre 0 et 1, on peut choisir une densite fX nulle en dehors de cet intervalle et :
06E(X) =
Z
1
0
xfX(x)dx6Z 1
0
fX(x)dx= 1 b) Par le theoreme du transfert, on sait que :E(Y) =Z 1
0
exfX(x)dx. Par la question 1. c), il existec2[0;1] tel queE(Y) = ec
Z
1
0
fX(x)dx= ec. 3. Pour toutx >0, la fonction t7! sintt est continue sur l'intervalle [x;2x], la fonctionF est donc bien denie surR+.
De plus cette fonction est positive pour 06x6=4. Par la question 1.c) , il existe alorsc2[x;2x] tel que :
F(x) = 1px
Z
2x
x
sint dtt = sincc 2xp;x
x = sinccpx Lorsquex tend vers 0,cegalement et lim
x!0 +
sincc = 1. Donc lim
x!0
+F(x) = 0.
On peut m^eme preciser :F(x)
(0 +
) px.
Exercice 1.5.
SoitP =xn+n;1P
k =0
akxk un polyn^ome unitaire de degren>2, a coecients reels.
1. Montrer que pour toute racine reelle ou complexedeP, on a :
jj6M= max;1;n;1P
k =0 jakj
(on pourra raisonner par l'absurde et montrer que sijj> M alorsjP()j>
0).
2. On suppose dans la suite que toutes les racines deP sont reelles. Montrer qu'alors toutes les racines deP0sont elles aussi reelles. On notera1<<
r les dierentes racines de P et m1;:::;mr leurs ordres de multiplicite respectifs.
3. Soit la plus grande racine deP, I =];+1[ et J = [;+1[. Montrer que les fonctionsP;P0;:::;P(n) sont strictement positives surI.
4. On suppose queest racine simple deP. Soitg la fonction denie surI par :
g(x) =x; P(x) P0(x) a) Montrer queg est de classeC1 surJ. b) Montrer queg0() = 0.
5. On suppose toujours queest racine simple deP.
a) Montrer queg est strictement croissante surJ et que g(J)J. b) Soit x0 > M. On denit la suite (xn)n>0 parxn+1=g(xn) pour tout n>0.
Montrer que la suite (xn) est strictement decroissante (on pourra montrer queg(x)< xpour toutx2I) et qu'elle converge vers.
Solution :
1. Soitune racine reelle ou complexe deP. On peut ecrire n =;n;1P
k =0
akk, d'ou jjn6n;1P
k =0 jakjjjk Supposons que jj> M = max;1;n;1P
k =0
jakj. En particulierjj>1 et donc :
jj6n;1P
k =0
jakjjjk ;n+1<n;1P
k =0 jakj en contradiction avecjj> M.
2. Soit (1;:::;r) les racines reelles distinctes deP de multiplicites respec- tives (m1;:::;mr).
On sait donc que Pr
k =1
mk =n. On sait egalement que (1;:::;r) sont des racines de P0 de multiplicites respectives (m1;1;:::;mr;1) (si mi = 1, alorsi n'est pas racine deP0 et le resultat reste valable).
Le theoreme de Rolle nous assure egalement qu'entre deux racines deP se trouve au moins une racine deP0, c'est-a-dire que pour toutk2[[1;r;1]], il existek2]k;k +1[, tel queP0(k) = 0.
En comptant les multiplicites, cela donne deja Pr
k =1
(mk;1) + (r;1) =n;1 racines deP0, qui sont toutes reelles. Ainsi il n'en existe pas d'autres et en fait entre deux racines deP il n'existe qu'une racine deP0 et elle est simple.
3. Le raisonnement de la question precedente montre que surI =];+1[,P et P0 ne s'annulent pas. Comme de plus, lim
x!+1
P(x) = lim
x!+1
P0(x) = +1 (car le coecient dominant est positif), alorsP etP0 restent positives surI. Il sut d'appliquer ce raisonnement aux derivees successives de P, jusqu'a P(n).
4. a) Comme est racine simple de P, on a P0() 6= 0. Cela entra^ne que g est de classeC1 sur J = [;+1[ comme somme et quotient de fonctions C1, avecP0(x)6= 0, pour toutx2J.
b) Un calcul immediat donneg0(x) = P(x)P00(x)
P02(x) etg0() = 0 5. a) On sait que pour toutx2J;g0(x) = P(x)P00(x)
P02(x) .
Par la question 3, g0 reste positive surJ et g est croissante surJ; de plus g() =. Il en resulte queg(J)J.
b) Puisque x0 > M, on a x0 2 I. Par la question precedente, la suite (xn) est bien denie et commeP etP0 sont positives surI, la suite (xn) est strictement decroissante. Elle est de plus minoree par; elle converge donc vers le point xe deg (qui est continue) qui est.
Exercice 1.6.
Pour tout entier natureln, on pose In=
Z
1
0
tn+1
1;t2ln(t)dt 1. Montrer queIn existe pour toutn2N.
2. a) Montrer que la fonctiong denie sur ]0;1[ par : g(t) = t3
1;t2ln(t)
est bornee sur cet intervalle.
b) En deduire la convergence et la limite de la suite (In)n2N quandntend vers l'inni.
3. a) Soitp2N. Calculer Pp
k =0
t2k. b) En deduire que
In=;X1
k =0
(n+ 21k+ 2)2 4. a) Montrer que la fonctionfn denie par :
fn(t) = 1 (n+ 2t)2 est decroissante surR+.
b) Montrer que :
;
(n+ 2)1 2 ;In6Z +1
0
fn(t)dt6;In c) En deduire un equivalent deIn lorsquentend vers l'inni.
Solution :
1. Pour tout entier natureln,h:t7!tn+1lnt
1;t2 est continue sur ]0;1[, et : Au voisinage det= 1,h(t) t;1
1;t2 ;12.
lim
t!0
h(t) = 0. La fonction h admet donc un prolongement par continuite sur [0;1].
AinsiIn existe pour toutn2N.
2. a) La fonction g correspond a n = 2. On vient de voir qu'elle est prolongeable en une fonction continue sur [0;1] ; elle est donc bornee sur ]0;1[.
b) Comme lnt
1;t2 >0 pour toutt2]0;1[, il est clair que la suite (In)n est decroissante et minoree par 0. Cette suite admet donc une limite.
Cette limite est nulle. En eet, notonsM = sup
t2]0;1[
jg(t)j. Alors, pourn3 : 06In6MZ 1
0
tn;2dt=nM;1
3. a) Il s'agit de la somme partielle d'une suite geometrique de raison t2. Donc :
p
P
k =0
t2k= 1;t
1;t2 sit26= 1 p+ 1 sit2= 1 b) On peut ecrire, pourt2]0;1[ :
tn+1lnt 1;t2 =
p
P
k =0
t2k +n+1lnt+t2p+3+nlnt 1;t2
Or pour tout ` 2 N, une integration par parties elementaire montre que l'integrale suivante existe, avec :
Z
1
0
t`lntdt= 1 (`+ 1)2 Ainsi, toutes les integrales existant :
In =;Pp
k =0
(2k+1n+ 2)2 +
Z
1
0
t2p+n+3 1;t2 lntdt
et
Z
1
0
t2p+n+3
1;t2 lntdt6MZ 1
0
t2p+ndt= 2p+Mn+ 1 On fait tendrepvers l'inni et on obtient :
In=;+1P
k =0
(2k+1n+ 2)2
4. a) La fonctionfn est derivable et sa derivee est negative surR+. b) Par decroissance de la fonction a integrer, pour toutk2N, il vient :
(2k+ 2 +1 n)2 6
Z
k +1
k
(2t+dtn)2 6 1 (2k+n)2 On somme pourk2N; il vient :
;In 6Z +1
0
(2t+dtn)2 = 12n6;In+ 1n2 Cela signie que, lorsquentend vers l'inni : In;21n.
Exercice 1.7.
1. a) Determiner l'ensembleDdes reelsx pour lesquels l'integrale impropre
Z
+1
0
e;xt 1 +t dt est convergente.
Pourx2D, on posef(x) =
Z
+1
0
e;xt 1 +t dt
b) Pour x 2 D, montrer que l'integrale impropre
Z
+1
0
e;u
x+u du est convergente et comparer sa valeur af(x).
2. a) Montrer que les fonctionsg ethdenies surD par g(x) =
Z
1
0
e;u;1
x+u du et h(x) =
Z
+1
1
e;u x+u du sont bornees surD.
b) En deduire que, lorsquextend vers 0 par valeurs strictement positives, f(x);ln(x)
3. a) Montrer que8(x;u)2DR+;0x1;x+1u u x2
b) En deduire un equivalent simple def(x) au voisinage de +1.
Solution :
1. a) Pour tout x reel, ': t 7! 1 +e;xtt est continue sur R+, donc l'integrale
Z
+1
0
e;xt
1 +t dtn'est impropre qu'en +1.
six60, e1 +;xtt > 1 +1 t, qui est positive et d'integrale divergente en +1.
si x > 0, e1 +;xtt = o(e;xt) = o;t12
dont l'integrale est convergente au voisinage de +1.
FinalementD=R+.
b) Six >0,u7! xe+;uu est continue surR+.
SoitA >0. Le changement de variable aneZ t= ux donne
A
0
e;u x+u du=
Z
A=x
0
e;xt 1 +t dt
Cette derniere expression tend versf(x), lorsqueA tend vers +1. Donc
Z
+1
0
e;u
x+u duexiste et
Z
+1
0
e;u
x+u du=f(x)
2. a) L'application u 7! e;ux+;u1 est continue sur [0;1], car x > 0.
L'application u 7! xe+;uu est continue sur [1;+1[ et au voisinage de +1, e;u
x+u=o;u12
.
Ainsiget hsont bien denies surD. Posonsa:u7!
(e;uu;1 siu >0
;1 siu= 0
La fonctionaest continue sur [0;1]. De plus, pour toutu2[0;1] : a(u)6e;ux+;u1 60 =) M =
Z
1
0
a(u)du6g(x)60 Enn, pour toutu>1
06xe+;uu 6e;uu =) 06h(x)6
Z
+1
1
e;uu du=M0. b) D'apres la relation de Chasles, pourx >0, il vient :
f(x) =
Z
1
0
xdu+u+g(x) +h(x) =;lnx+ ln(x+ 1) +g(x) +h(x) Or, au voisinage de 0+, ln(x+ 1) +g(x) +h(x) est bornee.
Donc, comme lim
x!0
+lnx=;1, on a f(x);lnxau voisinage de 0+. 3. a) Si (x;u)2DR+
x1;x+1u= u
x(x+u) =) 06x1;x+1u6 u x2
b) En multipliant l'encadrement precedent par e;u >0, puis en integrant surR+, il vient, pour toutx2D:
06x1
Z
+1
0
e;udu;f(x)6 1 x2
Z
+1
0
u:e;udu ou x1;x12 6f(x)6x1
ce qui prouve, qu'au voisinage de +1, f(x)x1.
Exercice 1.8.
On considere la fonctionF denie par : F(x) =
Z
1
0
ln(1 +xt2)dt
1. Montrer queF est denie sur ];1;+1[ et croissante sur cet intervalle.
2. a) Montrer que pour toutu >0 et tout reelknon nul tel que 0< u;jkj, on a
ln(u+k);lnu;ku6 k2 2(u;jkj)2
b) Pour tout reelx >;1 et tout reelhnon nul tel que ;1< x;jhj, on pose :
D(x;h) = 1h
hF(x+h);F(x);hZ 1
0
t2 1 +xt2dti Montrer que pour toutx >0 et touthtel quejhj< x, on a :
D(x;h)6jhj 10
Montrer que pour toutxde ];1;0] et tout htel que jhj< x+ 1, on a :
D(x;h)6 jhj 10(1 +x;jhj)2
c) En deduire queF est derivable sur ];1;+1[ et donner une expression deF0(x) sous forme integrale.
Solution :
1. Pour toutx >;1 et t2[0;1], 1 +xt2>0. L'applicationt7!ln(1 +xt2) est donc denie et continue sur [0;1], ce qui montre que F est denie sur D=];1;+1[.
Soit ;1 < x < x0. Pour tout t 2 [0;1], ln(1 +xt2) 6 ln(1 +x0t2), ce qui montre, par conservation des inegalites par integration (0<1 !), que F est croissante surD.
2. a) Siu >0, 0< u;jkj, alors;u < k < uet ln(u+k) est bien denie.
L'inegalite de Taylor Lagrange a l'ordre 2 donne :
ln(u+k);lnu;ku6k2 sup2
t2[u;u+k ]
t12.
Sik >0 etu6t6u+k, alors 0< u;jkj6t6u+k, donc 1t2 6 (u;1jkj)2.
Si k <0 etu+k6t6u, alors 0< u;jkj6t6u, donc 1t2 6 (u;1jkj)2. Finalement :
ln(u+k);lnu;ku6 k2 2(u;jkj)2
b) Posonsu= 1+xt2,k=ht2. On au >0 etu;jkj= 1+(x;jhj)t2>0.
En utilisant la question precedente, il vient :
jD(x;h)j6 1
jhj
Z
1
0
h2t4
2(1 + (x;jhj)t2)2dt Six >0 etjhj< x, alors 1 + (x;jhj)t2>1, donc :
jD(x;h)j6 1 2jhj
Z
1
0
h2t4dt= jhj
Si;1< x60 etjhj< x+1, alors pourt2[0;1], 1+(10x; jhj)t2>1+x; jhj>0 et
jD(x;h)j6 1 2jhj
Z
1
0
h2t4
(1 +x;jhj)2dt6 jhj 10(1 +x;jhj)2 c) En remarquant que lim
h!0
D(x;h) = 0, on deduit queF est derivable sur ];1;+1[ et que pour toutx2];1;+1[ :
F0(x) =
Z
1
0
t2 1 +xt2dt.
Exercice 1.9.
Soit (;k)k 2N la suite de polyn^omes denie par :
;0= 1;;1=X;;2=X(X;1)
2 ; :::;;k =X(X;1):::(X;k+ 1) k!
1. a) Montrer que pour toutxentier relatif, ;k(x) est aussi un entier relatif.
b) Calculer ;k(k) et ;k(;1).
2. Soitx un reel xe, dierent d'un entier naturel.
a) Soitun reel. On considere la suite (n)n2Ndenie parn =nj;n(x)j. Montrer que
ln(n+1);ln(n) =;x;1
n +O
1 n2
En deduire la nature de la serie de terme general ln(n+1);ln(n) en fonction du reel.
b) Montrer qu'il existe un reel strictement positifK(x) tel que l'on ait : lim
n!+1
nx+1j;n(x)j=K(x) On ne cherchera pas a calculerK(x).
3. Soient (an)n2N une suite reelle et x, y deux reels, tous deux distincts d'un entier naturel. On supposey > x. A l'aide de 2. b), montrer que si la serie P
n2N
an;n(x) est absolument convergente, alors la serie P
n2N
an;n(y) est egalement absolument convergente.
Solution :
1. a) C'est immediat lorsquek= 0, et lorsquek= 1, puisque ;0= 1;;1=X. On remarque ensuite que, pourk>2 :
;k(j) =
8
>
>
<
>
>
:
0 si 06j6k;1
j k
2N sij>k (;1)k;j+k;1
k
2Z sij60 b) On a immediatement ;k(k) = 1 et ;k(;1) = (;1)k.
2. a) Commex n'est pas un entier naturel, on a ;n(x) 6= 0 et n >0. On peut donc ecrire :
lnn+1;lnn = ln;n+1
n =ln;1 + 1n+ ln
xn;+ 1n
= (;1)ln;1 + 1n+ ln1;xn
Lorsquentend vers l'inni, le developpement de ln(1 +u) au voisinage de 0 donne
lnn+1;lnn= ;1;x
n +O;n12
Si = 1 +x, alors lnn+1 ;lnn = O;n12
, ce qui prouve que la serie
P(lnn+1;lnn) est absolument convergente.
Si6= 1+x, alors lnn+1;lnn ;1;x
n qui est de signe constant et le terme general d'une serie divergente. DoncP(lnn+1;lnn) est divergente.
b) Lorsque=x+ 1, la serieP(lnn+1;lnn) est absolument conver- gente. Donc, il existe`(x) tel que :
lim
N!+1 N
P
n=0
(lnn+1;lnn) = lim
N!+1
(lnN+1;ln0) =`(x).
La suite (lnn)) est ainsi convergente vers`(x) et par continuite de la fonction exponentielle, la suite (n) converge vers e`(x)=K(x)>0.
Donc, il existeK(x)>0 tel que : lim
n!+1
nx+1j;n(x)j=K(x).
3. Par hypothese, ;n(x)6= 0;;n(y)6= 0 et la seriePan;n(x) est absolument convergente.
Par la question precedente
j;n(y)j
j;n(y)j K(y) K(x) 1
ny;x.
Comme y > x, ce dernier terme tend vers 0 lorsque n tend vers l'inni et pournassez grandj;n(y)j<j;n(x)j.
La seriePan;n(x) est donc absolument convergente.
Exercice 1.10.
Soit (un)n2N la suite denie par :
u0= 1
un+1= 2un+ 2p(un+ 1)un; 8n>0 Soitf la fonction denie surR+ par
f(x) = 2x+ 2px(x+ 1) 1. a) Montrer que la suite (un)n2Nest bien denie.
b) Resoudre l'equation :f(x) =x.
c) En deduire la limite eventuelle de la suite (un)n2N. 2. On denit, pourn2N, la suite (vn)n2N par
vn =
Z
+1
u
n
tpdt1 +t
a) Etudier l'existence devn. b) Calculerv0.
c) Pour toutx >0, montrer que : f0(x)
f(x)p1 +f(x) = 1 2xpx+ 1.
d) En deduire que la suite (vn)n2N est geometrique et calculer son terme generalvn en fonction den.
3. a) Montrer qu'au voisinage de +1on a :
Z
+1
x
tdtpt
Z
+1
x
tpdt1 +t
b) En deduire un equivalent deun lorsquentend vers l'inni.
Solution :
1. a) On montre, par une recurrence immediate que, pour toutn>0,un est bien deni, avecun>0. La suite (un) est donc bien denie.
b) f(x) = x () x +px(x+ 1) = 0. La seule solution de l'equation f(x) =xest x= 0.
c) La fonction f etant continue sur R+, si la suite (un) converge vers un reel`, alors` est un point xe def, donc vaut 0.
Or pour tout n>0;un+1 >2un >un. La suite (un) est donc croissante et minoree par 1 : elle ne converge donc pas.
Comme elle est croissante, on peut armer que lim
n!+1
un= +1.
2. a) La fonctionh:t7! tp1 +1 t est continue sur [1;+1[. Au voisinage de +1, h(t) 1
t3=2. Commeun > 1>0, l'integrale denissant (vn) est donc convergente et la suite (vn) bien denie.
b) Le changement de variable u = p1 +t est bijectif de classe C1 sur [1;+1[. Ainsi :
v0=
Z
+1
1
tpdt1 +t =
Z
+1
p
2
2du u2;1 =
Z
+1
p
2
;u;1 1;u+ 11
du= 2ln(1+p2) c) On remarque que f(x) + 1 = (px+ 1 +px)2. Ceci permet d'ecrire, apres calcul def0(x) :
f0(x)
f(x)pf(x) + 1 = 1 2xpx+ 1
d) La fonction f est de classeC1 sur [1;+1[, strictement croissante. En posantx=f(z), il vient :
vn=
Z
+1
un
xpdxx+ 1 = 2
Z
+1
f(un)
zpdzz+ 1 = 2
Z
+1
un+1
zpdzz+ 1 = 2vn+1 D'ou, pour toutn>1 :
vn=;12
n
v0= ln(1 +
p2) 2n;1 3. a) On a
Z
+1
x
tdtpt = 2px. D'autre part
Z
+1
x
tpdtt+ 1 = 2
Z
+1
p
x+1
z2dz;1 = ln
;
px+ 1 + 1
px+ 1;1
= ln;1 +px+11
1;px+11
= 2px+ 1 +o;p1x
p2 x b) Finalement :
Z
+1
un
tdtpt = 2pun
Z
+1
un
tpdtt+ 1 =vn = ln(1 +
p2) 2n;1 . D'ou, lorsquentend vers l'inni :
un (ln(1 +4np2))2.
Exercice 1.11.
Soitnun entier naturel strictement superieur a 1 et2R: Pourx2R, on note : sinh(x) = ex;2e;x et l'on pose :
fn(x) =
(2sinh(x)
enx;1 six >0 six= 0.
1. Pour quelle valeur de,fn est-elle continue surR+? On suppose dans la suite quea la valeur ainsi trouvee.
2. Montrer quefn est bornee surR+. 3. Montrer que l'integraleIn =
Z
+1
0
fn(x)dx est convergente.
4. a) Montrer que 8x 2 R+;8p 2 N;fn(x) = 2sinh(x)Pp
k =1
e;nk x + e;npxfn(x):
b) En deduire queIn= 2+1P
k =1 Z
+1
0
sinh(x):e;nk xdx. c) Calculer
Z
+1
0
sinh(x):e;nk xdx, en deduire la valeur de +1P
k =1
4k21;1.
d) Pouvait-on obtenir ce dernier resultat directement ?
Solution :
1. La fonction x 7! sinh(x) est continue sur R, ainsi que la fonction x7!enx;1. Un developpement limite au voisinage de 0 donne :
fn(x) = 2x+o(x) nx+o(x) Ainsi : lim
x!0
fn(x) = 2n.
Il faut donc prendre= 2n pour quefn soit continue en 0.
2. La fonctionfnest continue surR+; elle est donc bornee sur tout segment [0;A];A > 0. On a, de plus, au voisinage de +1, fn(x) e(1;n)x. Donc
lim
x!+1
fn(x) = 0 (on an>2).
Ainsifn est bornee surR+. On noteraMn un majorant defn.
3. Par la question precedente, au voisinage de +1, fn(x)e(1;n)x. Or
Z
+1
0
e(1;n)xdx= 1n;1,
cela entra^ne que l'integrale denissantIn est convergente pour tout n >1.
4. a) On peut ecrire, pourx >0 :
p
P
k =1
e;nk x= e;nx1;e;npx
1;e;nx = 1;e;npx enx;1 Donc :
2sinh(x)Pp
k =1
e;nk x=fn(x);e;npxfn(x) b) Pour toutp2N :
In=
Z
+1
0
fn(x)dx= 2 Pp
k =1 Z
+1
0
sinh(x)e;nk xdx+
Z
+1
0
e;npxfn(x)dx
Puis
Z
+1
0
e;npxfn(x)dx6MnZ +1
0
e;npxdx= Mn np Donc lim
p!+1 Z
+1
0
e;npxfn(x)dx= 0, ce qui entra^ne que : In= 2+1P
k =1 Z
+1
0
sinh(x)e;nk xdx
c) On ecrit que sinh(x)e;nk x = 12;e;(nk ;1)x;e;(nk +1)x. Donc : 2
Z
+1sinh(x)e;nk xdx=
Z
+1(e;(nk ;1)x;e;(nk +1)x)dx
