Intégration (DS de l’année 2019-2020)

Intégration (DS de l’année 2019-2020)

Exercice 1 (EML 2018)

Dans tout cet exercice, f désigne la fonction définie sur]0,+∞[par :

∀x∈ ]0,+∞[, f(x) =x−ln(x) Partie I : Étude de la fonction f

1. Dresser le tableau de variations de f en précisant ses limites en 0 et en+∞.

Démonstration.

• La fonctionf est dérivable sur ]0,+∞[en tant que somme de fonctions dérivables sur ]0,+∞[.

• Soitx∈]0,+∞[.

f⁰(x) = 1− 1

x = x−1 x

Alors, commex >0, la quantitéf⁰(x)est du signe dex−1. Ainsi : f⁰(x)>0 ⇔ x−1>0 ⇔ x >1 On obtient le tableau de variations suivant :

x Signe def⁰(x)

Variations def

0 1 +∞

− 0 +

+∞

1 1

+∞

+∞

• Détaillons les éléments de ce tableau.

- Tout d’abord :f(1) = 1−ln(1) = 1.

- Ensuite : lim

x→0 ln(x) =−∞.

Donc : lim

x→0 f(x) = +∞.

- Enfin, soitx∈]0,+∞[:

f(x) = x−ln(x) = x

1−ln(x) x

De plus, par croissances comparées : lim

x→+∞

ln(x) x = 0.

On en déduit : lim

x→+∞f(x) = +∞.

2. Montrer que l’équation f(x) = 2, d’inconnue x ∈ ]0,+∞[, admet exactement deux solutions, que l’on note aetb, telles que 0< a <1< b.

Démonstration.

• La fonctionf est :

× continue sur]0,1[ (car dérivable sur]0,1[),

× strictement décroissante sur ]0,1[.

Ainsif réalise une bijection de ]0,1[dansf(]0,1[). Or : f(]0,1[) =

x→1lim⁻ f(x), lim

x→0 f(x)

= ]1,+∞[

Or2∈]1,+∞[.

Donc l’équationf(x) = 2 admet une unique solution sur]0,1[, notéea.

• La fonctionf est :

× continue sur]1,+∞[(car dérivable sur]1,+∞[),

× strictement croissante sur ]1,+∞[.

Ainsif réalise une bijection de ]1,+∞[dansf(]1,+∞[). Or : f(]1,+∞[) =

x→1lim⁻ f(x), lim

x→+∞f(x)

= ]1,+∞[

Or2∈]1,+∞[.

Donc l’équationf(x) = 2 admet une unique solution sur]1,+∞[, notée b.

• Enfin,f(1) = 1et donc 1n’est pas solution de f(x) = 2.

Finalement, l’équationf(x) = 2 admet exactement 2solutions sur ]0,+∞[notéesa etb telles que0< a <1< b.

• Il est important dans cette question d’avoir parfaitement en tête toutes les hypothèses du théorème de la bijection. En particulier, la fonction f doit êtrestrictement mo- notonesur l’intervalle considéré.

• On ne pouvait donc pas appliquer le théorème de la bijection directement sur l’inter- valle ]0,+∞[, mais il fallait découper cet intervalle en plusieurs sous-intervalles sur lesquelsf est strictement monotone (ici]0,1[et]1,+∞[).

Commentaire

3. Montrer : b∈[2,4]. On donneln(2)'0,7.

Démonstration.

Remarquons :

× f(2) = 2−ln(2)62.

× f(b) = 2.

× f(4) = 4−ln(4) = 4−ln(2²) = 4−2 ln(2) = 2(2−ln(2)).

De plus,ln(2)'0,7, donc : 2−ln(2)'1,3et2(2−ln(2))'2,6.

D’où :f(4)>2.

Ainsi :

f(2) 6 2 6 f(4) q

f(b)

Or, d’après le théorème de la bijection, la fonctionf⁻¹ : ]1,+∞[→]1,+∞[est strictement croissante ((de même monotonie que f). En appliquantf⁻¹ de part et d’autre, on obtient :

f⁻¹ f(2)

6 f⁻¹ f(b)

6 f⁻¹ f(4) On en déduit : 26b64.

L’indication de l’énoncé ln(2)' 0,7 ne permet pas de savoir si 0,7 est une sur ou sous- approximation deln(2). Il n’est d’ailleurs pas indiqué l’erreur de précision commise par une telle approximation. Il s’agit d’une valeur approchée à 10⁻¹ près et on a l’encadrement : 0,6 6 ln(2)6 0,8. Cette information serait certainement préférable pour résoudre plus rigoureusement cette question.

Commentaire

Partie II : Étude d’une fonction définie par une intégrale On noteΦ la fonction donnée par :

Φ(x) = Z 2x

x

1 f(t) dt

4. Montrer que Φest bien définie et dérivable sur ]0,+∞[, et que l’on a :

∀x∈]0,+∞[, Φ⁰(x) = ln(2)−ln(x) (x−ln(x))(2x−ln(2x)) Démonstration.

• La fonction 1

f est continue sur]0,+∞[en tant qu’inverse d’une fonction continue sur]0,+∞[qui ne s’annule pas sur cet intervalle (en effet, d’après le tableau de variations def en question 1. :

∀x∈]0,+∞[,f(x)>1).

La fonction 1

f admet donc une primitiveG de classeC¹ sur]0,+∞[.

• On obtient alors :

∀x∈]0,+∞[, Φ(x) =G(2x)−G(x)

Or la fonctionx7→G(2x)est de classe C¹ sur]0,+∞[car elle est la composée G◦h où :

× h:x7→2x est :

- de classeC¹ sur]0,+∞[, - telle queh(]0,+∞[)⊂ ]0,+∞[.

× Gest de classe C¹ sur]0,+∞[.

Ainsi,Φ est de classeC¹ sur]0,+∞[(donc dérivable sur ]0,+∞[) en tant que différence de fonctions de classe C¹ sur]0,+∞[.

• Soitx∈]0,+∞[.

Φ⁰(x) = 2G⁰(2x)−G⁰(x) = 2 1

f(2x) − 1 f(x)

= 2

2x−ln(2x) − 1

x−ln(x) = 2(x−ln(x))−(2x−ln(2x)) (2x−ln(2x))(x−ln(x))

= −2 ln(x) + ln(2) + ln(x)

(x−ln(x))(2x−ln(2x)) = ln(2)−ln(x) (x−ln(x))(2x−ln(2x))

∀x∈]0,+∞[,Φ⁰(x) = ln(2)−ln(x) (x−ln(x))(2x−ln(2x)) 5. En déduire les variations de Φsur]0,+∞[.

Démonstration.

• Soitx∈]0,+∞[. D’après la question précédente, on a : Φ⁰(x) = ln(2)−ln(x)

(x−ln(x))(2x−ln(2x)) = ln(2)−ln(x) f(x)f(2x) Or, d’après la question 1.:f(x)>0etf(2x)>0.

La quantité Φ⁰(x) est donc du signe deln(2)−ln(x). Or : Φ⁰(x)>0 ⇔ ln(2)−ln(x)>0 ⇔ ln(2)>ln(x)

⇔ 2> x (car la fonction lnest strictement

croissante sur ]0,+∞[) On obtient le tableau de variations suivant :

x Signe deΦ⁰(x)

Variations deΦ

0 2 +∞

+ 0 −

Φ(2) Φ(2)

6. Montrer : ∀x∈]0,+∞[, 06Φ(x)6x.

Démonstration.

Soit x∈]0,+∞[.

• D’après la question1., pour tout t∈ ]0, x]:f(t)>1.

On en déduit, par décroissance de la fonction inverse sur]0,+∞[:

∀t∈ ]0, x], 0 6 1

f(t) 6 1

• Par croissance de l’intégration, les bornes étant dans l’ordre croissant (x62x carx>0) : Z 2x

x

0 dt 6 Z 2x

x

1

f(t) dt 6

Z 2x x

1 dt

q q q

0 Φ(x) (2x−x)×1

On a bien : ∀x∈ ]0,+∞[,06Φ(x)6x.

• Le schéma de résolution de cette question est plutôt classique.

Afin d’encadrer une intégrale Z b

a

f(t) dt:

1) on cherche d’abord à encadrer l’intégrande, c’est-à- dire montrer :

∀t∈[a, b], m6f(t)6M

oùm etM sont deux réels à déterminer grâce à l’étude de la fonctionf,

2) on utilise ensuite la croissance de l’intégration (si les bornes a et b sont dans l’ordre croissant, c’est-à-direa6b) pour conclure :

m(b−a) = Z b

a

m dt 6 Z b

a

f(t) dt 6 Z b

a

M dt=M(b−a)

• La difficulté de la question vient du fait que l’on compare une quantité Φ(x) qui s’écrit comme une intégrale à la quantitéxqui n’est pas naturellement donnée sous la forme d’une intégrale. Dès qu’il s’agit de démontrer une inégalité dans laquelle l’un des membres est une intégrale, il y a fort à parier qu’on puisse écrire l’autre membre sous forme intégrale (avec les mêmes bornes). On peut alors utiliser l’idée exposée dans le point précédent.

• L’idée à retenir est que pour comparer deux intégrales, on commence systématiquement par comparer les deux intégrandes.

Commentaire

7. a) Montrer queΦest prolongeable par continuité en 0.

On note encoreΦ la fonction ainsi prolongée. Préciser alorsΦ(0).

Démonstration.

D’après la question précédente :∀x∈]0,+∞[,06Φ(x)6x.

Or :

× lim

x→0 0 = 0.

× lim

x→0 x= 0.

Donc, par théorème d’encadrement : lim

x→0Φ(x) = 0.

On en déduit que la fonctionΦ est prolongeable par continuité et que ce prolongement, toujours notéΦ, vérifie Φ(0) = 0.

b) Montrer : lim

x→0Φ⁰(x) = 0.

On admet que la fonctionΦest alors dérivable en0 et queΦ⁰(0) = 0.

Démonstration.

D’après la question8.:

∀x∈]0,+∞[, Φ⁰(x) = 2

f(2x) − 1 f(x) Or, d’après la question1. : lim

x→0 f(x) = +∞.

Comme lim

x→0 2x= 0, par composition, on a aussi : lim

x→0f(2x) = +∞.

Ainsi : lim

x→0 Φ⁰(x) = 0.

8. On donne Φ(2)'1,1 et on admet que lim

x→+∞Φ(x) = ln(2)'0,7.

Tracer l’allure de la courbe représentative de la fonction Φ ainsi que la tangente à la courbe au point d’abscisse 0.

Démonstration.

Sur le graphe précédent, la tangente à l’origine ne semble pas être correcte.

En effet, comme son étymologie (le verbe latin « tangere ») l’indique, une tangente doit toucher la courbe, ce qui ne paraît pas être le cas ici. Cela est simplement dû à l’échelle de la figure : si on zoome sur l’origine du repère, on obtient le graphe suivant :

Sur une copie, il faut bien évidemment accentuer les tangentes à la courbe.

Commentaire

Exercice 2 (EDHEC S 2017)

Dans ce problème, n est un entier naturel non nul et Rn[X] est l’espace vectoriel des polynômes à coefficients réels de degré inférieur ou égal à n.

On noteB= (e₀, e₁, ..., e_n)la base canonique deRn[X]. On rappelle quee₀(X) = 1et que∀k∈J1, nK, ek(X) =X^k.

Partie 2 : étude d’une autre application définie sur Rn[X].

On désigne parx un réel quelconque.

4. a) Montrer que, pour tout entier naturelk, l’intégrale Z +∞

x

t^ke^−t dtest convergente.

Démonstration.

Soitk∈N.

• La fonctiont7→t^ke^−t est continue sur[x,+∞[en tant que produit de fonctions continues sur cet intervalle. L’intégrale

Z +∞

x

t^ke^−tdt est donc impropre en +∞.

• De plus :

× t^ke^−t= o

t→+∞

1 t²

× ∀t∈[1,+∞[, 1

t² >0 ett^ke^−t>0

× l’intégrale Z +∞

1

1

t² dtest une intégrale de Riemann, impropre en+∞, d’exposant2(2>1).

Elle est donc convergente.

Par critère de négligeabilité d’intégrales généralisées de fonctions continues positives, l’intégrale Z +∞

1

t^ke^−t dt est convergente.

• Enfin, comme la fonctiont7→t^ke^−test continue surle segmentd’extrémitésxet1(segment [x,1]si x61, segment [1, x]six>1), l’intégrale

Z 1 x

t^ke^−tdt est bien définie.

Finalement, pour toutk∈N, l’intégrale Z +∞

x

t^ke^−t dtest convergente.

b) En déduire que, siP est un polynôme de Rn[X], alors l’intégrale Z +∞

x

P(t)e^−t dt est conver- gente.

Démonstration.

SoitP ∈Rn[X]. Alors il existe(a0, . . . , an)∈Rⁿ⁺¹ tel que : P =

n

P

k=0

a_k·e_k. Soitt∈R.

P(t)e^−t = _n

P

k=0

a_ke_k(t)

e^−t =

n

P

k=0

a_k t^ke^−t Or, d’après la question précédente, pour tout k ∈ J0, nK, les intégrales

Z +∞

x

t^ke^−t dt sont convergentes.

On en déduit que l’intégrale Z +∞

x

P(t)e^−t dtest convergente

5. a) Donner la valeur de l’intégrale Z +∞

x

e^−t dt.

Démonstration.

SoitA∈[x,+∞[.

Z A x

e^−t dt =

−e^{−t A}

x = −e^−A+e^−x Or : lim

A→+∞e^−A= 0.

D’où : Z +∞

x

e^−t dt=e^−x. b) Établir que pour tout entier naturelk, on a :

Z +∞

x

t^ke^−t dt = k!

k

P

i=0

xⁱ i! e^−x. Démonstration.

Démontrons par récurrence :∀k∈N,P(k) où P(k) : Z +∞

x

t^ke^−t dt = k!

k

P

i=0

xⁱ i! e^−x.

I Initialisation

• D’une part, d’après la question précédente : Z +∞

x

t⁰e^−t dt = Z +∞

x

e^−t = e^−x.

• D’autre part : 0!

0

P

i=0

xⁱ

i! e^−x = 1×x⁰

0! e^−x = e^−x. D’où P(0).

I Hérédité: soit k∈N.

SupposonsP(k) et démontronsP(k+ 1)(i.e.

Z +∞

x

t^k+1e^−tdt = (k+ 1)!

k+1

P

i=0

xⁱ i! e^−x).

• Soit A∈[x,+∞[. On procède par intégration par parties (IPP).

u(t) = t^k+1 u⁰(t) = (k+ 1)t^k v⁰(t) = e^−t v(t) = −e^−t

Cette IPP est valide car les fonctions u etv sont de classeC¹ sur[x, A].

On obtient alors : Z A

x

t^k+1e^−t dt =

t^k+1×(−e^−t) ^A

x − Z A

x

(k+ 1)t^k×(−e^−t)dt

= −A^k+1 e^−A+x^k+1 e^−x+ (k+ 1) Z A

x

t^ke^−tdt Or, par croissances comparées : lim

A→+∞A^k+1e^−A= 0. D’où, comme les intégrales Z +∞

x

t^k+1e^−tdt et

Z +∞

x

t^ke^−tdt sont convergentes d’après4.a) : Z +∞

x

t^k+1e^−t dt = x^k+1 e^−x+ (k+ 1) Z +∞

x

t^k e^−t dt

= x^k+1 e^−x+ (k+ 1)

k!

k

P

i=0

xⁱ i! e^−x

(par hypothèse de récurrence)

= x^k+1 e^−x+ (k+ 1)!

k

P

i=0

xⁱ i! e^−x

• Par ailleurs : (k+ 1)!

k+1

P

i=0

xⁱ

i! e^−x = (k+ 1)!

_k P

i=0

xⁱ

i! + x^k+1 (k+ 1)!

e^−x

=

(k+ 1)!

k

P

i=0

xⁱ

i! + (k+ 1)! x^k+1 (k+ 1)!

e^−x

= (k+ 1)!

k

P

i=0

xⁱ

i! +x^k+1 e^−x D’où P(k+ 1).

Par principe de récurrence :∀k∈N, Z +∞

x

t^ke^−t dt = k!

k

P

i=0

xⁱ i! e^−x. 6. Informatique.

a) On admet que siuest un vecteur, la commandeScilabprod(u)renvoie le produit des éléments deu et la commandecumprod(u)renvoie un vecteur de même format queu dont la coordonnée numérokest le produit desk premiers éléments deu.

Utiliser l’égalité obtenue à la question 5.b) pour compléter le script Scilab suivant afin qu’il calcule et qu’il affiche la variablescontenant la valeur de l’intégrale

Z +∞

x

t^ke^−t dt, les valeurs dex et de k étant entrées par l’utilisateur.

1 k = input('Entrer la valeur de k : ')

2 x = input('Entrer la valeur de x : ')

3 p = prod(1:k)

4 u = - - - ./ - - - -

5 s = p ? - - - ? exp(-x)

6 disp(s)

Démonstration.

• Début du programme.

Comme précisé dans l’énoncé, les valeurs suivantes sont définies par l’utilisateur grâce à une interface de dialogue :

× la valeur de kest stockée dans la variable k :

1 k = input('Entrer la valeur de k : ')

× la valeur de xest stockée dans la variable x :

2 x = input('Entrer la valeur de x : ') On définit ensuite la variablep à l’aide de l’instruction suivante :

3 p = prod(1:k)

La variable p contient donc le produit des éléments du vecteurs(1,2, . . . , k).

Ainsi, pcontient 1×2× · · · ×k = k!.

• Cœur du programme.

On souhaite stocker dans la variable s la valeur k!

k

P

i=0

xⁱ

i! e^−x. Pour cela on commence par stocker, dans la variable u, un vecteur contenant tous les termes de la somme

k

P

i=1

xⁱ i!.

4 u = x .^∧∧∧ (1:k) ./ cumprod(1:k) Détaillons cette instruction :

× la commande1:k renvoie le vecteur contenant tous les entiers de1 àk:(1,2, . . . , k−1, k).

La commandex .^∧∧∧ (1:k) permet alors d’obtenir le vecteur :(x¹, x², . . . , x^k−1, x^k).

× comme rappelé par l’énoncé, la commandecumprod(1:k)renvoie un vecteur de même taille que le vecteur 1:k dont la i^ème coordonnée est le produit des i premiers éléments de 1:k. Ainsi, l’instructioncumprod(1:k) renvoie le vecteur :

(1, 1×2, 1×2×3, . . . , 1×2× · · · ×k) = (1!, 2!, 3!, . . . , k!)

× finalement, la commandex .^∧∧∧ (1:k) ./ cumprod(1:k)renvoie la division, coefficient par coefficient, des éléments du vecteurx .^∧∧∧ (1:k)par les éléments du vecteurscumprod(1:k). Ainsi, le vecteur u contient le vecteur :

x¹ 1!, x²

2!, . . . , x^k k!

• On rappelle que l’opérateur.^∧∧∧ est l’opérateur de puissance terme à terme (alors que l’opérateur ^∧∧∧ est l’opérateur de puissance mathématique classique).

(de même, l’opérateur ./ permet d’effectuer la division terme à terme entre deux matrices de même taille.)

• Remarquons qu’il n’est pas possible, avec une commande similaire, de stocker dans la variableule vecteur

x⁰ 0!,x¹

1!, . . . ,x^k k!

plutôt que le vecteur x¹

1!, . . . ,x^k k!

. En effet, même si la commande x .^∧∧∧ (0:k) renvoie bien le vecteur (x⁰, x¹, . . . , x^k), la commande cumprod(0:k) renvoie quant à elle le vecteur :

(0, 0×1, 0×1×2, . . . , 0×1×2×· · ·×k) = (0, 0, 0, . . . , 0) 6= (0!, 1!, 2!, . . . , k!) Commentaire

Pour obtenir

k

P

i=0

xⁱ

i!, il reste donc à sommer les coordonnées du vecteur uet le réel x⁰

0! = 1, ce que l’on obtient avec la commande :1 + sum(u).

On peut ainsi stocker la valeurk!

k

P

i=0

xⁱ

i! e^−x à l’aide de l’instruction suivante :

5 s = p ? (1 + sum(u)) ? exp(-x) (on rappelle que la variablep contient la valeur k!)

On pouvait bien sûr privilégier l’utilisation d’une boucle for pour stocker la valeur

k

P

i=0

xⁱ i!

dans la variable u(démarche plus naturelle pour coder une somme).

4 u = 0

5 for i = 0:n

6 u = u + x^∧∧∧i / prod(1:i)

7 end

8 s = p ? u ? exp(-x)

Ce n’étaient pas les instructions attendues par l’énoncé, mais elles permettaient assuré- ment d’obtenir la majorité des points alloués à cette question.

Commentaire

• Fin du programme.

À l’issue des lignes précédentes, la variables contient la valeur k!

k

P

i=0

xⁱ

i! e^−x. Or, d’après la question précédente :

k!

k

P

i=0

xⁱ

i! e^−x = Z +∞

x

t^k e^−t dt

On finit donc le programme en renvoyant cette valeur contenue dans la variablesà l’utilisateur.

6 disp(s)

b) Seulement pour les cubes:

Montrer, grâce à un changement de variable simple : Z +∞

x

t^ke^−tdt = e^−x Z +∞

0

(u+x)^ke^−udu.

En déduire la commande manquante du scriptScilabsuivant afin qu’il permette de calculer et d’afficher une valeur approchée de

Z +∞

x

t^ke^−tdt grâce à la méthode de Monte Carlo.

1 k = input('Entrer la valeur de k : ')

2 x = input('Entrer la valeur de x : ')

3 Z = grand(1, 100000, 'exp', 1)

4 s = exp(-x) ? mean( - - - )

5 disp(s)

Démonstration.

• On effectue le changement de variable u=t−x .

u=t−x (et donct=u+x) ,→ du=dt

• t=x ⇒ u= 0

• t= +∞ ⇒ u= +∞

Ce changement de variable est valide carϕ:u7→u+x est de classeC¹ sur[0,+∞[.

On obtient alors :

Z +∞

x

t^ke^−t dt = Z +∞

0

(u+x)^ke^−(u+x) du Finalement :

Z +∞

x

t^ke^−t dt = e^−x Z +∞

0

(u+x)^ke^−u du.

Le programme officiel précise que « les changements de variablesnon affinesne seront pratiqués qu’avec des intégrales sur un segment ». Il est donc autorisé, sous réserve de convergence, d’effectuer un changement de variable affine sur une intégrale généralisée (ce qui est fait dans cette question).

Commentaire

• L’idée de la méthode de Monte-Carlo est de faire apparaître Z +∞

0

(u+x)^ke^−u dusous la forme d’une espérance qu’on pourra alors approcher à l’aide d’une simulation informatique.

× On considère Z une v.a.r. telle queZ ,→ E(1) de densité : fZ=u7→

( 0 si u <0 e^−u si u>0

. Notons alors V la v.a.r. définie par : V = (Z+x)^k.

× La v.a.r.V admet une espérance si et seulement si la v.a.r.Z+xadmet un moment d’ordrek.

Or, la v.a.r. Z admet un moment d’ordre k si et seulement si l’intégrale Z +∞

−∞

t^kfZ(t) dt converge absolument, ce qui équivaut à démontrer la convergence pour les calculs de moment du type

Z +∞

−∞

t^mfZ(t) dt.

× Comme f_Z est nulle en dehors de [0,+∞[, on a : Z +∞

−∞

t^kfZ(t) dt = Z +∞

0

t^kfZ(t)dt

× Or, pour tout t∈[0,+∞[:

t^kf_Z(t) = t^ke^−t De plus, d’après la question4.a appliquée àx= 0, l’intégrale

Z +∞

0

t^ke^−t dt est convergente.

On en déduit que la v.a.r. Z admet un moment d’ordrek.

× Ainsi, la v.a.r.Z+xadmet un moment d’ordreken tant que transformée affine de la v.a.r. Z qui en admet un.

Finalement, la v.a.r.V admet une espérance.

× Enfin, par définition def_Z, on obtient l’espérance de V sous la forme : E(V) =

Z +∞

0

(u+x)^kfZ(u)du = Z +∞

0

(u+x)^ke^−u du = e^x Z +∞

x

t^ke^−tdt (où la dernière égalité a été démontrée par changement de variable)

× L’énoncé demande donc de déterminer une valeur approchée de e^−xE(V). L’idée naturelle pour obtenir une approximation de l’espérance E(V) est :

- de simuler un grand nombre de fois (N = 100000 est ici ce grand nombre) la v.a.r.V. Formellement, on souhaite obtenir un N-uplet (v1, . . . , v_N) qui correspond à l’observation d’unN-échantillon(V₁, . . . , V_N) de la v.a.r. V.

(les v.a.r. Vi sont indépendantes et ont même loi que V) - de réaliser la moyenne des résultats de cette observation.

Cette idée est justifiée par la loi faible des grands nombres (LfGN) qui affirme : moyenne de l’observation = 1

N

N

P

i=1

vi ' E(V)

× Cela se traduit de la manière suivante en Scilab:

- la ligne3permet d’obtenir des valeurs(z1, . . . , z100000)qui correspondent à l’observation d’un 100000-échantillon(Z₁, . . . , Z₁₀₀₀₀₀) de la v.a.r. Z.

3 Z = grand(1, 100000, 'exp', 1)

- pour d’obtenir les valeurs (v₁, . . . , v₁₀₀₀₀₀) qui correspondent à l’observation d’un 100000- échantillon(V1, . . . , V100000) de la v.a.r.V, on utilise la commande suivante : (Z + x).^∧∧∧k. - il faut ensuite calculer la moyenne de ces observations avec la commandemean :

mean( (Z + x).^∧∧∧k )

On rappelle alors qu’on cherche, non pas une valeur approchée de E(V), mais une valeur approchée de e^−x E(V).. On complète alors le script de l’énoncé de la façon suivante :

4 s = exp(-x) ? mean( (Z + x).^∧∧∧k )

• Un tel niveau d’explication n’est pas attendu aux concours : l’écriture du passage manquant démontr la compréhension de toutes les commandes en question. On décrit ici de manière précise les instruction afin d’aider le lecteur un peu moins habile enScilab.

• On a utilisé en 4une fonction prédéfinie enScilab. D’autres solutions sont possibles. Tout d’abord, on peu utiliser la fonction sum :

4 s = exp(-x) ? (sum( (Z + x).^∧∧∧k ) / 100000) On peut aussi effectuer la somme à l’aide d’une boucle :

4 S = 0

5 for i = 1:100000

6 S = S + (Z(i) + x)^∧∧∧k

7 end

8 s = exp(-x) ? (S / 100000)

Étant donné la forme du script ed l’énoncé, le concepteur avait en tête la première solution.

Cependant, il est raisonnable de penser que toute réponse juste sera comptée comme telle.

Ainsi, les deux solutions précédentes rapportent certainement la totalité des points.

• On pouvait également calculer de manière isolée le 100000-uplet d’observation (v₁, . . . , v₁₀₀₀₀₀) à partir des observations(z₁, . . . , z₁₀₀₀₀₀) pour plus de lisibilité :

4 V = (Z + x).^∧∧∧k

5 s = exp(-x) ? mean(V) Commentaire

On considère maintenant l’application qui, à tout polynômePdeRn[X], associe la fonctionF = Ψ(P) définie par :

∀x∈R, F(x) =e^x Z +∞

x

P(t)e^−t dt 7. a) Montrer queΨest un endomorphisme de Rn[X].

Démonstration.

• Tout d’abord, d’après la question 4.b), pour tout P ∈ Rn[X], pour tout x ∈ R, l’intégrale Z +∞

x

P(t) e^−tdt est convergente. Ainsi, pour tout P ∈Rn[X],Ψ(P) est bien défini.

• Démontrons que Ψest linéaire Soit(P1, P2)∈ Rn[X]2

. Soit(λ1, λ2)∈R². Soitx∈R.

Ψ(λ1·P1+λ2·P2) (x)

= e^x Z +∞

x

(λ1·P1+λ2·P2)(t) dt

= e^x

λ₁ Z +∞

x

P₁(t) e^−t dt+λ₂ Z +∞

x

P₂(t)e^−tdt

(par linéarité de l’intégrale)

= λ₁ e^x Z +∞

x

P₁(t)e^−tdt+λ₂ e^x Z +∞

x

P₂(t) e^−tdt

= λ1 Ψ(P1)

(x) +λ2 Ψ(P2) (x)

= λ₁·Ψ(P₁) +λ₂·Ψ(P₂) (x)

D’où :Ψ(λ₁·P₁+λ₂·P₂) =λ₁·Ψ(P₁) +λ₂·Ψ(P₂).

On en déduit queΨ est linéaire.

• Démontrons que Ψest à valeurs dans Rn[X]

SoitP ∈Rn[X]. Alors il existe(λ0, . . . , λn)∈Rⁿ⁺¹ tel que : P(X) =

n

P

k=0

λkX^k. Soitx∈R.

Ψ(P)

(x) = e^x Z +∞

x

P(t) e^−t dt

= e^x Z +∞

x

_n P

k=0

λ_kt^k

e^−tdt

=

n

P

k=0

λ_k

e^x Z +∞

x

t^k e^−t dt

(par linéarité de l’intégrale, les intégrales étant convergentes)

=

n

P

k=0

λ_k

e^x×k!

k

P

i=0

xⁱ i! e^−x

(d’après5.b))

On en déduit :

Ψ(P) (x) =

n

P

k=0

_k P

i=0

λ_k k!

i! xⁱ

= P

06i6k6n

λ_k k!

i! xⁱ

=

n

P

i=0

_n P

k=i

λk

k!

i! xⁱ

Ainsi, en posant ∀i∈J0, nK,µi=

n

P

k=i

λk

k!

i!, on obtient : Ψ(P) (x) =

n

P

i=0

µi xⁱ. On en déduit : Ψ(P)∈Rn[X].

Finalement, Ψest un endomorphisme deRn[X].

b) Justifier queF est de classeC¹ sur Ret donner une relation entre F ,F⁰ etP. Démonstration.

• On commence par noterGla fonction définie sur Rpar : G:x7→

Z +∞

x

P(t) e^−t dt.

(la fonctionG est bien définie surR d’après 4.b)).

Soitx∈R. Remarquons de plus, par relation de Chasles : Z +∞

0

P(t) e^−t dt = Z x

0

P(t) e^−t dt+ Z +∞

x

P(t) e^−t dt Ainsi :

G(x) = Z +∞

0

P(t) e^−tdt− Z x

0

P(t) e^−t dt

• La fonctiont7→P(t)e^−test continue surR. Elle admet donc une primitiveH de classeC¹ sur R.

• Or, pour toutx∈R: G(x) =

Z +∞

0

P(t) e^−t dt− H(x)−H(0)

(∗)

La fonctionGest donc de classe C¹ surRen tant que transformée affine de la fonction H qui est de classeC¹ sur R.

On en déduit que la fonctionF = exp×G est de classeC¹ surR en tant que produit de fonctions declasseC¹ sur R.

• Soitx∈R. Comme F = exp×G:

F⁰(x) = e^x×G(x) +e^x×G⁰(x) Or, d’après(∗) :G⁰(X) =−H⁰(x) =−P(x)e^−x. Ainsi :

F⁰(x) = e^x×G(x) +e^x× −P(x)e^−x

= F(x)−P(x) F⁰ =F−P

c) Montrer queΨest un automorphisme de Rn[X].

Démonstration.

• Démontrons que Ψest injectif, c’est-à-dire :Ker(Ψ) ={0_Rn[X]}.

Procédons par double inclusion.

(⊃) Comme Ker(Ψ)est un sous-espace vectoriel de Rn[X], alors : {0_Rn[X]} ⊂Ker(Ψ).

(⊂) SoitP ∈Ker(Ψ).

Alors Ψ(P) = 0_Rn[X] c’est-à-dire F = 0_Rn[X]

d’où F⁰ = 0_Rn[X]

ainsi F−P = 0_Rn[X] (d’après la question précédente)

finalement P = 0_Rn[X] (car F = 0_Rn[X]) On obtient : Ker(Ψ)⊂ {0_Rn[X]}.

On en déduit que l’endomorphisme Ψest injectif.

• Finalement l’applicationΨest :

× injective,

× un endomorphisme de Rn[X]qui est un espace vectorielde dimension finie.

L’application Ψest donc un automorphisme de Rn[X].

8. On considère un polynôme P non nul, vecteur propre de Ψpour une valeur propreλnon nulle.

a) Utiliser la relation obtenue à la question7.b) pour établir : P⁰ = λ−1 λ P. Démonstration.

Le polynômeP est un vecteur propre deΨassocié à la valeur propreλ(λ6= 0).

Alors Ψ(P) =λ·P c’est-à-dire F =λ P

donc F⁰ =λ P⁰

d’où F −P =λ P⁰ (d’après7.b)) ainsi λ P −P =λ P⁰

puis (λ−1)P =λ P⁰

Enfin, commeλ6= 0 :P⁰= λ−1 λ P.

b) En déduire, en considérant les degrés, queλ= 1 est la seule valeur propre possible deΨ.

Démonstration.

• Remarquons tout d’abord que0n’est pas valeur propre de Ψ, carΨest bijective d’après7.c).

• On procède par l’absurde.

Supposons qu’il existe une valeur propre de Ψnotéeλavec : λ6= 1.

D’après le point précédent :λ6= 0. On peut donc appliquer la question8.a). Ainsi, en notant P un vecteur propre de Ψassocié à la valeur propreλ, on a :

λ−1

λ P =P⁰ Ainsi :

× d’une part :

deg

λ−1

λ P

= deg(P⁰)

× d’autre part, commeλ6= 0, on obtient : λ−1

λ 6= 0. Ainsi :

deg

λ−1

λ P

= deg(P) Ainsi :deg(P) = deg(P⁰).

Or, commeP est un vecteur propre deΨ:P 6= 0_Rn[X]. On en déduit :deg(P⁰)<deg(P).

Finalement :deg(P)<deg(P). Absurde.

La seule valeur propre possible deΨ est1.

On prendra bien garde à ne pas oublier d’écarter le cas oùP = 0_Rn[X]. En effet, dans ce cas : deg(P) =−∞. Et ainsi :

deg(P) = deg(P⁰) Commentaire

c) Montrer enfin queλ= 1est bien la seule valeur propre deΨ. (On ne demande pas le sous-espace propre associé).

Démonstration.

Démontrons quee0 est vecteur propre deΨassocié à la valeur propre 1.

Soitx∈R.

Ψ(e0)

(x) = e^x Z +∞

x

e0(t) e^−t dt

= e^x Z +∞

x

1×e^−tdt

= e^x e^−x (d’après5.a))

= 1 = e₀(x) Ainsi :

× e06= 0_Rn[X]

× Ψ(e₀) = 1·e₀

D’oùe0 est vecteur propre de Ψassocié à la valeur propre 1, et1est donc valeur propre de Ψ.

Finalement, d’après la question précédente : Sp(Ψ) ={1}.

9. a) Montrer que les endomorphismesϕetΨsont égaux.

Démonstration.

• Démontrons d’abord : ∀j∈J0, nK,ϕ(e_j) = Ψ(e_j).

Soitj ∈J0, nK.

× D’une part, soit x∈R: Ψ(e_j)

(x) = e^x Z +∞

x

e_j(t) e^−t dt

= e^x Z +∞

x

t^j e^−t dt

= e^x×j!

j

P

i=0

xⁱ

i! e^−x (d’après5.a))

=

j

P

i=0

j!

i! ei(t) Ainsi :Ψ(ej) =

j

P

i=0

j!

i! ·ei.

× D’autre part, par récurrence immédiate :

∀k∈J0, nK, e^(k)_j =

( j (j−1) · · · (j−k+ 2) (j−k+ 1)ej−k si06k6j

0 sik > j

D’où :

∀k∈J0, nK, e^(k)_j =





 j!

(j−k)! ej−k si06k6j 0 sik > j Ainsi :

ϕ(ej) =

n

P

k=0

e^(k)_j

=

j

P

k=0

j!

(j−k)! ej−k

=

j

P

i=0

j!

i! ei

(avec le changement d’indice :i=j−k) Finalement : ∀j∈J0, nK,Ψ(e_j) =ϕ(e_j).

Remarquons qu’effectuer le changement d’indicei=j−krevient simplement à écrire la somme dans le sens inverse :

j

P

k=0

j!

(j−k)! ej−k = j!

j! e_j + j!

(j−1)! ej−1 +· · ·+ j!

j−(j−1)

! e_j−(j−1) + j!

(j−j)! ej−j

= j!

j! e_j + j!

(j−1)! ej−1 +· · ·+ j!

1! e₁ + j!

0! e₀

j

P

i=0

j!

i! e_i = j!

0! e₀ + j!

1! e₁ +· · ·+ j!

(j−1)! ej−1 + j!

j! e_j Commentaire

• Démontrons maintenant :Ψ =ϕ.

SoitP ∈Rn[X]. Alors il existe(λ₀, . . . , λ_n)∈Rⁿ⁺¹ tel que : P =

n

P

j=0

λ_j ·e_j.

Ψ(P) = Ψ

n

P

j=0

λ_je_j

!

=

n

P

j=0

λ_j·Ψ(e_j) (par linéarité deΨ)

=

n

P

j=0

λ_j·ϕ(e_j) (d’après le point précédent)

= ϕ

n

P

j=0

λ_j·e_j

!

(par linéarité deϕ)

= ϕ(P)

Ainsi : Ψ =ϕ.

On a ici commencé par démontrer que les endomorphismes ϕ et Ψ étaient égaux sur une base de Rn[X], avant de conclure que ces deux endomorphismes sont égaux par linéarité de ces applications. Cette méthode est à privilégier lorsqu’on veut montrer une égalité entre deux applications linéaires.

Commentaire

b) En déduire que, siP est un polynôme de Rn[X]et s’il existe un réelatel que pour tout réel x supérieur ou égal àa, on aP(x)>0, alors :

∀x>a,

n

P

i=0

P⁽ⁱ⁾(x)>0 Démonstration.

Soit P ∈Rn[X].

Supposons qu’il existe a∈Rtel que : ∀x>a,P(x)>0.

Soit x>a.

• Tout d’abord :

∀t>a, P(t) e^−t>0

• Par croissance de l’intégrale, les bornes étant dans l’ordre croissant : Z +∞

x

P(t) e^−tdt > 0 (cette inégalité est bien vérifiée car l’intégrale

Z +∞

x

P(t) e^−t dt est convergente d’après 4.b))

• Ainsi, comme e^x>0 : e^x

Z +∞

x

P(t) e^−t dt > 0 q

ϕ(x) = Ψ(x) (d’après la question

précédente) Par définition de ϕ:∀x>a,

n

P P⁽ⁱ⁾(x)>0.

Exercice 3 (HEC 2014)

• La fonction de répartition de la loi normale centrée réduite est notée Φ. On rappelle : Φ : R → R+

x 7→

Z x

−∞

ϕ(t) dt où

ϕ : R → R

t 7→ 1

√ 2π e^−t

2 2

• La notation exp désigne la fonction exponentielle.

Un équivalent d’une intégrale

1. Soit N la fonction définie sur l’intervalle[0,1[, à valeurs réelles, telle que : N(x) =x²−2x−2 (1−x) ln (1−x) a) Montrer que la fonctionN est de classe C¹ sur[0,1[.

Démonstration.

La fonctionT :x7→ln(1−x) est de classeC¹ sur [0,1[car est la composéeT =T2◦T1 :

× T₁:x7→1−x qui est :

- de classe C¹ sur[0,1[car polynomiale, - telle que T₁ [0,1[

= ]0,1] ⊂ ]0,+∞[.

× T₂:x7→ln(x)qui est de classeC¹ sur ]0,+∞[.

On en déduit que N est de classe C¹ sur[0,1[par somme et produit de fonctions qui le sont (les autres fonctions en jeu sont polynomiales).

b) Montrer que pour toutx∈[0,1[, on a :ln (1−x)6−x.

Démonstration.

Considérons la fonctionT :x7→ln(1−x) précédente.

• En procédant comme dans la question précédente, on démontre que T est de classe C² sur [0,1[. De plus, pour toutx∈[0,1[:

T⁰(x) = −1

1−x et T⁰⁰(x) = −1 (1−x)² On en déduit que : ∀x∈[0,1[,T⁰⁰(x)<0.

La fonctionf est donc concave sur[0,1[.

• Ainsi, la courbe représentative de T est située sous ses tangentes.

Or, la tangente def au point d’abscisse 0est la droite d’équation y=T(0) +T⁰(0)x=−x.

On en conclut :∀x∈[0,1[,ln(1−x)6−x.

• On doit toujours penser à utiliser une inégalité de convexité lorsque l’on compare une fonction f (x7→ln(1−x) ici) à une fonction affine (i.e. de la forme x7→ax+b).

• Une approche plus basique de la question consiste à considérer la fonction : x7→ln(1−x) +x

en faire l’étude, et démontrer qu’elle est négative sur[0,1[.

Commentaire

c) On noteN⁰la fonction dérivée de la fonctionN. Montrer que pour toutx∈[0,1[, on aN⁰(x)60.

Démonstration.

Soitx∈[0,1[.

N⁰(x) = 2x−2−2

−ln(1−x) + (1−x) −1 1−x

= 2x−2 + 2 ln(1−x) + 2

= 2 (ln(1−x) +x) 6 0

car d’après la question précédente,ln(1−x) +x60 sur[0,1[.

∀x∈[0,1[, N⁰(x)60 d) En déduire pour toutx∈[0,1[, un encadrement deN(x).

Démonstration.

• La fonctionN est :

× continue sur [0,1[d’après la question1.a).

× strictement décroissante sur [0,1[(l’inégalité de la question1.b) est stricte sur ]0,1[).

On en déduit :

N [0,1[

= ] lim

x→1N(x), N(0)] = ]−1,0]

En effet :

× en posant le changement de variable h= 1−x :

x→1lim (1−x) ln(1−x) = lim

h→0 h ln(h) = 0 et ainsi lim

x→1 N(x) = 1−2−0 =−1.

× N(0) = 0−2 ln(1) = 0.

• Ainsi, pour toutx∈]0,1[ : −1< N(x)<0.

∀x∈[0,1[, −16N(x)<0

• On utilise ici le fait que l’image d’un intervalle par une application continue stric- tement monotone est un intervalle de même nature.

• Ce résultat est classiquement utilisée dans la rédaction des questions qui utilisent le théorème de la bijection.

Commentaire

2. Soitf la fonction définie sur l’intervalle]0,1[, à valeurs réelles, telle que :f(x) =−2 x+ ln(1−x) x² . a) Rappeler le développement limité en 0 à l’ordre 2 deln(1−x).

Démonstration.

La fonctionf est de classe C² sur[0,1[.

Elle admet donc un développement limité à l’ordre2en 0 donné par : f(x) = f(0) +f⁰(0)x+ f⁰⁰(0)

2 x²+ o

x→0(x²)

= −x−1

2 x²+ o

x→0(x²) en utilisant les formules de la question1.b).

Pour tout x dans un voisinage de0,f(x) =−x−1

2 x²+ o

x→0(x²).

b) Calculer lim

x→0f(x). En déduire que la fonctionf est prolongeable par continuité en 0.

On note encoref la fonction ainsi prolongée.

Démonstration.

• D’après la question précédente, pour toutx dans un voisinage de0 : x+ ln(1−x) =−1

2x²+ o

x→0(x²)

• On en déduit :x+ ln(1−x) ∼

x→0

−1 2x².

Et ainsi, par compatibilité avec le produit et le quotient de l’opérateur d’équivalence : f(x) =−2 x+ ln(1−x)

x² ∼

x→0 −2 −¹₂ x² x² = 1 On en déduit que lim

x→0 f(x) = 1.

On prolongef par continuité en0 en posantf(0) = 1.

c) Sous réserve d’existence, on notef⁰ la fonction dérivée de f. Montrer que pour toutx∈]0,1[, on a :f⁰(x) =−2 N(x)

x³(1−x). Démonstration.

• La fonctionf :x7→ −2 x+ ln(1−x)

x² est dérivable sur]0,1[car elle est le quotientf =−2 f1

f₂ :

× f1 :x7→x+ ln(1−x) dérivable sur]0,1[,

× f2 :x7→x² dérivable sur]0,1[car polynomiale et quine s’annule pas sur cet intervalle.

• Soitx∈ ]0,1[. Alors :

f⁰(x) = −2 (1−_1−x¹ )×x²−(x+ ln(1−x))×(2x) x⁴

= −2

−x

1−x ×x−(x+ ln(1−x))×2

x⁴ ×x (en factorisant par x)

= −2 −x²−(x+ ln(1−x))×2×(1−x) (1−x)x³

(en multipliant en haut et en bas par (1−x))

= −2 −x²−2 (1−x)x−2 (1−x) ln(1−x)) (1−x) x³

= −2 x²−2x−2 (1−x) ln(1−x)) (1−x) x³

∀x∈ ]0,1[,f⁰(x) =−2 N(x) x³ (1−x)

La formulation de la question (« sous réserve d’existence ») laisse penser que la dé- monstration de la dérivabilité n’était pas un attendu.

Commentaire

d) Dresser le tableau de variation de la fonctionf sur[0,1[.

En déduire quef réalise une bijection strictement croissante de[0,1[ dans[1,+∞[.

Démonstration.

Soitx∈[0,1[.

• D’après la question1.d),N(x)<0. Ainsi,−2N(x)>0 etf⁰(x) est du signe dex³ (1−x).

Enfin, six∈ ]0,1[,x³>0et1−x >0. On en déduit le tableau de variation suivant.

x Signe def⁰(x)

Variations def

0 1

+

1 1

+∞

+∞

Détaillons le calcul de limite en1 :

x→1lim ln(1−x) =−∞donc lim

x→1 −2(x+ ln(1−x)) = +∞et ainsi lim

x→1 f(x) = +∞.

• La fonctionf est :

× continue sur [0,1[,

× strictement croissante sur [0,1[.

Ainsi,f réalise une bijection de[0,1[sur f [0,1[

= [1,+∞[.

3. On pose pour tout n∈N^∗ et pour tout x∈[0,1[:g_n(x) = exp

−nx² 2 f(x)

. a) Établir la convergence de l’intégrale

Z 1 0

gn(x) dx.

On pose alors pour toutn∈N^∗ :I_n= Z 1

0

g_n(x) dx.

Démonstration.

Soitn∈N^∗.

• Remarquons tout d’abord :f(x) =−2 x+ ln(1−x)

x² ∼

x→1

−2 ln(1−x).

On en déduit :−nx²

2 f(x) ∼

x→1 nx² ln(1−x) et donc : −nx²

2 f(x)−→

x→1−∞.

Ainsi, par composition des limites : lim

x→1g_n(x) = 0.

On peut détailler l’équivalent def en 1en formant le quotient suivant : f(x)

−2 ln(1−x) = −2 ^x+ln(1−x)_x2

−2 ln(1−x) = x+ ln(1−x)

x² ln(1−x) = 1

x ln(1−x) + 1 x² −→

x→10 + 1 = 1 Commentaire

• La fonctiong_n est prolongeable par continuité en 1 en posantg_n(1) = 0.

De plus,gn est continue sur[0,1[car elle est la composée gn=h2◦h1 où :

× h₁ :x7→ −nx²

2 f(x) est :

− continue sur[0,1[.

− telle que :h₁ [0,1[

⊂ R.

× h₂ :x7→exp(x)continue sur R.

La fonction g_n étant continue sur le segment [0,1], l’intégrale Z 1

0

g_n(x) dxest bien définie.

b) Montrer que pour toutx∈[0,1[, on a :06g_n(x)6exp

−nx² 2

. Démonstration.

Soitx∈[0,1[.

Tout d’abord f(x) > 1 (d’après la question2.d))

donc −nx²

2 f(x) 6 −nx²

2 (car −nx²

2 60)

ainsi exp

−nx² 2 f(x)

6 exp

−nx² 2

(car la fonction exp est croissante surR)

Enfin, comme la fonctionexpest (strictement) positive sur son ensemble de définition, on en déduit : ∀x∈[0,1[, 06gn(x)6exp

−nx² 2

.

c) En déduire l’encadrement :06In6 r2π

n

Φ (√ n)−1

2

. Démonstration.

• D’après la question précédente et par croissance de l’intégrale, les bornes étant dans l’ordre croissant (061) :

0 6 Z 1

0

gn(x) dx 6 Z 1

0

exp

−nx² 2

dx

• On effectue alors le changement de variable u=√ n x :

u=√

n x (et doncx= ^√1_n u) ,→ du=√

n dx et dx= 1

√n du

• x= 0 ⇒ u= 0

• x= 1 ⇒ u=√ n

Ce changement de variable est valide car la fonctionψ:u7→ ^√1_n u est de classeC¹ sur[0,√ n].

• On obtient : Z 1

0

exp

−nx² 2

dx = Z

√n

0

exp

−u² 2

1

√n du = 1

√n Z

√n

0

e^−u

2 2 du

=

√2π

√n Z

√n

0

√1

2π e^−u

2 2 du

= r2π

n Z

√n

0

ϕ(u) du

= r2π

n [ Φ(u) ]

√n

0 =

r2π n (Φ(√

n)−Φ(0)) Enfin, par parité de ϕ:

Z +∞

−∞

ϕ(u) du = 2 Z 0

−∞

ϕ(u) du

q q

1 Φ(0)

On en déduit :0 6 I_n 6 r2π

n

Φ (√ n)−1

2

.

d) Montrer que pour toutn∈N^∗, on a :06I_n6 r π

2n. Démonstration.

Tout d’abord Φ(√

n) 6 1 (car Φest une fonction

de répartition)

donc Φ(√

n)−1

2 6 1

2 ainsi

r2π n

Φ(√

n)−1 2

6

r2π n

1 2 =

r π 2n

(en multipliant par

q2π n >0) D’après la question précédente :0 6 In 6

r2π n

Φ (√

n)−1 2

6

r π 2n.

On raisonne ici par implication. En fait, la démarche de recherche (au brouillon) se fait plutôt par équivalence. On écrit alors :

r2π n

Φ(√

n)−1 2

6

r π

2n (ce qu’on souhaite obtenir)

⇔ Φ(√

n)− 1 2 6

r n 2π

r π 2n = 1

2 (car p_n

2π > 0)

⇔ Φ(√

n) 6 1 (ce qui est vérifié pour toutn) Commentaire

4. Soit (vn)_n∈

N^∗ la suite réelle définie par : pour tout n∈N^∗,vn= 1 ln (n+ 2). a) Montrer que pour toutn∈N^∗, on a :0< v_n<1.

Démonstration.

Soitn∈N^∗.

Tout d’abord n+ 2 > 3

donc ln(n+ 2) > ln(3) > ln(e) = 1 (par stricte croissance de ln sur ]0,+∞[ et car 3>e)

ainsi 1

ln(n+ 2) < 1 (par décroissance de la fonction inverse sur ]0,+∞[) Enfin, commeln(n+ 2)>1>0, on a :v_n= 1

ln(n+ 2) >0.

∀n∈N^∗, 0< v_n<1.

b) On pose pour toutn∈N^∗ :w_n=f(v_n).

Établir la convergence de la suite(wn)_n∈N∗; déterminer sa limite.

Démonstration.

Soitn∈N^∗.

• Comme ln(n+ 2) −→

n→+∞+∞, alors vn= 1

ln(n+ 2) −→

n→+∞0.

• La fonctionf admet une limite finie en 0 (elle est continue en 0), donc, par théoèreme com- position des limites, la suite(f(v_n))est convergente et admet la limite `définie par :

` = lim

n→+∞f(vn) = lim

x→0 f(x) = 1 La suite (wn) est convergente de limite `= 1.

• Pour avoir tous les points, il faut citer très précisément le théorème de composition des limites : ne pas oublier de mentionner que f possède une limite finie en0.

• Il n’y avait pas lieu ici d’utiliser le théorème de convergence monotone. Mais une majorité des candidats semble avoir opté pour ce choix. Détaillons ce raisonnement.

La suite(vn) est décroissante. En effet :

Tout d’abord n+ 3 > n+ 2

donc ln(n+ 3) > ln(n+ 2) (par croissance de la fonction lnsur ]0,+∞[)

ainsi v_n+1 = 1

ln(n+ 3) 6 1

ln(n+ 2) =v_n (par décroissance de la fonction inverse sur ]0,+∞[)

• On en déduit que(w_n) est aussi décroissante. En effet :

0 < vn+1 6 vn < 1 (d’après ce qui précède et la question 4.a)) donc f(v_n+1) 6 f(v_n) (par croissance de

la fonction f sur [0,1[)

• La suite(wn) est décroissante et minorée par 0.

Elle est donc convergente vers une limite`qui vérifie`∈[0,1].

(et on conclut avec le théorème de composition des limites) Commentaire