Oraux ESCP 2008 Analyse

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ANALYSE
Exercice 1.1.
On admet que la fonction Γ est de classe C∞sur R∗
+et que pour tout k∈N
et tout x > 0 :
Γ(k)(x) = Z+∞
0
(ln t)ktx−1e−tdt
Soit Ψ la fonction d´efinie sur ]0,+∞[ par : Ψ(x) = d
dx¡ln Γ(x)¢
1. a) Montrer que, pour tout x > 0, Ψ(x+ 1) = Ψ(x) + 1
x.
b) Montrer que la fonction Ψ est croissante sur R∗
+
2. Soit fla fonction d´efinie sur ]0,+∞[ par f(x) = 22x−1Γ(x)Γ(x+ 1/2)
Γ(2x).
Soit Fla fonction d´efinie sur ]0,+∞[ par F(x) = ln f(x), de d´eriv´ee F0.
a) Montrer que les fonctions f,Fet F0sont p´eriodiques, de p´eriode 1.
b) Etablir, pour tout r´eel x∈]0,1[ et pout tout n∈N∗, l’encadrement :
F0(n)−2£Ψ(2n+ 2) −Ψ(2n)¤6F0(x)6F0(n) + 2£Ψ(2n+ 2) −Ψ(2n)¤
c) Montrer que la fonction fest constante. En d´eduire une relation entre
Γ(x),Γ(x+1
2) et Γ(2x).
Solution :
1. a) Comme Γ(x) = Z+∞
0
tx−1e−tdt, une int´egration par parties (ou un
r´esultat bien connu) permet d’affirmer que pour tout x > 0, Γ(x+1) = xΓ(x).

6 ESCP-EAP 2008 - Oral
La fonction Γ ´etant `a valeurs strictement positives, il vient :
ln Γ(x+ 1) = ln x+ ln Γ(x)
Il ne reste qu’`a d´eriver cette expression pour obtenir :
Ψ(x+ 1) = Ψ(x) + 1
x
b) On admet que la fonction Γ est de classe C∞. Ainsi Ψ est d´erivable et
comme Ψ(x) = Γ0(x)
Γ(x),ona:
Ψ0(x) = Γ(x)Γ00(x)−Γ02(x)
Γ2(x)
Par l’in´egalit´e de Cauchy-Schwarz :
Γ02(x) = µZ+∞
0
ln t(t(x−1)/2)2(e−t/2)2dt¶2
6Z+∞
0
tx−1e−tdt×Z+∞
0
(ln t)2tx−1e−tdt = Γ(x)×Γ00(x)
ce qui montre que pour tout x > 0, Ψ0(x)>0.
2. a) Il vient, pour tout x > 0 :
f(x+ 1) = 22x+1Γ(x+ 1)Γ(x+3
2)
Γ(2x+ 2)
=22x−1×4×(xΓ(x))×((x+1
2)Γ(x+1 2))
(2x+ 1)(2x)Γ(2x)
=22x−1Γ(x)Γ(x+1
2)
Γ(2x)=f(x)
Donc F(x+ 1) = ln f(x+ 1) = ln f(x) = F(x), et enfin, comme Fest
d´erivable, sa d´eriv´ee F0est ´egalement 1-p´eriodique.
b) Par d´erivation et d´efinition de la fonction Ψ, on obtient :
F0(x) = 2 ln 2 + Ψ(x) + Ψ(x+1
2)−2Ψ(2x)
La p´eriodicit´e de F0permet d’´ecrire que pour tout x > 0, pour tout n∈N∗,
F0(x+n) = F0(x).
La croissance de Ψ entraˆıne que pour tout x∈]0,1] :
Ψ(x+n)>Ψ(n), Ψ(x+n+1
2)>Ψ(n+1 2), et Ψ(2x+ 2n)6Ψ(2n+ 2).
Par suite :
F0(x+n) = F0(x)>2 ln 2 + Ψ(n) + Ψ(n+1
2)−2Ψ(2n+ 2)
et :

Analyse 7
F0(x+n+ 1) = F0(x)62 ln 2 + Ψ(n+ 1) + Ψ(n+3
2)−2Ψ(2n)
Donc :
F0(n)−2(Ψ(2n+ 2) −Ψ(2n)) 6F0(x)6F0(n+ 1) + 2(Ψ(2n+ 2) −Ψ(2n))
On conclut avec F0(n) = F0(1) que :
F0(1) −2(Ψ(2n+ 2) −Ψ(2n)) 6F0(x)6F0(1) + 2(Ψ(2n+ 2) −Ψ(2n))
c) On sait, en appliquant deux fois le r´esultat 1. a) que :
2(Ψ(2n+ 2) −Ψ(2n)) = 1
n+2 2n+ 1.
Donc, pour x∈]0,1] :
F0(1) −1
n−2 2n+ 1 6F0(x)6F0(1) + 1 n+2 2n+ 1
En faisant tendre nvers +∞, il vient, pour x∈]0,1] : F0(x) = F0(1). Ainsi
F0est constante sur ]0,1], donc sur R∗
+car continue et de p´eriode 1.
Aussi F(x) est-elle affine, mais ´egalement p´eriodique de p´eriode 1, donc
constante.
Comme f(x) = exp(F(x)), fest ´egalement constante, ´egale `a f(1) sur R∗
+.
Or la connaissance de l’int´egrale de Gauss et le changement de variable t=u2
donnent :
f(1) = 2Γ¡3
2¢= Γ¡1 2¢=Z+∞
0
e−tt−1/2dt = 2Z+∞
0
e−u2du =√π
D’o`u, pour tout x > 0 :
22x−1Γ(x)Γ(x+1
2) = √πΓ(2x)
Exercice 1.2.
Soit (un)n∈N∗la suite d´efinie par u1= 2 et la relation de r´ecurrence :
pour tout n>1 : un+1 =√2un
q1 + p1−(un
2n)2
1. Montrer que : ∀n∈N∗, un= 2nsin ¡π
2n¢.
2. D´eterminer la limite de la suite (un).
3. Montrer que pour tout n∈N∗,on a : |π−un|6π3
6×4n.
4.Soit p∈Nfix´e. Montrer que lorsque ntend vers +∞,unadmet le
d´eveloppement suivant :

8 ESCP-EAP 2008 - Oral
un=π−π3
6×4n+··· + (−1)pπ2p+1 (2p+ 1)!×4pn +o¡1 4pn ¢
5. On d´efinit une nouvelle suite (vn) par :
∀n∈N∗,vn=1
3(−un+ 4un+1).
Montrer que la suite (vn) converge vers πet qu’au voisinage de +∞, on a :
(vn−π) = o(un−π).
6. Donner un ´equivalent de (vn−π) lorsque ntend vers +∞.
Solution :
1. Montrons par r´ecurrence sur n∈N∗la propri´et´e : Pn:un= 2nsin ¡π
2n¢.
• P1est vraie car u1= 2 = 2 sin π
2.
•Supposons Pnvraie pour un certain entier n∈N∗. Montrons que Pn+1
est encore vraie. Par hypoth`ese de r´ecurrence, un
2n= sin ¡π 2n¢, donc :
un+1 =√2un
q1 + p1−(sin( π
2n))2
=√2un
q1 + p(cos( π
2n))2
=√2un
p1 + cos( π
2n)
=√2×2nsin( π
2n)
p2 cos2(π
2n+1 )=
2n×2 sin( π
2n+1 ) cos( π
2n+1 )
cos( π
2n+1 )= 2n+1 sin( π
2n+1 )
Donc Pn+1 est v´erifi´ee et on conclut par le principe de r´ecurrence.
2. On a un=sin( π
2n)
π
2n
πet lim
n→+∞un=π.
3. Soit f:x7→ sin x. On applique `a fl’in´egalit´e de Taylor-Lagrange `a l’ordre
2 sur le segment [0; π
2]. De |f(3)|61, on d´eduit :
¯
¯sin ¡π
2n¢−π 2n¯
¯6π3
6×23n, donc |π−un|6π3 6×4n.
4. Soit p∈Nfix´e. D’apr`es le th´eor`eme de Taylor-Young appliqu´e `a fen 0 `a
l’ordre 2p+ 1, on a :
sin x=
p
P
k=0
(−1)kx2k+1
(2k+ 1)! +o(x2p+1)
Sachant que lim
n→+∞
π
2n= 0, en substituant π 2n`a x, on trouve :
sin ¡π
2n¢=
p
P
k=0
(−1)k
(2k+ 1)!×π2k+1 2n22kn +o¡1 2n22pn ¢

Analyse 9
Donc :
un=
p
P
k=0
(−1)k
(2k+ 1)!×π2k+1 22kn +o¡1 4pn ¢
5. vn=1
3(−un+4un+1) et lim
n→+∞vn=1
3(−π+4π) = π. On applique ensuite
la formule de la question pr´ec´edente avec p= 1 :
un=π−π3
6×4n+o¡1 4n¢
un+1 =π−π3
6×4n+1 +o¡1 4n+1 ¢=π−π3 6×4n+1 +o¡1 4n¢
En effectuant une combinaison lin´eaire de ces deux ´egalit´es, on trouve :
vn−π=−(un−π) + 4(un+1 −π)
3=o¡1
4n¢
Or un−π∼ − π3
6×4n, donc (vn−π) = o(un−π).
6. Pour obtenir un ´equivalent de (vn−π), on applique la formule de la question
(4) avec p= 2 :
un=π−π3
6×4n+π5 5!×42n+o¡1 42n¢
On en d´eduit par combinaison lin´eaire :
vn−π∼ − π5
5!×42n+2
Exercice 1.3.
1. Soit A∈R∗
+, montrer qu’il existe M∈R∗ +tel que :
∀u∈[−A, A],06eu−1−u6Mu2
2. Pour xr´eel, on pose : ϕ(x) = Z1
0
e−x(1+t2)
1 + t2dt.
a) Soit xfix´e et hnon nul ; montrer, `a l’aide du r´esultat de la question 1,
que :
lim
h→0³ϕ(x+h)−ϕ(x)
h+Z1
0
e−x(1+t2)dt´= 0
b) En d´eduire que ϕest d´erivable sur R, avec :
∀x∈R, ϕ0(x) = −Z1
0
e−x(1+t2)dt
3. a) Calculer ϕ(0).
b) Montrer que lim
x→+∞ϕ(x) = 0.