SESSION 2016 E3A
Concours ENSAM - ESTP - POLYTECH
Epreuve de Mathématiques 2 MP
Partie I
1)Soitfune fonction définie sur un intervalleIdeRà valeurs dansR.fest convexe surIsi et seulement si
∀(x, y)∈I2, ∀λ∈[0, 1], f((1−λ)x+λy)6(1−λ)f(x) +λy.
2) Soitf une fonction définie et deux fois dérivable sur un intervalle Ide R à valeurs dans R. f est convexe surI si et seulement sif′′est positive.
La fonction exponentielle est deux fois dérivable surRet sa dérivée seconde, à savoir elle-même, est positive sur R. Donc, la fonction exponentielle est convexe surR.
3)Soient (a, b)∈]0,+∞[2puisθ ∈]0, 1[. Soient x=lnaet y=lnbde sorte que a=ex et b=ey. Puisque la fonction exponentielle est convexe surR,
aθb(1−θ)=eθx+(1−θ)y6θex+ (1−θ)ey=θa+ (1−θ)b.
Partie II
4) (a)Soitx > 0. Soientu et v deux réels tels que0 < u < v. La fonctiont 7→tx−1 est continue sur le segment[u, v].
Donc, Zv
u
tx−1dtexiste. De plus,
Zv u
tx−1dt= tx
x v
u
= vx−ux
x .
(b)Soitx > 0. La fonctiont7→tx−1est continue et positive sur]0, 1]. Donc, l’intégrale Z1
u
tx−1dt converge absolument si et seulement si la fonctionu7→
Z1 u
tx−1dta une limite réelle quandutend vers0.
Pouru∈]0, 1], Z1
u
tx−1dt= 1−ux
x . Puisque x > 0, quandutend vers 0, on obtient l’existence de Z1
0
tx−1dt et de plus, Z1
0
tx−1dt= 1 x.
5) Soitx > 0. La fonctiont 7→tx−1e−t est continue et positive sur]0, 1]. De plus,tx−1e−t ∼
t→0tx−1 avec x−1 >−1.
Donc la fonctiont7→tx−1e−t est intégrable sur]0, 1]ou encore que l’intégrale Z1
0
tx−1e−tdtconverge absolument.
6) (a)Puisquex > 0, lim
t→0tx2lnt=0 d’après un théorème de croissances comparées.
(b)La fonctiont7→(lnt)tx−1e−test continue sur]0, 1]. De plus, t1−x2
(lnt)tx−1e−t
=t1−x2|lnt|tx−1e−t ∼
t→0tx2|lnt| =
t→0o(1).
Par suite,
(lnt)tx−1e−t
=
t→0o t−1+x2
avec−1+x
2 >−1. On en déduit que la fonctiont7→(lnt)tx−1e−test intégrable sur]0, 1] ou encore que l’intégrale
Z1 0
(lnt)tx−1e−tdtconverge absolument.
7) (a)Soitt∈]0, 1]. La fonctiony7→ty−1est décroissante surR. Donc, u6x⇒tx−16tu−1. Par suite, pouru6x6v ett∈]0, 1],
(lnt)2tx−1e−t
= (lnt)2tx−1e−t6(lnt)2tu−1e0= (lnt)2tu−1. (b)La fonctiont7→(lnt)2tx−1e−test continue sur]0, 1]. De plus,
t1−x2
(lnt)2tx−1e−t
= ∼
t→0tx2(lnt)2 =
t→0o(1).
Par suite,
(lnt)2tx−1e−t
=
t→0o t−1+x2
avec−1+x
2 >−1. On en déduit que la fonctiont7→(lnt)2tx−1e−test intégrable sur]0, 1] ou encore que l’intégrale
Z1 0
(lnt)2tx−1e−tdt converge absolument.
8)Soitu > 0. Soit f : [u,+∞[×]0, 1] → R (x, t) 7→ tx−1e−t
de sorte que pourx∈[u,+∞[,F(x) = Z1
0
f(x, t)dt.
• Pour chaquex∈[u,+∞[, la fonctiont7→f(x, t)est continue par morceaux et intégrable sur]0, 1](d’après la question 5).
•La fonctionf admet sur[u,+∞[×]0, 1]des dérivées partielles premières et secondes par rapport à sa première variable xet pour(x, u)∈[u,+∞[×]0, 1],
∂f
∂x(x, t) = (lnt)tx−1e−tet ∂2f
∂x2(x, t) = (lnt)2tx−1e−t. De plus,
- pour toutx∈[u,+∞[, les fonctionst7→ ∂f
∂x(x, t)ett7→ ∂2f
∂x2(x, t)sont continues par morceaux sur]0, 1]; - pour toutt∈]0, 1], les fonctionsx7→ ∂f
∂x(x, t)etx7→ ∂2f
∂x2(x, t)sont continues sur[u,+∞[; - pour tout(x, t)∈[u,+∞[×]0, 1],
∂f
∂x(x, t)
6|lnt|tu−1=ϕ1(t)et
∂2f
∂x2(x, t)
6(lnt)2tu−1=ϕ2(t).
De plus, les fonctions ϕ1 et ϕ2 sont continues par morceaux et intégrables sur ]0, 1] car négligeables devant t−1+u2 quandutend vers0.
D’après le théorème de dérivation des intégrales à paramètre (théorème deLeibniz), la fonction F est de classeC2 sur [u,+∞[ et ses dérivées premières et secondes s’obtiennent par dérivation sous le signe somme. Ceci étant vrai pour tout u > 0, on a montré que
Fest de classeC2sur]0,+∞[ et∀x > 0,F′(x) = Z1
0
(lnt)tx−1e−tdtetF′′(x) = Z1
0
(lnt)2tx−1e−tdt.
Partie III
9)Soitx > 0. D’après un théorème de croissances comparées, lim
t→+∞(lnt)2tx−1e−2t =0
10) (a), (b) et (c)Soitx > 0. Les trois fonctionst7→tx−1e−t, t7→(lnt)tx−1e−tet t7→(lnt)2tx−1e−tsont continues par morceaux et positives sur [1,+∞[. De plus,tx−1e−t =
t→+∞ (lnt)2tx−1e−t
et (lnt)tx−1e−t =
t→+∞ (lnt)2tx−1e−t . Ensuite,
(lnt)2tx−1e−t= (lnt)2tx−1e−t2e−2t =
t→+∞
o(1)×e−t2 = =
t→+∞
o e−t2
t→=+∞
o
1
t2
. Finalement, les trois fonctionst7→tx−1e−t,t7→(lnt)tx−1e−tett7→(lnt)2tx−1e−tsont négligeables devant 1
t2 quandt tend vers+∞. On en déduit que ces trois fonctions sont intégrables sur[1,+∞[.
11)On effectue le même travail qu’à la question 8 à la nuance près qu’on fait varierx dans l’intervalle]0, v]. Pour tout (x, t)∈]0, v]×[1,+∞[, on a
∂f
∂x(x, t)
6|lnt|tv−1e−t=ϕ1(t)et
∂2f
∂x2(x, t)
6(lnt)2tv−1e−t=ϕ2(t). Les fonctions ϕ1
etϕ2étant continues par morceaux et intégrables sur[1,+∞[d’après la question précédente et ceci étant vrai pour tout v > 0, on a montré que
G est de classeC2 sur]0,+∞[et ∀x > 0,G′(x) = Z+∞
1
(lnt)tx−1e−tdtetG′′(x) = Z+∞
1
(lnt)2tx−1e−tdt.
Partie IV
12)Soitx > 0. Soient (ε, A)∈]0,+∞[2 tel que ε < A. Les deux fonctions t7→tx et t7→−e−t sont de classeC1 sur le segment[ε, A]. On peut donc effectuer une intégration par parties qui fournit
ZA ε
txe−tdt=
−txe−tA ε +x
ZA ε
tx−1e−tdt= −Axe−A+εxe−ε+x ZA
ε
tx−1e−tdt.
QuandAtend vers+∞,−Axe−Atend vers0d’après un théorème de croissances comparées et quandεtend vers0,εxe−ε tend vers0carx > 0. QuandAtend vers+∞etεtend vers0, on obtient
Γ(x+1) = Z+∞
0
txe−tdt=x Z+∞
0
tx−1e−tdt=xΓ(x).
13)Γ(1) = Z+∞
0
e−tdt=
−e−t+∞
0 =1− lim
t→+∞e−t=1.
14)Montrons par récurrence que∀n∈N∗,Γ(n) = (n−1)!.
•L’égalité est vraie quand n=1.
•Soitn>1. Supposons queΓ(n) = (n−1)!. Alors,Γ(n+1) =nΓ(n) =n×(n−1)! = ((n+1) −1)!.
On a montré par récurrence que∀n∈N∗,Γ(n) = (n−1)!.
15)La fonctionΓ est continue sur[1, 2], dérivable sur]1, 2[ et vérifieΓ(1) =Γ(2) =1. D’après le théorème de Rolle, il existeα∈]1, 2[ tel queΓ′(α) =0.
16)Γ est de classeC2sur]0,+∞[et pour toutx > 0,Γ′′(x) = Z+∞
0
(lnt)2tx−1e−tdt. On en déduit que pour toutx > 0, Γ′′(x)> 0(intégrale d’une fonction continue, positive et non nulle).
La fonctionΓ est donc strictement convexe sur ]0,+∞[.
17)Puisque la fonction Γ est strictement convexe sur]0,+∞[, la fonctionΓ′ est strictement croissante sur]0,+∞[. En particulier, la fonctionΓ′ s’annule au plus une fois dans]0,+∞[. D’autre part, la fonction Γ′ s’annule au moins une fois sur]0,+∞[d’après la question 15. Finalement, la fonctionΓ′ s’annule exactement une fois sur]0,+∞[, en un certain réel α∈]1, 2[.
Puisque la fonctionΓ′ est strictement croissante sur]0,+∞[, on en déduit que la fonctionΓ′ est strictement négative sur ]0, α[et strictement positive sur]α,+∞[. Par suite, la fonctionΓ admet un minimum global enα.
18) Allure du graphe de la fonctionΓ.
1 2 3 4 5 6
1 2 3 4
b b b b
α
Partie V
19)Soic∈R. Pourt∈R, posonsf(t) =ect. Soient(x, y)∈R2et θ∈[0, 1].
ln(f(θx+ (1−θ)y)) =c(θx+ (1−θ)y) =θcx+ (1−θ)cy=θln(f(x)) + (1−θ)ln(f(y)).
Donc, la fonctionfest ln-convexe (ln◦fest affine et en particulier convexe).
20)Soient(x, y)∈R2et θ∈[0, 1].
f(θx+ (1−θ)y) =eln(f(θx+(1−θ)y))
6eθln(f(x))+(1−θ)ln(f(y))(carfest ln -convexe)
= (f(x))θ(f(y))1−θ
6θf(x) + (1−θ)f(y) (d’après la question 3).
Donc,fest convexe surI.
La réciproque est fausse. La fonctionf : x7→x2+1est convexe sur Rà valeurs dans]0,+∞[. Soit g=ln◦f. Pour tout réelx,g(x) =ln x2+1
.gest deux fois dérivable sur Rpuis pourxréel,g′(x) = 2x x2+1 puis g′′(x) = 2 x2+1
−x(2x)
(x2+1)2 = 2 1−x2 (x2+1)2.
La fonctiong′′ est strictement négative sur]1,+∞[et donc la fonctiong n’est pas convexe surRou encore la fonctionf n’est pas ln-convexe surR.
21) (a)Soient (x, y)∈I2tel quex < y et soitθ∈]0, 1[. Soit c > 0.
ec(θx+(1−θ)y)f(θx+ (1−θ)y) =gc(θx+ (1−θ)y)
6θgc(x) + (1−θ)gc(y) =θecxf(x) + (1−θ)ecyf(y).
En divisant les deux membres de l’inégalité obtenue par le réel strictement positifec(θx+(1−θ)y), on obtient
f(θx+ (1−θ)y)6θecx−c(θx+(1−θ)y)f(x) + (1−θ)ecy−c(θx+(1−θ)y)f(y) =θec(1−θ)(x−y)f(x) + (1−θ)ecθ(y−x)f(y).
(b) i.Puisque θ(y−x)> 0, lim
c→+∞ecθ(y−x)= +∞et puisque(1−θ)f(y)> 0, lim
c→+∞
(1−θ)ecθ(y−x)f(y) = +∞. D’autre part, puisque(1−θ)(x−y)< 0, lim
c→+∞
θec(1−θ)(x−y)f(x) =0. Finalement, lim
c→+∞
H(c) = +∞. ii.
H(c0) =θ
ec0(x−y)(1−θ)
f(x) + (1−θ)
e−c0(x−y)θ
f(y)
=θ
f(y)
f(x) (1−θ)
f(x) + (1−θ) f(x)
f(y) θ
f(y) = (θ+1−θ)f(x)θf(y)1−θ
=f(x)θf(y)1−θ.
iii. Par hypothèse, H′ ne s’annule pas sur ]0, c0[ et est continue sur cet intervalle. D’après le théorème des valeurs intermédiaires, H′ est de signe constant sur cet intervalle. De même, H′ est de signe constant sur ]c0,+∞[. Puisque
c→lim+∞
H(x) = +∞, H′ est nécessairement strictement positive sur]c0,+∞[et puisque H′ change de signe en c0,H′ est strictement négative sur]0, c0[. On en déduit le tableau de variations de la fonctionH.
c 0 c0 +∞
H′(c) − 0 +
H
f(x)θf(y)1−θ
(c) Soient (x, y) ∈ I2 tel que x < y et soit θ ∈]0, 1[. D’après (b).i, pour tout réelc > 0, f(θx+ (1−θ)y) 6H(c). En particulier, pourc=c0, on obtientf(θx+ (1−θ)y)6H(c0) =f(x)θf(y)1−θ. En prenant le logarithme des deux membres de cette égalité (qui sont des réels strictement positifs), on obtient
ln(f(θx+ (1−θ)y))6θln(f(x)) + (1−θ)ln(f(y)).
Ceci montre quefest ln-convexe.
22)Soientcet θdeux réels strictement positifs. Pour tout réelx > 0, ϕ (x) =e−θe(x−1)lnθ+cx et donc
ϕc,θ′ (x) = (lnθ+c)ϕc,θ(x)puisϕc,θ′′ (x) = (lnθ+c)2ϕc,θ(x).
On en déduit que la fonctionϕc,θ′′ est positive sur]0,+∞[puis queϕc,θest convexe sur]0,+∞[.
23)Soitc > 0. Pourx > 0, posonsgc(x) =ecxΓ(x) = Z+∞
0
tx−1etecxdt= Z+∞
0
ϕt,c(x)dt.
Soient(x, y)∈]0,+∞[2et θ∈]0, 1[. Puisque pour toutt > 0la fonctionϕt,c est convexe sur]0,+∞[, on en déduit que
gc(θx+ (1−θ)y) = Z+∞
0
ϕt,c(θx+ (1−θ)y)dt6 Z+∞
0
(θϕt,c(x) + (1−θ)ϕt,c(y))dt=θgc(x) + (1−θ)gc(y).
Donc, pour tout réelc > 0, la fonctiongcest convexe. D’après la question 21, on en déduit que la fonctionΓ est ln-convexe.
Partie VI
24) Pour n > 2, g(n) = (n−1)×(n−2)×. . .×1×g(1) = (n−1)! ce qui reste vrai pour n = 1. Donc, ∀n ∈ N∗, g(n) = (n−1)!.
25) (a)Soientx∈]0, 1[etn>2. Par hypothèse, la fonctionGest convexe sur]0,+∞[. On sait alors que la fonction pente en tout point est croissante. Par croissance de la fonction pente ennet puisquen−1 < x+n < n+1, on a
G(n−1) −G(n)
(n−1) −n 6G(x+n) −G(n)
(x+n) −n 6G(n+1) −G(n) (n+1) −n et donc,
G(n) −G(n−1)6 G(x+n) −G(n)
x 6G(n+1) −G(n).
(b)Soientx∈]0, 1[et n>2.G(n) −G(n−1) =ln
g(n)
g(n−1)
=ln(n−1)et de mêmeG(n+1) −G(n) =lnn. Enfin, G(n) =ln(g(n)) =ln((n−1)!). D’après (a),
ln((n−1)!) +xln(n−1)6ln(g(x+n))6ln((n−1)!) +xlnn.
En prenant l’exponentielle des trois membres de cet encadrement, on obtient (n−1)x(n−1)!6g(x+n)6nx(n−1)!.
26)Soientx∈]0, 1[ etn > 2.g(x+n) = (x+n−1)(x+n−2). . . xg(x). D’après la question précédente, (n−1)x(n−1)!6(x+n−1)(x+n−2). . . xg(x)6nx(n−1)!,
puis
n−1
x+n−1 × (n−1)x(n−2)!
x(x+1). . .(x+n−2) = (n−1)x(n−1)!
x(x+1). . .(x+n−1) 6g(x)6 nx(n−1)!
x(x+1). . .(x+n−1), et finalement,
n−1
x+n−1un−1(x)6g(x)6un(x).
27) Remarque.L’encadrement de la question 26 fournitg(x)6un(x)6x+n
n g(x). Le théorème des gendarmes montre immédiatement que la suite(un(x))converge versg(x).
(a)Soientx∈]0, 1[ etα > 0. La fonctionf : t7→(1+t)x est continue sur[0, α]et dérivable sur]0, α[. D’après l’égalité des accroissements finis, il existe un réelc∈]0, α[tel quef(α) −f(0) = (α−0)f′(c)ou encore(1+α)x−1=αx(1+c)x−1. Maintenant,1+c > 1etx−1 < 0. Donc,(1+c)x−161 et finalement
(1+α)x−16αx.
(b)Soitx∈]0, 1[et n>2.
un+1(x)
un(x) = (n+1)x
nx × n!
(n−1)!× x(x+1). . .(x+n−1) x(x+1). . .(x+n−1)(x+n) =
1+ 1
n x
n n+x 6
1+ x
n
n
n+x(d’après la question (a))
=1.
(c) Soit x ∈]0, 1[. La suite (un(x))n>2 est donc décroissante et minorée par g(x). Donc, la suite (un(x))n>2 et donc convergente. On noteℓ(x)sa limite. Par passage à la limite quandntend vers+∞dans l’encadrement de la question 26, on obtientℓ(x)6g(x)6ℓ(x)et doncℓ(x) =g(x).
Remarque. L’encadrement de la question 26 fournit g(x) 6 un(x) 6 x+n
n g(x). Le théorème des gendarmes montre immédiatement que la suite(un(x))converge versg(x).
28)Soitx∈]0, 1[. La fonctionΓ est ln-convexe d’après la question 23 et vérifieΓ(1) =1et∀x > 0,Γ(x+1) =xΓ(x)d’après les questions 12 et 13. Donc, d’après la question 27,
Γ(x) = lim
n→+∞un(x) =g(x).
On a aussi pour toutn∈N∗,Γ(n) = (n−1)! =g(n)d’après la question 24.
Soitx∈]1,+∞[\N∗. Soitn=E(x).
Γ(x) = (x−1). . .(x−n)Γ(x−n) (d’après la question 12)
= (x−1). . .(x−n)g(x−n) (carx−n∈]0, 1[)
=g(x).
Finalement,∀x > 0, Γ(x) =g(x)et doncg=Γ.
