Devoir Surveillé numéro 3 - CPGE du Lycée Montesquieu

Devoir Surveillé numéro 3
Corrigé
Mercredi 27 Novembre 2013
13h-16h
Tous les aspects de la copie seront pris en compte : clarté du raisonnement, précision du discours, mise
en page et orthographe. Un résultat non mis en évidence est un résultat potentiellement invisible. Une
écriture non soignée est potentiellement illisible. Faites en sorte que l’évaluation de votre copie ne
dépende pas du goût du café ! Vous pouvez admettre certains résultats pour passer à la suite, mais ne
présentez pas les questions dans le désordre. Si vous détectez une erreur manifeste, indiquez-la sur votre
copie, et poursuivez.
Calculatrice interdite !
1 Questions de cours
1 Montrer qu’une fonction constante sur un voisinage de +∞converge en +∞.
Corrigé fest constante sur un voisinage de +∞. Donc il existe un réel Aet un réel ctels que si x≥A,
alors f(x) = c. Montrons que fconverge vers c. Soit ε > 0on prend un tel A. Soit x≥A, on a f(x) = c
donc |f(x)−c|= 0 et ainsi en particulier |f(x)−c| ≤ ε. Ce qui prouve la convergence.
2 Démontrer le théorème de passage à la limite pour les fonctions.
3 Donner la solution de l’équation 4y00 + 5y0+y= 0 vérifiant y(0) = 1
2et y0(0) = −3 8.
Corrigé On trouve : y(x) = 1
3e−x+1 6e−x
4.
4 On considère l’équation différentielle (E) 2xy0−3y=√x. Résoudre (E)sur ]0,+∞[. Existe-t-il des
solutions prolongeables par continuité sur [0,+∞[. Existe-t-il des solutions dérivables sur [0,+∞[?
Corrigé Les solutions s’écrivent sous la forme : −√x
2+λx3
2. La limite en 0 est 0 pour tout λ. Donc on
peut prolonger par continuité toutes les solutions en 0. On écrit alors le taux d’accroissement en zéro qui
vaut : −1
2√x+λ√xdont la limite en zéro est toujours infinie : On ne peux pas trouver de solution dérivable.
***
* * *
2 Problème
Les parties Aet Bsont indépendantes, mais sont utilisées par la partie C.
Partie A
Pour tout réel apositif ou nul, on note gala fonction définie sur R×
+par ga(t) = ta.
1 Montrer que la fonction gaest prolongeable par continuité en 0(on notera toujours gala fonction ainsi
prolongée, qui est donc définie et continue sur R+). Préciser la valeur de ga(0). Montrer que la fonction ga
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est de classe C1sur R+pour a>1.
Soient aet bdeux réels positifs ou nuls. On pose
I(a, b) =
1
Z
0
ga(t)gb(1 −t)dt .
Corrigé On écrit gasous forme exponentielle : ga(t) = ealn(t)dont la limite en zéro, puisque aest positif,
vaut zéro. On peut donc prolonger gapar continuité en zéro par la valeur zéro. On exprime alors le taux
d’accroissement en zéro : T0(x) = xa
x=xa−1. Ce taux converge en zéro si et seulement si a≥1. La limite
vaut alors 0. La fonction est donc dérivable en 0. Vérifions que la dérivée est continue en 0:g0
a(x) = axa−1
et sa limite en 0est bien 0et vaux donc g0
a(0) : la dérivée est continue, la fonction est donc bien de classe
C1.
2 Justifier l’existence de l’intégrale I(a, b). Comparer I(a, b)et I(b, a).
On écrira abusivement I(a, b) = 1
R
0
ta(1 −t)bdt.
Corrigé L’intégrande est donc continue sur [0,1] et admet donc une primitive : on peut réaliser l’inté-
gration. On remarque en effectuant le changement de variable u= 1 −t(du =−dt) que
I(a, b) = Z1
0
ga(t)gb(1 −t)dt =−Z0
1
ga(1 −u)gb(u)du =Z1
0
gb(u)ga(1 −u)du =I(b, a).
3 Soient aet bdeux réels positifs ou nuls. Trouver une relation entre I(a+ 1, b)et I(a, b + 1).
Corrigé On applique une intégration par parties :
I(a+ 1, b) = Z1
0
ta+1(1 −t)bdt ="ta+1 −(1 −t)b+1
b+ 1 #1
0
+Z1
0(a+ 1)ta(1 −t)b+1
b+ 1 dt =a+ 1 b+ 1 I(a, b + 1).
Donc I(a+1,b)
a+1 =I(a,b+1) b+1 .
4 Calculer I(a, 0). En déduire que, pour tout entier naturel n, on a
I(a, n) = n!
(a+ 1)(a+ 2) ···(a+n+ 1) .
Corrigé On trouve facilement que I(a, 0) = 1
a+1 . On a alors d’après la question précédente I(a, n + 1) =
I(a+ 1, n)n+1
a+1 . Montrons donc le résultat par récurrence sur n, on pose
H(n)=”∀a≥0, I(a, n) = n!
(a+ 1)(a+ 2) ···(a+n+ 1)”.
On a pour n= 0,I(a, 0) = 1
a+1 =0! (a+1) donc l’initialisation est vérifiée.
Supposons la relation vraie pour un entier n, calculons I(a, n + 1).
I(a, n+1) = I(a+1, n)n+ 1
a+ 1 =n! (a+ 2)(a+ 3) ···(a+n+ 2)×n+ 1 a+ 1 =(n+ 1)! (a+ 1)(a+ 2)(a+ 3) ···(a+n+ 2).
L’hérédité est donc vérifiée. On a montré, par récurrence, que pour tout réel positif ou nul aet tout entier
naturel n,
I(a, n) = n!
(a+ 1)(a+ 2) ···(a+n+ 1) .
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5 Soient pet qdeux entiers naturels. Exprimer I(p, q)à l’aide de factorielles.
Corrigé En particulier, pour deux entiers pet q, on remarque que (p+ 1)(p+ 2) ···(p+q+ 1) = (p+q+1)!
p!
donc :
I(p, q) = p!q!
(p+q+ 1)!
6 En déduire la valeur de l’intégrale
J(p, q) =
π
2
Z
0
(sin θ)2p+1(cos θ)2q+1dθ ,
où pet qsont deux entiers naturels.
Corrigé Posons dans cette intégrale le changement de variable u=sin2(θ). On a alors du = 2 sin θcos θ
et (sin θ)2p+1(cos θ)2q+1dθ =1
2up(1 −u)qdu. on a donc : J(p, q) = 1 2I(p, q) = p!q! 2(p+q+1)! .
Partie B
Pour tout réel astrictement positif, on note fala fonction définie par
fa(x) = xln 1−a
x.
7 Préciser l’ensemble de définition de fa.
On note Cala courbe représentant la restriction de la fonction faà l’intervalle ]a, +∞[.
Corrigé faest définie si 1−a
x>0c’est à dire si xest dans R−
∗∪]a, +∞[.
8 Si aet xdont deux réels tels que 0< a < x, démontrer l’encadrement
a
x6ln x−ln(x−a)6a x−a.
Corrigé On sait faire... normalement. Il faut étudier les deux fonctions : f:x→a
x−ln x+ ln(x−a)et
ln x−ln(x−a)−a
x−a.
9 En déduire les variations de la fonction fasur l’intervalle ]a, +∞[(on dressera un tableau de variations).
Préciser la nature des branches infinies de la courbe Ca.
Corrigé On calcule f0
a(x) = ln(x−a)−ln(x) + a
x−aqui est positive d’après la question précédente. Donc
faest croissante. L’encadrement précédent se traduit par :
ax
x−a≤fa(x)≤a
donc par théorème d’encadrement, limx→+∞fa(x) = −a. Au point apar valeurs supérieures, on a évidem-
ment limx→a+fa(x) = −∞. Donc Capossède une asymptote horizontale y=−aen +∞, et une asymptote
verticale x=aen a.
10 Donner l’allure des courbes C1,C2et C3sur un même schéma.
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-14
-12
-10
-8
-6
-4
-2
0
0 2 4 6 8 10
x*log(1-1/x)
x*log(1-2/x)
x*log(1-3/x)
11 On fixe a > 0et on considère la suite y= (yn)définie, pour tout entier naturel ntel que n>a, par
yn=1−a
nn
.
Etudier le comportement (sens de variation, limite) de la suite (yn).
Corrigé On remarque que y(n) = exp(fa(n)). Puisque faet exp sont croissantes, la suite (yn)est
croissante. D’après la caractérisation séquentielle de la limite, puisque la suite de terme général ndiverge
vers +∞et que limx→+∞fa(x) = −a, on a alors limn→+∞fa(n) = −aet par composition, limn→+∞yn=
e−a.
Partie C
Pour tout réel positif ou nul xet tout entier naturel non nul n, on pose
Fn(x) =
n
Z
01−u
nn
uxdu .
12 Montrer que la fonction u→1−u
nn
uxest continue sur [0, n];
Corrigé C’est un produit d’un polynôme et d’une fonction gxdonc elle est continue.
13 Montrer que Fn(x) = nx+1 I(x, n).
Corrigé Pour faire apparaître le facteur, on va effectuer le changement de variable : t=u
nsoit du =ndt.
On a alors :
Fn(x) = Z1
01−u
nn
uxdu =Z1
0(1 −t)nnxtxndt =nx+1I(x, n).
14 En utilisant les résultats de la partie B, montrer que, pour tout xfixé, la suite (Fn(x))n∈N×est
croissante.
Corrigé Pour tout udans [0,1], on sait d’après la partie précédente que la suite de terme général
1−u
nnest croissante. Donc 1−u nnux≤1−u n+1 n+1 ux. Par positivité de l’intégrale, on obtient alors
Rn
01−u
nnuxdu ≤Rn
01−u
n+1 n+1 uxdu et puisque u→1−u
n+ 1n+1
uxest positive sur [n, n + 1],
on a de plus Rn+1
n1−u
n+ 1n+1
uxdu ≥0. Finalement, grâce à la relation de Chasles, on trouve bien
Fn(x)≤Fn(x+ 1) : la suite est croissante.
15 On fixe x>0.
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(i) Montrer l’existence d’un réel strictement positif Utel que
∀u∈R+u>U=⇒e−u61
ux+2 .
Corrigé La limite en +∞de u→e−uux+2 est, par croissances comparées, zéro. Donc il existe un réel U
positif tel que, si u≥U, alors e−uux+2 ≤1. On a alors, pour u≥U,e−u≤1
ux+2 .
(ii) En déduire que, pour tout entier naturel non nul n, on a
Fn(x)6
U
Z
0
e−uuxdu +1
U.
Corrigé On prend donc le Ude la question précédente. On sait d’après la partie précédente que
1−u
nn≤e−u. Ainsi, Fn(x)≤Rn
0e−uuxdu. Si n≤U, alors par positivité de l’intégrale, Fn(x)≤
RU
0e−uuxdu ≤RU 0e−uuxdu +1
Upuisque 1 U>0.
Si n≥U, alors Rn
0e−uuxdu =RU 0e−uuxdu +Rn Ue−uuxdu ≤RU 0e−uuxdu +Rn U
1
ux+2 uxdu Or Rn
U
1
ux+2 uxdu =
Rn
U
1
u2du =1 U−1 n≤1 U. Finalement, Fn(x)≤RU
0e−uuxdu +1
U.
(iii) Montrer que la suite (Fn(x))n∈N×est convergente.
Pour tout réel positif ou nul x, on pose F(x) = lim
n→+∞Fn(x).
Corrigé On sait que (Fn(x)) est croissante pour tout x≥0. On vient de montrer qu’elle est majorée
par un réel indépendant de n. Or une suite croissante et majorée converge donc (Fn(x))n∈N×est une suite
convergente.
16 Démontrer la relation fonctionnelle
∀x∈R+F(x+ 1) = (x+ 1)F(x).
En déduire la valeur de F(k)pour kentier naturel.
Corrigé On a Fn(x+ 1) = nx+1I(x+ 1, n) = nx+1 x+1
nI(x, n + 1) = nx+1 x+1 n
1
(n+1)xFn+1(x) = n n+1 x(x+
1)Fn+1(x). La limite quand n→+∞de Fn(x+ 1) est F(x+ 1), celle de Fn+1(x)est F(x), et celle de
n
n+1 xest 1. Donc par unicité de la limite, on trouve que F(x+ 1) = (x+ 1)F(x). Si kest un entier
naturel, on reconnaît la relation des factorielles : F(k) = k!.
* FIN DE L’ÉPREUVE *
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