Montrer que ∀(u, v)∈[0, A]2, |ϕ(v)−ϕ(u

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MPSI B 29 juin 2019

Énoncé

L'objet de ce problème est d'exprimer la moyenne arithmético-géométrique de deux nombres (dénie en partie III) à l'aide d'une intégrale.

On dénit une fonctionφdans[0,1[par :

∀x∈[0,1[, φ(x) = Z ^π₂

0

dθ p1−x²sin²θ

Partie I. Étude de φ.

1. Montrer sans calcul de dérivée queφest croissante sur[0,1[. 2. CalculerR^π₂

0 sin²θ dθ.

3. SoitA∈]0,1[. On dénit une fonctionϕpar :

∀u∈[0,1[, ϕ(u) = (1−u)⁻¹² a. Montrer que

∀(u, v)∈[0, A]², |ϕ(v)−ϕ(u)| ≤ |v−u|

2 (1−A)⁻³² b. Montrer que

∀(x, y)∈[0, A]², |φ(y)−φ(x)| ≤ π

4(1−A)⁻³²A|y−x|

4. Montrer queφest continue dans[0,1[.

Partie II. Changement de variable.

1. Pourx∈[0,1], on dénit des fonctionsvet udans 0,^π₂

par :

∀t∈h 0,π

2 i

, v(t) = (1 +x) sint

1 +xsin²t, u(t) = arcsin (v(t))

Pour alléger l'écriture, on a choisi de ne pas faire apparaitre le paramètre xdans le nom de la fonction.

a. Calculerv⁰(t)et montrer queuprend ses valeurs dans 0,^π₂. b. Montrer queu∈ C¹(

0,^π₂

), bijective de 0,^π₂

vers 0,^π₂

et queu⁻¹∈ C¹( 0,^π₂

).

c. Montrer que

cosu(t) = cost 1 +xsin²t

p1−x²sin²t

2. En utilisant le changement de variableθ=u(t)dansΦ(x), montrer que

∀x∈[0,1[, φ(x) = 1

1 +xφ(2√ x 1 +x) 3. Soitaet bdeux nombres réels tels que0< b≤a. Montrer que

Z ^π₂

0

dt

pa²cos²t+b²sin²t

= 1 aφ(

√a²−b²

a )

On noteI(a, b)cette valeur commune. Montrer queI(a, b) =I(^a+b₂ ,√ ab).

Partie III. Moyenne arithmético-géométrique.

On suppose ici0< b < a. On dénit des suites(a_n)_n∈_Net(b_n)_n∈_Nen posant a0=a, b0=b an+1=an+bn

2 , bn+1=p anbn

1. Montrer que ces suites sont adjacentes. On noteµla limite commune.

2. Montrer que la convergence est quadratique, c'est à dire 0< an+1−bn+1< 1

8b(an−bn)² 3. Exprimerµà l'aide d'une intégrale (en justiant soigneusement).

Cette création est mise à disposition selon le Contrat

Paternité-Partage des Conditions Initiales à l'Identique 2.0 France disponible en ligne http://creativecommons.org/licenses/by-sa/2.0/fr/

1 Rémy Nicolai Aarigeo

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Corrigé

Partie I. Étude de Φ.

1. Pour chaquetde 0,^π₂

la fonctionx→ √ ¹

1−x²sin²t est croissante doncx < yentraîne

∀t∈h 0,π

2 i

, 1

p1−x²sin²t

≤ 1

p1−y²sin²t

puisφ(x)≤φ(y). La fonction est donc croissante.

2. En linéarisant : sin²t = ¹₂ −¹₂cos(2t). La partie en cos 2t s'intègre ensin(2t)dont la contribution est nulle en0 et ^π₂. On en déduit

Z ^π₂

0

sin²t dt=π 4

On aurait aussi pu remarquer, par le changement de variable ^π₂ −tque l'intégrale est égale à celle encoset que la somme des deux vaut ^π₂.

3. a. On applique l'inégalité des accroissements nis en remarquant que la dérivée ϕ⁰(t) = 1

2(1−t)⁻³² est positive et croissante dans[0, A].

b. Si x et y sont dans [0, A] alors x²sin²t et y²sin²t sont aussi dans [0, A] (car 0< A <1). On en déduit, par positivité de l'intégrale :

|Φ(y)−Φ(x)| ≤ (1−A)⁻³² 2

Z ^π₂

0

x²sin²t−y²sin²t dt

=(1−A)⁻³²

2 |x²−y²| Z ^π₂

0

sin²t dt= (1−A)⁻³²

2 |x−y|(x+y)

| {z }

≤2

π 4

4. La formule précédente montre que la restriction de Φà [0, A]est lipschitzienne donc continue. Pour chaquex∈[0,1[, il existe unA <1tel quex∈[0, A]. Cela prouve bien queΦest continue enx. Pour autant, cela ne prouve pas queΦsoit lipschitzienne (ni même uniformément continue) dans[0,1[.

Partie II. Changement de variable dans une intégrale

1. a. Le calcul de la dérivée dev conduit à : v⁰(t) = (1 +x) cost

(1 +xsin²t)²(1−xsin²t)≥0

Cette fonction est donc strictement croissante, à valeurs entrev(0) = 0etv(^π₂) = 1. On en déduit (dénition de arcsin) que u est bien dénie et à valeurs dans [0,^π₂].

b. La fonctionarcsin est continue dans [−1,1]et C^∞ dans ]−1,1[. On en tire par composition queuest continue dans[0,^π₂]etC¹ dans[0,^π₂[seulement.

Pour montrer la dérivabilité et la continuité de la dérivée en ^π₂, on doit utiliser le théorème de la limite de la dérivée. En dérivantsinu(t)dans

0,^π₂

on obtient

u⁰(t) cosu(t) =(1 +x)(1−xsin²t) cost

(1 +xsin²t)² (1)

En ^π₂,u(t)→u(1) = arcsin^π₂ = 1. Le second membre de (1) est équivalent à 1−x

1 +xcost∼ 1−x 1 +x(π

2 −t) D'autre part,

cosu(t) = q

1−sin²u(t) = s

1−(1 +x)²sin²t (1 +xsin²t)²

= s

(sint−1)(xsint−1)(1 +xsin²t+ (1 +x) sint) (1 +xsin²t)²

cosu(t)∼ s

−(x−1)2(1 +x) (1 +x)²

√−sint+ 1∼ r

21−x 1 +x

π 2−t

√ 2 On en déduit nalement queu⁰(t)→q

1−x

1+x quandt→ ^π₂ ce qui prouve à la fois la dérivabilité deuen ^π₂ avecu⁰(^π₂) =q

1−x

1+x et la continuité de la dérivée en ce point.

Par dénition, u(t)∈

0,^π₂ donccosu(t) >0. L'équation (1) montre alors que u⁰(t)>0 lorsquet∈

0,^π₂

. On en déduit qu'elle est strictement croissante dans

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0,^π₂

. Comme de plus u(0) = 0 et u(^π₂) = ^π₂. C'est une bijection continue de 0,^π₂dans

0,^π₂.

La bijection réciproque d'une bijection continue sur un intervalle est continue. La formule (1) montre queu⁰(t)ne s'annule pas dans

0,^π₂ et

u⁰(π 2) =

r1−x 1 +x6= 0 La bijection réciproque deuest donc dérivable dans

0,^π₂. L'expression (u⁻¹)⁰ = 1

u⁰◦u⁻¹ de la dérivée montre sa continuité.

c. Commearcsinest à valeurs entre−^π₂ et ^π₂, soncosest positif. On peut écrire

cosu(t) = q

1−sin²(t) = q

(1 +xsin²t)²−(1 +x)²sin²t 1 +xsin²t

= q

1−(1 +x²) sin²t+x²sin⁴t 1 +xsin²t =

pcos²t−x²sin²tcos²t 1 +xsin²t

= cost 1 +xsint

p1−x²sin²t

2. Eectuons le changement de variableθ=u(t)dans l'intégrale dénissantφ(²

√x 1+x). Les hypothèses necessaires sont validées par la question 1.

Évaluons l'expression sous la racine à l'aide de la dénition desinu(t):

1− 4x

(1−x)²sin²u(t) = 1−4x

sint 1 +xsin²t

2

=

1−xsin²t 1 +xsin²t

²

D'après les calculs précédents

cosθ dθ = (1 +x) cost 1−xsin²t (1 +xsin²t)²dt dθ = (1 +x)

1−xsin²t 1 +xsin²t

dt p1−x²sin²t

Les bornes sont conservés et l'élément dierentiel devient dθ

q1−_(1+x)^4x 2sin²θ

= (1 +x) dt p1−x²sin²t

On en déduit

φ(x) = 1

1 +xφ(2√ x 1 +x)

3. On suppose0 < b ≤a, en mettant aen facteur sous la racine et en transformant le cosensinon peut exprimerI à l'aide deφ:

I(a, b) =1 aφ(

√a²−b²

a )

On a toujours√

ab≤^a+b₂ donc

I(a+b 2 ,√

ab) = 2 a+bφ(

q a+b 2

²

−ab

a+b 2

) = 2

a+bφ(a−b a+b) D'après la question 3.

φ(a−b

a+b) = 1 1 + ^a−b_a+bφ(

2q

a−b a+b

1 +^a−b_a+b) = a+b 2a φ(

√a²−b²

a )

⇒I(a+b 2 ,

√ ab) = 1

aφ(

√a²−b²

a ) =I(a, b)

Partie III. Moyenne arithmético-géométrique

1. Rappelons l'inégalité entre les moyennes géométrique et arithmétique

∀u >0,∀v >0 : u+v

2 ≥√

uv qui se démontre en considérant(√

u−√

v)² assure par récurrence les monotonies. La convergence se montre en remarquant que la longueur de l'intervalle est à chaque étape divisée par 2.

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2. D'après les dénitions :

a_n+1−b_n+1=a_n+b_n

2 −p

a_nb_n=(√ an−√

bn)²

2 = (√

an−√ bn)² 2(√

a_n+√ b_n)² Comme les suites sont adjacentes, b≤bn ≤an ≤adonc √

an+√

bn ≥2√

b. Ce qui prouve l'inégalité demandée.

3. On a montré la continuité deφen0 dans la question I.4. Pour toutnentier, on a

I(a, b) =I(a_n, b_n) = 1 an

φ(

pa²_n−b²_n an

)

Comme les suites sont ajacentes, l'argument deφtend vers 0. En passant à la limite il vientI(a, b) = ¹_µφ(0) =_2µ^π d'où

µ= π

2I(a, b)