A R´ eduction de l’intervalle d’´ etude

ECS1 H. Boucher Corrig´e Devoir surveill´e n^o2

Exercice 1 Questions ind´ependantes

1. Init. u₀ = 2 et 2⁰+ 0 + 1 = 1 + 1 = 2. Donc u₀ = 2⁰+ 0 + 1 . H´er. Soitn∈N. Supposons queun= 2ⁿ+n+ 1.

Alorsu_n+1 = 2u_n−n= 2(2ⁿ+n+ 1)−n= 2ⁿ⁺¹+ 2n+ 2−n= 2ⁿ⁺¹+ (n+ 1) + 1 , cqfd.

2. Soit N un entier sup´erieur ou ´egal `a 1.

(a) Je ne d´etaille pas la technique calculatoire qui a ´et´e souvent men´ee `a bien, je vous en indique une plus astucieuse et un peu plus ´economique.

M1 On met au mˆeme d´enominateur, on d´eveloppe et on identifie.

M2 Soitf(k) = 1

k(k+ 1)(k+ 2) etg(k) = a k + b

k+ 1+ c k+ 2.

• kf(k) = 1

(k+ 1)(k+ 2) etkg(k) =a+ bk

k+ 1+ ck

k+ 2. L’´egalit´e de ces deux expressions

donne 1

(k+ 1)(k+ 2) = a+ bk

k+ 1+ ck

k+ 2. ´Evalu´ee en k = 0, cette ´egalit´e donne alors a= 1

2.

• On laisse au lecteur le soin de reproduire cette m´ethode avec (k+ 1)f(k) = (k+ 1)g(k) et (k+ 2)f(k) = (k+ 2)g(k) (en ´evaluant respectivement en k = −1 et k = −2) pour obtenir betc.

Finalement, a= 1

2,b=−1,c= 1 2 . (b) Ainsi

N

X

k=1

1

k(k+ 1)(k+ 2) =

N

X

k=1

1/2 k − 1

k+ 1+ 1/2

k+ 2. On ´ecrit 1

k+ 1 = 1/2

k+ 1+ 1/2 k+ 1. Alors

N

X

k=1

1

k(k+ 1)(k+ 2) = 1 2

N

X

k=1

1 k− 1

k+ 1

! +1

2

N

X

k=1

− 1

k+ 1+ 1 k+ 2

! . Alors par t´elescopage :

N

X

k=1

1

k(k+ 1)(k+ 2) = 1 2

1− 1 N + 1

+1

2

−1 2 + 1

N + 2

.

Finalement,

N

X

k=1

1

k(k+ 1)(k+ 2) = 1

4− 1

2(N + 1)(N+ 2) . 3.

p

Y

k=2

3kln(k+ 1) ln(k) =

p

Y

k=2

3

! _p Y

k=2

k

! _p Y

k=2

ln(k+ 1) ln(k)

! .

Par t´elescopage (pour le dernier produit),

p

Y

k=2

3kln(k+ 1)

ln(k) = 3^p−1p!ln(p+ 1) ln(2) . 4. Soit nun entier sup´erieur ou ´egal `a 2.

On rappelle que, pourx,y∈R, max(x,y) =

(x six > y

y sinon et min(x,y) =

(x si x < y y sinon .

(a) S1 = X

16i,j6n

max(i,j) =

n

X

j=1

 X

i=1

j+

n

X

i=j+1

i=

n

X

j=1

j²+(n−j)(n+j+ 1) 2

. AinsiS1 =

n

X

j=1

n(n+ 1)

2 − 1

2

n

X

j=1

j+1 2

n

X

j=1

j²= n²(n+ 1)

2 −n(n+ 1)

4 +n(n+ 1)(2n+ 1)

12 .

On factorise :S₁ = n(n+ 1)

12 (6n−3 + 2n+ 1) = n(n+ 1)(4n−1)

6 .

(b) S₂ = X

16i,j6n

2^min(i,j)=

n

X

i=1





i

X

j=1

2^j+

n

X

j=i+1

2ⁱ



=

n

X

i=1

2−2ⁱ⁺¹

1−2 + (n−i)2ⁱ

.

On d´ecompose :S2 =−

n

X

i=1

2 +

n

X

i=1

2ⁱ⁺¹+

n

X

i=1

(n−i)2ⁱ =−2n+ (2ⁿ⁺²−4) +

n−1

X

j=0

j2^n−j, `a l’aide du changement d’indicej=n−i. Il reste `a exprimer

n−1

X

j=0

j

2^j, calcul encore non trivial, d´evelopp´e

`

a nouveau dans la suite du sujet. Ici la question est longue et technique et n’est `a traiter que lorsqu’on a fait tout le reste soigneusement.

R´esultat final : S2 = 6×2ⁿ−4n−6 . 5. Soit nentier impair.

A= (x+y)

n−1

X

k=0

(−1)^kx^n−1−ky^k=

n−1

X

k=0

(−1)^kx^n−ky^k+

n−1

X

k=0

(−1)^kx^n−1−ky^k+1 en d´eveloppant.

Puis A=

n−1

X

k=0

(−1)^kx^n−ky^k+

n

X

k=1

(−1)^k−1x^n−ky^k en d´ecalant l’indice de la seconde somme.

Puis A=

n−1

X

k=0

(−1)^kx^n−ky^k−

n

X

k=1

(−1)^kx^n−ky^k car (−1)^k=−(−1)^k−1. Par t´elescopage, A=xⁿ−(−1)ⁿyⁿ. Orn est impair donc (−1)ⁿ=−1.

Finalement (x+y)

n−1

X

k=0

(−1)^kx^n−1−ky^k=xⁿ+yⁿ.

6. Soit n ∈N^∗ et soit f :R→ R une fonction p´eriodique de p´eriode n. Soit g la fonction d´efinie sur R parg:x7→

n−1

X

k=0

f(x+k).

Pour toutx∈R,g(x+ 1) =

n−1

X

k=0

f(x+ 1 +k) =

n

X

k=1

f(x+k) par d´ecalage d’indice.

Doncg(x+ 1) =

n−1

X

k=1

f(x+k)

!

+f(x+n).

Or f(x+n) = f(x), donc g(x+ 1) = f(x) +

n−1

X

k=1

f(x+k)

!

=

n−1

X

k=0

f(x+k) = g(x) . On a donc montr´e que g est 1-p´eriodique .

7. Soitf :R→Rune fonction impaire. Pour tout x∈R,f(x) =−f(−x). En particulier, f(0) =−f(0), donc f(0) = 0 .

Probl`eme 1

A Une somme particuli` ere

1. Soit (a_n)n∈Nla suite de nombres d´efinie par a₀ =−1 et pour tout n∈N,a_n+1= 3a_n+ 4n+ 2.

(a) a₁= 3a₀+ 4×0 + 2 =−1 ,a₂ = 3a₁+ 4×1 + 2 = 3 et a₃ = 3a₂+ 4×2 + 2 = 19.

(b) Init. a2 = 3∈N^∗.

H´er. Soitn>2 entier. Supposons quean∈N^∗.

Alorsa_n+1 = 3a_n+ 4n+ 2>0 et entier, donc a_n+1 ∈N^∗. (c) Pour toutn>2,a_n+1−a_n= 2a_n+ 4n+ 2>0. De plusa₂ > a₁.

Donc (a_n)n∈N^∗ est croissante . 2. Pour toutn∈N, on poseb_n= a_n+ 1

3ⁿ⁻¹ . (a) Pour toutk∈N,bk+1−bk= ak+1+ 1

3^k − ak+ 1

3^k−1 = 3ak+ 4k+ 2 + 1

3^k −3ak+ 3 3^k = 4k

3^k . (b) Pour toutn∈N,bn+1=bn+1−b0 =

n

X

k=0

bk+1−bk. Donc bn+1 =

n

X

k=0

4 k 3^k = 4

n

X

k=0

k 3^k . 3. Pour toutn∈N, on posec_n=a_n+ 2n+ 2.

(a) Pour toutn∈N,cn+1=an+1+ 2(n+ 1) + 2 = 3an+ 4n+ 2 + 2n+ 4, soitcn+1= 3an+ 6n+ 6 = 3(a_n+ 2n+ 2) = 3c_n.

Donc (c_n)n∈N est une suite g´eom´etrique de raison 3 . (b) Pour toutn∈N,cn=c0×3ⁿ= 3ⁿ.

Puis a_n=c_n−2n−2 = 3ⁿ−2n−2 . 4. Soit n∈N.

n

X

k=0

k 3^k = 1

4b_n+1 = 1 4

a_n+1+ 1 3ⁿ = 1

4

3ⁿ⁺¹−2(n+ 1)−2 + 1

3ⁿ = 1

4

3ⁿ⁺¹−2n−3

3ⁿ .

Finalement ∀n∈N,

n

X

k=0

k 3^k = 3

4− 2n+ 3 4×3ⁿ .

B Une formule g´ en´ erale

Pour tout n∈N^∗, on pose Sn=

n

X

k=1

kx^k.

5. Sn=

n

X

k=1

kx^k=

n−1

X

j=0

(j+ 1)x^j+1 =

n−1

X

j=0

jx^j+1+

n−1

X

j=0

x^j+1. Or

n−1

X

j=0

jx^j+1 =

n−1

X

j=1

jx^j+1 =x

n−1

X

j=1

jx^j =x(Sn−nxⁿ).

Donc S_n=x(S_n−nxⁿ) +

n−1

X

j=0

x^j+1 .

6. On a X

j=0

x^j+1= x−x 1−x .

DoncSn−xSn=−nxⁿ⁺¹+x−xⁿ⁺¹

1−x = −nxⁿ⁺¹(1−x) +x−xⁿ⁺¹

1−x .

Apr`es simplification du num´erateur, Sn= x−(n+ 1)xⁿ⁺¹+nxⁿ⁺²

(1−x)² .

7. Init. S₁=xet x−2x²+x³

(1−x)² = x(1−2x+x²) (1−x)² =x.

H´er. Soitn∈N^∗. Supposons S_n= x−(n+ 1)xⁿ⁺¹+nxⁿ⁺² (1−x)² . AlorsSn+1 =Sn+ (n+ 1)xⁿ⁺¹ = x−(n+ 1)xⁿ⁺¹+nxⁿ⁺²

(1−x)² +xⁿ⁺¹. D’o`u S_n+1 = x−(n+ 1)xⁿ⁺¹+nxⁿ⁺²+xⁿ⁺¹(1−2x+x²)

(1−x)² . On d´eveloppe et on simplifie le num´erateur, ce qui donne Sn+1= x−(n+ 2)xⁿ⁺²+ (n+ 1)xⁿ⁺³

(1−x)² .

8. En appliquant cette formule avecx= 1

3, on v´erifie le r´esultat de la question 4.

En effet, x−(n+ 1)xⁿ⁺¹+nxⁿ⁺²

(1−x)² =

1 3 4 9

−

n+1

3ⁿ⁺¹ −_3n+2ⁿ

4 9

= 3 4 −9

4

3(n+ 1)−n 3ⁿ⁺² = 3

4− 2n+ 3 4×3ⁿ .

Probl`eme 2

Soit f d´efinie par f :x7→e^cos(x). On rappelle que 2< e <3.

A R´ eduction de l’intervalle d’´ etude

1. Avec g : x 7→ cos(x), d´efinie et d´erivable sur R, et h : x 7→ exp(x), d´efinie et d´erivable sur R, on a f =h◦g.

f est d´efinie et d´erivable sur Rpar composition car :

• g est d´efinie et d´erivable sur R,

• ∀x∈R, cos(x)∈R, ensemble de d´efinition et de d´erivabilit´e de h.

2. ∀x∈R,f(x+ 2π) =e^cos(x+2π)=e^cos(x)=e^x.

Donc f est p´eriodique de p´eriode 2π . On peut alors ´etudier f sur l’intervalle [−π,π] . 3. ∀x∈R,−x∈D_f et f(−x) =e^cos(−x)=e^cos(x)=f(x).

Donc f est paire , en particulier f|_[− π,π] ´egalement et on peut alors ´etudier f sur l’intervalle I = [0,π] .

B Etude ´

4. f =h◦g doncf⁰ =g⁰×(h⁰◦g). Donc pour toutx∈D_f, f⁰(x) =−sin(x)e^cos(x) .

5. sin est positive sur I = [0,π] et pour tout x ∈ I, e^cos(x) > 0 donc f⁰ est n´egative sur I et ainsi f est d´ecroissante sur I .

6. Pour x ∈ I, f(x) = 1 ⇔ e^cos(x) = 1 ⇔ cos(x) = 0 ⇔ x= π

2 . (La solution est unique car cos est bijective sur [0,π].

7. Apr`es avoir trac´e la courbe sur [0,π] (d´ecroissante, `a valeurs dans 1

e,e

, avec une demi-tangente hori- zontale en 0 et enπ carf⁰(0) =f⁰(π) = 0), on compl`ete par sym´etrie par rapport `a l’axe vertical (du fait de la parit´e) puis par translations (du fait de la p´eriodicit´e).

π 3π

−π

C Pr´ ecisions

8. f est continue et strictement d´ecroissante sur [0,π], elle r´ealise donc une bijection de [0,π] dans 1

e,e

, qui contient la valeur 2.

D’apr`es le th´eor`eme de la bijection, f(x) = 2 admet une unique solution sur [0,π] .

9. Pour toutx∈R, cos(π−x) = cos(x−π) = cos(π+x) (par parit´e puis par p´eriodicit´e de cos). Donc