PROBLEME 1 A.1.a Soit t un nombre positif, nous avons 1+t ≥ 1. La

PROBLEME 1
A.1.a Soit tun nombre positif, nous avons 1+t≥1. La d´ecroissance de x7→ 1/x sur ]0,+∞[ implique
1
1+t≤1. D’un autre cot´e (1 −t)(1 + t) = 1 −t2≤1. Le nombre 1 + t´etant positif, 1 −t≤1 1+t.
A.1.b Soit xun nombre positif. Les trois fonctions impliqu´ees dans les in´egalit´es ci-dessus ´etant
continues sur [0, x], elles sont int´egrables. La croissance de l’int´egrale donne :
Zx
0
(1 −t)dt ≤Zx
0
dt
1 + t≤Zx
0
dt
Le th´eor`eme fondamental de l’analyse nous assure que nous pouvons utiliser des primitives pour
calculer ces int´egrales. Ceci fournit les in´egalit´es souhait´ees.
A.2.a La fonction gest un somme de deux fonctions :
— le premier terme est x7→ ln(x+ 1). Par d´efinition (ou presque) cette fonction est d´erivable
sur ] −1,+∞[, de d´eriv´ee x7→ 1
1+x.
— le second terme, x7→ −2+ 4
2+x, est une fonction rationnelle, elle est d´erivable sur son domaine
de d´efinition, ] − ∞,−2[∪]−2,+∞[ de d´eriv´ee x7→ − 4
(2+x)2.
La fonction gest donc d´erivable de d´eriv´ee
g0:x7→ 1
1 + x−4 (2 + x)2
A.2.b Pour xpositif calculons g0(x) = 4+4x+x2−4−4x
(x+1)(x+2)2=x2 (x+1)(x+2)2. Lorsque xest positif, g0(x) est
un produit et quotient de nombres positifs, il est donc positif. D’un autre cot´e x+ 1 ≥1, x+ 2 ≥2
ainsi le denominateur de g0est minor´ee par 4. Ceci prouve la seconde in´egalit´e souhait´ee.
A.2.c De la mˆeme mani`ere qu’en A.1.b, la continuit´e des trois fonctions ci-dessus sur tout intervalle
[0, x] et la croissance de l’int´egrale donnent
Zx
0
0dt ≤Zx
0
g0(t)dt ≤Zx
0
t2
4dt
Le th´eor`eme fondamental de l’analyse donne alors :
0≤g(x)−g(0) ≤x3
12
A.3.a La fonction fest un quotient de deux fonctions d´erivables sur ]0,+∞[ dont le d´enominateur
ne s’annule pas. Elle est donc d´erivable sur cet intervalle. Le formules usuelles donnent f0d´efinie par
f0(x) = 1
(1 + x)x−ln(1 + x) x2
A.3.b Pour tout nombre positif, x, nous avons 0 <1 + x/2≤1 + x. La d´ecroissance de la fonction
x7→ 1/x sur ]0,+∞[ donne 1
x+1 ≤1 1+x/2. En multipliant les deux membres de cette in´egali´e par
−xqui est n´egatif, nous obtenons −x
x+1 ≥−x 1+x/2=−2x 2+x.En ajoutant ln(1 + x) au deux membres de
l’in´egalit´e nous ´etablissons l’in´egalit´e demand´ee.
Nous remarquons qu’en multipliant l’in´egalit´e pr´ec´edente par −1/x2qui est n´egatif, nous obtenons
−g(x)
x2≥f0(x)
D’apr`es A.2.c le premier membre est n´egatif. La d´eriv´ee de fest n´egative, d’apr`es l’´egalit´e des
accroissement finis, fest d´ecroissante.
A.4.a Par croissance compar´ee ln x
x→
x→∞ 0. Nous pouvons ´ecrire f(x) = ln(x+1)
ln x
ln x
x=ln x+ln(1+1/x) ln x
ln x
x,
la limite du premier facteur est 1 et celle du second est 0. La fonction ftend donc vers 0 en +∞.
1

A.4.b Reprenons l’encadrement (2) :
0≤ln(1 + x)−2x
2 + x≤x3 12
qui est ´equivalent `a
2x
2 + x≤ln(1 + x)≤x3 12 +2x 2 + x
ainsi qu’`a
x−2x
2+x
x2≥x−ln(1 + x) x2≥x−(x3
12 +2x 2+x)
x2
Puisque 2x
2+x=2x+x2−x2 2+x=x+−x2 2+x, nous pouvons r´e´ecrire cet encadrement
1
2 + x≥x−ln(1 + x) x2≥1 2 + x−x 12.
Par passage `a la limite nous obtenons la limite souhait´ee.
A.4.c La fonction fest d´erivable en 0 si 1
x(f(x)−f(0)) tend vers un limite finie lorsque xtend vers
0 dans la domaine de d´efinition de f. Si elle existe cette limite est appel´ee f0(0) . Dans notre cas le
rapport vaut ln(1+x)−x
x2et la question pr´ec´edente donne la limite de cette expression lorsque xtend
vers 0 : f0(0) = −1/2
La tangente `a Cau point d’abscisse 0 est :
T={O+x
~
i+y~ j|(y−f(0)) = f0(0)(x−0)}
i.e. la droite d’´equation y= 1 −x
2dans le rep`ere (O,~
i,~ j).
En divisant par xdans l’in´egalit´e (1) nous obtenons pour tout xpositif, 1 −x
2≤f(x). Ainsi C
est “au-dessus” de T.
A.5 Les trac´es doivent ˆetre ´effectu´es au dimensions indiqu´es dans le pr´eambule de la partie A.
B.1.a Montrons par recurrence que pour tout entier n,un>0. D’apr`es l’´enonc´e u0=c > 0. De
plus si un>0 alors 1 + un>1, la croissance du logarithme donne un+1 = ln(1 + un)>0.
Pour montrer la d´ecroissance de la suite, il nous suffit de montrer que quelque soit l’entier n,
un+1 ≤unc’est-`a-dire ln(1+un)≤un. Nous avons montrer en A.1.b que pour tout x≥0, ln(1+x)≤
x. Nous venons de montrer que unest positif quelque soit n∈N. Tout ceci implique la d´ecroissance
de la suite.
B.1.b La suite (un)n∈Nest d´ecroissante et minor´e par 0. la th´eor`eme de convergence monotone
implique qu’elle converge vers sa borne inf´erieure `≥0. La fonction logarithme ´etant continue en
1 + `, la limite de la suite v´erifie `= ln(1 + `)i..e. f(`) = 1. Nous avons montrer dans la partie
pr´ec´edente que f´etait d´ecroissante sur [0,+∞[ et que f(0) = 1. Ainsi fest constante ´egale `a 1 sur
[0, `]. Si `6= 0, la d´eriv´ee de fen 0 serait nulle. Puisque ce n’est pas le cas (c.f. A.4.b) `= 0.
B.1.c En rentrant la r´ecurrence sur un tableur on obtient les 6 premi`eres d´ecimales des nombres
demand´es :
—u10 = 0.174828... et 10u10 = 1.74828...
—u50 = 0.039257... et 50u50 = 1.9628...
—u100 = 0.019857... et 100u100 = 1.9857...
il semble que la suite (nun)n∈Ntende vers 2.
B.2.a Calculons vn+1 −vn=1
un+1 −1 un=1 ln(1+un)−1 un=un−ln(1+un) unln(1+un)=un−ln(1+un) (un)2
un
ln(1+un). Puisque
untend vers 0 le premier terme du produit tend vers 1
2d’apr`es (3) et le second terme tend vers 1
d’apr`es (1).
B.2.b Commen¸cons par montrer l’indication. La premi`ere ´egalit´e est la mise sous le mˆeme d´enominateur.
D’apr`es A.2.c g(x) est positif ce qui se r´e´ecrit ln(1 + x)≥2x
2+x. Ces nombres ´etant strictement positif,
ceci prouve l’in´egalit´e annonc´e.
2

Lorsque x∈]0,1], (2+x)2≤9 et g(x)≤x3
12 , nous obtenons alors 1 2+1 x−1 ln(1+x)≤9 4x2
x3
12 =3 16 xCeci
prouve la premi`ere in´egalit´e demand´ee. La seconde in´egalit´e provient de la positivit´e de (x+2)g(x)
2xln(1+x).
B.2.c La suite (un)n∈N´etant strictement positive d´ecroissante de premier terme 1 elle est incluse dans
]0,1], nous pouvons donc utiliser les in´egalit´es pr´ec´edentes en rempla¸cant xpar un. la premi`ere partie
de la question B.2.a nous donne les in´egalit´es (4). Puisque un≤1, nous avons −3
16 un≥ − 3 16 >−1 4.
Ainsi 1
2−1 4< vn+1 −vn≤1 2
ce qui implique l’encadrement (5).
B.2.d En sommant les nin´egalit´es pr´ecedentes nous obtenons
n
X
k=1
1
4≤
n
X
k=1
(vk−vk−1)≤
n
X
k=1
1
2
Le membre central est une somme t´el´escopique valant vn−v0, les deux autres membres sont des
sommes de termes constants ainsi n
4≤vn−v0≤n 2. En revenant `a unnous obtenons n 4+1 ≤1 un≤n 2+1.
Ces trois nombres sont positifs et la fonction x7→ 1/x est d´ecroissante sur ]0,+∞[ ce qui implique
1
n
4+1 ≥un≥1
n
2+1 c’est-`a-dire l’encadrement (6).
B.2.e Commen¸cons par l’indication. Nous savons que Rk+1
k
dt
t= ln(k+ 1) −ln(k). Sur [k, k + 1]
la fonction x7→ 1/x est d´ecroissante donc minor´ee par 1
k+1 . La croisssance de l’int´egrale donne
1
k+1 =Rk+1
k
dt
k+1 ≤ln(k+ 1) −ln(k). En sommant ces in´egalit´es pour 3 ≤k≤n+ 2 nous obtenons :
n+2
X
k=3
1
k+ 1 ≤
n+2
X
k=3
(ln(k+ 1) −ln(k)) = ln(n+ 3) −ln 3 ≤ln(n+ 3)
En reprenant les in´egalit´e (4) et en les sommant nous avons
n
X
k=1
1
2−3 16
n
X
k=1
uk−1≤
n
X
k=1
(vk−vk−1)≤
n
X
k=1
1
2
D’apr`es (6) pour tou kplus grand que 1 on a uk−1≤4
k+3 :
n
X
k=1
1
2−3 16
n
X
k=1
4
k+ 3 ≤
n
X
k=1
vk−vk−1≤
n
X
k=1
1
2
et en effectuant les calculs :
1 + n
2−3 4
n
X
k=1
1
k+ 3 ≤vn≤1 + n 2
L’in´egalit´e donn´ee comme indication puis la division par npermet d’obtenir
1
n+1 2−3 4
ln(n+ 3)
n≤1 nun
≤1
n+1 2
Par puissances compar´ees le membre de gauche tend vers 1/2, celui de droite aussi. Ainsi nous avons
montr´e la conjecture faite en B.1.c.
3