Corrigé du capes blanc du 25/02/2011.
Exercice 1
Le logarithme
1. Soit a la racine n(n+1)èmede x. Notons un= un(x)et un+1=un+1(x). Alors un= n(an+1−1) et un+1= (n + 1)(an− 1), donne
un− un+1 = nan(a − 1) − (an− 1) = (a − 1)[nan− (1 + a + · · · + an−1)]
= (a − 1)
n−1
X
k=0
(an− ak).
La somme Pn−1k=0(an− ak)est positive si a ≥ 1 et négative si a ≥ 1. On a donc un− un+1≥ 0 quelle que soit la valeur de a. La suite (un)nest donc décroissante. Si x ≥ 1, pour tout n ≥ 0, un = n x1/n− 1 ≥ 0. La suite (un)n est donc minorée, et puisqu'elle est décroissante, elle est convergente.
2. L'identité ab − 1 = (a − 1) + (b − 1) + (a − 1)(b − 1) dans laquelle on remplace a et b par x1/n et y1/n donne, après multiplication par n,
n(xn1yn1 − 1) = n(x1n− 1) + n(yn1 − 1) + n(xn1 − 1)(yn1 − 1), soit un(xy) = un(x) + un(y) + un(x)un(y)/n.
3. Soit 0 < x < 1, et y = 1/x.Puisque un(xy) = un(1) = 0, la question précédente donne
0 = un(x) + un(y) + un(x)un(y)
n ,
soit
un(x) = − un(y) 1 +un(y)
n
·
Puisque y > 1, la suite (un(y)) est convergente, et faisant tendre n vers l'in ni on obtient l'existence et la valeur de lim
n→∞un(x) = − lim
n→∞un(y).
4. L'identité démontrée à la question 2,
un(xy) = un(x) + un(y) + un(x)un(y) n donne, en faisant tendre n vers l'in ni, f(xy) = f(x) + f(y).
5. Puisque f(x) est limite de la suite décroissante (un(x))n on a f(x) ≤ u1(x), soit f (x) ≤ x − 1.
Puisque cette majoration est vraie pour tout x, on a aussi, en remplaçant x par 1/x,
f 1 x
≤ 1
x− 1 = 1 − x x , soit f(x) ≥ (x − 1)/x, puisque f(1/x) = −f(x).
x
1
x≤ f (x) − f (1)
x − 1 ≤ 1 si x > 1, 1 ≤ f (x) − f (1)
x − 1 ≤ 1
x si x > 1.
Dans les deux cas lorsque x tend vers 1, le taux d'accroissement f (x) − f (1)
x − 1 tend vers 1. La fonction f est donc dérivable en 1, de dérivée f0(1) = 1. Soit maintenant x0> 0, arbitraire, et h > −x0. L'identité x0+ h = x0
1 + h
x0
donne f(x0+ h) = f (x0) + f
1 + h
x0
puis
f (x0+ h) − f (x0)
h =
f
1 + h
x0
h = 1
x0
f
1 + h
x0
h x0
= 1 x0
f
1 + h
x0
− f (1) h
x0
·
Quand h tend vers 0, h/x0tend vers 0, et puisque f est dérivable en 1, de dérivée 1 lim
h→0
f (x0+ h) − f (x0)
h = 1
x0
·
7. (a) Puisque f0(x) = 1/xla fonction f est croissante. On a donc limx→+∞f (x) = supf (x) ; x ∈ R?+
. Par la question 5, f(2) ≥ (2 − 1)/2 = 1/2. L'identité f(xy) = f(x) + f(x) donne par
récurrence f(xn) = nf (x), et donc f(2n) = nf (2) ≥ n/2. La fonction f n'est donc pas majorée et limx→+∞f (x) = +∞.
(b) Puisque f(x) est limite de la suite décroissante un(x) on a, pour tout x, f (x) ≤ u2(x) = 2 √
x − 1 ≤ 2√ x.
Il en résulte que, pour x ≥ 1,
0 ≤ f (x) x ≤ 2
√x x = 2
√x, et, par le théorème des gendarmes lim
x→+∞
f (x) x = 0.
(c) Pour tout x > 0, xf(x) = − f 1
x
1 x
.Puisque limx→0
1
x = +∞, il en résulte limx→0xf (x) =
− limu→+∞
f (u) u = 0.
La fonction exponentielle
1. La fonction ln de dérivée 1/x > 0 est continue et strictement croissante. Elle établit donc une
bijection de son domaine de dé nition, ]0, +∞[ sur son image, qui est l'intervalle ]limx→0f (x), limx→+∞f (x)[ = ]−∞, +∞[ = R.
2. Puisque ln est la bijection réciproque de exp, pour tous x, y ∈ R,
ln(exp(x + y))) = x + y = ln(exp(x)) + ln(exp(y)) = ln(exp(x) exp(y)).
L'injectivité de ln donne alors exp(x + y) = exp(x) exp(y).
3. La fonction exp est la réciproque d'une fonction strictement monotone et dérivable. Elle est donc dérivable, et puisque ln0(u) = 1/u, en dérivant les deux membres de l'égalité ln(exp(x)) = xon obtient
1
exp(x)exp0(x) = 1 c'est à dire exp0(x) = exp(x).
Exercice 2
1. (a) Soit P(n) la propriété un+1≥ un et un≥ 0.
Puisque u0, u1, a0≥ 0on a u2= u1+ a0u0≥ u1≥ 0 et donc P(1) est vrai.
Supposons P(n) vrai avec n ≥ 1. Avec an ≥ 0, on en déduit un+2= un+1+ anun≥ un+1≥ 0 et donc un+2≥ un+1et un+1≥ 0, c'est à dire P(n + 1).
Ainsi P(1) est vraie, et, pour tout n ≥ 1, l'implication P(n) =⇒ P(n + 1) est vraie.
Par le principe de récurrence P(n) est vrai pour tout n ≥ 1, ce qui implique un+1≥ un
pour tout n ≥ 1.
(b) Soit n ≥ 2 (et donc n − 1 ≥ 1). Par la question précédente on a un−1≤ un, puis un+1= un+ an−1un−1≤ un+ an−1un= un(1 + an−1).
La tangente en (0, 1) au graphe de la fonction exponentielle est la droite d'équation y = 1 + x. Puisque l'exponentielle est convexe on a donc 1 + x ≤ ex pour tout réel x et en particulier 1 + an−1≤ ean−1.
(c) Par la question précédente, pour tout n ≥ 2,
un+1 ≤ unean−1 ≤ un−1ean−2ean−1≤ . . . ≤ u2exp(a1+ . . . + an−2+ an−1)
≤ u2exp
+∞
X
n=1
an
!
car les an sont ≥ 0.
La suite (un)n≥1 est donc majorée, et, puisqu'elle est croissante par (1.a), elle est con- vergente.
(d) L'hypothèse u1 > 0et la question précédente donnent, pour tout n ≥ 1, un ≥ u1> 0. On en déduit
an= un+2− un+1
un
≤un+2− un+1
u1
, puis
N
X
n=1
an ≤ 1 u1
N
X
n=1
(un+2− un+1) = 1 u1
(uN +2− u1) ≤ 1 u1
L.
Les somme partielles PNn=1an sont donc majorées, et, puisque les an sont positifs, la série P an est convergente.
2. (a) Soit P(n) la propriété |ui| ≤ vi pour tout i, 0 ≤ i ≤ n .
Pour n = 1 on a u0≤ |u0| = v0et u1≤ |u1| = v1et donc P(1) est vraie.
Supposons P(n) vraie. Alors
|un+1| ≤ |un| + |an−1un−1| ≤ vn+ |an−1|vn−1= vn+1. On a donc |ui| ≤ vi pour tout i ≤ n + 1 et P(n + 1) est vraie.
(b) On commence par remarquer que la suite (vn) satisfait v0 ≥ 0, v1 ≥ 0 et satisfait la récurrence (1) en remplaçant an par |an|. Puisque, par hypothèse, la série
+∞
X
n=1
|an| est convergente, la suite (vn)est convergente par I.1.c. On a
|un+1− un| = |an−1||un−1| ≤ |an−1|vn−1= vn+1− vn.
La suite (vn)étant convergente, la série de terme général vn+1− vn est convergente. Par le critère de comparaison pour les séries à termes positifs, il en est de même de la série de terme général |un+1− un|.
(c) La série P+∞n=1(un− un−1), est absolument convergente, donc convergente. Or la con- vergence de la suite (u )est équivalente à la convergence de la série P+∞(u − u ).
3. La convergence de la série de Riemann
n=1n2 et la majoration 0 ≤ an ≤
n2, donnent la convergence de la série
+∞
X
n=0
an. Par la question 1.(c) on en déduit la convergence de la suite (un)n.
4. Supposons d'abord L > 0.
(a) Puisque uk−1 → L 6= 0 on a uk+1− uk = uk−1
k(k + 1) ∼ L
k(k + 1)· Pour k assez grand, uk+1− uk est donc positif. Le théorème des équivalents pour les séries à termes positifs donne :
L − un =
+∞
X
k=n
(uk+1− uk) ∼
∞
X
k=n
L k(k + 1) =
+∞
X
k=n
L k − L
k + 1
= L n· (b) La dé nition de εn, puis l'égalité un+1− un= an−1un−1donnent
εn+1− εn = un+1− un+ L n + 1−L
n
= 1
n(n + 1)un−1+ L n + 1−L
n
= − 1
n(n + 1)(L − un−1)
∼ −L
n3 (par la question précédente).
Pour k assez grand, εk− εk+1est donc positif et en utilisant (3,a) :
εn =
∞
X
k=n
(εk− εk+1) ∼
∞
X
k=n
L
k3· (1)
Comme la fonction t → 1/t3est positive décroissante sur ]0, +∞[, on a, pour tout k ≥ 1, Z k+1
k
L
t3dt ≤ L k3 ≤
Z k k−1
L t3dt.
En sommant pour k de n à l'in ni cela donne L
2 n2 = Z +∞
n
L t3dt ≤
∞
X
k=n
L k3 ≤
Z +∞
n−1
L
t3dt = L 2 (n − 1)2·
On en déduit ∞
X
k=n
L k3 ∼ L
2 n2 puis, eu utilisant (1),
εn∼
∞
X
k=n
L k3 ∼ L
2 n2 = L
2 n2 + o L n2
et en n
un = L −L
n + εn= L
1 − 1
n+ 1
2n2 + o 1 n2
Si L < 0 on applique ce que l'on vient de prouver à la suite (−un).
Exercice 3
1. Soit R < 0 le rayon de convergence de la série entière
+∞
X
n=0
anxn, et y(x) la somme de cette série. Puisque qu'une série entière est dérivable terme à terme dans le disque ouvert de convergence, on a, pour tout x, |x| < R,
y(x) =
∞
X
n=0
anxn
y0(x) =
∞
X
n=0
(n + 1)an+1xn
y00(x) =
∞
X
n=1
n(n + 1)an+1xn−1
xy00(x) =
∞
X
n=1
n(n + 1)an+1xn=
∞
X
n=0
n(n + 1)an+1xn
Le développement en série entière de xy00+ y0+ y est donc
+∞
X
n=0
(an+ (n + 1)an+1+ n(n + 1)an+1)xn=
+∞
X
n=0
(an+ (n + 1)2an+1)xn,
et cette fonction est nulle si et seulement si les an satisfont la relation, pour tout n ≥ 0 an= −(n + 1)2an+1.
Par une récurrence immédiate on prouve que, pour tout choix de a0, il existe une unique suite satisfaisant cette récurrence, donnée par an =(−1)n
(n!)2 a0.Appliquons le critère de d'Alembert à la série de terme général un= an|x|n. Le rapport un+1
un
= 1
(n + 1)2|x|tend vers 0 quand n tend vers l'in ni, et ceci quelle que soit la valeur de x. Le rayon de convergence de
+∞
X
n=0
anxn est donc in ni.
2. La série entière solution de (3) qui prend la valeur 1 en 0 est obtenue en choisissant a0= 1. Donc
h(x) =
+∞
X
n=0
(−1)n (n!)2 xn. (a) Le développement en série entière de h0(x)est
h0(x) =
∞
X
n=1
(−1)n n
(n!)2xn−1=
∞
X
n=0
(−1)n+1 n + 1 [(n + 1)!]2xn. Pour x ≥ 0 c'est une série alternée. Notons un= (−1)n+1 n + 1
[(n + 1)!]2xnAlors, pour tout x ∈ ]0, 2[et tout n ≥ 0,
|un+1|
|un| = x
(n + 1)(n + 2) ≤x
2 < 1. (2)
Les hypothèses du théorème des séries alternées sont donc satisfaites h0(x)est du signe de u0= −1, donc négatif. Ceci prouve que h est décroissante sur ]0, 2[. Montrons, plus
reste d'ordre 0, Puisque u1= x
2 > 0, le théorème des séries alternées donne 0 ≤ R0≤ x
2 et donc
h0(x) = −1 + R0≤ −1 +x 2 < 0.
Ainsi h0(x) < 0pour x ∈ ]0, 2[ et, par le théorème des accroissement nis, h est stricte- ment décroissante sur [0, 2].
(b) On a
h(2) =
∞
X
n=0
(−1)n 2n (n!)2· Notons vn = (−1)n 2n
(n!)2. Alors |vn+1|
|vn| = 2
(n + 1)2 < 1 pour n ≥ 1. La série
+∞
X
n=1
vn satisfait donc les hypothèses du théorème des séries alternées, et le théorème des séries alternées donne R2=
+∞
X
n=3
(−1)n 2n
(n!)2 ≤ 0et
h(2) = 1 − 2 + 1 + R2= R2≤ 0.
Puisque la fonction h est strictement décroisante sur [0, 2] avec h(0) = 1 et h(2) ≤ 0 elle possède un unique zéro dans [0, 2].
(c) Puisque h0(x) < 0pour x ∈ [0, 2] la fonction h est strictement décroissante sur [0, 2].
Elle possède donc au plus une racine sur cet intervalle. Utilisant encore le théorème des séries alternées on obtient
h(1.4) ≥
3
X
n=0
(−1)n(1.4)n
(n!)2 ≥ 0.013 et h(1.5) ≤
4
X
n=0
(−1)n(1.5)n
(n!)2 ≤ −0.02.
Par le théorème des valeurs intermédiaires h s'annule exactement une fois sur [0, 2] en un point r1∈ ]1.4, 1.5[.
3. Puisque que h est une solution de l'équation linéaire homogène (3) on cherche la solution générale y sous la forme y = hz, avec z fonction inconnue. On écrit
y = hz y0 = h0z + hz0
y00 = h00z + 2h0z0+ hz00. Avec xh00+ h0+ h = 0on en déduit
xy00+ y0+ y = (2xh0+ h)z0+ xhz00= 0
Notons w = z0. On a (2xh0+ h)w + xhw0= 0 et donc, divisant par xh 6= 0 sur ]0, r1[ on obtient
w0= −
2h0
h +1 x
w.
C'est une équation diérentille linéaire homogène satisfaite par w. Soit w une solution non identiquement nulle. Par le théorème d'unicite de Cauchy w n'est jamais nulle et l'équation satisfaite par w s'écrit
−
2h0
h +1 x
=w0 w = d
dxln |w(x)| .
Ainsi w est solution si et seulement si ln(|w|) est une primitive de −
2h0
h + 1 x
donc si ln |w| = −2 ln h(x) − ln x + k avec k ∈ R. Ou encore
w = exp (−2 ln h(x) − ln x + k) = B xh2(x)
où B (= ek si w ≥ 0 et −ek si w ≤ 0) est un réel arbitraire. La solution générale z de (2xh0+ h)z0+ xhz00 est une primitive arbitraire de w soit z = BZ x
1
dx
xh2(x) + A. En n la solution générale de (3) est y(x) = h(x)z(x) soit
y(x) = h(x)
A − B
Z 1 x
dt th2(t)
·
Puisque 1 th2(t)−→
x→0+∞ l'intégrale Z 1 0
dt
th2(t) est une intégrale généralisée en 0. Puisque h(0) = 1, on a 1
th2(t) ∼1
t au voisinage de 0. Par la règle des équivalents pour les intégrales impropres de fonctions positives,Z 1
0
dt
th2(t) est divergente. Cela signi e que
x→0lim Z 1
x
dt
th2(t) = +∞.
Il en résulte que y a une limite nie en 0 si et seulement si B = 0.
Exercice 4
1. (a) La fonction t → (1 + tα)−n est continue sur [0, ∞ [. L'intégrale Z +∞
0
dt (1 + tα)n est impropre à cause de la borne in nie. Pour t ≥ 1 on a dt
(1 + tα)n ≤ dt
tαn. Puisque αn >
1 l'intégrale impropre Z +∞
1
dt
tαn est convergente. Par la règle de comparaison pour les intégrales impropres de fonctions positives, l'intégrale qui dé nit un(α) est donc convergente. De plus, la minoration
1
(1 + tα)n ≥ 1
(1 + tα)n+1 ≥ 0
donne, en intégrant de 0 à l'in ni, un(α) ≥ un+1(α) ≥ 0. La suite (un(α)), décroissante, minorée par 0 est donc convergente, et sa limite ≥ 0.
(b) On partage l'intervalle d'intégration en trois
un(α) = Z a
0
1
(1 + tα)ndt + Z 1
a
1
(1 + tα)n dt + Z ∞
1
1 (1 + tα)ndt 1
(1 + tα)n est une fonction décroissante de t. Sur [0, a] on la majore par sa valeur en 0 qui est 1, sur [a, 1] on la majore par sa valeur en a, et en n sur [1, +∞) on la majore par 1/tαn. On obtient ainsi
0 ≤ Z a
0
1
(1 + tα)ndt ≤ Z a
0
dt ≤ a
0 ≤ Z 1
a
1
(1 + tα)ndt ≤ Z 1
a
1
(1 + aα)n ≤ 1 − a
(1 + aα)n ≤ 1 (1 + aα)n 0 ≤
Z ∞ 1
α ndt ≤
Z ∞ 1
αn = 1 .
0 ≤ un(α) ≤ a + 1
(1 + aα)n + 1 nα − 1· Le prolongement des inégalités par passage à la limite donne 0 ≤ lim
n→∞un(α) ≤ a.Ainsi
n→+∞lim un(α) ∈ [0, a)pour tout a > 0, donc lim un(α) = 0.
2. (a) Une intégration par parties, avec u = (1 + tα)−n et dv = dt donne :
un(α) = Z ∞
0
1
(1 + tα)n dt =
t
(1 + tα)n
∞ 0
+ Z ∞
0
nαtα (1 + tα)n+1dt
= Z ∞
0
nαtα
(1 + tα)n+1dt = Z ∞
0
nα(1 + tα− 1) (1 + tα)n+1 dt
= nαun(α) − un+1(α), c'est à dire un+1(α) =
1 − β
n
un(α).
(b) On en déduit, par récurrence, que pour tout n ≥ 1,
un+1(α) = u1(α)
n
Y
k=1
1 − β
k
· (3)
3. (a) Puisque un+1=
1 −β
n
n
on a
wn+1− wn = ln(un+1) − ln un+ β(ln(n + 1) − ln n)
= ln
1 −β
n
+ β ln
1 + 1
n
= −β n −1
2 β2 n2 +β
n −1 2
β
n2 + o 1 n2
= −β2+ β
2n2 + o 1 n2
On a donc |wn+1− wn| ∼ β2+ β
2n2 , et, par la règle des équivalents pour les séries numériques à termes positifs, la série de terme général wn+1− wn est absolument con- vergente, donc convergente.
(b) Puisque la série de terme général wn+1− wn est convergente la suite (wn)n est conver- gente (car wn= w1+Pn
k=2(wk− wk−1)). L'exponentielle étant continue, on a nβun= eβ ln n+ln un(α)= ewn −→
n→+∞elim wn· Notons K(α) = elim wn> 0, alors nβun(α)
K(α) −→
n→+∞
K(α) K(α) = 1.
4. (a) On a u1(α) − 1 = Z ∞
0
1 1 + tαdt −
Z 1 0
1 1dt = −
Z 1 0
tα 1 + tαdt +
Z ∞ 1
1 1 + tαdt.
Il en résulte
|u1(α) − 1| ≤ Z 1
0
tα 1 + tαdt +
Z ∞ 1
dt 1 + tα
≤ Z 1
0
tαdt + Z ∞
1
dt tα = 1
α + 1 + 1 α − 1.
(b) On en déduit limα→∞u1(α) = 1puis, pour tout n ≥ 1
α→∞lim un+1(α) = lim
α→∞u1(α)
n
Y
k=1
1 − 1
αk
= 1 ×
n
Y
k=1
1 = 1.
(c) Par I.3.b on a
n→∞lim un(α) = lim
n→∞
K(α) nβ = 0.
La suite (un)converge donc simplement vers la fonction identiquement nulle sur ]0, +∞[.
La convergence est uniforme si et seulement si kun− 0k∞= kunk∞ tend vers 0 quand ntend vers l'in ni. Or, puisque limα→∞un(α) = 1, on a la minoration
kunk∞= sup
α∈]1, +∞[
un(α) ≥ 1.
kun− 0k∞ ne tend donc pas vers 0 quand n tend vers l'in ni ; c'est dire que la suite un
n'est pas uniformément convergente.
