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MP1 / MP2 Devoir surveillé 2 - Corrigé 2020 - 2021
Exercice
On pose φ 0 la fonction définie sur [0, +∞[ par
φ 0 : t 7 → e −t^2 .
- La fonction φ 0 est continue et positive sur [0, +∞[. De plus t^2 e−t
2 tend vers 0 en
+∞ donc φ 0 est négligeable devant t 7 →
t^2
en +∞. Cette dernière fonction est
intégrable sur [1, +∞[ donc φ 0 est intégrable sur [0, +∞[.
- Comme t 7 → e−t
2 est continue, la fonction φ 1 est de classe C 1 et pour tout x dans [0, +∞[, φ ′ 1 (x) =^ −φ^0 (x) =^ −e
−x^2 .
- a) Soit x ∈]0, +∞[, φ 1 (x) =
x
e −t^2 dt =
x
2 t
(− 2 t).e −t^2 dt.
On procède par intégration par parties.
φ 1 (x) =
x
e −t^2 dt =
[
2 t
e −t^2
]+∞
x
x
2 t^2
e −t^2 dt
En calculant le crochet (qui converge), on obtient que
φ 1 (x) =
x
e −t^2 dt =
2 x
e −x^2 −
x
2 t^2
e −t^2 dt.
En particulier, l’intégrale de droite converge.
b) Quand t tend vers +∞,
2 t
e −t^2 est négligeable devant e −t^2
. Donc par intégra-
tion des relations de comparaisons pour les intégrales des fonctions positives,
x 7 →
x
2 t^2
e −t^2 dt est négligeable devant φ 1 : x 7 →
x
e −t^2 dt. De ce fait
φ 1 (x) ∼ x→+∞
2 x
e−x
2 .
c) On a vu que φ 1 était de classe C 1. Elle est donc continue sur [0, +∞[ et de plus,
φ 1 (x) ∼ x→+∞
2 x
e −x^2
. Or , x 7 →
2 x
e −x^2 est intégrable sur [1, +∞[ (cela a été vu
en 3.a)) donc, par comparaison pour les fonctions positives, φ 1 est intégrable sur [1, +∞[ et donc sur [0, +∞[.
d) On réalise une intégration par parties
∫ (^) +∞
0
φ 1 (x)dx =
0
1 .φ 1 (x)dx = [xφ 1 (x)]
+∞ 0 −
0
xφ ′ 1 (x).
En effet le crochet converge et vaut 0 puisque φ 1 (x) ∼ x→+∞
e−x
2
2 x
. En utilisant la
formule de la dérivée de φ 1 déterminée en 2. on a donc
∫ (^) +∞
0
φ 1 (x)dx =
0
xe −x^2 dx =
[
e −x^2
]+∞
0
- On veut montrer par récurrence que pour tout entier n, il existe des fonctions (ψ 0 ,... , ψn) de classe C 1 , intégrables sur [0, +∞[ telles que
— ψ 0 = φ 0
— pour tout 0 ⩽ k < n, ψk+1 : x 7 →
x
ψk(t)dt.
— pour tout 0 ⩽ k ⩽ n, ψk(x) ∼ x→+∞
(2x)k^
e−x
2 .
On remarque que la propriété est vraie pour n = 0 (et aussi pour n = 1).
On se donne un entier n et on suppose la propriété vraie pour cet entier et on veut la démontrer pour l’entier n + 1. On remarque que, comme ψn est de classe C 1 sur
[0, +∞[ et que ψn(x) ∼ x→+∞
(2x)n^
e−x
2 alors on peut poser
ψn+1 : x 7 →
x
ψn(t)dt
qui est de classe C 1 sur [0, +∞[. Il ne reste plus qu’à vérifier la formule pour l’équi-
valent en +∞. Comme on sait que ψn(x) ∼ x→+∞
(2x)n^
e−x
2 on a, par intégration des
relations de comparaisons pour les intégrales convergentes des fonctions positives que
ψn+1(x) =
x
ψn(t)dt ∼ x→+∞
x
(2t)n^
e −t^2 dt.
Or, on peut réaliser une intégration par parties sur cette intégrale. Pour x > 0 ,
∫ (^) +∞
x
(2t)n^
e −t^2 dt =
x
(2t)n+^
(2t)e −t^2 dt
[
(2t)n+^
e −t^2
]+∞
x
x
(n + 1)2n+1tn+^
e −t^2 dt
(2x)n+^
e −x^2 −
x
(n + 1)2n+1tn+^
e −t^2 dt
Maintenant, comme à la question 3.b), x 7 →
x
(n + 1)2n+1tn+^
e−t
2 dt est négli-
geable devant x 7 →
x
(2t)n^
e −t^2 dt d’où ψn+1(x) ∼ x→+∞
(2x)n+^
e −x^2
. Ce permet
de conclure la récurrence.
Problème
Partie I
- Si a = b alors a 0 = b 0 = a. Soit n ∈ N tel que an = bn = a alors an+1 = bn+1 = a (en particulier car
a^2 = |a| = a). On en déduit par récurrence que
Si a = b alors (an) et (bn) sont constantes égales à a
- Soient x, y ⩾ 0. On a 0 ⩽ (
x −
y) 2 = x − 2
xy + y. On en déduit (inégalité arithmético-géométrique) que
∀x, y ⩾ 0 ,
xy ⩽
x + y
2
- s 7 → 1 2
s − ab s
est de classe C^1 sur R∗ +, strictement croissante comme somme de telles fonctions. Ses limites en 0
et +∞ sont −∞ et +∞. Posons t = 1 2
s − ab s
On a ( a + b
2
a + b
2
4 s^2
(s 2 − ab) 2
4 s^2
s 2 (a + b) 2
4 s^2
s 4
4 s^2
(s 2
ab) 2
4 s^2
(s 2 − ab) 2
4 s^2
(s 2
Par ailleurs, avec les conventions d’écriture usuelles
dt =
ds
2
ab
s^2
ds
2 s^2
(s 2
On en déduit que
J(
a + b
2
ab) =
−∞
dt √ (( a+b 2 )
(^2) + t (^2) )(
ab
2
0
1 2 s^2 1 4 s^2
ds √ (a^2 + s^2 )(b^2 + s^2 )
= 2I(a, b)
- Par les deux questions précédentes,
∀a, b > 0 , I(
a + b
2
ab) = I(a, b)
Par récurrence immédiate,
∀n ∈ N, I(an, bn) = I(a, b)
- a) On utilise le théorème de convergence dominée.
√^1
a^2 n+t^2 )(b^2 n+t^2 )
est une fonction continue sur R+^ pour tout entier
n ∈ N.
- La suite (fn) converge simplement sur R vers t 7 →
√^1
(M (a,b)^2 +t^2 )(M (a,b)^2 +t^2 ) elle même continue sur R+.
- Comme pour tout n ⩾ 1 on a an, bn ⩾ a 1 > 0 (partie I) on en déduit que
∀n ⩾ 1 , ∀t ∈ R, |fn(t)| ⩽
a^21 + t^2
= φ(t)
La fonction φ (indépendante de n) est continue et intégrable sur R
car φ(t) = Ot→∞(1/t^2 ) et car t 7 → 1 /t^2 est intégrable sur [1, +∞[. Le théorème s’applique et donne
lim n→+∞
I(an, bn) = I(M (a, b), M (a, b))
b) Par ailleurs, par la question 9),
lim n→+∞
I(an, bn) = I(a, b)
Par unicité de la limite, on a donc :
I(M (a, b), M (a, b)) = I(a, b)
- On remarque que
∀α > 0 , I(α, α) =
0
dt
t^2 + α^2
[
α
arctan
t
α
)]+∞
0
π
2 α
Ainsi, avec la question 10,
I(a, b) =
π
2 M (a, b) ou encore
M (a, b) =
π
2 I(a, b)
Partie III
- s 7 → x/s est de classe C 1 sur R +∗ , strictement décroissante et ses limites en 0
et +∞ sont +∞ et 0. On obtient
∫ √x
0
dt √ (1 + t^2 )(x^2 + t^2 )
∫ √x
+∞
(−x/s 2 ) ds √ (1 + x^2 /s^2 )(x^2 + x^2 /s^2 )
√ x
ds √ (s^2 + x^2 )(1 + s^2 )
Par relation de Chasles, on a
I(1, x) =
∫ √x
0
dt √ (1 + t^2 )(x^2 + t^2 )
√ x
ds √ (s^2 + x^2 )(1 + s^2 )
On conclut ainsi que
∀x > 0 , I(1, x) = 2
∫ √x
0
1 + t^2
x^2 + t^2
dt
- Remarquons que
∀t ⩾ 0 ,
1 + t^2
x^2 + t^2
x^2 + t^2
1 + t^2 − 1 √ 1 + t^2
x^2 + t^2
1 + t^2 − 1 √ x^2 + t^2
Par concavité de y 7 →
y (courbe en dessous de la tangente en y = 1) on a aussi
∀y ⩾ − 1 ,
1 + y ⩽ 1 +
y
2
On pouvait aussi utiliser la quantité conjuguée :
1 + y − 1 = √1+y−^1 1+y+
y 2 pour
y ⩾ 0 (et également pour − 1 ⩽ y ⩽ 0 car la multiplication par y renverse alors les inégalités).
Ainsi,
∀t ∈ [0,
x],
1 + t^2
x^2 + t^2
x^2 + t^2
t^2
2
x^2 + t^2
x
2
x^2 + t^2
Partie IV
- Avec les questions 7 et 8,
I(1, x) = I
1 + x
2
x
On utilise alors la question 5 avec λ = 1+x 2 :
M
1 + x
2
x
1 + x
2
M
x
1 + x
On conclut alors avec la question 11 (utilisée deux fois) que
I(1, x) =
1 + x
I
x
1 + x
- a) Posons h : t 7 →
t
1 + t
. La fonction est continue sur [0, +∞[ et dérivable sur
]0, +∞[. On a alors pour t > 0 ,
h ′ (t) =
1 − x √ x(1 + x)^2
On en déduit que h est croissante sur [0, 1] et décroissante sur [1, +∞[. Comme h est à valeurs positives et que que h(1) = 1 on obtient que h(R+) ⊂ [0, 1].
On en déduit que w 1 = h(x) ∈ [0, 1] et que, par une récurrence immédiate, pour n ⩾ 1 , wn ∈ [0, 1].
De plus, h(t) − t =
t
1 + t
− t =
t − t − t^2
1 + t
. On remarque que pour t ∈ [0, 1],
t^2 ⩽ t ⩽
t et donc h(t) − t ⩾ 0.
De ce fait, pour n ⩾ 1 , wn+1 − wn = h(wn) − wn ⩾ 0.
La suite (wn)n⩾ 1 est croissante.
Comme de plus, la suite (wn)n⩾ 1 est majorée (par 1 ), elle converge. Notons ℓ sa limite, on sait de part la continuité de h que ℓ vérifie h(ℓ) = ℓ (et que ℓ ∈ [0, 1] par passage à la limite dans les inégalités).
Or
h(ℓ) = ℓ ⇐⇒ 2
2 = 0 ⇐⇒
ell −
ell
3 ) = 0
On étudie l’équation X 3 − X − 2 = 0 ; on voit que 1 est une racine évidente et on peut factoriser, X^3 − X − 2 = (X − 1)(X^2 + X + 2). Comme le polynôme X^2 + X + 2 n’a pas de racines réelles, on obtient finalement que
h(ℓ) = ℓ ⇐⇒
Pour finir, pour tout entier n ⩾ 1 , wn ⩾ w 1 > 0 donc ℓ ⩾ w 1 > 0.
(wn) converge vers 1
b) On procède par récurrence. — I : la question 17 donne I(1, x) = 2 1+x I(1, w^1 ), ce qui correspond à la formule pour n = 0. — C : supposons le résultat vrai à un rang n ⩾ 0. La question 17 donne
I(1, wn+1) =
2 + wn+
I(1, wn+2)
Par le résultat au rang n, on déduit celui au rang n + 1.
∀n ∈ N, I(1, x) = I(1, wn+1)
∏^ n
k=
1 + wk
c) Commençons par montrer, comme à la question 10.a) que comme (wn) tend vers 1 , la suite (I(1, wn)) tend vers I(1, 1). Pour tout entier n on pose fn la fonction définie sur [0, +∞[ par
fn : t 7 →
(1 + t^2 )(w^2 n + t^2 )
— Les fonctions fn sont continues (par morceaux) sur [0, +∞[. — Comme (wn) tend vers 1 , la suite de fonctions (fn) converge simplement
vers f : t 7 →
(1 + t^2 )(1 + t^2 )
qui est aussi continue (par morceaux)
— Hypothèse de domination : On a vu à la question 18.a) que pour n ⩾ 1 , wn ⩾ w 1 > 0. On obtient donc que pour tout entier n et tout réel t,
|fn(t)| = fn(t) =
(1 + t^2 )(w n^2 + t^2 )
(1 + t^2 )(w^21 + t^2 )
Posons alors φ : t 7 →
(1 + t^2 )(w 12 + t^2 )
C’est une fonction continue sur [0, +∞[ et φ ∼ t→+∞
t^2
. La fonction t 7 →
1 t^2 étant intégrable sur^ [1,^ +∞[, on obtient, comme d’habitude que^ φ^ est intégrable sur [0, +∞[.
D’après le théorème de convergence dominée, lim n→+∞
I(1, wn) = I(1, 1) =
π
2 (d’après le calcul de la question 11)
On en déduit que (pn) converge et que
lim n→+∞
pn =
π
2 I(1, x)
En notant ℓ la limite de (pn), on a ℓI(1, x) = π 2
Partie V
- Soit x ∈] − 1 , 1[. Pour tout t ∈ R, on a donc |x sin(t)| < 1 et donc 1 − x^2 sin 2 (t) > 0. Ainsi, t 7 →
√^1
1 −x^2 sin^2 (t)
est continue sur le segment [0, π/2] et son intégrale sur ce
segment existe.
K est bien définie sur ] − 1 , 1[
- Posons t = tan(s) ou s = arctan(t). La fonction s 7 → tan(s) est une fonction strictement croissante, de classe C 1 et bijective de [0, π 2 [^ dans^ [0,^ +∞[.
De plus dt =
cos^2 (s)
ds.
I(1, x) =
0
dt √ (1 + t^2 )(x^2 + t^2 )
∫ (^) π/ 2
0
1 / cos 2 (s) √ (1 + tan^2 (s))(x^2 + tan^2 (s))
ds
∫ (^) π/ 2
0
ds √ x^2 cos^2 (s) + sin 2 (s)
(2n)! 22 n(n!)^2 x
2 n (^) sin^2 n(t) est le terme général d’une série de fonctions
continues qui converge simplement sur [0, π/2] vers t 7 →
√^1
1 −x^2 sin^2 (t)
elle même
continue.
∫ π 2
0
|fn| =
(2n)!
22 n(n!)^2
x 2 n
∫ π 2
0
sin 2 n (t)dt =
(2n)!
22 n(n!)^2
x 2 n Wn =
((2n)!)^2
16 n(n!)^4
x 2 n
Si on note θn ce terme, on va montrer que la série
n⩾ 0
θn en utilisant le critère
de d’Alembert. En effet,
θn+
θn
((2n + 2)(2n + 1))^2
16 .(n + 1)^4
x 2 −→ n→+∞
x 2 ∈ [0, 1[
Le théorème s’applique et donne
K(x) =
∑^ ∞
n=
(2n)!
22 n(n!)^2
x 2 n
∫ (^) π/ 2
0
sin 2 n (t) dt =
∑^ ∞
n=
(2n)!
22 n(n!)^2
x 2 n Wn
Il reste à utiliser l’expression de Wn pour conclure que
∀x ∈] − 1 , 1[, K(x) =
π
2
∑^ ∞
n=
((2n)!) 2
16 n(n!)^4
x 2 n
- On a
M (3, 5) = M (5, 3) = 5M (1, 3) =
5 π
2
I(1, 3 /5)
5 π
2
K(4/5)
On déduit M (3, 5) de K(4/5) dont on a une expression sous forme de somme de série numérique.
M (3, 5) =
∑^ ∞
n=
(2n)!^2 n!^452 n
