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Pour tout entier naturel n , on dénit une fonction f

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Academic year: 2022

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Texte intégral

(1)

MPSI B 29 juin 2019

Énoncé

Pour tout entier naturel n , on dénit une fonction f

n

sur ]0, 1] par

∀x ∈]0, 1] : f

n

(x) = 1 + x

n

(1 + x

n+1

) √

x

Pour tout a ∈]0, 1] , la restriction à [a, 1] de f

n

est clairement continue. On dénit une fonction J

n

dans ]0, 1] par :

∀a ∈]0, 1] : J

n

(a) = Z

1

a

f

n

(x)dx

1. On dénit une fonction g

n

dans [0, 1] par : g

n

(x) =

( f

n

(x) si x ∈]0, 1]

0 si x = 0

La fonction g

n

est-elle continue par morceaux dans [0, 1] ? Que peut-on en conclure ? 2. Montrer que, pour tout a ∈]0, 1] , la suite (J

n

(a))

n∈N

est monotone. En déduire qu'elle

est convergente. On note J (a) sa limite.

3. Montrer que pour tout entier n , la fonction J

n

est monotone. Préciser son sens de variation. Montrer que, pour tout entier n , la fonction J

n

admet en 0 une limite nie (notée j

n

).

4. Dans cette question plus particulièrement, on citera très précisément les théorèmes utilisés

a. Montrer que

∀x ∈]0, 1] : 1

√ x ≤ f

n

(x) ≤ 1 + x

n

√ x

b. Pour a ∈]0, 1] , calculer J (a) .

c. Montrer que la suite (j

n

)

n∈N

converge vers 2.

5. Montrer que

0 ≤ j

n

− 2 ≤ 1 (n +

12

)(n +

32

)

Corrigé

1. La fonction g

n

n'est pas continue par morceaux sur [0, 1] car sa limite à droite de 0 est +∞ . Cette fonction n'est pas intégrable au sens de l'intégrabilité de la classe de MPSI.

2. Montrons que, pour x xé dans ]0, 1] , la suite (f

n

(x))

n∈N

est décroissante : f

n

(x) − f

n+1

(x) = (1 + x

n

)(1 + x

n+2

) − (1 + x

n+1

)

2

(1 + x

n+1

)(1 + x

n+2

) = x

n

(1 − x)

2

(1 + x

n+1

)(1 + x

n+2

) ≥ 0 Comme chaque fonction est à valeurs positives, en intégrant ces inégalités entre a et 1 , on obtient que (J

n

(a))

n∈N

est décroissante et positive donc convergente. On note J(a) sa limite.

3. Soit F

n

une primitive sur ]0, 1[ de f

n

. Comme f

n

est à valeurs positives, F

n

est crois- sante. De plus :

J

n

(a) = F

n

(1) − F

n

(a)

donc J

n

est décroissante. D'après le cours sur la convergence des fonctions monotones, J

n

admet une limite nie en 0 si et seulement si elle est majorée. Sa limite j

n

sera alors la borne supérieure de l'ensemble de ses valeurs.

Il s'agit donc de majorer f

n

:

∀x ∈]a, 1] : 1 + x

n

≤ 2 1 + x

n+1

≥ 1 d'où, pour tous les a ∈]0, 1] :

J

n

(a) ≤ Z

1

a

2dx √

x = 4(1 − √ a) ≤ 4

4. a. Pour tout x ∈]0, 1] : x

n+1

≤ x

n

donc 1 + x

n+1

≤ 1 + x

n

et

√ 1

x ≤ f

n

(x) Pour tout x ∈]0, 1] : donc 1 + x

n+1

≥ 1 et

f

n

(x) ≤ 1 + x

n

√ x

b. On intégre l'encadrement précédent entre a et 1 . Les primitives de t

12

et de t

n−12

interviennent dans ce calcul. Elles sont de la forme

2 √

t 1

n + 1 2

t

n+

1 2

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 Aintg5

(2)

MPSI B 29 juin 2019

On obtient après calculs 2(1 − √

a) ≤ J

n

(a) ≤ 2(1 − √

a) + 1 n + 1

2

1 − a

n+

1 2

Pour a xé dans ]0, 1] , il est clair que

 1

n + 1 2

1 − a

n+

1 2

n∈N

→ 0

D'autre part, on sait déjà que (J

n

(a))

n∈N

converge vers J (a) . On obtient donc par passage à la limite dans une inégalité :

2(1 − √

a) ≤ J (a) ≤ 2(1 − √ a) C'est à dire

J(a) = 2(1 − √ a)

Il est important de comprendre que ce n'est pas le théorème d'encadrement qui a été utilisé ici.

c. Revenons à l'encadrement de J

n

(a) . Cette fois, pour n xé, on peut passer à la limite dans les inégalités pour a en 0 . On obtient :

2 ≤ j

n

≤ 2 + 1 n + 1

2

Le théorème d'encadrement n'a toujours pas été utilisé. En revanche il est utilisé ici pour prouver, à partir de l'encadrement précédent, que (j

n

)

n∈N

converge vers 2 .

5. D'après 4.c., on sait que 0 ≤ j

n

−2 . Pour l'autre inégalité, on compare en fait l'intégrale de f

n

avec celle de

1x

qui vaut 2(1 − √

a) . J

n

(a) − 2(1 − √

a) = Z

1

a

1 + x

n

1 + x

n+1

− 1

dx

√ x = Z

1

a

x

n

(1 − x) 1 + x

n+1

√ dx x

Comme tout est positif, pour majorer oublions simplement le x

n+1

du dénominateur : J

n

(a) − 2(1 − √

a) ≤ Z

1

a

x

n

(1 − x) dx

√ x = Z

1

a

x

n−12

dx − Z

1

a

x

n+12

dx

Les deux intégrales se calculent : J

n

(a) − 2(1 − √

a) ≤ 1 n +

12

1 − a

n+12

− 1 n +

32

1 − a

n+32

En passant à la limite dans les inégalités pour a en 0 : j

n

− 2 ≤ 1

n +

12

− 1

n +

32

= 1 (n +

12

)(n +

32

)

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/

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Rémy Nicolai Aintg5

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