Partie II.

(1)

MPSI B 2012-2013 Corrigé du DS 5 (le 14/12/12) 10 janvier 2020

Exercice.

Pb 1.

1. Tableau trop facile pour être corrigé.e^xⁿ−1∼xn et ln(1 +xn)−xn∼ −¹₂x²_n. 2. On doit montrer que

(wn)_n∈N∗→C⇒

w₁+· · ·+w_n n

n∈N^∗

→C

Il s'agit de la classique convergence au sens de Césaro. Pour que ce résultat relatif à des limites se traduise par une équivalence il est nécessaire queC6= 0 mais c'est sans importance pour la formulation avec des limites.

Le c÷ur de la démonstration est une inégalité obtenue en coupant une somme en deux.

Fixons nous unN arbitraire et considérons desn > N. On peut écrire :

w₁+· · ·+w_n

n −C

= |(w1−C) +· · ·+ (w_n−C)|

n

≤ |(w1−C)|+· · ·+|(wn−C)|

n ≤ 1

n

N

X

k=1

|wk−C|+ 1 n

n

X

k=N+1

|wk−C|

≤ 1 n

N

X

k=1

|wk−C|+n−N n

| {z }

≤1

max

k∈{N+1···,n}|wk−C|.

Finalement, l'inégalité de Cesaro s'écrit

∀n > N:

w1+· · ·+wn

n −C

≤ 1 n

N

X

k=1

|wk−C|+ max

k∈{N+1···,n}|wk−C|.

On va vérier avec cette inégalité la dénition de la convergence d'une suite. Il est important de savoir que ce résultat ne peut pas se déduire du théorème d'encadrement ou de passage à la limite dans une inégalité.

On veut montrer que, pour tout réelε >0, il existe un entierNε tel que n≥Nε⇒ |wn−C| ≤ε.

Soit donc un ε >0 arbitraire. D'après la convergence de (wn)_n∈

N^∗, il existe un entier N tel que

n≥N ⇒ |wn−C| ≤ ε 2.

En particulier :

n≥N ⇒ max

k∈{N+1···,n}|wk−C| ≤ ε 2. Considérons maintenant la suite

1 n

N

X

k=1

|w_k−C|

!

n∈N^∗

.

Comme PN

k=1|wk−C| est un nombre xé, c'est une suite de la forme ^A_n

n∈N^∗ qui converge donc vers0. Il existe alors un entierNε> N et tel que

n≥Nε⇒ 1 n

N

X

k=1

|wk−C| ≤ ε 2.

On peut alors conclure avec l'inégalité de Cesaro

3. Chaqueu_n construit est strictement positif, la dénition par récurrence peut se pour- suivre indéniment. La stricte positivité desu_n permet aussi de dénir lesv_n

4. On sait queln(1 +x)≤xpour toutx≥ −1. La suite(un)_n∈N est donc décroissante et minorée par0. Elle converge vers un réell∈[0, u].

Par continuité deln,ln(1 +l) =ld'où l= 0. (tableau dex→ln(1 +x)) 5. On a bienu_n+1 ∼u_n carln(1 +u_n)∼u_n lorsqueu_n→0.

6. Commeln^uⁿ⁺¹_u

n →0car ^u_uⁿ⁺¹_n →1. On peut écrire : vn=u^λ_n

un+1

u_n ^λ

−1

!

=u^λ_n

e^λ^ln^un+1^un −1

∼u^λ_nλlnu_n+1 un

∼u^λ_nλ u_n+1

un

−1

u_n+1= ln(1 +u_n) =u_n−1

2u²_n+o(u²_n)⇒u_n+1 un

= 1−1

2u_n+o(u_n)

⇒ u_n+1 un

−1∼ −1 2un. Finalement

v_n∼ −λ 2u^λ+1_n .

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 S1205C

(2)

7. Pourλ=−1, la suite(vn)n∈Nconverge vers ¹₂. Par conséquent, v1+v2+· · ·+vn

n → 1

2. Or

v₁+v₂+· · ·+v_n =u⁻¹_n+1−u⁻¹⇒u⁻¹_n+1−u⁻¹∼ n 2.

Commeu⁻¹_n+1→+∞, la constanteu⁻¹est négligeable devantu⁻¹_n+1. Négligeons la ! On obtientu⁻¹_n+1∼ⁿ₂ puis

un ∼ 2 n.

Pb 2.

Partie I.

1. On montre que la fonctioncosest dansE en ajoutant les deux formules usuelles cos(x+y) = cosxcosy−sinxsiny

cos(x−y) = cosxcosy+ sinxsiny cos(x+y) + cos(x−y) = 2 cosxcosy

2. Exprimonssh(x+y)en fonction dechetsh: ch(x+y) = 1

2 e^x+y+e^−x−y

= 1

2 e^x+y−e^x−y+e^x−y+e^−x−y

=e^xsh(y) +e^−ych(x) = (chx+ shx) shy+ (chy−shy) ch(x)

= shxshy+ chychx On peut donc ajouter les deuxchcomme les deuxcospour montrer quechest dansE.

ch(x+y) = chxchy+ shxshy ch(x−y) = chxchy−shxshy ch(x+y) + ch(x−y) = 2 chxchy

3. Lorsquef vérie l'équation fonctionnelle, il est immédiat quefα la vérie aussi.

4. a. Dans l'équation fonctionnelle, remplaçonsxety par0. On en tire 2f(0) = 2f(0)²⇒f(0)∈ {0,1}

b. Supposonsf(0) = 0et prenonsy= 0avecxquelconque dans l'équation fonctionnelle. Il vient :

2f(x) = 2f(x)f(0) = 0 La fonction est alors identiquement nulle.

c. On suppose ici f(0) = 1. Dans l'équation fonctionnelle, prenons cette fois x= 0 ety quelconque. On obtient

f(y) +f(−y) = 2f(0)f(y)⇒f(y) = 1

2(f(y) +f(−y))

⇒f(−y) =1

2(f(−y) +f(y)) =f(y) La fonction est donc paire.

Partie II.

1. a. Par dénition de F, une fonction f ∈ F n'est pas identiquement nulle mais s'annule au moins une fois. On a donc f(0) = 1d'après I.4.b. sinon elle serait identiquement nulle. D'autre part si elle s'annule en un réel a, ce réel est non nul et la fonction s'annule aussi en−a par parité. Elle s'annule donc en un réel strictement positif.

b. D'après le a, l'ensemble E est une partie non vide de ]0,+∞[. Elle est donc minorée par0et admet une borne inférieure que l'on noteraa.

c. Pour tout entier naturel nnon nul, commeaest le plus grand des minorants de F, le réel a+_n¹ n'est pas un minorant deE. Il existe donc unan∈E tel que

a≤a_n < a+1 n

Avec les inégalités précédentes, le théorème d'encadrement montre que la suite (an)_n∈N converge vers a. Comme la fonction f est continue en a, la suite (f(an))_n∈N converge vers f(a). Or cette suite est nulle car chaque an est dans E. On en déduit quef(a) = 0.

Comme0 est un minorant de E et que a est le plus grand des minorants, on a 0≤aeta6= 0 carf(0) = 1.

d. Soitx∈]0, a[. Commeaest un minorant deE et commea≤xest faux, le réelx n'est pas dansE. Par conséquentf(x)6= 0.

Rappelons quef est continue. Sif(x)était strictement négatif, commef(0) = 1,

(3)

il existerait (d'après le théorème de la valeur intermédiaire) unc tel que0< c <

x < atel quef(c) = 0. Ceci est en contradiction avec le fait queaest un minorant deE.

2. a. Appliquons la relation fonctionnelle avec x=y= a

2^q+1 On obtient

f(a

2^q) +f(0) = 2f( a 2^q+1)² b. Démontrons la formule

(Pq) : f(a

2^q) =g(a 2^q)

par récurrence surq. Notonsx_q =₂^a_q de sorte que2x_q+1=x_q.

D'après les questions 1 et 3 de la partie I, les fonctions f et g vérient la même relation fonctionelle. En prenantx=y=x_q+1, on obtient

g(x_q+1)²=1

2(g(x_q) + 1)et f(x_q+1)²= 1

2(f(x_q) + 1)

D'après les propriétés de la fonctioncos, on ag(xq+1>0, d'après 1.d,f(xq+1 >0. On en déduit :

(P_q)⇒f(a

2^q) =g(a

2^q)⇒f(x_q+1) =

rf(xq) + 1

2 =

rg(xq) + 1

2 =g(x_q+1)

c. Posonsx1= ₂^aq etxp=px1 pour tout naturelp. Remarquons quex0= 0 et que f(0) = 1 =g(0)doncf(x0) =g(x0). On a aussif(x1) =g(x1)d'après la question b. On va montrer par récurrence que f(xp) =g(xp) pour tous lesp. Cela vient de ce que les deux suites vérient la même relation de récurrence car les fonction vérient la même relation fonctionnelle.

f(xp+1) =f(xp+x) =−f(xp−1) + 2f(xp)f(x1)

=−g(x_p−1) + 2g(xp)g(x1) =g(xp+1) On en déduit quef(x) =g(x) pour tous les x strictement positifs deDa. Cela s'étend par parité à tous les éléments deD_a.

3. D'après le résultat admis dans l'introduction, tout réel x est la limite d'une suite d'éléments(dn)_n∈NdeDa. Commef etgsont continues ena, la limite de(f(dn))_n∈N est f(a)et celle de (g(d_n))_n∈

N est g(a). Comme f et g coïncident surD_a ces suites sont égales d'oùf(x) =g(x)pour toutxréel.

On en déduit que les fonctions deF sont les fonctions de la forme x→cos(λx)

pourλ >0. Partie III.

1. Il est clair que la suite (u_n)_n∈

N est bien dénie et à valeurs strictement positives.

Démontrons par récurrence la propositionPn suivante.

P_n: u₀≤u₁≤ · · · ≤u_n ≤1

Cette proposition est vériée pourn= 0. Montrons maintenant queP_nentraineP_n+1. Il sut de montrer queun≤un+1≤1.

L'inégalité de droite vient de :

un ≤1⇒ 1 +un

2 ≤1⇒un+1≤1 Comme tout est positif, on peut comparer les carrés :

u²_n+1−u²_n= 1

2(u_n+ 1−2u²_n) =1

2(2u_n+ 1)(1−u_n)≥0

La suite est donc croissante et majorée par1. On en déduit qu'elle est convergente, on notel sa limite. Par passage à la limite dans une inégalité, on au0≤l≤1.

La suite (un+1)_n∈

N converge également vers l. La fonction x→ q

1+x

2 est continue dansR+donc en particulier enl. On en déduit

l=

r1 +x

2 ⇒l²=1 +l

2 ⇒l∈ {−1

2,1} ⇒l= 1 à cause de l'encadrement del déjà obtenu.

2. a. Remarquons d'abord que commef(0) = 1 (la fonction n'est pas identiquement nulle) et commef ne prend pas la valeur0, le théorème des valeurs intermédiaires montre que f(x) > 0 pour tout réel x. Dans l'équation fonctionnelle, prenons x=y. Il vient

f(x)²=f(2x) + 1 2 > 1

2 ⇒f(x)≥ 1

√ 2

(4)

b. Montrons par récurrence la propriétéQn pour tout entiern. Qn : ∀x∈R, f(x)≥u_n

Elle est vraie d'aprèsapourn= 0. D'autre partPn entrainef(2x)≥u_n et donc : f(x)²= f(2x) + 1

2 ≥un+ 1

2 ⇒f(x)≥un+1

Par passage à la limite dans une inégalité, on obtientf(x)≥1.

3. Commef(1) ≥1, il existe un unique α≥0 tel quech(α) =f(1). On peut montrer, par la même méthode qu'à la partie II, que

∀(p, q)∈N²: f(p

2^q) = ch(αp 2^q)

On conclut comme plus haut. Chaque réelxest la limite d'une suite d'éléments deD1, les fonctionsf et x→ch(αxcoïncident sur D1 et sont continues en x. On en déduit f(x) = ch(αx).