I. Exemples et propriétés.

(1)

Exercice.

1. La fonction ϕ_α est continue dans [−1,+1] et dérivable dans ]−1,1]. Elle n'est pas dérivable en−1siα <1. Elle est strictement croissante car

∀x∈]−1,1], ϕα(x) =α 1 +x

2 α−1

>0

La stricte croissance implique l'injectivité. Le théorème des valeurs intermédiaires assure que l'image de l'intervalle est [ϕα(−1), ϕα(+1)]. Or ϕα(−1) = −1 et ϕα(−1) =

−1 + 2 = 1. Elle dénit donc une bijection de[−1,+1]sur lui même.

2. Tracé des graphes à compléter. On constate que le graphe de ϕα est au dessous de celui deϕα (la diagonale) siα <1 et au dessus siα >1.

3. Le casx=−1 est à traiter à part car la fonction deα est alors constante de valeur

−1. Les deux limites sont donc−1. Six∈]−1,1]alors

0<1 +x 2 <1⇒

1 +x 2

α

→

(1 pourαen0 :limite1 0 pourαen +∞ :limite −1 4. Commeϕ_α(0) =−1 + 2^1−α, on doit considérer l'équation d'inconnueα

−1 + 2^1−α=u⇔e^{(1−α) ln 2}=u+ 1 (avecu+ 1>0)⇔α= 1−ln(u+ 1) ln 2 Donc :

γ(u) = 1−ln(u+ 1)

ln 2 , γ−−→⁻¹ +∞, γ−→¹ 0

Problème 1.

I. Exemples et propriétés.

1. On peut se limiter à une famille(c0, c1)formée de deux points avec c0=aetc1=b. La variation attachée à cette famille est|f(b)−f(a)|. La partieVf([a, b])est non vide.

Lorsqu'elle est majorée, elle admet une borne supérieureVf([a, b]).

2. a. Sif est constante, la variation attachée à une famille quelconque est nulle. L'en- sembleVf([a, b])ne contient que0 etV_f([a, b]) = 0.

b. Si f est k-lipschitzienne, elle est à variations bornées avecVf([a, b]) ≤k(b−a). En eet, pour toute famille(c0=a < c1<· · ·< cn=b,

n−1

X

k=0

|f(c_k+1)−f(c_k)| ≤

n−1

X

k=0

k|ck+1−c_k|=k(b−a).

Si f ∈ C¹([a, b]) alors sa dérivée est continue et bornée. La fonction f est k- lipschitzienne avec pourkun majorant de|f⁰|sur[a, b]donc à variations bornées.

c. SiΩest ni,f est à variations bornée et sa variation totale est le nombre d'élé- ments deΩ. SiΩest un intervalle ou une union nie d'intervalles disjoints,f est à variations bornées.

S'il existe deux suites innies (xn)_n∈

N, (yn)_n∈

N (respectivement à valeurs dans Ωet dans son complémentaire) entrelacées c'est à dire xn < yn < xn+1 alors la fonctionf ne sera pas à variations bornées.

3. a. La fonction f est continue dans [−1,0] car elle est le produit et la composée de fonctions continues. La continuité en 0 résulte du théorème d'encadrement appliqué en0à 0≤f(x)≤√

x.

b. La première inégalité vient du théorème des accroissements nis appliqué à la fonction√ entreketk+ 1(dérivée décroissante). En sommant de1 àn:

1 + 1

√2+· · ·+ 1

√n ≥2 √

n+ 1−1

⇒

1 + 1

√2+· · ·+ 1

√n

n∈N

→+∞.

c. Pour n'importe quel n, on considère la famille c0=−1< c1=−1

2 <· · ·< cn−1=−1

n < cn= 0 La variation associée est

(−1)²

√2 + 1

+

(−1)³

√3 −(−1)²

√2

+· · ·+

(−1)ⁿ

√n −(−1)ⁿ⁻¹

√n−1

+

0−(−1)ⁿ

√n

=−1 + 2

1 + 1

√2+· · ·+ 1

√n

Ce qui assure, avec la question b., que l'ensemble des variations n'est pas bornée.

Il apparait donc qu'une fonction continue n'est pas forcément à variations bornée.

4. Dans cette question,f etg sont à variations bornées.

(2)

a. Soitxquelconque dans]a, b[. Majorons|f(x)|en introduisant la variation attachée à la famille(a, x, b):

|f(x)| ≤ |f(x)−f(a)|+|f(a)| ≤ |f(x)−f(a)|+|f(b)−f(x)|+|f(a)|

≤Vf([a, b]) +|f(a)|.

La fonctionf est donc bornée. On noteMf et Mg des majorants de |f|et|g|. b. La preuve du fait que les fonctions sont à variations bornées repose sur une ma-

joration des termes|f(x_k+1)−f(x_k)|d'une variation. Indiquons seulement cette majoration et sa conséquence pour la variation totale.

opération maj. d'un terme d'une variation maj. de var. tot.

λf |λ||f(xk+1)−f(xk)| |λ|Vf

|f| |f(x_k+1)−f(x_k)| V_f

sup(f, g) linéarité Vf+Vg

inf(f, g) linéarité V_f+V_g

L'inégalité ||u| − |v|| ≤ |u−v| est utilisée pour la valeur absolue. Pour les deux dernieres lignes, on se ramène aux opérations précédentes avec les expressions

sup(f, g) = 1

2(f+g) +1

2|f−g| inf(f, g) = 1

2(f+g)−1 2|f−g|

Les majorants des variations totales déjà obtenus se combinent linéairement et permettent de majorer les variations totales desup(f, g)et deinf(f, g).

II. Monotonie et variations.

1. a. Si f est monotone, on peut enlever les valeurs absolues de la même manière pour tous les termes d'une variation. La somme se simplie en dominos et toute variation est égale à|f(b)−f(a)|.

V_f([a, b]) ={|f(b)−f(a)|}

b. Comme les fonctions monotones sont à variation bornées, les combinaisons de fonctions monotones sont encore à variation bornées même si elles ne sont plus monotones. On va prouver en 4. que ce sont les seules.

2. Le point important ici est le cas d'égalité dans l'inégalité triangulaire. Lorsqu'il n'existe une seule variation, pour tous lesx, y, ztels quex < y < z on a

On en déduit que f(y) est dans le segment formé par les deux autres images. Cela entraîne la monotonie.

3. a. SoitV une variation attachée à une famille nie deuà v. On peut toujours lui adjoindre les termesaau début etbà la n et considérer la variationW attachée à cette nouvelle famille d'extrémitésaà b. On a alors

V ≤W ≤Vf([a, b]).

DoncVf([a, b])est un majorant de l'ensemble des variations sur[u, v]ce qui assure quef est à variations bornées sur[u, v] avecVf([u, v])≤Vf([a, b]).

b. SoitT₁une variation sur[u, v]etT₂une variation sur[v, w]. En joignant les deux familles (enlever unv qui gure deux fois), on obtient une famille deuà w. On en tire queT1+T2est une variation sur[u, w]. On exploite ensuite le fait qu'une borne supérieure est le plus petit des majorants

∀T1variation sur[u, v], ∀T2 variation sur[v, w], T1+T2≤Vf[u, w]

⇒ ∀T1variation sur[u, v], (∀T2 variation sur[v, w], T₂≤V_f[u, w]−T₁)

⇒ ∀T1 variation sur[u, v], Vf([v, w])≤Vf[u, w]−T1

⇒ ∀T₁ variation sur[u, v], T₁≤V_f[u, w]−V_f([v, w])

⇒Vf[u, v])≤Vf[u, w]−Vf([v, w])

⇒Vf[u, v]) +Vf([v, w])≤Vf[u, w]

Soit T une variation quelconque de f sur [u, v]. La famille à laquelle elle est attachée ne contient pas forcémentv. On peut toujours adjoindrev et former une famille deuàv et une autre dev à w. Il existe donc des variations T1 sur [u, v]

etT₂ sur[v, w]telles que

T ≤T1+T2≤Vf([u, v]) +Vg([v, w]).

On en déduit :

(∀T variation sur[u, w]T≤Vf([u, v]) +Vg([v, w]))

⇒Vf([u, w])≤Vf([u, v]) +Vg([v, w].

(3)

4. La fonctionW1 est croissante car, pour a≤u < v≤b, on a vu en 3.b que

W1(v) =Vf([a, v]) =Vf([a, u]) +Vf([u, v])≥Vf([a, u]) =W1(u)carVf([v, w])≥0 Sous les mêmes conditions

W₂(v)−W₂(u) =V_f([u, v])−f(v) +f(u)≥V_f([u, v])− |f(v)−f(u)| ≥0 car|f(v)−f(u)|est une variation sur[u, v].

On en conclut que toute fonction à variations bornées et la diérence de deux fonctions croissantes.

5. Étude de la continuité.

a. On supposef continue, on veut montrerW1continue. CommeW1est croissante, pour montrer la continuité enx0, il sut de montrer que pour toutε >0, il existe x > x0tel queW(x)−W(x0)< ε. Il faudra faire aussi un raisonnement analogue à gauche dex0.

Considérons un x1 > x0. Il existe une famille c0,· · ·, ci,· · · entrex0 et x1 telle que, en notantv_c la variation associée,

V_f([x₀, x₁])−ε 2 < v_c.

Commef est continue enx₀, il existex∈]x₀, c₁[ tel que|f(x₀)−f(x)|< ^ε₂. On peut écrire :

vc=|f(c1)−f(x0)|+

n−1

X

k=1

|f(ck+1−f(ck)|

≤ |f(x)−f(x₀)|+|f(c₁)−f(x)|+

n−1

X

k=1

|f(c_k+1−f(c_k)|

≤ |f(x)−f(x₀)|+V_f([x, x₁])≤ ε

2+V_f([x₀, x₁])−V_f([x₀, x])

⇒Vf([x0, x1])−ε 2 < ε

2+Vf([x0, x1])−Vf([x0, x])⇒Vf([x0, x])< ε.

b. La réciproque est plus facile. En eet, pouru < v, on peut considérer|f(v)−f(u)|

comme une variation et utiliser la relation de Chasles.

|f(v)−f(u)| ≤Vf([u, v]) =W1(v)−W1(u)

La continuité deW1entraîne alors par encadrement celle def. On en déduit celle deW2=W1−f comme diérence de deux fonctions continues.

Problème 2.

Partie I

1. La suite(n!)_n∈

N∈E car0! = 1! = 1et

∀n∈N^∗, (n!)²

(n−1)!(n+ 1)! = n n+ 1 ≤1 2. Montrons l'inégalité par récurrence. Soit(An)_n∈

N∈E, alorsA0=A1= 1et A₂≥A²₁

A0

= 1, A₃≥ A²₂ A1

⇒A₃≥A₂²¹

L'inégalité est initialisée à l'ordre3. Montrons que l'ordren, c'est à dire : A_n≥A

n−1 n−2

n−1⇔A_n−1≤A

n−2

nn−1

entraîne l'ordren+ 1. En eet, A_n+1≥ A²_n

An−1

≥A²⁻

n−2

n n−1 =A²⁻

n−2

n n−1 =A

n

nn−1

qui est bien l'inégalité à l'ordre suivant. On en déduit (encore par récurrence) que An≥1 pour tous lesn.

3. a. On forme le quotient de deux termes consécutifs pour prouver que(λn)_n∈N est décroissante :

∀n∈N^∗: λ_n+1 λn

= A_n An+1

A_n

A_n−1 = A²_n A_n−1An+1

≤1

On en déduit :

∀n∈N^∗, λⁿ_n=λnλn · · · λn ≤λ1λ2 · · ·λn

b. Rassemblons diverses relations pour exploiter l'inégalité du a. : λn= An−1

An

⇒λ1· · ·λn= A0

An

⇒

An−1

An

n

≤ 1 An

⇒Aⁿ_n−1≤Aⁿ⁻¹_n

On prend la racinen(n−1)-ième puis on inverse (ce qui inverse aussi l'inégalité) : A

1 n−1

n−1≤Anⁿ¹ ⇒A⁻n¹ⁿ ≤A⁻

1 n−1

n−1 ⇒µ_n ≤µ_n−1 carµ_n =A⁻nⁿ¹

La suite(µ_n)_n∈N est donc décroissante.

(4)

c. Utilisons la suite desλet un produit télescopique : An

A_n−j = An

A_n−1 A_n−1

A_n−2 · · · A_n−j+1

A_n−j = 1

λnλ_n−1· · ·λ_n−j+1

Comme la suite desλest décroissante, on peut décaler les indices puis récupérer un quotient télescopique dans l'autre sens :

An

A_n−j ≤ 1

λ_n+1λ_n· · ·λ_n−j+2 = An+1

A_n−j+1 Pourj xé, la suite

An

An−j

n≥j est croissante. En particulier An

A_n−j ≥ Aj

A0

=Aj⇒An≥AjAn−j

d. L'inégalité demandée est en fait équivalente à la décroissance de(µn)_n∈

N.

A_n−1 An

≤A⁻nⁿ¹ ⇔

A_n−1 An

ⁿ

≤ 1 An

(la puissancenconserve l'inégalité)

⇔Aⁿ_n−1≤Aⁿ⁻¹_n

⇔A⁻nⁿ¹ ≤A⁻

1 n−1

n−1 (la puissance − 1

n(n−1) renverse l'inégalité)

⇔µn ≤µ_n−1

Partie II

1. L'inégalité demandée est équivalente à celle obtenue en divisant par(u₁u₂· · ·u_k)^k >0. On doit donc montrer

(u1u2· · ·uk)^n−k≤(uk+1uk+2 · · · un)^k

On peut remarquer que chaque membre de l'inégalité de départ comptaitkn facteurs alors que chaque membre de la nouvelle en comptek(n−k). On exploite deux fois la croissance de(un)_n∈

N

(u1u2· · ·uk)^n−k≤u^k(n−k)_k = ( uk... uk

| {z }

n−kfacteurs

)^k ≤(uk+1uk+2 · · ·un)^k

2. On veut montrer que la suite(uk)k∈N^∗ dénie par

∀k≥1, uk = 2^k−1 M_k M_k−1 est croissante. On forme le quotient de deux termes consécutifs.

uk+1

uk

= 2Mk+1

Mk

Mk−1

Mk

= 2Mk−1Mk+1

M_k² ≥1

3. On applique l'inégalité de la question 1. à la suite croissante de la question 2.

u₁· · ·u_k = 20+1+···+(k−1)M_k M0

= 2^k(k−1)² M_k

M0 (de même) u₁· · ·u_n= 2ⁿ⁽ⁿ⁻¹⁾² M_n M0

Alors :

(u1u2· · ·uk)ⁿ ≤(u1u2· · ·un)^k⇒2^nk(k−1)² Mk

M0

ⁿ

≤2^kn(n−1)² Mn

M0

^k

⇒ Mk

M₀ ⁿ

≤2^kn(n−k)² Mn

M₀ ^k

⇒M_k ≤2^k(n−k)² M₀¹⁻^kⁿMn^kⁿ

Partie III

1. a. La condition sigie que le quotient de deux termes consécutifs est constant. Les suites cherchées sont donc les suites géométriques de raison et de premier terme strictement positifs.

∀n∈N, λn= λ0

Kⁿ

b. Considérons une suite géométrique(λ_n)_n∈Nde premier terme_M¹₀ et de raison ^M_M⁰₁ puis le produit :

(M_n⁰)_n∈

N= (λn)_n∈

N(Mn)_n∈

N

alors : M₀⁰ = 1

M₀M0= 1, M₁⁰ =M0

M₁M1= 1, ∀n≥1 M_n⁰²

M_n−1⁰ M_n+1⁰ = M_n²

M_n−1M_n+1 ≤K

(5)

2. a. La condition s'écrit encore avec des quotients de termes consécutifs

λ²_n

λ_n−1λ_n+1 =K⇔

λ_n+1 λn

λn

λn−1

= 1 K

Cette fois c'est la suite des quotients de termes consécutifs qui est géométrique de raison _K¹. On en tire

∀n∈N, λn+1

λ_n = λ1

Kⁿλ₀ ⇒λn= λn

λ_n−1 · · ·λ1

λ₀λ0

=K−(0+1+···+(n−1))λ1

λ₀ ⁿ

λ0=K⁻ⁿ⁽ⁿ⁻¹⁾² λⁿ₁λ¹⁻ⁿ₀

b. Considérons une suite comme dans la question précédente avec des premiers termes particulier et _K¹ au lieu deK, soit :

λ0= 1 M0

, λ1= 1 M1

, λn =Kⁿ⁽ⁿ⁻¹⁾² λⁿ₁λ¹⁻ⁿ₀ =Kⁿ⁽ⁿ⁻¹⁾² M0

M1

n

1 M0

de sorte que

∀n≥1, λ²_n

λ_n−1λ_n+1 = 1 K

En multipliant(Mn)_n∈N∈ E(K)par(λn)_n∈N, on obtient une suite(M_n⁰)_n∈N∈E.

M₀⁰ = 1 M0

M0= 1, M₁⁰ = 1 M1

M1= 1,

∀n≥1, M⁰²_n

M_n−1⁰ M_n+1⁰ = M_n² Mn−1Mn+1

λ²_n λn−1λn+1

=K 1 K = 1