Idée de corrigé

Analyse
A. Etude lorsque a < 1.
1-. Convergence de la suite (un ).
1
2
1-a. La fonction t 7−→ (1 + t2 ) est continue et monotone strictement croissante sur le segment
[0, 1] :
0≤x≤a<1
=⇒
f (0) ≤ f (x) ≤ f (a) < f (1).
Soit :
1
≤ f (x) ≤ f (a) < 1.
2
La fonction puissance ( n ∈ N ) x 7−→ xn est continue et monotone croissante sur le segment
[0, 1]. Dans les conditions précédentes, nous avons :
0≤x≤a<1
=⇒
0 ≤ (f (t))n ≤ (f (a))n
∀ t ∈ [0, a]
Nous intégrons ces inégalités entre 0 et a ( 0 < a ), f étant intégrable :
Z a
0
0 dt ≤
Z a
0
n
(f (t)) dt ≤
Z a
0
(f (a))n dt
ce qui donne, avec les notations de l'énoncé : 0 ≤ un ≤ a (f (a))n
∀n ∈ N.
1-b. Nous avons vu que 0 < a < 1 entraîne 0 < f (a) < 1, la suite n 7−→ (f (a))n est une suite
géométrique de raison positive et strictement inférieure à 1, elle converge vers 0.
La suite positive (un ), majorée par une suite qui converge vers 0, admet la limite 0 lorsque n
tend vers +∞.
P
2-. Convergence de la série un .
2-a. Pour tout n, un+1 = Sn+1 − Sn est positif, la suite (Sn ) est croissante.
2-b. Nous reconnaissons la somme des n + 1 premiers termes d'une progression géométrique de
raison r diérent de 1 et de premier terme 1. Pour conrmer ce résultat, nous pouvons eectuer
le produit
n
X
!
n
X
rk × (1 − r) =
rk −
k=0
k=0
n+1
X
rk
k=1
n+1
= 1−r
1 − rn+1
rk =
Pour (1 − r) 6= 0, ceci équivaut à :
.
1−r
k=0
2-c. Rappelons que 0 ≤ t ≤ a entraîne 0 ≤ f (t) < 1, nous pouvons écrire l'identité :
n
X
n
X
(f (t))k =
k=0
1 − (f (t))n+1
1 − f (t)
∀ t ∈ [0, a]
Le dénominateur 1 − f (t) ne s'annule pas, toutes les fonctions qui interviennent sont continues
et donc intégrables sur le segment [0, a] :
Z a X
n
0
!
(f (t))
k
dt =
Z a
0
k=0
1 − (f (t))n+1
dt
1 − f (t)
La linéarité de l'intégrale dénie nous permet de transformer le premier membre en :
n Z a
X
k=0 0
Soit :
n
X
k=0
uk =
Z a
0
k
(f (t)) dt =
Z a
0
1 − (f (t))n+1
dt
1 − f (t)
Z a
1 − (f (t))n+1
1 − (f (t))n+1
dt, ou encore, Sn =
dt.
1 − f (t)
1 − f (t)
0
Bnal0997, page 1/5 - 10 mars 2004
2-d. Dans l'identité précédente, nous utilisons la dénition de f pour développer le dénominateur
de la fraction à intégrer :
Sn =
Z a
Ceci nous donne :
0
1 − (f (t))n+1
dt
1
(1 − t2 )
2
Z a
1 − (f (t))n+1
dt
1 − t2
0
Des inégalités 0 < a, 0 < 1 − t2 et 0 ≤ (f (t))n+1 < 1 ∀ t ∈ [0, a] nous tirons :
Sn = 2
Sn ≤ 2
Z a
0
dt
1 − t2
L'intégrale de droite est dénie, la suite (Sn ) monotone croissante, est bornée, c'est une
P
suite convergente, autrement dit, la série
un est convergente.
3-. Calcul de la somme de cette série.
3-a. Dans les conditions de l'énoncé, nous avons établi à la question 1-a :
0 ≤ (f (t))n+1 ≤ (f (a))n+1
∀ t ∈ [0, a]
Dans les mêmes conditions, nous avons aussi 0 < 1−a2 ≤ 1−t2
t 7−→ 1 − t2 est décroissante sur [0, a].
∀ t ∈ [0, a], vu que la fonction
Nous en déduisons les inégalités :
(f (t))n+1
(f (a))n+1
≤
∀ t ∈ [0, a]
1 − t2
1 − a2
Nous intégrons ces inégalités entre 0 et a ( 0 < a ) pour obtenir :
0≤
0≤
Z a
Z a
(f (t))n+1
a(f (a))n+1
dt
≤
1 − t2
1 − a2
0
n+1
(f (t))
dt est majorée par une suite qui converge vers 0, elle
1 − t2
0
admet la limite 0 lorsque n tend vers +∞.
La suite positive n 7−→
3-b. L'identité de la question 2-d, Sn = 2
l'intégrale dénie ) :
Z a
0
1 − (f (t))n+1
dt, peut aussi s'écrire ( par linéarité de
1 − t2
Z a
(f (t))n+1
2
−
2
dt
dt
1 − t2
0
0 1 − t2
Le dernier terme admet la limite 0 quand n tend vers +∞. En passant à la limite, nous avons :
Z a
2
lim Sn =
dt
n→+∞
0 1 − t2
Z a
2
dt.
3-c. Calcul de l'intégrale I =
0 1 − t2
2
Nous décomposons
en éléments simples :
1 − t2
1
1
2
=
+
2
1−t
1+t 1−t
Dans les conditions de l'énoncé, les deux quantités 1 − t et 1 + t restent strictement positives,
ce qui justie l'intégration :
Z a
2
dt = ln(1 + a) − ln(1 − a)
0 1 − t2
“
’
1+a
.
Soit : I = ln
1−a
Sn =
Z a
Bnal0997, page 2/5 - 10 mars 2004
B. Etude lorsque a = 1.
1-. Etude de la suite (un ).
1-a. Les inégalités 0 ≤ t ≤ 1 entraînent 0 ≤ t2 ≤ t et 0 ≤ 1 + t2 ≤ 1 + t. La fonction puissance étant
monotone croissante, nous en déduisons :
0 ≤ (1 + t2 )n ≤ (1 + t)n
∀ t ∈ [0, 1]
et
(1 + t)n
(1 + t2 )n
≤
∀ t ∈ [0, 1]
2n
2n
Les fonctions polynômes sont continues, donc intégrables sur [0, 1], nous intégrons ces inégalités
entre 0 et 1 pour obtenir ( 0 < 1 ) :
0≤
Z 1
0
Z 1
0 dt ≤
0
Z 1
(1 + t2 )n
(1 + t)n
≤
dt
dt
2n
2n
0
Avec les notations de l'énoncé : 0 ≤ un ≤ In .
1 Z1
(1 + t)n dt.
n
2 0
La fonction ane x 7−→ t = x − 1 est de classe C 1 sur R, le changement de variable est légitime
qui donne :
Z
Z
1-b. Calcul de l'intégrale In =
1
0
(1 + t)n dt =
2
1
xn dx
soit
Z 1
0
"
#2
xn+1
(1 + t) dt =
n+1 1
2n+1 − 1
=
n+1
Nous en déduisons :
In =
n
2
1
− n
n + 1 2 (n + 1)
1-c. In , somme de deux termes qui tendent vers 0 lorsque n tend vers +∞, admet la limite 0 dans
les mêmes conditions.
La suite positive un , majorée par une suite qui converge vers 0, admet la limite 0 en +∞.
2. Etude de la série
P
(−1)n un .
2-a. Calcul de la somme :
n
X
(−1)k (f (t))k .
k=0
Pour t 6= 1, nous reconnaissons la somme des n premiers termes d'une progression géométrique
de raison r = −f (t) diérente de 1.
n
X
k
(−1) (f (t))
k=0
k
1 + (−1)n (f (t))n+1
=
1 + f (t)
= 2
1 + (−1)n (f (t))n+1
3 + t2
Pour t = 1, le résultat est encore valable. Le calcul direct donne :
 n
X



(−1)k (f (1))k



= 0
n impair
= 1
n pair
k=0
Bnal0997, page 3/5 - 10 mars 2004
Toutes les fonctions considérées sont continues sur le segment [0, 1], la linéarité de l'intégrale
dénie nous donne :
n
X
n
X
k
(−1) uk =
k=0
(−1)
k
Z 1
k=0
Z 1X
n
=
(−1)k (f (t))k dt
0 k=0
Z 1
1
= 2
0
0
(f (t))k dt
+ (−1)n (f (t))n+1
dt
3 + t2
2-b. Sans revenir sur l'étude de la fonction f , nous avons 0 ≤ f (t) ≤ 1 et 0 ≤ (f (t))n ≤ 1, ∀ t ∈
[0, 1],
∀ n ∈ N.
1
≤ 1 ∀ t ∈ [0, 1], nous permettent d'écrire :
3 + t2
Les inégalités évidentes 0 ≤
(f (t))n+1
0≤
≤ (f (t))n+1
2
3+t
∀ t ∈ [0, 1]
Toutes les fonctions considérées sont continues sur [0, 1], nous intégrons les deux inégalités sur
le segment [0, 1] pour obtenir :
Z 1
0
0 dt ≤
Z 1
0
Z 1
(f (t))n+1
dt
≤
(f (t))n+1 dt
3 + t2
0
Soit, avec les notations de l'énoncé : 0 ≤ Jn ≤ un+1 .
Quand n tend vers +∞, la suite positive Jn , majorée par une suite qui converge vers 0, converge
vers 0 :
lim Jn = 0
n→+∞
2-c. Nous réécrivons l'identité du 2-a. pour faire apparaître Jn :
n
X
(−1)k uk =
k=0
Z 1
0
2
dt + 2 (−1)n Jn
3 + t2
Quand n tend vers +∞, le dernier terme tend vers 0 et il reste :
lim
n→+∞
n
X
k
(−1) uk =
k=0
Z 1
0
2
dt
3 + t2
Pour calculer cette dernière intégrale, nous pouvons utiliser deux changements de variable.
√
La
fonction
linéaire
−
7
→
=
3 x réalise une bijection continûment dérivable du segment
x
t
" √ #
3
0,
sur le segment [0, 1] et justie le changement de variable :
3
√
3
3
Z
0
Z 1
√
2
2
dt
3 dx =
2
3 + 3x
0 3 + t2
”
•
π
La fonction u 7−→ x = tan(u) réalise une bijection continûment dérivable du segment 0,
sur
6
" √ #
3
le segment 0,
et justie le changement de variable :
3
Z
0
π
6
Z
1
2
(1
+
tan
du
=
(u))
1 + tan2 (u)
0
√
3
3
1
dx
1 + x2
Bnal0997, page 4/5 - 10 mars 2004
Nous regroupons ces deux résultats pour trouver :
√
π
Z 1
2
2 3 Z 6
1
dt =
(1 + tan2 (u)) du
×
2
2
3
0 3+t
0 1 + tan (u)
√
π 3
=
9
Conclusion : la somme de la série alternée de terme général (−1)n un vaut :
√
+∞
X
π 3
k
.
(−1) uk =
9
k=0
P
3-. Etude de la série un .
3-a. Sans même étudier les variations du trinôme sur le segment [0, 1] nous avons :
0 ≤ t2 ≤ 1 =⇒ 0 ≤ t2 ≤ 2 t2 ≤ 1 + t2
1 + t2
Nous en déduisons 0 ≤ t2 ≤
∀ t ∈ [0, 1], et :
, soit 0 ≤ t2 ≤ f (t)
2
0 ≤ t2 n ≤ (f (t))n
∀ t ∈ [0, 1]
Toutes les fonctions en cause sont continues sur [0, 1], nous intégrons les inégalités entre 0 et 1
pour obtenir :
Z 1
Z 1
2n
t dt ≤
(f (t))n dt
0
0
Soit :
1
≤ un
2n + 1
∀n ∈ N
3-b. Pour n entier positif, l'inégalité 2 n + 1 ≤ 2 (n + 1) entraîne :
1
1
≤
2 (n + 1)
2n + 1
et donc :
n
n
X
1X
1
1
≤
2 k=0 (n + 1) k=0 2 n + 1
Nous reconnaissons à gauche une série harmonique dont la somme tend vers +∞ avec n. La
suite Sn , minorée par une suite qui tend vers +∞ tend elle même vers +∞.
Conclusion : la série à termes positifs
X
P
un diverge vers +∞.
X
un
.
n+1
Dans la question 1 ( 1-a et 1-b ), nous avons établi les propositions :
1
2
2
≤
0 ≤ un ≤ In et In =
− n
n + 1 2 (n + 1)
n+1
Nous en déduisons :
4
n ∈ N
0 ≤ u2n ≤ In2 et In2 ≤
(n + 1)2
X
(un )2 est une série à termes positifs, elle est majorée par une série de Riemann
La série
convergente, elle est convergente.
4-. Etude des séries
(un )2 et
En reprenant les prémisses de la démonstration, nous obtenons :
In
In
2
un
≤
et
≤
n ∈ N
0≤
n+1
n+1
n+1
(n + 1)2
X un
La série
est une série à termes positifs, elle est majorée par une série de Riemann
n+1
convergente, elle est convergente.
Bnal0997, page 5/5 - 10 mars 2004