Problème 1 : sommes de Riemann

SESSION 2014

CAPES EXTERNE

MATHÉMATIQUES 1

Problème 1 : sommes de Riemann

Partie A : convergence des sommes de Riemann

1.La fonctionf est continue sur le segment[a, b]et donc uniformément continue sur ce segment d’après le théorème de Heine.

Soitε > 0. Le réel ε

b−a est un réel strictement positif. Donc, il existeη > 0tel que pour tout(x, y)∈[a, b]², si|x−y|6η alors|f(x) −f(y)|6ε. On a montré que

∀ε > 0, ∃η > 0/∀(x, y)∈[a, b]², (|x−y|6η⇒|f(x) −f(y)|6ε). 2.Soitε > 0. Soitη > 0 tel que∀(x, y)∈[a, b]², (|x−y|6η⇒|f(x) −f(y)|6ε).

2.1.SoitN=E

b−a η

+1. AlorsN est un entier naturel non nul tel queN> b−a η . Soitnun entier naturel tel que n>N. Alorsn>N> b−a

η puis b−a n 6η.

Soientk∈J0, n−1Kpuist∈[xk, xk+1].

|t−xk|6|xk+1−xk|= b−a

n 6η, et donc|f(t) −f(x_k)|6 ε

b−a. On a montré que

∃N∈N^∗, ∀k∈J0, n−1K, ∀t∈[xk, xk+1], |f(t) −f(xk)|6 ε b−a. 2.2.Soient n>Npuisk∈J0, n−1K. Puisquexk6xk+1, par croissance de l’intégrale, on obtient

Zxk+1

xk

(f(t) −f(x_k))dt

6 Zxk+1

xk

|f(t) −f(x_k)|dt6(xk+1−x_k)× ε

b−a = b−a

n × ε

b−a = ε n. Soit de nouveaun>N. D’après la relation deChasles,

Zb a

f(t)dt− (b−a)S_n(f)

=

n−1X

k=0

Zxk+1

xk

f(t)dt−b−a n

n−1X

k=0

f(x_k)

=

n−1X

k=0

Zxk+1

xk

f(t)dt−

n−1X

k=0

(x_k+1−xk)f(x_k)

=

n−1X

k=0

Zxk+1

xk

f(t)dt−

n−1X

k=0

Zxk+1

xk

f(x_k) dt

=

n−1X

k=0

Zxk+1

xk

(f(t) −f(x_k)) dt

6

n−1X

k=0

Zxk+1

xk

(f(t) −f(x_k)) dt

6

n−1X

k=0

ε n =ε.

3.On a montré que∀ε > 0, ∃N∈N^∗, ∀n∈N, n>N⇒

Zb a

f(t)dt− (b−a)S_n(f)

6ε

!

. Ainsi, la suite((b−a)S_n(f))_n∈N∗

converge et a pour limite Zb

a

f(t)dtou encore la suite(Sn(f))_n∈N∗ converge et a pour limite 1 b−a

Zb a

f(t)dt.

Enfin, pourn∈N^∗,

R_n(f) = −f(x0) +f(xn)

n + 1

n

n−1X

k=0

f(x_k) = f(b) −f(a)

n +S_n(f) et donc, puisquef(b) −f(a)

n tend vers0quandntend vers+∞, la suite(Rn(f))_n∈N∗converge et a pour limite 1 b−a

Zb a

f(t)dt.

4.Soitn∈N^∗. En posantj=n+k, on obtient un =

X2n

j=n+1

1 j =

Xn

k=1

1 n+k = 1

n Xn

k=1

1 1+ k

n .

Posonsa=0,b=1, puis pour toutxde[a, b] = [0, 1],f(x) = 1

1+x. Pourk∈J0, nK, posonsxk =a+kb−a n = k

n. Alors, un= 1

n Xn

k=1

f(xk) =Rn(f).

Puisque la fonction f est continue sur le segment [0, 1] en tant que fraction rationnelle définie sur [0, 1], la somme de RiemannR_n(f)converge et a pour limite 1

1−0 Z1

0

1

1+x dx= [ln(1+x)]¹₀=ln2.

n→lim+∞

X2n

j=n+1

1 j =ln2.

5.

5.1.La fonctionf^′ est définie et continue sur le segment[0, 1]. On en déduit que la fonctionf^′ est bornée sur[0, 1]. Par suite, il existe un réelMtel que, pour tout réeltde[0, 1],|f^′(t)|6M.

5.2.Soitn∈N^∗. Soientk∈J0, n−1Kpuist∈[x_k, xk+1]. Les réelstetxksont éléments de[a, b],fest dérivable sur[a, b]et

|f^′|est majorée sur[a, b]par le réelM. D’après l’inégalité des accroissements finis,|f(t) −f(x_k)|6M|t−x_k|=M(t−x_k).

5.3.Soitn∈N^∗. Soitk∈J0, n−1K.

Zxk+1

xk

(f(t) −f(x_k))dt

6 Zxk+1

xk

|f(t) −f(x_k)|dt6

Zxk+1

xk

M(t−xk)dt=M

"

(t−x_k)² 2

#xk+1

xk

=M(xk+1−x_k)²

2 = M(b−a)² 2n² . puis, comme à la question 2.2.,

Zb a

f(t)dt− (b−a)Sn(f)

6

n−1X

k=0

Zxk+1

xk

(f(t) −f(xk)) dt

6

n−1X

k=0

M(b−a)²

2n² =n×M(b−a)²

2n² = M(b−a)² 2n . 6.

6.1. f est deux fois dérivable sur [0, 1] et pour tout réel xde [0, 1], f^′(x) = −2xe^−x2 puis f^′′(x) = 2(2x²−1)e^−x2. La fonctionf^′′ est négative sur

0, 1

√2

et positive sur 1

√2, 1

. On en déduit que la fonction f^′ est croissante sur

0, 1

√2

et décroissante sur 1

√2, 1

. Mais alors, pour tout réel x de [0, 1], f^′ 1

√2

6 f^′(x) 6 Max{f^′(0), f^′(1)} = 0 et donc

|f^′(x)|6−f^′

1

√2

=√

2e^−1/2= r2

e.

6.2.D’après la question 5.3, pour tout entier naturel non nuln,

Z1 0

e^−x2 dx− (1−0)S_n(f)

=

Z1 0

e^−x2 dx− 1 n

n−1X

k=0

e^−k2/n2

6 r2

e

(1−0)²

2n = 1

√2e× 1 n. Soit alorsε > 0.

Z1 0

e^−x2dx− (1−0)S_n(f)

6 ε 2 ⇐ 1

√2e× 1 n 6 ε

2 ⇐n>

√2 ε√

e

⇐n=E

√2 ε√

e

! +1.

Pour cette valeur de n, la valeur exacte de 1 n

n−1X

k=0

e^−k2/n2 est une valeur approchée de Z1

0

e^−x2 dxà ε

2 près et donc une valeur approchée à ε

2 près de 1 n

n−1X

k=0

e^−k2/n2 est une valeur approchée àεprès de Z1

0

e^−x2 dx.

Algorithme.

Variables eest un réel strictement positif nest un entier naturel non nul kest un entier naturel

Sest un réel Initialisation Demandere

Affecter ànla valeurE√ 2/

e∗p

exp(1) +1 Affecter àSla valeur0

Traitement Pourkvariant de0à n−1

Affecter àSla valeurS+exp −k²/n² Fin du Pour

Afficher une valeur décimale approchée àe/2 près deS/n Fin

Partie B : application à l’étude de suites

1.Soitn>2. Soitk∈J1, n−1K. Alors k

n,k+1 n

⊂]0, 1]. Donc,fest définie, continue et décroissante sur k

n,k+1 n

. Par suite, pourtde

k n,k+1

n

, f k+1

n

6f(t)6f k

n

. En intégrant, on obtient k+1

n − k n

f

k+1 n

6

Z^k+1_n

k n

f(t)dt6 k+1

n − k n

f

k n

ou encore

1 nf

k+1 n

6

Z^k+1_n

k n

f(t)dt6 1 nf

k n

2.En additionnant membres à membres les inégalités précédentes, on obtient 1

n

n−1X

k=1

f k+1

n

6 Zⁿ⁻¹⁺¹_n

1 n

f(t)dt6 1 n

n−1X

k=1

f k

n

ou encore

1 n

Xn

k=2

f k

n

6I 1

n

6 1 n

n−1X

k=1

f k

n

.

Mais alors,rn−f(1) n >I

1 n

et rn− 1 nf

1 n

6I

1 n

ou encore I

1 n

+f(1)

n 6I 1

n

6rn6I 1

n

+ 1 nf

1 n

.

3. lim

n→+∞

I 1

n

= lim

x→0I(x) =ℓ. lim

n→+∞

1 nf

1 n

= lim

x→0xf(x) =0. Enfin, lim

n→+∞

f(1) n =0.

Par suite, lim

n→+∞I 1

n

+ f(1)

n = lim

n→+∞I 1

n

+ 1 nf

1 n

= ℓ. D’après le théorème des gendarmes, la suite (rn)_n∈N∗

converge et lim

n→+∞rn =ℓ.

4.

4.1.Soitn∈N^∗.

rn= 1 n

Xn

k=1

1 4

k² n² −1

− 1 2ln

k n

= 1 4n³

Xn

k=1

k²− 1 4n

Xn

k=1

1− 1 2nln

Yn

k=1

k n

!

= n(n+1)(2n+1) 6×4n³ − n

4n− 1 2nln

n!

nⁿ

= (n+1)(2n+1) 24n² −1

4 − 1 2nln

n!

nⁿ

4.2.La fonctionfest définie et continue sur]0, 1].fest dérivable sur]0, 1]et pourx∈]0, 1], f^′(x) = x

2 − 1

2x = x²−1 2x .

La fonctionf^′ est négative sur]0, 1]et donc la fonctionfest décroissante sur]0, 1]. Ensuite,xf(x) = x³−x 4 −1

2xlnxtend vers0quandxtend vers0d’après un théorème de croissances comparées. Enfin, pourx∈]0, 1],

Z1 x

f(t)dt= 1

4 t³

3 −t

−1

2(tlnt−t) ¹

x

= 1

4 1

3−1

+1 2

− 1

4 x³

3 −x

−1

2(xlnx−x)

.

Quandxtend vers 0, cette expression tend vers ℓ= 1 4

1 3−1

+ 1

2 = 1

3. D’après la question 3, on peut affirmer que la suite(rn)_n∈N∗ converge et lim

n→+∞rn= 1 3. D’après la question 4.1, pourn>1,

ln (n!)ⁿ¹ n

!

= (n+1)(2n+1) 12n² − 1

2−2rn, puis

(n!)¹ⁿ n =exp

(n+1)(2n+1) 12n² − 1

2−2rn

.

On en déduit que la suite (n!)¹ⁿ n

!

n∈N^∗

converge et que

n→lim+∞

(n!)¹ⁿ n =exp

2 12− 1

2−2 3

= 1 e.

Partie C : une suite d’intégrales

1.Soitn∈N^∗. Soitk∈J0, n−1K. Pour toutxde kπ

n,(k+1)π n

,nx∈[kπ,(k+1)π]et donc|sin(nx)|= (−1)^ksin(nx) puis

Z^(k+1)π_n

kπ n

|sin(nx)|dx= (−1)^k

Z^(k+1)π_n

kπ n

sin(nx)dx= (−1)^k

−cos(nx) n

^(k+1)π_n

kπ n

= (−1)^k

n (−cos((k+1)π) +cos(kπ)) = (−1)^k

n −(−1)^k+1+ (−1)^k

= (−1)^k

n ×2(−1)^k= 2 n. 2.

2.1.Soitn∈N^∗. Soitk∈J0, n−1K. Puisque est croissante sur[0, π] et que kπ

n,(k+1)π n

⊂[0, π], pour tout réelxde [0, π],

f kπ

n

6f(x)6f

(k+1)π n

puis, après multiplication des trois membres de l’encadrement par le réel positif|sin(nx)|, f

kπ n

|sin(nx)|6f(x)|sin(nx)|6f

(k+1)π n

|sin(nx)|.

En intégrant, on obtient f

kπ n

Z^(k+1)π_n

kπ n

|sin(nx)|dx6

Z^(k+1)π_n

kπ n

f(x)|sin(nx)|dx6f

(k+1)π n

Z^(k+1)π_n

kπ n

|sin(nx)|dx.

ou encore

2 nf

kπ n

6

Z^(k+1)π_n

kπ n

f(x)|sin(nx)|dx6 2 nf

(k+1)π n

.

2.2.En sommant membre à membre ces inégalités, on obtient 2

n

n−1X

k=0

f kπ

n

6

n−1X

k=0

Z^(k+1)π_n

kπ n

f(x)|sin(nx)|dx6 2 n

n−1X

k=0

f

(k+1)π n

ou encore

2Sn(g)6 Zπ

0

f(x)|sin(nx)|dx62Rn(g) ougest la fonction g : [0, 1] → R

x 7→ f(πx) .

2.3.Puisque la fonctiong est continue sur le segment [0, 1], les deux membres tend vers2 Z1

0

g(t)dt =2 Z1

0

f(πt)dtou encore, en posantx=πt, les deux membres tend vers 2

π Zπ

0

f(x)dx.

D’après le théorème des gendarmes, la suite Zπ

0

f(x)|sin(nx)|dx

n∈N∗

converge et lim

n→+∞

Zπ 0

f(x)|sin(nx)|dx= 2 π

Zπ 0

f(x)dx.

2.4. Si la fonction f est continue et décroissante sur [0, π], la fonction −f est continue et croissante sur [0, π]. Donc,

n→lim+∞

Zπ 0

−f(x)|sin(nx)| dx = 2 π

Zπ 0

−f(x)dx puis lim

n→+∞

Zπ 0

f(x)|sin(nx)| dx= 2 π

Zπ 0

f(x)dx par linéarité de l’intégrale.

On obtient donc le même résultat dans ce cas aussi.

Partie D : une application aux probabilités

1.

1.1.Soit(k, m)∈N^∗×N. Les deux fonctionsx7→x^k etx7→−1−x)^m+1

m+1 sont de classeC¹sur le segment[0, 1]. On peut donc effectuer une intégration par parties qui fournit

I_k,m= Z1

0

x^k(1−x)^mdx=

x^k×−(1−x)^m+1 m+1

¹

0

− Z1

0

kx^k−1×−(1−x)^m+1 m+1 dx

= k

m+1 Z1

0

x^k−1(1−x)^m+1(0^k= (1−1)^m+1=0cark>1etm+1>1)

= k

m+1Ik−1,m+1. 1.2.Soit(k, m)∈N².

I0,k+m= Z1

0

x⁰(1−x)^k+mdx=

−(1−x)^k+m+1 k+m+1

¹

0

= 1

k+m+1.

Par suite, pourk>1 etm∈N, Ik,m= k

m+1 × k−1

m+2 ×. . .× 1

m+k×I0,m+k= k×(k−1)×. . .×1

(m+1)(m+2). . .(m+k+1) = k!m!

(m+k+1)!

ce qui reste vrai quandk=0.

2.La variable aléatoireXest régie par une loi binomiale de paramètresnet p. En effet,

• on effectuenfois une même expérience de manière indépendante

•chaque expérience à deux éventualités à savoir « obtenir une boule rouge » avec une probabilitépet « ne pas obtenir une boule rouge » avec une probabilité1−p.

On sait alors que pour toutk∈J0, nK,P(X=k) = n

k

p^k(1−p)^n−k et queE(X) =np.

3.

3.1.Pourj∈J1, NK, notonsUjla probabilité que l’urne choisie soit l’urne n^oj. D’après la formule des probabilités totales,

P(X_N =k) = XN

j=1

P(U_j)×P_Uj(X_N=k) = XN

j=1

1 N

n k

j N

k 1− j

N n−k

= 1 N

XN

j=1

n k

j N

k 1− j

N n−k

.

3.2.

E(X_N) = Xn

k=0

kP(X_N=k)

= Xn

k=0

k



 1 N

XN

j=1

n k

j N

k 1− j

N

n−k

= 1 N

XN

j=1

Xn

k=0

k n

k j N

k 1− j

N

n−k!

= 1 N

XN

j=1

n× j

N (l’espérance de la loi binomiale de paramètresnet j

N estn× j N)

= n

N²×N(N+1)

2 = n(N+1) 2N . En particulier, lim

N→+∞

E(XN) = n 2.

3.3.Soientn∈N^∗ puisk∈J0, nK. Pourx∈[0, 1], posonsf(x) =x^k(1−x)^n−k. La fonctionf est continue sur le segment [0, 1] et donc, quandN tend vers+∞, la somme deRiemann

1 N

XN

j=1

f j

N

= 1 N

XN

j=1

j N

k 1− j

N n−k

,

tend vers Z1

0

f(x)dx= Z1

0

x^k(1−x)^n−kdx=I_k,n−k= k!(n−k)!

(k+n−k+1)! = k!(n−k)!

(n+1)! d’après la question 1.2. Comme p_N(k) =

n k

× 1 N

XN

j=1

j N

k 1− j

N n−k

on a donc

N→lim+∞

P_N(k) = n!

k!(n−k)!×k!(n−k)!

(n+1)! = 1 n+1. Ainsi, la suite de variables aléatoires(X_N)_N∈N∗ converge vers la loi uniforme sur[0, 1].

Problème 2 : fonction exponentielle, évolution d’une population

Partie A : la fonction exponentielle

1.

1.1.Pour x∈R, posonsg(x) =f(x)×f(−x). La fonctiongest dérivable surRet pour tout réelx, g^′(x) =f^′(x)×f(−x) +f(x)×(−f^′(−x)) =f(x)f(−x) −f(x)f(−x) =0.

Donc,g est constante sur R. On en déduit que pour tout réelx, g(x) =g(0) = [f(0)]²= 1. On a montré que pour tout réelx,f(x)×f(−x) =1.

1.2.En particulier, pour tout réelx,f(x)×f(−x)6=0et donc pour tout réel x,f(x)6=0.

1.3.Soitgune fonction dérivable sur Rtelle queg(0) =1et g^′=g. Pourx∈R, posonsϕ(x) = g(x)

f(x). La fonctionϕest dérivable surRen tant que quotient de fonctions dérivables sur Rdont le dénominateur ne s’annule pas surR. De plus, pour tout réelx,

ϕ^′(x) = g^′(x)f(x) −g(x)f^′(x)

[f(x)]² = g(x)f(x) −g(x)f(x) [f(x)]² =0.

Donc la fonction ϕ est constante surR. On en déduit que pour tout réelx,ϕ(x) = ϕ(0) = g(0)

f(0) =1 et donc que pour tout réelx,g(x) =f(x). Ceci montre l’unicité de la fonctionf.

1.4.Soita∈ R. On sait que f(a)6=0. Pourx∈R, posonsψ(x) = f(a+x)

f(a) . La fonctionψ est dérivable surR et pour tout réelx,

ψ^′(x) = f^′(a+x)

f(a) = f(a+x)

f(a) =ψ(x).

De plus,ψ(0) = f(0)

f(0) =1. En résumé, la fonctionψ est une fonction dérivable sur Rtelle queψ^′= ψet ψ. Par unicité d’une telle fonction, on aψ=fet donc pour tout réelx, f(a+x)

f(a) =f(x)ou encore pour tout réelx,f(a+x) =f(a)×f(x).

On a montré que pour tous réelsaetb,f(a+b) =f(a)×f(b).

1.5.En particulier, pour tout réela,f(a) =h fa

2 i2

>0. Comme d’autre part, la fonctionfne s’annule pas surR, pour tout réela,f(a)> 0.

2.

2.1.Soitx∈R. Soitnun entier naturel tel quen >|x|. Alors,−1 < x

n < 1puis1+x

n > 0et1− x

n> 0.u_n(x)etu_n(−x) existent etun(−x)n’est pas nul. Donc,un(x)etvn(x)existent.

2.2.Soita∈] −1,+∞[. Montrons par récurrence que∀n∈N^∗, (1+a)ⁿ>1+na.

• L’inégalité est vraie quandn=1 puisque(1+a)¹=1+a>1+1×a.

• Soitn>1. Supposons que(1+a)ⁿ >1+na.

(1+a)ⁿ⁺¹= (1+a)ⁿ×(1+a)

>(1+na)×(1+a) (par hypothèse de récurrence et car1+a>0)

=1+ (n+1)a+na²

>1+ (n+1)a.

Le résultat est démontré par récurrence.

2.3. i.Soitx∈R. Soitnun entier naturel tel que n >|x|. Alors,1+ x

n > 0puisun(x)6=0et donc

un+1(x) =un(x)×un+1(x)

u_n(x) =un(x)×

1+ x n+1

n+1

1+ x

n n

=u_n(x)× 1+ x

n ×







1+ x n+1 1+ x

n







n+1

.

ii.Soitx∈R. Soitnun entier naturel tel que n >|x|(doncn∈N^∗). Soita=

1+ x n+1 1+ x

n

−1= − x n(n+1)

1+ x n

.

Six60, cette dernière expression est positive et donca∈] −1,+∞[. Six > 0, alors

1+ x n+1 1+ x

n

> 0puisa >−1et encore une foisa∈] −1,+∞[. On peut donc appliquer l’inégalité deBernoulliet on obtient







1+ x n+1 1+ x

n







n+1

= (1+a)ⁿ⁺¹

>1+ (n+1)a=1+ (n+1)







1+ x n+1 1+ x

n

−1





=n+ (n+1)

1+ x n+1 1+ x

n

= n+x+ (n+1) +x 1+ x

n

= 2n+1+2x 1+ x

n

>2n+1−2|x|

1+ x n

(car1+ x n > 0)

> 1 1+ x

n

(car2n−2|x|=2(n−|x|)>0).

iii.Puisque1+ x

n > 0, on en déduit que 1+ x

n ×







1+ x n+1 1+ x

n







n+1

>1 puis, commeu_n(x)est positif, on a

un+1(x) =un(x)× 1+ x

n

×







1+ x n+1 1+ x

n







n+1

>un(x)×1=un(x).

Ceci montre que la suite(u_n(x))_n>|x| est croissante.

2.4.Soitx∈R. D’après ce qui précède, la suite (u_n(−x))_n>|x| est croissante et strictement positive. Mais alors la suite (vn(x))_n>|x|est décroissante en tant qu’inverse d’une suite strictement positive croissante.

2.5.Soitx∈R. Soitnun entier naturel tel quen >|x|.

i.

vn(x) −un(x) =vn(x)

1−un(x) vn(x)

=vn(x) (1−un(x)u_n(−x)) =vn(x) 1−

1+ x n

n 1− x

n n

=vn(x) 1−

1− x² n²

ⁿ! .

ii.Puisque|x|< n, on ax²< n²puis061− x²

n² 61puis06

1− x² n²

ⁿ

61(par croissance de la fonctiont7→tⁿ sur [0, 1]) et enfin1−

1− x²

n^{2 n}

>0. Comme d’autre partvn(x)>0, on a montré quevn(x) −un(x)>0.

iii.Puisque06 x²

n² < 1, on a−x²

n² ∈]−1,+∞[. On peut donc appliquer l’inégalité deBernoulliqui fournit

1− x² n²

ⁿ

>

1+n

−x² n²

=1− x²

n puis1−

1− x² n²

n

6 x²

n. Puisquev_n(x)>0, on en déduit que vn(x) −un(x) =vn(x) 1−

1− x²

n^{2 n}!

6vn(x)x² n.

2.6.D’après la question 2.4, la suite(vn(x))_n>|x|est décroissante. Donc, pour tout entier natureln >|x|, on avn(x)×x² n 6 v_E(|x|)+1(x)×x²

n. Mais alors, d’après les questions 2.5.ii et 2.5.iii, pour tout entier natureln >|x|, 06vn(x) −un(x)6vE(|x|)+1(x)×x²

n.

Les deux membres de cet encadrement tendent vers0quandntend vers+∞. D’après le théorème des gendarmes, la suite (v_n(x) −u_n(x))_n>|x| converge et a pour limite0.

En résumé, la suite (un(x))_n>|x| est croissante, la suite (vn(x))_n>|x| est décroissante et la suite (vn(x) −un(x))_n>|x|

converge vers 0. Donc les suites (u_n(x))_n>|x| et (v_n(x))_n>|x| sont adjacentes. On en déduit que ces deux suites sont convergentes de même limite.

2.7. i.Pour tout entier naturel non nuln, u_n(0) =

1+ 0 n

n

=1. Quand ntend vers+∞, on obtientf(0) =1.

ii.Pour a=x0et k=h, on obtientf(x₀+h) −f(x₀)>hf(x₀).

Pour a = x0+h et k = −h, on obtient f(x₀) −f(x₀+h) > −hf(x₀+h) puis −(1 −h)f(x₀+h) > −f(x₀) puis (1−h)f(x₀+h)6f(x₀)puisf(x₀+h)6 1

1−hf(x₀)(car 1−h > 0) puisf(x₀+h) −f(x₀)6 1

1−h−1

f(x₀) et enfinf(x₀+h) −f(x₀)6 h

1−hf(x₀).

iii.Soith∈]0, 1[. D’après la question précédente,f(x₀)6 f(x₀+h) −f(x₀)

h 6 f(x₀)

1−h. Quandhtend vers 0 par valeurs supérieures, les deux membres de cet encadrement tendent versf(x₀). On en déduit que le taux f(x₀+h) −f(x₀)

h a une

limite à droite en0et que cette limite à droite est égale àf(x₀).

Soith ∈] −1, 0[. D’après la question précédente, f(x₀)> f(x₀+h) −f(x₀)

h > f(x₀)

1−h. Quand htend vers 0 par valeurs inférieures, les deux membres de cet encadrement tendent versf(x0). On en déduit que le taux f(x0+h) −f(x0)

h a une

limite à gauche en0et que cette limite à gauche est égale àf(x0).

En résumé,f est dérivable à gauche et à droite enx₀et ses dérivées à gauche et à droite sont égales. On en déduit quef est dérivable enx₀et quef^′(x₀) =f(x₀).

fest donc l’unique fonction dérivable surR, égale à sa dérivée et telle quef(0) =1.

Partie B : évolution d’une population

1. L’équation différentielle (E) s’écrit y^′ =f(x, y)où pour tous réels xet y, f(x, y) = ry 1− y

K

. La fonction f est de classeC¹surR²en tant que polynôme à deux variables. D’après le théorème deCauchy-Lipschitz, l’équation(E)admet une solution maximale et une seule prenant la valeurN0en0.

Nétant par définition une solution maximale prenant la valeurN₀en0, on a montré l’existence et l’unicité de la fonction N.

2.

2.1.Pour tout réelt∈I,N(t)< Kpuis N(t)

K < 1 (carK > 0) et donc1− N(t)

K > 0. D’autre part,r > 0et pour toutt deI,N(t)> 0. Finalement, pour tout réelt deI,

N^′(t) =rN(t)

1−N(t) K

> 0.

La fonctionN est donc strictement croissante surI.

2.2.Icontient[0,+∞[. La fonction fonctionNest croissante surIet est majorée parKsurI. On en déduit que la fonction Na une limite réelleℓquandttend vers+∞et que ℓ6K. Notons d’autre part queℓ>N(0) =N0> 0.

2.3.Supposons par l’absurde ℓ < K. La fonctionN^′ tend donc vers rℓ

1− ℓ K

= L. L est un réel strictement positif.

Il existe alors un réel A > 0 tel que pour t > A, on a N^′(t) > L

2. Par intégration, pour tout t > A, on a N(t) >

N(A) + L

2(t−A). Puisque L

2 > 0, lim

t→+∞

N(A) +L

2(t−A) = +∞et donc lim

t→+∞

N(t) = +∞. Ceci est faux et doncℓ=K.

3.

3.1.La fonctiong est définie et dérivable surIen tant qu’inverse d’une fonction dérivable sur Iet ne s’annulant pas sur I. Pour tout réeltdeI,

g^′(t) = − N^′(t)

(N(t))² = − 1

(N(t))² ×rN(t)

1−N(t) K

= − r N(t)+ r

K = −rg(t) + r K. La fonctiong est donc solution de l’équation différentielley^′ = −ry+ r

K surI.

3.2.(E^′)est une équation différentielle linéaire du premier ordre à coefficients constants. Une solution particulière de(E^′) sur Rest la fonction constante t7→ 1

K et une solution non nulle surR de l’équation homogène associée est la fonction t7→e^−rt. Les solutions de(E^′)surRsont donc les fonctions de la forme t7→λe^−rt+ 1

K,λ∈R. Il existe un réelλtel que pour toutt∈I, 1

N(t) =λe^−rt+ 1

K. La conditionN(0) =N0fournitλ= 1 N0

− 1

K et donc, pour toutt∈I,

N(t) = 1

1 N0

− 1 K

e^−rt+ 1 K

= K

1+ K

N0

−1

e^−rt .

3.3.Puisque lim

t→+∞e^−rt=0, on retrouve lim

t→+∞

N(t) =K.