Corrig&eacute du DS 6

(1)

Math´ ematiques Corrig´ e du DS n

^◦

6 Exercice 1

.

[Ecricome 2016]

1. (a) g₀ est C^∞ sur R⁺ (comme quotient de deux fonctions C^∞ avec un d´enominateur non nul), strictement d´ecroissante sur [0,+∞[ comme inverse d’une fonction strictement croissante et (strictement) positive.

x→+∞lim g0(x) = lim

x→+∞

1

(1 +x)² = 0.

L’´equation de la tangente en 0 esty=g₀⁰(0)(x−0) +g0(0).

Or, pour tout x≥0, g₀⁰(x) =− 2

(1 +x)³,donc la tangente en 0 a pour ´equationy=−2x+ 1.

Rq : En fait, il s’agit d’une demi-tangente, car g₀ n’est pas d´efinie sur]− ∞,0[.

(b) Soitn≥1.

gn estC^∞sur [0,+∞[ comme compos´ee, puissance et quotient de fonctions usuelles et

∀x∈[0,+∞[, g_n⁰(x) = n 1

1 +x(ln(1 +x))ⁿ⁻¹(1 +x)²−2(1 +x)(ln(1 +x))ⁿ (1 +x)⁴

∀x∈[0,+∞[, g_n⁰(x) =

≥0

z }| {

(1 +x)(ln(1 +x))ⁿ⁻¹(n−2 ln(1 +x)) (1 +x)⁴

| {z }

≥0

D’o`ug⁰_n(x)≥0⇔n−2 ln(1 +x)≥0⇔n≥2 ln(1 +x)⇔1 +x≤e^n/2⇔x≤e^n/2−1.

Commen/2>0, e^n/2>1 et donce^n/2−1∈[0,+∞[.

On a donc : g_n croissante sur [0, e^n/2−1] et d´ecroissante sur [e^n/2−1,+∞[.

M_n=g_n(e^n/2−1) g_n(0) =(ln(1))ⁿ

1² = 0

x→+∞lim gn(x) =

en posanty=1+x lim

y→+∞

(lny)ⁿ

y² = 0 par croissances compar´ees.

(c) D’apr`es le tableau de variations degn, gn admet un maximum sur [0,+∞[ ene^n/2−1 qui vaut : Mn =gn(e^n/2−1) = (ln(e^n/2))ⁿ

(e^n/2)² =(n/2)ⁿ eⁿ =n

2e ⁿ

.

ln(Mn) =nlnn 2e

tend vers +∞quandntend vers +∞donc :

n→+∞lim Mn= +∞.

(d) Pour toutn≥1, gn(x)

1/x^3/2 ∼(ln(1 +x))ⁿ

x^1/2 →

x→+∞0 (toujours par croissances compar´ees), doncgn(x) = o

x→+∞

1 x^3/2

. 2. (a) SoitA >0.

Z A 0

g₀(t)dt= Z A

0

1

(1 +t)²dt=

− 1 1 +t

A 0

=− 1

1 +A+ 1 →

A→+∞1, doncI₀=

Z +∞

0

g₀(t)dt converge et vaut 1.

(b) Soitn≥1.

• gn et t7→ 1

t^3/2 sont continues et positives sur [1,+∞[.

• gn(t) = o

t→+∞

1 t^3/2

d’apr`es 1d.

• Or, Z +∞

1

t^3/2dtconverge (Riemann et 3/2>1), donc, d’après le théorème de comparaison des intégrales de fonctions positives,

Z +∞

1

gn(t)dtconverge aussi.

• Enfin, commeg_n est continue sur [0,1], Z 1

0

g_n(t)dtexiste.

Par suite,I_n= Z +∞

0

g_n(t)dtconverge.

(2)

(c) SoitA >0.

Posonsu(t) = (ln(1 +t))ⁿ⁺¹, u⁰(t) =(n+ 1)

1 +t (ln(1 +t))ⁿ, v⁰(t) = 1

(1 +t)², v(t) =− 1 1 +t. Commeuetv sont de classeC¹ sur [0, A],on peut int´egrer par parties et on a :

Z A 0

g_n+1(t)dt=

−(ln(1 +t))ⁿ⁺¹ 1 +t

^A

0

+ Z A

0

(n+ 1)

1 +t (ln(1 +t))ⁿ 1 1 +tdt

=−(ln(1 +A))ⁿ⁺¹

1 +A + (n+ 1) Z A

0

gn(t)dt.

Or, lim

A→+∞

Z A 0

gn+1(t)dt=In+1, lim

A→+∞

Z A 0

gn(t)dt=In (carIn et In+1 convergent) et lim

A→+∞−(ln(1 +A))ⁿ⁺¹

1 +A = 0 (par croissances compar´ees),

donc, en passant à la limite dans l’égalité précédente, on obtient bien : I_n+1= (n+ 1)I_n. (d) Montrons par récurrence que, pour toutn∈N, In=n! (HRn).

Initialisation : On aI0= 1 et 0! = 1,donc on a bienHR0. Hérédité : Soitn∈Net supposonsHRn vérifiée.

AlorsI_n+1= (n+ 1)I_n =

HR_n(n+ 1)n! = (n+ 1)!

On a bienHRn+1.

Conclusion : D’o`u, par r´ecurrence, pour toutn∈N, In=n!.

Exercice 2

.

[Ecricome 2011]

On consid`ere l’applicationϕd´efini surR+ par :

ϕ(x) = 1−x²ln (x) six >0 ϕ(0) = 1

ainsi que la fonctionf des variables r´eellesxet y d´efinie par :

∀(x, y)∈]0,+∞[×]0,+∞[, f(x, y) =xy+ ln (x) ln (y) PARTIE I. Etude des z´eros de ϕ.

1. On a

ϕ(x) = 1−x²ln (x) −→

x→+∞−∞

ϕ(x) x = 1

x−xln (x) −→

x→+∞−∞

On a donc une branche parabolique verticale en +∞.

2. ϕest continue sur ]0,+∞[ comme produit de fonctions continues. De plus, par croissance compar´ee en 0, on a ϕ(x) = 1−x²ln (x) −→

x→0⁺1 =ϕ(0) ϕest continue en 0.

Conclusion : ϕest continue surR+.

3. ϕest d´erivable sur R^∗+comme produit de fonctions d´erivables sur R^∗+. Pourx >0, on a ϕ⁰(x) =−2xln (x)−x²

x =−x(2 ln (x) + 1) 4. En 0,on calcule le taux d’accroissement : pourx >0

ϕ(x)−ϕ(0)

x−0 =−xln (x) −→

x→0⁺0 par croissance compar´ee.

Conclusion : ϕest d´erivable en 0 etϕ⁰(0) = 0. Sa courbe a un tangente horizontale en 0.

5. On obtient le tableau de variations suivant

2

(3)

x 0 1/√

e +∞

2 ln (x) + 1 − 0 +

−x − −

ϕ⁰(x) 0 + 0 −

ϕ(x) 1 % 1 + _2e¹ & −∞

6. ϕest strictement positive sur [0,1/√

e], il n’y a donc pas de solution `aϕ(x) = 0 sur cet intervalle.

ϕest continue et strictement d´ecroissante sur ]1/√

e,+∞[ dans ]−∞,1 + 1/(2e)[. D’après le théorème de la bijection monotone,ϕest bijective de ]1/√

e,+∞[ dans ]−∞,1 + 1/(2e)[. Comme 0∈]−∞,1 + 1/(2e)[, il existe une unique solutionα`a ϕ(x) = 0. De plus,

ϕ√ 2

= 1−2 ln√ 2

= 1−ln (2)>0 etϕ(2) = 1−4 ln (2)<0 ϕ(2)< ϕ(α)< ϕ√

2 .

Commeϕest strictement d´ecroissante sur ]1/√

e,+∞[ et que√

2,αet 2 en sont ´el´ements, on obtient

√

2< α <2.

Conclusion : il existe un unique r´eel αtel que ϕ(α) = 0 et√

2< α <2.

7. ϕest continue sur [0, α] doncIconverge.

On ne peut pas calculerI en int´egrant par parties sur [0, α], car ln n’est pas d´erivable en 0. Soitε >0 Z α

ε

ϕ(x)dx= Z α

ε

1−x²ln (x)dx= [x]^α_ε − Z α

ε

x²ln (x)dx soitu(x) = ln (x), u⁰(x) = 1/xetv⁰(x) =x², v(x) =x³/3 avec uet vde classeC¹sur [ε, α]

Z α ε

x²ln (x)dx= x³

3 ln (x) ^α

ε

− Z α

ε

x³ 3xdx

= α³

3 ln (α)−x³ln (x)− x³

9 ^α

ε ε→0−→⁺

α³

3 ln (α)−α³ 9 et donc

Z α ε

ϕ(x)dx −→

ε→0⁺α−α³

3 ln (α) +α³ 9 On en conclut que

I= Z α

0

ϕ(x)dx=α−α³

3 ln (α) +α³ 9 .

On se souvient queϕ(α) = 1−α²ln (α) = 0 doncα²ln (α) = 1 etα³ln (α) =α, d’o`u I=α−α

3 −α³

9 =α 6 +α² 9 8. On consid`ere les deux suites (a_n)_n∈

N et (b_n)_n∈

Nd´efinies par :a₀=√

2 etb₀= 2.

∀n≥0, si ϕ(a_n)ϕ

a_n+b_n 2

<0 alors a_n+1=a_n et b_n+1=a_n+b_n 2

∀n≥0, si ϕ(a_n)ϕ

an+bn

2

≥0 alors a_n+1= an+bn

2 et b_n+1=b_n On reconnait dans ce programme la m´ethode de dichotomie.

Pour écrire un programme en Scilab calculant a7 et b7, il y a simplement à suivre la définition mathématique donnée, en pla¸cant les termes successifs des suites a et b dans a et b , les réaffectations pour an+1 = an et bn+1=bn étant inutiles.

function y=phi(x) y=1-xˆ2*log(x);

end

(4)

a=sqrt(2); b=2;

for n=1:7

if phi((a+b)/2)*phi(a)<0 then b=(a+b)/2;

else a=(a+b)/2;

end end disp(a,b)

PARTIE II. Extrema de f sur ]0,+∞[×]0,+∞[

Rappelons queαest l’unique r´eel v´erifiantϕ(α) = 0.

1. t7→ln(t) est de classeC²sur ]0,+∞[. Pour (x, y)∈]0,+∞[×]0,+∞[, alorsf est de classeC²sur ]0,+∞[×]0,+∞[

comme produit, somme et compos´ees de fonctions de classe C². 2. Pour (x, y)∈]0,+∞[×]0,+∞[, on af(x, y) =xy+ ln (x) ln (y), donc

∂₁(f) (x, y) =y+ 1 xln (y)

∂2(f) (x, y) =x+ ln (x)1 y

(x, y) est un point critique def si et seulement si les deux dérivées partielles premières s’annulent :





 y+ 1

xln (y) = 0 x+ ln (x)1

y = 0

⇐⇒

xy+ ln (y) = 0

xy+ ln (x) = 0 ⇐⇒

L₁←L1−L2

ln (y)−ln (x) = 0 xy+ ln (x) = 0 ⇐⇒

ln (y) = ln (x) xy+ ln (x) = 0

⇐⇒

y=x

x²+ ln (x) = 0 ⇐⇒







y=x x²

1− 1

x²ln 1

x

= 0 ⇐⇒

x>0







y=x ϕ

1 x

= 0 ⇐⇒

( y=x 1 x=α Conclusion : le point de coordonn´ees

1 α, 1

α

est l’unique point critique def sur ]0,+∞[×]0,+∞[

3. On a pour (x, y)∈]0,+∞[×]0,+∞[

∂_1,1² (f) (x, y) =−1 x²ln (y) orϕ

1 y

= 1− 1 y²ln

1 y

= 1 + 1

y²ln (y), donc ln (y) =y²

ϕ

1 y

−1

.

Par cons´equent,

∂_1,1² (f) (x, y) =y x

2 1−ϕ

1 y

et de la mˆeme fa¸con

∂_2,2² (f) (x, y) = x

y ²

1−ϕ 1

x

.

Commef est de classeC², d’après le théorème de Schwarz, on a

∂_2,1² (f) (x, y) = 1 + 1

xy =∂_1,2² (f) (x, y). 4. ´Ecrivons la matrice hessienne en (x, y) =

1 α, 1

α

∇²(f) 1

α, 1 α

=

1 1 +α² 1 +α² 1

D´eterminons les valeurs propres de∇²(f) 1

α,1 α

. Soitλ∈R, alors

∇²(f) 1

α, 1 α

−λ I₂est non inversible⇐⇒(1−λ)²−(1 +α²)²= 0⇐⇒(λ+α²) (λ−2−α²) = 0

∇²(f) 1

α, 1 α

a donc−α²<0 et 2 +α²>0 pour valeurs propres. Comme ces valeurs propres sont non nulles et de signes oppos´es, la fonctionf ne pr´esente pas d’extremum local sur l’ouvert ]0,+∞[×]0,+∞[.

4

(5)

Exercice 3

.

[EM Lyon 2005]

On considère l’applicationf :R→R, définie, pour tout réel t, par :

f(t) =







0 sit≤0

1

(1 +t)² sit >0 1. f est d´erivable sur ]0,+∞[ etf⁰(t) = −2

(1 +t)³ <0.

En 0⁺ on af(t)→1 etf⁰(t)→ −2 donc la courbe repr´esentative de f a une demi tangente de pente−2 en 0⁺ En +∞on af(t)→0

On trace donc l’axe ]−∞,0] puis la tangente en 0et l’asymptote ]0,+∞[

2. Commef est une densit´e,Rx

−∞f(t)dtconverge.

— Pourx≤0 : Z x

−∞

f(t)dt= Z x

−∞

0dt= 0

— Pourx≥0 : Z x

−∞

f(t)dt= Z 0

−∞

0dt+ Z x

0

1

(1 +t)²dt= −1

1 +t x

0

= 1− 1

1 +x = x 1 +x 3. Pourα≥0,

Z α 0

f(t)dt= 1

2 ⇐⇒ α

1 +α= 1 2

⇐⇒ 2α= 1 +α

⇐⇒ α= 1

Conclusion : α= 1 est le seul r´eel positif (et le seul r´eel tout court) tel queRα

0 f(t)dt= ¹₂ 4. Soitx∈[0,+∞[ fix´e.

On consid`ere la fonctionϕ_xd´efinie sur [0; +∞[ par :∀u∈[0,+∞[, ϕx(u) = Z x+u

x−u

f(t)dt.

(a) On a

ϕx(0) = Z x+0

x−0

f(t)dt= Z x

x

f(t)dt= 0 Et commeRx+u

x−u f(t)dt=Rx

x−uf(t)dt+Rx+u

x f(t)dtet que R+∞

−∞ f converge alors Z x+u

x−u

f(t)dt= Z x

x−u

f(t)dt+ Z x+u

x

f(t)dt

→ Z x

−∞

f(t)dt+ Z +∞

x

f(t)dt

= Z +∞

−∞

f = 1

Conclusion : ϕx(0) = 0 et lim

u→+∞ϕx(u) = 1 (b) Soient 0< u < v alors

ϕx(v)−ϕx(u) = Z x+v

x−v

f(t)dt− Z x+u

x−u

f(t)dt par Chasles :

= Z x−u

x−v

f(t)dt+ Z x+v

x+u

f(t)dt et comme x−v < x−uet que f ≥0 alors Rx−u

x−v f(t)dt≥0 Donc ∀(u, v)∈[0,+∞[², u < v=⇒ϕx(v)−ϕx(u)≥

Z x+v x+u

f(t)dt.

Comme on a alors x+v > x+u et f(t) ≥ f(x+u) (car f y est d´ecroissante) sur [x+u, x+v] alors Rx+v

x+u f(t)dt >Rx+v

x+u f(x+u)dt >0

Donc, ∀(u, v) ∈ [0,+∞[², v > u =⇒ ϕ_x(v) > ϕ_x(u) ce qui est la d´efinition d’une fonction strictement croissante sur [0; +∞[.

Conclusion : ϕ_x est strictement croissante sur [0; +∞[

(6)

(c) On admet queϕxest continue sur [0; +∞[.

Elle est donc strictement croissante et continue donc bijective de [0,+∞[ dans [lim0ϕx,lim+∞ϕx[ = [0,1[

Comme ¹₂ ∈[0,1[ alors l’´equationϕx(u) =1

2, d’inconnueu, admet une solution et une seule dans [0; +∞[.

On note U : [0; +∞[→R l’application qui, à tout réel x∈ [0; +∞[, associe U(x) l’unique solution de l’équation ϕ_x(u) =¹₂.

Ainsi, pour toutx∈[0; +∞[, on a :

Z x+U(x) x−U(x)

f(t)dt=1 2 . 5. (a) Soitx∈[0;¹₂[

On calcule

Z x+(1−x) x−(1−x)

f(t)dt= Z 1

2x−1

f(t)dt

Et comme 2x−1≤0 alorsR1

2x−1f(t)dt=R0

2x−10dt+R1 0

1 (1+t)²dt Z x+(1−x)

x−(1−x)

f(t)dt= Z 1

0

1 (1 +t)²dt

= −1

1 +t 1

0

= −1 2 + 1

=1 2

Donc pour toutx∈[0;¹₂[, U(x) = 1−xest bien une solution. C’est doncla bonne.

(b) Pour toutx∈[¹₂; +∞[,

ϕ_x(x) = Z x+x

x−x

f(t)dt= Z 2x

0

1 (1 +t)²dt et on proc`ede par minoration : _(1+t)¹ 2 ≥_(1+2x)¹ 2 ≥ _(2x)¹2 et comme 0≤2x

Z 2x 0

1

(1 +t)²dt≤ Z 2x

0

1

4x²dt= 2x 4x² =1

2

(On pouvait aussi calculer explicitement l’intégrale puis prouver l’inégalité sur le résultat obtenu) Doncϕx(x)≥1

2,

On a donc ϕx(x)≥ϕx(U(x)) et commeϕx est strictement croissante sur [0,+∞[ et quexet U(x) en sont

´

el´ements,

x≥U(x) et doncx−U(x)≥0,

Enfin, commex−U(x)≥0, alorsf(t) = _(1+t)¹ 2 sur tout l’intervalle [x−U(x), x+U(x)] et

Z x+U(x) x−U(x)

f(t)dt =

Z x+U(x) x−U(x)

1 (1 +t)²dt

= −1

1 +t

x+U(x) x−U(x)

= −1

1 +x+U(x)+ 1 1 +x−U(x)

= −(1 +x−U(x)) + (1 +x+U(x)) (1 +x+U(x)) (1 +x−U(x))

= 2U(x)

(1 +x)²−U(x)² Donc

ϕ_x(U(x)) = 1

2 ⇐⇒ 2U(x)

(1 +x)²−U(x)² = 1 2

⇐⇒ U(x)²+ 4U(x)−(1 +x)²= 0

´

equation du second degr´e enU(x) qui a pour discriminant ∆ = 16 + 4 (1 +x)²= 4

4 + (1 +x)² 6

(7)

et pour racines

U(x) =−4±2 q

4 + (1 +x)² 2

=−2± q

4 + (1 +x)² et comme −2−

q

4 + (1 +x)²<0 et queU(x)≥0 alors Conclusion : U(x) =−2 +

q

4 + (1 +x)²

6. (a) Pourx≥¹₂ on a 4 + (1 +x)²≥0 doncU est continue sur₁

2,+∞

De plus elle est continue ( ∀x∈ 0,¹₂

, U(x) = 1−x) sur 0,¹₂ En ¹₂⁻ on aU(x) = 1−x→¹₂ et

U ¹₂

=−2 + q

4 + 1 +¹₂²

=−2 +q

4 +⁹₄ =−2 +q

25

4 =−2 + ⁵₂ =¹₂ DoncU est continue en ¹₂⁻

Conclusion : U est continue sur [0,+∞[

(b) De mˆeme,U est d´erivable sur ₁

2,+∞

(4 + (1 +x)²>0) et sur 0,¹₂ En ¹₂ il faut tester si les dérivée à droite et à gauche sont égales :

CommeU est continue en ¹₂,on peut utiliser le th´eor`eme de prolongementC¹:¨

— Pourx < ¹₂:U⁰(x) =−1→ −1 doncU est dérivable à droite de¹₂ et sa dérivée à droite est de−1

— Pourx > ¹₂:U⁰(x) = 1 2

q

4 (1 +x)²

2 (1 +x)→ 1 2

q 4⁹₄

23 2 =1

2 : DoncU est dérivable à gauche en ¹₂ et sa dérivée à gauche est ¹₂ Comme−16=¹₂ alorsU n’est pas dérivable en ¹₂.

(c) En +∞on peut trouver l’asymptote en effectuant un développement limité après factorisation : U(x) = −2 +

q

4 + (1 +x)²

= −2 +p

x²+ 2x+ 5

= −2 +p

x²(1 + 2/x+ 5/x²) On a √

x²=|x|=x et comme √

1 +X= 1 + ¹₂X+Xε(X) quandX→0,avecX = 2/x+ 5/x²on a :

p1 + 2/x+ 5/x²= 1 +1 2

2 x+ 5

x²

+ 2

x+ 5 x²

ε(X)

= 1 + 1 x+1

xε1(x) avecε1(x)→0 quandx→+∞

U(x) =−2 +x

1 + 1 x+ 1

xε1(x)

=x−1 +ε₁(x)

Conclusion : la droite d’équationy=x−1 est asymptote à la courbe représentative deU en +∞

N.B. Comme l’asymptote était donné, on pouvait plus simplement déterminer la limite de la différence :

U(x)−(x−1) =−2 + q

4 + (1 +x)²−(x−1)

= q

4 + (1 +x)²−(x+ 1) conjugu´ee :

= q

4 + (1 +x)²

2

−(x+ 1)² q

4 + (1 +x)²+ (x+ 1)

= 4

q

4 + (1 +x)²+ (x+ 1)

→0

(8)

(d) Pour tracer la courbe repr´esentative deU, il faut placer l’asymptote en +∞,les deux demi tangentes en ¹₂. CommeU ¹₂

= ¹₂,il faut bien placer le point sur la droite d’équationy=x... ce qui est très utile à la suite.

7. On considère la suite réelle (an)_n∈_N définie par

a0= 1

∀n∈N, an+1=U(an) (a) Par r´ecurrence :

— a0= 1≥ ¹₂

— Soit n≥0 tel quean ≥¹₂ commeU est croissante sur₁

2,+∞

et quean et ¹₂ en sont ´el´ements alors an+1=U(an)≥U ¹₂

=¹₂ Conclusion : ∀n∈N, an≥ ¹₂ .

(b) On ´etudie le signe deU(x)−xpourx≥¹₂

U(x)−x= q

4 + (1 +x)²−(2 +x) (quantit´es conjugu´ees)

= q

4 + (1 +x)²

2

−(2 +x)² q

4 + (1 +x)²+ (2 +x)

= 4 + 1 + 2x+x²

− 4 + 4x+x² q

4 + (1 +x)²+ (2 +x)

= 1−2x

q

4 + (1 +x)²+ (2 +x)

≤0

Donc, commea_n≥ ¹₂ on aU(a_n)≤a_n Conclusion : (an)_n∈N est d´ecroissante.

(c) La suite est d´ecroissante et minor´ee par ¹₂ donc elle converge vers une limite`≥ ¹₂ CommeU est continue sur [0,+∞[ elle est continue en`.

DoncU(`) =`.

cette ´equation n’a pas de solution sur 0,¹₂

o`uU(x) = 1−x Et sur₁

2,+∞

, U(x)−xest du signe de 1−2x DoncU(x) =x⇐⇒x=¹₂

Conclusion : an →¹₂ quandn→+∞

(d) On calculean et ntant que an−¹₂

=an−¹₂ >10⁻⁶: a=1; n=0;

while abs(a-0.5) > 10^(-6) a=sqrt(4+(a+1)^2)-2 n=n+1

end disp(a)

8