ECS2 Lycée Louis Pergaud

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Correction du devoir maison

DM1

Exercice 1 (EML 2005)

1. (a) Soit (x, y) ∈ ([0, + ∞ [) ² fixé.

Considérons la série ^P

n>1

1

( n + x )( n + y ) . On a :

• 1

(n + x)(n + y) ∼ 1 n ² ;

• 1

n ² ≥ 0 pour tout n ≥ 1 ;

• ^X 1

n ² est une série de Riemann convergente (puisque α = 2 > 1).

Par théorème de comparaison, on en déduit que ^P

n>1

1

( n + x )( n + y ) converge . Pour la série ^P

n>1

1

( n + x ) ² ( n + y ) on a :

• 1

( n + x ) ² ( n + y ) ∼ 1 n ³ ;

• 1

n ³ ≥ 0 pour tout n ≥ 1 ;

• ^X 1

n ³ est le terme général d’une série de Riemann convergente (puisque α = 3 > 1).

Par théorème de comparaison, on en déduit que ^P

n>1

1

( n + x ) ² ( n + y ) converge aussi.

(b) On a pour tout x de [0 , + ∞ [ : 1 n − 1

n + x = x n ( n + x )

qui est le terme général d’une série convergente (question précédente avec y = 0). Donc la série ^P

n>1

1 n − 1

n + x

converge .

On note S l’application définie, pour tout x de [0 , + ∞ [, par S ( x ) = ^{+∞ P}

n=1

1 n − 1

n + x

.

2. On a S (0) =

+∞

X

n=1

0 = 0 et

S(1) =

+∞

X

n=1

1 n − 1

n + 1

= lim

m→+∞

m

X

n=1

1 n − 1

n + 1

= lim

m→+∞

1 1 − 1

m + 1 = 1.

3. (a) On a pour tout ( x, y ) ∈ ([0 , + ∞ [) ² , S(y) − S(x) =

+∞

X

n=1

1 n − 1

y + 1

−

+∞

X

n=1

1 n − 1

x + 1 =

+∞

X

n=1

1 n − 1

n + y − 1 n + 1

n + x

=

+∞

X

n=1

1

n + x − 1 n + y

=

+∞

X

n=1

( n + y ) − ( n + x ) ( n + x )( n + y )

= ( y − x )

+∞

X

n=1

1 ( n + x )( n + y )

1

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(b) D’où en prenant la valeur absolue :

|S ( y ) − S ( x ) | =

( y − x )

+∞

X

n=1

1 ( n + x )( n + y )

= |y − x|

+∞

X

n=1

1 ( n + x )( n + y )

≤ |y − x|

+∞

X

n=1

1

n ² = |y − x| π ² 6 car ^X

n≥1

1

n ² converge comme somme de Riemann avec α = 2 > 1, et que 1

( n + x )( n + y ) ≤ 1

n ² pour tout x, y ≥ 0.

(c) Soit x ∈ [0 , + ∞ [ fixé. Pour tout y ∈ [0 , + ∞ [, on a :

y→x lim |y − x| π ² 6 = 0 .

Par théorème des gendarmes, lim _y→x S ( y ) existe donc et vaut S ( x ). En d’autres termes, la fonction S est continue en x . Comme ceci est vrai quelque soit x ≥ 0, on en déduit que

S est continue sur [0 , + ∞ [ .

4. (a) Soit ( x, y ) dans ([0 , + ∞ [) ² tel que x 6 = y . On a : S ( y ) − S ( x )

y − x −

+∞

X

n=1

1 ( n + x ) ² =

+∞

X

n=1

1

( n + x )( n + y ) −

+∞

X

n=1

1 ( n + x ) ²

=

+∞

X

n=1

1

( n + x )( n + y ) − 1 ( n + x ) ²

=

+∞

X

n=1

( n + x ) − ( n + y ) ( n + x ) ² ( n + y )

=

+∞

X

n=1

x − y ( n + x ) ² ( n + y )

On en déduit que :

S ( y ) − S ( x ) y − x −

+∞

X

n=1

1 ( n + x ) ²

=

+∞

X

n=1

x − y ( n + x ) ² ( n + y )

≤ |x − y|

+∞

X

n=1

1

( n + x ) ² ( n + y )

≤ |x − y|

+∞

X

n=1

1 n ³

car ^X

n≥1

1

n ³ converge comme somme de Riemann avec α = 3 > 1, et que 1

( n + x ) ² ( n + y ) ≤ 1

n ³ pour tout x, y ≥ 0.

(b) Soit x ≥ 0 fixé. Pour tout y ≥ 0, on a :

y→x lim |x − y|

+∞

X

n=1

1 n ³ = 0 . Par théorème des gendarmes, lim _y→x S(y) − S(x)

y − x existe et vaut ^{+∞ P}

n=1

1

( n + x ) ² . Ainsi la fonction S est dérivable en tout x ≥ 0 , donc sur [0, + ∞ [, et on a :

∀x ∈ [0, + ∞ [, S ⁰ (x) =

+∞

X

n=1

1 ( n + x ) ² .

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(c) On a S ⁰ (0) = ^{+∞ P}

n=1

1

( n ) ² = π ²

6 d’après l’énoncé.

On a S ⁰ (1) = ^{+∞ P}

n=1

1

(n + 1) ² = ^{+∞ P}

m=2

1

(m) ² = ^{+∞ P}

m=1

1

(m) ² − 1 = π ²

6 − 1 = π ² − 6 6 .

5. On se souvient qu’une fonction f de classe C ¹ sur un intervalle I est concave si et seulement si f ⁰ est décroissante.

Ici on a pour tout x ≥ 0, S ⁰ ( x ) = ^{+∞ P}

n=1

1 (n + x) ² .

Or si x, y ≥ 0 sont tels que x ≤ y , alors on a ( x + n ) ² ≤ ( y + n ) ² pour tout n ∈ N ^∗ , et donc 1

(y + n) ² ≤ 1

(x + n) ² . On obtient en sommant que pour tout m ∈ N ^∗ :

m

X

n=1

1 (y + n) ² ≤

m

X

n=1

1 (x + n) ² . On passe à la limite quand m → + ∞ (tout converge bien ici) :

+∞

X

n=1

1 ( y + n ) ² ≤

+∞

X

n=1

1

( x + n ) ² soit encore S ⁰ ( y ) ≤ S ⁰ ( x ) . Donc S ⁰ est décroissante, et S est concave .

6. (a) La fonction ϕ est continue sur [1 , + ∞ [, donc l’intégrale considérée est généralisée en + ∞ . On a :

• ϕ ( t ) = t + x − t

t ( t + x ) = x t ( t + x ) ∼

0

x t ² ;

• 1

t ² ≥ 0 pour tout t ≥ 1 ;

• L’intégrale ^{Z +∞}

1

dt

t ² converge (intégrale de Riemann en + ∞ avec α = 2 > 1).

Par théorème de comparaison, on en déduit que l’intégrale ^{Z +∞}

1

ϕ ( t )d t converge . On a de plus pour tout y > 1 :

Z y

1 ϕ(t)dt = [ln(t) − ln(t + x)] ^y ₁ = ln(y) − ln(x + y) + ln(1 + x) = ln y(1 + x) x + y

.

Or on a lim _y→+∞ ln y (1 + x ) x + y

= ln(1 + x ), donc on retrouve que l’intégrale ^{Z +∞}

1

ϕ ( t ) dt converge, et elle vaut ln(1 + x ) .

(b) ϕ est une fonction de classe C ¹ sur ]0 , + ∞ [ comme somme de fonctions usuelles, et on a pour tout t > 0,

ϕ ⁰ ( t ) = − 1

t ² + 1

( t + x ) ² < 0

La fonction ϕ est donc décroissante. On en déduit en particulier que pour tout n ∈ N ^∗ , pour tout t ∈ |n, n + 1], on a :

ϕ ( n + 1) ≤ ϕ ( t ) ≤ ϕ ( n ) .

D’où en prenant l’intégrale entre n et n + 1 (l’intégrale est croissante) : ϕ ( n + 1) 6

Z n+1 n

ϕ ( t )d t 6 ϕ ( n ) .

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ECS2 Lycée Louis Pergaud Soit m ∈ N ^∗ . On somme alors ces inégalité pour n = 1, . . . , m :

m

X

n=1

ϕ ( n + 1) ≤

m

X

n=1

Z n+1 n

ϕ ( t ) ≤

m

X

n=1

ϕ ( n )

soit encore : _m

X

n=1

ϕ ( n + 1) ≤ Z m+1

1

ϕ ( t ) ≤

m

X

n=1

ϕ ( n ) .

Faisons alors tendre m vers + ∞ dans ces inégalités (c’est bien possible car tout converge, séries et intégrales). On obtient :

+∞

X

n=1

ϕ ( n + 1) ≤ Z +∞

1

ϕ ( t ) ≤

+∞

X

n=1

ϕ ( n ) ce qui s’écrit encore :

S ( x ) − ϕ (1) ≤ Z +∞

1

ϕ ( t ) ≤ S ( x ) . On obtient finalement :

Z +∞

1

ϕ ( t )d t 6 S ( x ) 6 ϕ (1) + ^{Z +∞}

1

ϕ ( t )d t 6 1 + ^{Z +∞}

1

ϕ ( t )d t.

(c) Or on a calculé cette intégrale en 6.(a). On obtient donc : ln(1 + x) ≤ S(x) ≤ ln(1 + x) + 1.

D’où en divisant par ln(1 + x ), on obtient : 1 ≤ S ( x )

ln(1 + x ) ≤ 1 + 1 ln(1 + x ) . Comme lim

x→+∞ 1+ 1

ln(1 + x ) = 1, on en déduit par théorème des gendarmes que lim

x→+∞

S ( x ) ln(1 + x ) existe et vaut 1, ce qui se réécrit sous la forme S ( x ) ∼

x→+∞ ln( x + 1) . Enfin on a ln( x + 1)

ln( x ) = ln( x ) + ln(1 + ¹ _x )

ln( x ) = 1 + ^{x 1} )

ln( x ) → 1 lorsque x → 0. On en déduit que ln(1 + x ) ∼

0 ln( x ), et donc que S ( x ) ∼

x→+∞ ln( x ) . 7. (a) On a S ⁰ ( x ) =

+∞

X

n=1

1

( n + x ) ² > 0. Donc S est strictement croissante sur [0 , + ∞ [. De plus on a S ( x ) ∼

x→+∞ ln( x ), donc lim _x→+∞ S ( x ) = + ∞ . On peut donc dresser le tableau de variation de f .

x 0 1 + ∞

f ⁰ ( x ) ^π ₆

²

+ ^π ₆

²

− 1 + f (x)

0 1 + ∞

(b) Reste enfin à tracer l’allure de la courbe représentative de S .

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