MPSI B 29 juin 2019
Énoncé
Ce problème
1porte sur les fonctions et les suites complètement monotones.
On dira qu'une fonction f dénie dans un intervalle I est complètement monotone lorsque elle appartient à C
∞(I) et que :
∀p ∈ N , ∀x ∈ I, (−1)
pf
(p)(x) ≥ 0
On désigne par E l'ensemble des suites dénies dans N et à valeurs réelles. La notion de suite complètement monotone fait intervenir une fonction ∆ de E dans E dénie de la manière suivante.
Soit u = (u
n)
n∈N
∈ E , la suite ∆u est dénie par :
terme d'indice n de ∆u = (∆u)
n= u
n+1− u
nOn note ∆
0= Id
Eet ∆
p= ∆ ◦ · · · ◦ ∆ ( p fois) pour p ∈ N
∗. On dira qu'une suite u est complètement monotone lorsque
∀p ∈ N, ∀n ∈ N , (−1)
p(∆
pu)
n≥ 0 1. Soit u = (u
n)
n∈N
∈ E et p ∈ N
∗, montrer que
∀n ∈ N , (∆
pu)
n=
p
X
k=0
(−1)
p−kp
k
u
n+k2. Soit b ∈]0, 1[ et β la suite géométrique β = (b
n)
n∈N
. Calculer (∆
pβ )
net en déduire que β est complètement monotone.
3. Soit a > 0 , λ > 0 , µ > 0 , ν < 0 , b ≥ 1 , c > 0 des réels xés . Montrer que les fonctions suivantes sont complètement monotones.
x → e
−axdans R
x → (λ + µx)
νdans [0, +∞[
x → ln(b + c
x ) dans ]0, +∞[
4. a. Soit f complètement monotone dans I et m ∈ N. Montrer que m pair entraine f
(m)complètement monotone et m impair entraine −f
(m)complètement mono- tone.
1d'après Banque X-ENS 2011 Maths B
b. Soit f et g deux fonctions complètement monotones dans un intervalle I . Montrer que le produit f g des deux fonctions est complètement monotone.
5. Soit f ∈ C
∞([0, +∞[) et u = (u
n)
n∈Ndénie par u
n= f (n) pour tout n ∈ N. Montrer que pour tout p ∈ N
∗et tout n ∈ N, il existe un réel x ∈]n, n + p[ tel que
(∆
pu)
n= f
(p)(x)
On pourra raisonner par récurrence en considérant la fonction g(x) = f(x + 1) − f (x) et la suite dont le terme d'indice n est v
n= g(n) .
6. Formuler et prouver un théorème liant les suites et les fonctions complètement mono- tones. En déduire une autre démonstration de la question 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/
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Rémy Nicolai AcompmonMPSI B 29 juin 2019
Corrigé
1. La démonstration se fait par récurrence, elle est très proche de la démonstration du cours pour la formule du binôme.
2. D'après la formule de la question 1.
(∆
pβ)
n=
p
X
k=0
(−1)
p−kp
k
b
n+k= b
np
X
k=0
p k
b
k(−1)
p−k= b
n(b − 1)
p⇒ (−1)
p(∆
pβ)
n= b
n(1 − b)
p> 0 La suite géométrique β est donc complètement monotone.
3. La complète monotonie résulte de l'expression des dérivées successives. Soit p un entier quelconque
f (x) = e
−ax(−1)
pf
(p)(x) = a
pe
−ax> 0
g(x) = (λ + µx)
νg
(p)(x) = (−1)
pν(ν − 1) · · · (ν − p + 1)(λ + µx)
ν−p> 0 Chacun des p facteurs est négatif et il est compensé par la puissance de −1 . Pour h(x) = ln(b +
xc) , il est commode de transformer le produit en somme avant de dériver
h(x) = ln(b + c
x ) = ln(bx + c) − ln(x)
⇒ −h
0(x) = − b
bx + c − 1 x
> 0 car égal à c (bx + c)x
⇒ · · ·
⇒ (−1)
ph
(p)(x) = (−1)
pb
p(−1)
p−1(p − 1)!
(bx + c)
p− (−1)
p−1(p − 1)!
x
p= (p − 1)!
(bx + c)
px
p((bx + c)
p− (bx)
p) > 0 4. a. Ces résultats sont évidents par dénition.
(−1)
p(f
(m))
(p)= (−1)
pf
(m+p)=
( (−1)
m+pf
(m+p)si m pair
−(−1)
m+pf
(m+p)si m impair
b. On utilise la formule de Leibniz
(f g)
(p)(x) =
p
X
k=0
p k
f
(k)g
(p−k)(−1)
p= (−1)
k(−1)
p−k
⇒
(−1)
p(f g)
(p)(x) =
p
X
k=0
p k
(−1)
kf
(k)| {z }
>0
(−1)
p−kg
(p−k)| {z }
>0
> 0
5. On raisonne par récurrence sur p . La proposition à l'ordre p est que pour toute fonction f et tout entier n , il existe un x ∈]n, n + p[ tel que (∆
pu)
n= f
(p)(x) .
Pour p = 1 , on peut appliquer directememnt le théorème des accroissements nis à la fonction f entre n et n + 1 . Il existe x ∈]n, n + 1[ tel que
(∆
pu)
n= u
n+1− u
n= f (n + 1) − f (n) = f
0(x)
Montrons maintenant que la proposition à l'ordre p entraine celle à l'ordre p + 1 . Comme l'énoncé nous y invite, on considère la fonction g dénie par
g(x) = f (x + 1) − f (x)
et v = ∆u . On remarque alors que v
n= g(n) et que, d'après l'hypothèse de récurrence,
∃x ∈ ]n, n + p[ tq (∆
p+1u)
n= (∆
pv)
n= g
(p)(x)
Or g
(p)(x) = f
(p)(x + 1) − f
(p)(x) . On peut donc appliquer le théorème des accroisse- ments nis à la fonction f
(p)entre x et x + 1 . Il existe z ∈]x, x + 1[⊂]n, n + p + 1[ tel que
(∆
p+1u)
n= f
(p)(x + 1) − f
(p)(x) = f
(p+1)(x)
6. Soit f une fonction complètement monotone dénie dans [0, +∞[ et (u
n)
n∈N
une suite dénie par u
n= f (n) pour tous les n ∈ N. La question 5. montre que (u
n)
n∈N
est complètement monotone.
La suite géométrique β de la question 2. est de cette forme pour la fonction f dénie par f (x) = e
xlnβ. Comme ln β est strictement négatif cette fonction est complètement monotone (premier exemple de la question 3).
On retrouve donc le résultat de la question 2 : pour b ∈]0, 1[ , la suite géométrique de raison b est complètement monotone.
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/