Devoir surveillé n 8

Ann´ee 2021-2022 – ECG1 & ECG2 – Lyc´ee Janson de Sailly DS 8 –

– Devoir surveill´ e n ^◦ 8 –

– Le samedi 09 avril 2022 –

Voici les consignes d’usage, pr´ esentes dans le libell´ e des ´ epreuves de math´ ematiques des concours : La pr´ esentation, la lisibilit´ e, l’orthographe, la qualit´ e de la r´ edaction, la clart´ e et la pr´ ecision des

raisonnements entreront pour une part importante dans l’appr´ eciation des copies.

Les candidats sont invit´ es ` a encadrer, dans la mesure du possible, les r´ esultats de leurs calculs.

Ils ne doivent faire usage d’aucun document ; seule l’utilisation d’une r` egle gradu´ ee est autoris´ ee.

N’oubliez pas de bien num´ eroter vos copies et de traiter les questions dans l’ordre.

Les diff´ erentes parties de ce probl` eme ne sont pas ind´ ependantes. Il n’est n´ eanmoins pas n´ ecessaire d’avoir r´ eussi ` a d´ emontrer un r´ esultat pour l’utiliser dans la suite du probl` eme.

Exercice 1. On consid` ere l’espace vectoriel E = M

( R ) muni de sa base canonique (e

, e

, e

) :

e

=



 1 0 0



 , e

=



 0 1 0



 , e

=



 0 0 1



 .

Soit f l’application de E dans E d´ efinie par :

∀(x, y, z) ∈ R

, f







 x y z







 =





2x − y + z x + z x − y + 2z



 .

1. D´ eterminer une matrice A ∈ M

( R ) telle que pour tout (x, y, z) ∈ R

,

f







 x y z







 = A



 x y z



 .

2. Montrer que f est un endomorphisme de E.

3. V´ erifier que A

= 3A − 2I

. 4. En d´ eduire que f

= 3f − 2Id

.

5. Montrer que f est un automorphisme et d´ eterminer son automorphisme r´ eciproque.

6. D´ eterminer une base de Ker(f − 2Id

) et une base de Ker(f − Id

).

7. Montrer que Ker(f − 2Id

) et Ker(f − Id

) sont suppl´ ementaires dans E.

8. (a) D´ eterminer des endomorphismes p et q de E tels que p + q = Id

et 2p + q = f.

On pourra les exprimer en fonction de f et de Id

. (b) Montrer que p et q sont des projecteurs.

(c) V´ erifier que p ◦ q = q ◦ p = 0

. (d) En d´ eduire que pour tout n ∈ N ,

f

= 2

p + q.

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Exercice 2. Partie I

Soit n ∈ N . On consid` ere un polynˆ ome P (X) de degr´ e 2n. On d´ efinit ´ egalement les fonctions f et g sur R par :

∀x ∈ R , f (x) =

n

X

k=0

(−1)

P

(x) et g(x) = f

(x) sin(x) − f (x) cos(x).

1. Montrer que g est d´ erivable sur R et que pour tout x ∈ R , g

(x) = P (x) sin(x).

2. En d´ eduire que :

Z

P (x) sin(x) dx = f (0) + f (π).

Partie II

Soit (p, q) ∈ ( N

)

. On consid` ere maintenant le polynˆ ome P (X) =

X

(p − qX )

. 3. Soit r ∈ N tel que r > 2n. Justifier que P

(X) = 0

. En d´ eduire que P

(0) = 0.

4. Soit r ∈ N tel que r < n. Montrer que P

(0) = 0.

5. Soit r un entier naturel tel que n ≤ r ≤ 2n.

(a) Montrer que le coefficient devant X

dans le polynˆ ome P(X) est

p

(−q)

. (b) Rappeler pourquoi

est aussi le coefficient devant X

dans P (X).

(c) En d´ eduire que :

P

(0) = r!

n!

n r − n

p

(−q)

. (d) En d´ eduire que P

(0) ∈ Z .

6. En d´ eduire que f (0) ∈ Z . 7. Montrer que pour tout x ∈ R , P

− x

= P(x).

8. Montrer que pour tout x ∈ R , et pour tout k ∈ N , P

p q

− x

= (−1)

P

(x).

9. En d´ eduire que pour tout x ∈ R , f

p q

− x

= f (x).

Partie III

On souhaite montrer dans cette partie que π est un nombre irrationnel. Pour cela, on raisonne par l’absurde en supposant qu’il existe (p, q) ∈ N × N

tels que π =

. On consid` ere toujours le polynˆ ome P (X) =

X

(p − qX )

.

Pour tout n ∈ N , on pose u

=

Z

0

x

(p − qx)

sin(x) dx = Z

0

P(x) sin(x) dx.

10. Montrer que pour tout n ∈ N , u

∈ Z . 11. Montrer que pour tout n ∈ N , u

> 0.

12. Montrer que pour tout n ∈ N, u

≤ π

. 13. Montrer que la suite (u

)

converge vers 0.

14. En d´ eduire qu’` a partir d’un certain rang, |u

| ≤

puis que, ` a partir d’un certain rang, u

= 0.

15. Conclure.

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Exercice 3. Dans cet exercice, on se propose de d´ emontrer la formule de Stirling donnant un

´

equivalent de n! :

n! ∼ √ 2πn

n e

.

Questions pr´ eliminaires : 1. Soit x ∈ R

. Calculer

Z

ln(t) dt. En d´ eduire une primitive de t 7→ ln(t) sur ]0, +∞[.

2. Montrer que pour tout n ∈ N

, 1

12n + 1 − 1

12(n + 1) + 1 ≤ 1

3(2n + 1)

et 1

12n − 1

12(n + 1) = 1

3((2n + 1)

− 1) . On a donc en particulier

−

≥

.

3. Soit f la fonction d´ efinie sur ]0, 1[ par f(t) =

ln

1+t 1−t

− 1 −

. (a) Etudier le signe de la fonction g d´ efinie sur ]0, 1[ par g(t) = 2tf (t).

(b) En d´ eduire le signe de f .

4. Soit h la fonction d´ efinie sur ]0, 1[ par h(t) =

−

ln

1−t

+ 1.

(a) Etudier le signe de la fonction k d´ efinie sur ]0, 1[ par k(t) = 2th(t).

(b) En d´ eduire le signe de h.

Partie I

5. (a) Montrer que pour tout k ∈ N tel que k ≥ 2, Z

k−1

ln(t) dt ≤ ln(k) ≤ Z

k

ln(t) dt.

(b) En d´ eduire que pour tout n ∈ N

, Z

1

ln(t) dt ≤ ln(n!) ≤ Z

2

ln(t) dt.

(c) En d´ eduire que ln(n!) ∼ n ln(n).

6. On pose, pour tout n ∈ N

, v

= e

n!

n

, d

= ln(v

), a

= d

− 1

12n et b

= d

− 1 12n + 1 . On souhaite montrer que les suites (a

)

et (b

)

sont adjacentes.

(a) Montrer que les suites (a

)

et (b

)

sont bien d´ efinies.

(b) Montrer que pour tout n ∈ N

,

d

− d

= 2n + 1

2 ln 1 +

1 −

!

− 1.

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(c) En d´ eduire que, pour tout n ∈ N

, 1

12n + 1 − 1

12(n + 1) + 1 ≤ d

− d

≤ 1

12n − 1

12(n + 1) . (d) En d´ eduire que les suites (a

)

et (b

)

sont adjacentes.

(e) En d´ eduire qu’il existe un r´ eel ℓ tel que pour tout n ∈ N

, a

≤ ℓ ≤ b

. 7. Conclure qu’il existe un r´ eel C > 0 tel que pour tout n ∈ N

,

Cn

e

e

≤ n! ≤ Cn

e

e

.

8. En d´ eduire un ´ equivalent de n! en fonction de la constante C.

Partie II

Dans cette partie, on cherche ` a d´ eterminer la constante C de la partie pr´ ec´ edente. Pour tout n ∈ N , on pose :

I

= Z

2

0

cos(t)

dt.

9. Calculer I

et I

.

10. Montrer que pour tout n ∈ N

,

I

= n

n + 1 I

. 11. En d´ eduire l’expression de I

et I

en fonction de p.

12. Montrer que la suite (I

)

est d´ ecroissante et en d´ eduire la limite de la suite

I2n

I2n+1

n

.

13. Conclure concernant la valeur de C.

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Proposition de solutions

Solution 1 1. La matriceA=





2 −1 1

1 0 1

1 −1 2



r´epond `a la question.

2. f est d´efinie et `a valeurs dansEqui est un espace vectoriel. Montrons quef est lin´eaire. Soit (u, v, λ)∈E<sup>2</sup>×R. On a, d’apr`es la question pr´ec´edente,

f(λu+v) =A(λu+v) =λAu+Av=λf(u) +f(v).

Conclusion : f est un endomorphisme deE.

3. On pose le calcul :

A²−3A+ 2I3=





4 −3 3

3 −2 3

3 −3 4



−3





2 −1 1

1 0 1

1 −1 2



+ 2





1 0 0

0 1 0

0 0 1



= 03. Conclusion : A²= 3A−2I3.

4. Soitu∈E. On af(u) =Au doncf²(u) =f◦f(u) =A(Au) =A²upar associativit´e. Ainsi, d’apr`es la question pr´ec´edente, on a

A²u−3Au+ 2I3u=f²(u)−3f(u) + 2IdE(u) = (f²−3f+ 2IdE)(u) = 0E. Conclusion : f²−3f+ 2IdE est l’endomorphisme nul doncf²= 3f−2IdE.

5. D’apr`es la question pr´ec´edente, on af◦ ⁻¹₂ (f−3IdE)

= ⁻¹₂ (f−3IdE)

◦f= IdE.

Conclusion : D’apr`es le cours,f est bijective et son automorphisme r´eciproque estf⁻¹= ⁻¹₂ (f−3IdE).

6. Soit



 x y z



∈E.



 x y z



∈Ker(f−2IdE)⇐⇒







2x−y+z−2x = 0 x+z−2y = 0 x−y+ 2z−2z = 0

⇐⇒







−y+z = 0 x+ 2y+z = 0 x−y = 0

⇐⇒x=y=z⇐⇒



 x y z



=x



 1 1 1



⇐⇒



 x y z



∈V ect







 1 1 1







.

Donc Ker(f−2IdE) =V ect







 1 1 1







. La famille compos´ee de l’unique vecteur non nul



 1 1 1



est donc g´en´eratrice et libre. C’est donc une base de Ker(f−2IdE).

Avec le mˆeme raisonnement, on montre que



 1 1 0



 et



 0 1 1



 forment une famille g´en´eratrice de Ker(f−IdE) compos´ee de deux vecteurs non colin´eaires. C’est donc une base.

7. Commen¸cons par remarquer que les deux ensembles consid´er´es donc bien des sous-espaces vectoriels car ce sont les noyaux de deux applications lin´eaires.

De plus, d’apr`es le question pr´ec´edente et le th´eor`eme de concat´enation des bases, il suffit de montrer que







 1 1 0



,



 0 1 1



,



 1 1 1







est une base deEpour conclure qu’ils sont suppl´ementaires dansE.

On montre par la m´ethode habituelle qu’elle est libre. Puis, comme elle est compos´ee de 3 vecteurs et que la dimension deEest 3×1 = 3, elle est ´egalement g´en´eratrice, c’est donc une base.

Conclusion : Les deux sous-espaces vectoriels sont suppl´ementaires dansE.

8. (a) En r´esolvant le syst`eme, on trouve quep=f−IdEetq= 2IdE−fconviennent (on remarquera que ce sont bien des endomorphismes comme combinaisons lin´eaires d’endomorphismes).

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(b) On sait d´ej`a quepetqsont des endomorphismes. De plus, puisquef et IdE commutent, on a : p²= (f−IdE)²=f²−2f+ IdE= 3f−2IdE−2f+ IdE=f−IdE=p et,

q²= (2IdE−f)²= 4IdE−4f+f²= 4IdE−4f+ 3f−2IdE= 2IdE−f=q.

Conclusion : petqsont des projecteurs.

(c) On a, d’une part,

p◦q= (f−IdE)◦(2IdE−f) = 2f−f²−2IdE+f=−f²+ 3f−2IdE= 0L(E)

et d’autre part,

q◦p= (2IdE−f)◦(f−IdE) = 2f−2IdE−f²+f=−f²+ 3f−2IdE= 0L(E). Conclusion : p◦q=q◦p= 0L(E).

(d) Raisonnons par r´ecurrence. Pour toutn∈N, on poseP(n) : ”fⁿ= 2ⁿp+q”.

Initialisation : Pourn= 0, on af⁰= IdE et 2⁰p+q=p+q= IdE doncP(0) est vraie.

H´er´edit´e :Soitn∈N. On supposeP(n) vraie.

On a alors, en utilisant l’hypoth`ese de r´ecurrence et les question 4.a., 4.b. et 4.c.,

fⁿ⁺¹=fⁿ◦f= (2ⁿp+q)◦(2p+q) = 2ⁿ⁺¹p²+ 2ⁿp◦q+ 2q◦p+q²= 2ⁿ⁺¹p+q.

DoncP(n+ 1) est vraie.

Conclusion : D’apr`es le principe de r´ecurrence, on a bien le r´esultat.

Solution 2 Partie I

1. Les d´eriv´ees successives de fonctions polynˆomiales sont des fonctions polynˆomiales ainsi,fest deux fois d´erivable surRcomme fonction polynˆomiale. sin et cos sont deux fonctions usuelles d´erivables surR. Ainsi, par produit et somme,gest d´erivable surRet, pour toutx∈R,

g^′(x) =f^′′(x) sin(x) +f^′(x) cos(x)−f^′(x) cos(x) +f(x) sin(x) = sin(x) f^′′(x) +f(x) . Or, par op´erations sur les d´eriv´ees,

f^′′(x) +f(x) =

n

X

k=0

(−1)^k

P^(2k)(2)

(x) +

n

X

k=0

(−1)^kP^(2k)(x)

=

n

X

k=0

(−1)^kP^(2k+2)(x) +

n

X

k=0

(−1)^kP^(2k)(x)

=

n

X

k=0

(−1)^kP^(2k)(x) + (−1)^kP^(2(k+1)(x).

En reconnaissant un t´el´escopage, on a alors :

f^′′(x)+f(x) =

n

X

k=0

(−1)^kP^(2k)(x)−(−1)^k+1P^(2(k+1)(x) =P⁽⁰⁾(x)−(−1)ⁿ⁺¹P⁽²ⁿ⁺²⁾(x) =P(x)−(−1)ⁿ⁺¹.0 =P(x) puisque le polynˆomeP(X) est de degr´e 2ndonc sa d´eriv´ee 2n+ 2 est le polynˆome nul.

Conclusion : gest d´erivable surRet pour toutx∈R,g^′(x) =P(x) sin(x).

2. D’apr`es la question pr´ec´edente, on a : Z π

0

P(x) sin(x) dx= Z π

0

g^′(x) dx= [g(x)]^π0 =g(π)−g(0) =f^′(π) sin(π)−f(π) cos(π)−f^′(0) sin(0)+f(0) cos(0) =f(0)+f(π) car sin(π) = sin(0) = 0, cos(0) = 1 et cos(π) =−1.

Conclusion : Z π

0

P(x) sin(x) dx=f(0) +f(π).

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Partie II

3. Soitr∈Ntel quer >2n. PuisqueP(X) est de degr´e 2n(c’est le produit de deux polynˆomes de degr´esn),P^(r) est le polynˆome nul. Ainsi,P^(r)(0) = 0.

4. Soitr ∈Ntel que r < n.Xⁿ divise le polynˆomeP(X) donc 0 est racine deP(X) de multiplicit´e au moins n.

Ainsi, puisquer < n, d’apr`es le cours,P^(r)(0) = 0.

Conclusion : Sir∈Netr < n, alorsP^(r)(0) = 0.

Conclusion : Sir∈Netr >2n, alorsP^(r)(0) = 0.

5. (a) Puisque P(X) = ^X_n!ⁿ(p−qX)ⁿ, le coefficient devant X^r de P(X) sera le coefficient devant X^n−r dans (p−qX)ⁿque l’on divisera parn!. Or, d’apr`es la formule du binˆome de Newton, le coefficient devantX^n−r dans (p−qX)ⁿest :

n r−n

!

(−q)^r−np^n−(r−n)= n r−n

!

p^2n−r(−q)^r−n. D’o`u le r´esultat.

(b) La formule de Taylor en 0 pour les polynˆomes permet d’affirmer, par identification que^P(r)_r!⁽⁰⁾est le coefficient devantX^r deP(X).

(c) En utilisant les deux questions pr´ec´edentes, il vient directement : Conclusion : P^(r)(0) = ^r!_{n! r−n}ⁿ

p^2n−r(−q)^r−n.

(d) Puisque r≥n, on a ^r!_n! ∈ N. De mˆeme, par d´efinition d’un coefficient binomiale _r−nⁿ

∈ N. Enfin, petq sont des entiers donc comme 2n−r≥0 etr−n≥0,p^2n−r∈Net (−q)^r−n∈Z.

Conclusion : Par produit,P^(r)(0)∈Z.

6. D’apr`es les questions pr´ec´edentes, pour toutr∈Ntel quer≤2n, on a P^(r)(0)∈Z. Ainsi, pour tout k∈Ntel k≤n, que (−1)^kP^(2k)(0)∈Z.

Conclusion : Par somme,f(0)∈Z. 7. Soitx∈R.

P p

q −x

= 1 n!

p q −x

n p−q

p q−x

n

= 1 n!

p q −x

n

xⁿ=P(x).

Conclusion : Pour toutx∈R,P p

q−x

=P(x).

8. Raisonnons par r´ecurrence. Soitx∈R. Pour toutk∈N, on poseP(k) : ”P^(k)

p q −x

= (−1)^kP^(k)(x)”.

Initialisation : Pourk= 0, on a d’apr`es la question pr´ec´edente : P⁽⁰⁾(x) =P(x) =P

p q −x

=P⁽⁰⁾ p

q−x

. DoncP(0) est vraie.

H´er´edit´e :Soitk∈N^∗. Supposons queP(k) est vraie. On a donc : (−1)^kP^(k)(x) =P^(k)

p q−x

.

En d´erivant cette ´egalit´e (attention, on d´erive une composition lorsqu’on d´erive le terme de droite), on obtient : (−1)^kP^(k+1)(x) =−P^(k+1)

p q−x

i.e (−1)^k+11P^(k+1)(x) =P^(k+1) p

q −x

. DoncP(k+ 1) est vraie.

Conclusion : D’apr`es le principe de r´ecurrence, on obtient bien le r´esultat.

9. D’apr`es la question pr´ec´edente, pour toutk∈Ntel quek≤n, on a : (−1)^kP^(2k)

p q −x

= (−1)^k(−1)^2kP^(2k)(x) = (−1)^kP^(2k)(x) Ainsi, en sommant terme `a terme, il vient :

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f p

q −x

=

n

X

k=0

(−1)^kP^(2k)(x) =f(x).

Conclusion : Pour toutx∈R,f

p q −x

=f(x).

Partie III

10. Soitn∈N. D’apr`es la question 2., pourP(X) = _n!¹Xⁿ(p−qX)ⁿ qui est bien un polynˆome de degr´e 2n, on a : Z π

0

P(x) sin(x) =f(0) +f(π).

Or, d’apr`es la question 6.,f(0)∈Z. Puis,f(π) =f(π−0) =f(<sup>p</sup><sub>q</sub> −0) =f(0) d’apr`es la question 9. Donc, par sommeun∈Z.

Conclusion : Pour toutn∈N,un∈Z.

11. Soitn∈N. Soitx∈[0, π]. On a alors,xⁿ≥0 et sin(x)≥0. De plus, puisqueπ= ^p_q, avec qstrictement positifs, on a≤qx ≤pdonc −p≤ −qxet donc 0≤p−qx. Ainsi, par produit,P(x) sin(x)≥0 et comme, 0≤π, par positivit´e de l’int´egrale, il vientun≥0.

Puis, par propri´et´e de l’int´egrale nulle, si il existe unn ∈ N, tel que un = 0 alors,P(x) sin(x) = 0 pour tout x∈[0, π]. Ceci est clairement faux (par exemplef ^π₂

̸= 0).

Conclusion : Pour toutn∈N,un>0.

12. Soitn∈N. Pour toutx∈[0, π], on axⁿ≤πⁿpar croissance de la fonctionx7→xⁿsurR⁺. On a aussip−qx≤p carqx≥0, et donc (p−qx)ⁿ≤pⁿ. Ainsi, par croissance de l’int´egrale, il vient :

un≤ 1 n!

Z π 0

(πp)ⁿdx=π(πp)ⁿ n! . Conclusion : Pour toutn∈N,un≤π^(πp)_n!ⁿ.

13. D’apr`es le cours, on sait quepⁿ=o(n!) donc ^(πp)_n!ⁿ →0.

Conclusion : D’apr`es le th´eor`eme d’encadrement, (un)nconverge et sa limite vaut 0.

14. Pourε=¹₂ >0, d’apr`es la d´efinition de la convergence vers 0, il existe un rangN ∈N`a partir duquel :|un| ≤ ¹₂. Mais comme, d’apr`es la question 10.,un∈Z, on a n´ecessairementun= 0 `a partir de ce rangN.

Conclusion : Il existe un rang `a partir duquelun= 0.

15. Nous avons abouti `a une contradiction car en question 11. nous avons montr´e queun>0 pour toutn∈Net en question 14., nous avons montr´e queun= 0 `a partir d’un certain rang.

Conclusion : πest un nombre irrationnel.

Solution 3 Questions pr´eliminaires :

1. Soitx∈ R^∗+. On pose u:t7→t etv :t7→ln(t). uetv sont de classeC¹ surR^∗+ donc sur [1, x] et u^′ :t7→1, v^′:t7→ ¹_t. Ainsi, par int´egration par parties, on a :

Z x 1

ln(t) dt= [tln(t)]^x₁− Z x

1

1 dt=xln(x)−x+ 1.

Conclusion : Une primitive de ln surR^∗+est doncx7→xln(x)−x.

2. Soitn∈N^∗. On a : 1

12n+ 1− 1

12(n+ 1) + 1 = 12n+ 13−12n−1

(12n+ 1)(12(n+ 1) + 1) = 12

(12n+ 1)(12(n+ 1) + 1) donc,

1

12n+ 1− 1

12(n+ 1) + 1− 1

3((2n+ 1)²−1) = 12

(12n+ 1)(12(n+ 1) + 1)− 1 3((2n+ 1)²−1)

= 1

(12n+ 1)((n+ 1) +₁₂¹)− 1 12n(n+ 1).

Comme (12n+ 1)((n+ 1) +₁₂¹)>12n(n+ 1), on a par stricte d´ecroissance de la fonction inverse surR^∗+,

Ann´ee 2021-2022 – ECG1 & ECG2 – Lyc´ee Janson de Sailly Corrig´e du DS 8 –

1

(12n+ 1)((n+ 1) +₁₂¹) < 1 12n(n+ 1) et donc par strictement d´ecroissance de la fonction oppos´ee surR^∗+, il vient :

1

12n+ 1− 1

12(n+ 1) + 1− 1

3((2n+ 1)²−1) <0.

On a obtenu la premi`ere in´egalit´e demand´ee.

De mˆeme,

1

12n − 1

12(n+ 1)− 1

3((2n+ 1)²−1) = 1

12n(n+ 1)− 1

12n(n+ 1) = 0≥0 3. (a) Pour tout t∈]0,1[, on a g(t) = ln

1+t 1−t

−2t−2^t₃³. La fonction t7→ ^1+t_1−t est d´erivable sur ]0,1[ `a valeurs dansR^∗+et la fonction ln est d´erivable surR^∗+. De plus,t7→ −2t−^2t₃³ est d´erivable sur ]0,1[ comme fonction polynomiale. Ainsi, par composition et somme,gest d´erivable sur ]0,1[ et pour toutt∈]0,1[, on a :

g^′(t) =

2 (1−t)²

1+t 1−t

−2−2t²= 2

1−t² −2(1 +t²) = 2t⁴ 1−t² >0.

La fonctiongest donc strictement croissante sur ]0,1[. Or,g(t) →

t→00.

Conclusion : La fonctiongest donc positive sur ]0,1[.

(b) Les fonctionsfetgont le mˆeme signe sur ]0,1[ car sur cet intervalle, 2t≥0.

Conclusion : f est positive sur ]0,1[.

4. (a) Pour toutt∈]0,1[, on ak(t) = _3(1−t^2t32)−ln

1+t 1−t

+ 2t.

Comme dans la question 3.a., on montre quekest d´erivable sur ]0,1[ par composition et op´erations et pour toutt∈]0,1[, on a :

k^′(t) = 2 3

3t²(1−t²)−t³(−2t) (1−t²)²

−

2 (1−t)²

1+t 1−t

+ 2 = 4t⁴ (1−t²)² >0.

Ainsi, la fonctionkest strictement croissante sur ]0,1[. De plus,k(t) →

t→00.

Conclusion : kest positive sur ]0,1[.

(b) Les fonctionshetkont le mˆeme signe sur ]0,1[ car sur cet intervalle, 2t≥0.

Conclusion : hest positive sur ]0,1[.

Partie I

5. (a) Soitk∈Ntel quek≥2.

Soitt∈[k−1, k]. Par croissance de ln surR^∗+, on a ln(t)≤ln(k). Ainsi, commek−1≤k, par croissance de l’int´egrale, il vient :

Zk k−1

ln(t) dt≤ Z k

k−1

ln(k) dt= ln(k)(k−k+ 1) = ln(k).

Soitt∈[k, k+ 1]. Par croissance de ln surR^∗+, on a ln(t)≥ln(k). Ainsi, commek−1≤k, par croissance de l’int´egrale, il vient :

Z k+1 k

ln(t) dt≥ Z k+1

k

ln(k) dt= ln(k)(k+ 1−k) = ln(k).

Conclusion : Pour toutk≥2, Z k

k−1

ln(t) dt≤ln(k)≤ Z k+1

k

ln(t) dt.

(b) En sommant terme `a terme l’in´egalit´e pr´ec´edente, on obtient :

n

X

k=2

Z k k−1

ln(t) dt≤

n

X

k=2

ln(k)≤

n

X

k=2

Z k+1 k

ln(t) dt.

Ann´ee 2021-2022 – ECG1 & ECG2 – Lyc´ee Janson de Sailly Corrig´e du DS 8 –

Puis, en utilisant la relation de Chasles et les propri´et´es de ln, Z n

1

ln(t) dt≤ln

n

Y

k=2

k

!

= ln(n!)≤ Z n+1

2

ln(t) dt.

(c) On utilise la question 1. pour calculer les deux int´egrales de la question pr´ec´edente.

Z n 1

ln(t) dt= [tln(n)−t]ⁿ₁ =nln(n)−n+ 1 et

Zn+1 2

ln(t) dt= [tln(n)−t]ⁿ⁺¹₂ n= (n+ 1) ln(n+ 1)−(n+ 1)−2 ln(2) + 2.

L’encadrement obtenu est donc :

nln(n)−n+ 1≤ln(n!)≤(n+ 1) ln(n+ 1)−(n+ 1)−2 ln(2) + 2.

Ainsi, puisquenln(n)>0 pourn∈N^∗, on a : nln(n)−n+ 1

nln(n) ≤ ln(n!)

nln(n) ≤(n+ 1) ln(n+ 1)−(n+ 1)−2 ln(2) + 2

nln(n) .

Or, ^nln(n)−n+1_nln(n) = 1−_ln(n)¹ +_nln(n)¹ −→

n→+∞1 par op´erations. De mˆeme,

(n+1) ln(n+1)−(n+1)−2 ln(2)+2

nln(n) =(n+1) ln(n+1)

nln(n) −_nⁿ⁺¹_ln(n)−^{2 ln(2)−2}_nln(n) −→

n→+∞1 car _nⁿ⁺¹_ln(n) = ¹⁺

1 n ln(n) et (n+ 1) ln(n+ 1)

nln(n) =

1 +1

n

ln(n) + ln(1 +¹_n)

ln(n) = 1 + 1

n+(1 +_n¹) ln(1 +_n¹)

ln(n) .

Conclusion : D’apr`es le th´eor`eme d’encadrement, _nln(n)^ln(n!) −→

n→+∞1 donc ln(n!)∼nln(n).

6. (a) La fonction ln ´etant d´efinie surR^∗+, (an) et (bn) sont bien d´efinies d`es lors que pour toutn∈N^∗,vn>0.

Il est clair que pour toutn∈N^∗,eⁿn!>0. Par ailleurs,nⁿ⁺¹² = exp((n+¹₂) ln(n))>0. Donc par quotient vn>0.

Conclusion : Les suites (an) et (bn) sont bien d´efinies.

(b) Soitn∈N^∗.

dn−dn+1= ln(vn)−ln(vn+1)

= ln vn

vn+1

= ln eⁿn!(n+ 1)ⁿ⁺¹⁺¹² nⁿ⁺¹²eⁿ⁺¹(n+ 1)!

!

= ln

n+ 1 n

n+¹₂

1 e

!

=

n+1 2

ln n+ 1

n

−1

=

n+1 2

ln

2n+ 2 2n

−1

=

n+1 2

ln

2n+ 1 + 1 2n+ 1−1

−1

= 2n+ 1

2 ln 1 +_2n+1¹ 1−_2n+1¹

!

−1 (c) La question 3.b permet d’affirmer que pour toutt∈]0,1[, on a_2t¹ ln

1+t 1−t

−1≥^t₂². Ainsi, pourt= _2n+1¹ ∈ ]0,1[, il vient :

dn−dn+1= 2n+ 1

2 ln 1 +_2n+1¹ 1−_2n+1¹

!

−1≥ 1

2n+ 1 2

1

3 = 1

3(2n+ 1)².

Ann´ee 2021-2022 – ECG1 & ECG2 – Lyc´ee Janson de Sailly Corrig´e du DS 8 –

De la mˆeme fa¸con, d’apr`es la question 4.a, on sait que pour toutt∈]0,1[, on a : 1

2tln 1 +t

1−t

−1≤ t² 3(1−t²). Ainsi, pourt=_2n+1¹ ∈]0,1[, on a :

dn−dn+1= 2n+ 1

2 ln 1 +_2n+1¹ 1−_2n+1¹

!

−1≤ 1

3((2n+ 1)²−1). Ainsi, par transitivit´e et d’apr`es la question 2. , on obtient l’in´egalit´e demand´ee.

(d) Pourn∈N^∗, on a d’une part, on a :

an+1−an=dn−dn+1− 1

12n− 1

12(n+ 1)

≤0 d’apr`es la question pr´ec´edente et donc (an)nest d´ecroissante.

D’autre part,

bn+1−bn=dn−dn+1− 1

12n+ 1− 1

12(n+ 1) + 1

≥0 d’apr`es la question pr´ec´edente et donc (bn)n est croissante.

Enfin,

an−bn= −1

12n(12n+ 1) −→

n→+∞0.

Conclusion : Les deux suites sont adjacentes.

(e) D’apr`es le th´eor`eme des suites adjacentes et la question pr´ec´edente, les suites (an) et (bn) convergent vers la mˆeme limiteℓet pour toutn∈N^∗,

an=dn− 1

12n ≤ℓ≤dn− 1

12n+ 1=bn. 7. D’apr`es la question pr´ec´edente, on a

ℓ+ 1

12n+ 1≤dn= ln(vn)≤ℓ+ 1 12n. PosonsC=e^ℓ. Par croissance de la fonction exponentielle, on en d´eduit que :

Ce¹²ⁿ⁺¹¹ ≤vn≤Ce¹²ⁿ¹ d’o`u, par d´efinition devn,

Cnⁿ⁺¹²e⁻ⁿe¹²ⁿ⁺¹¹ ≤n!≤Cnⁿ⁺¹²e⁻ⁿe¹²ⁿ¹ .

8. En divisant l’in´egalit´e pr´ec´edente parCnⁿ⁺¹²e⁻ⁿ>0, on obtient : e¹²ⁿ⁺¹¹ ≤ n!

Cnⁿ⁺¹²e⁻ⁿ ≤e¹²ⁿ¹ . Conclusion : D’apr`es le th´eor`eme d’encadrement,n!∼Cnⁿ⁺¹¹²e⁻ⁿ. Partie 3

9. On aI0= Z ^π₂

0

1 dt=π 2 etI1=

Z ^π₂

0

cos(t) dt= sin(π

2)−sin(0) = 1.

Conclusion : I0=^π₂ etI1= 1.

10. Remarquons d’abord que : In+1=

Z ^π₂

0

cosⁿ⁻¹(t) cos²(t) dt= Z ^π₂

0

cosⁿ⁻¹(t)(1−sin²(t)) dt=In−1+ Z ^π₂

0

sin(x) cosⁿ⁻¹(x) dx.

On poseu:x7→ ¹_ncosⁿ(x) etv:x7→sin(x).uetvsont de classeC¹ sur [0,^π₂] donc par int´egration par parties, on a :

Ann´ee 2021-2022 – ECG1 & ECG2 – Lyc´ee Janson de Sailly Corrig´e du DS 8 –

Z ^π₂

0

sin(x) cosⁿ⁻¹(x) dx= 1

ncosⁿ(x) sin(x) ^π₂

0

− Z ^π₂

0

1

ncosⁿ(x) cos(x) dx=−1 nIn+1. Ainsi,

In+1=In−1−1 nIn+1

et donc

Conclusion : In+1=_n+1ⁿ In−1.

11. C’est une question tr`es classique que nous avons d´ej`a trait´ee. On montre par r´ecurrence que I2p= (2p)!

2^2p(p!)²I0= (2p)!

2^2p(p!)² π

2 etI2p+1= 2^2p(p!)²

(2p+ 1)!I1= 2^2p(p!)² (2p+ 1)!.

12. Soitn∈N. Soitx∈[0,^π₂]. On a : 0≤cos(x)≤1 donc cos(x)ⁿ⁺¹≤cos(x)ⁿ. Ainsi, comme 0≤ ^π₂, par croissance de l’int´egrale,In+1≤In etIn≥0.

Par ailleurs,In̸= 0 pour toutn∈Nd’apr`es la propri´et´e de l’int´egrale nulle (la fonction cos n’´etant pas identi- quement nulle sur [0,^π₂]). Il vient alors :

1≤ I2n

I2n+1

≤I2n−1

I2n+1

= 2n+ 1 2n = 1

2n+ 1.

Conclusion : D’apr`es le th´eor`eme d’encadrement,

I_2n I_2n+1

converge vers 1.

13. D’apr`es les relations obtenues en question 3, on a : I2n

I2n+1

=(2n+ 1)((2n)!)² 2⁴ⁿ(n!)⁴

π 2.

En utilisant l’´equivalent obtenu dans la Partie 1, et par quotient et produits, on a : ((2n)!)²

(n!)⁴ ∼C²(2n)⁴ⁿ⁺¹e⁻⁴ⁿ

C⁴n⁴ⁿ⁺²e⁻⁴ⁿ ∼ 2⁴ⁿ⁺¹ C²n . Ainsi,

I2n

I2n+1

= (2n+ 1)((2n)!)² 2⁴ⁿ(n!)⁴

π

2 ∼(2n+ 1)2⁴ⁿ⁺¹ 2⁴ⁿC²n

π 2 ∼ 2π

C² ce qui signifie que _I^I2n

2n+1 −→

n→+∞

2π

C². Ainsi, la limite trouv´ee `a la question 4 et la propri´et´e de l’unicit´e de la limite permettent de conclure.

Conclusion : C²= 2πi.e.C=√ 2π.