Corrigé HEC 1994 par Pierre Veuillez

  1. Pour tout entier n on note f n la fonction définie sur [0,1] par: f n ( x ) = 0 x e n t 2 t x 1 e n t 2 t .

      1. La fonction t e n t 2 est continue sur donc la fonction x 0 x e n t 2 t est dérivable sur (pour x et 0 )

        La fonction t e n t 2 également et les bornes de l'intégrales sont dérivables sur à valeurs dans donc x x 1 e n t 2 t est dérivable sur . Donc f n est dérivable sur [ 0 , 1 ] = [ 0 , 1 ]

      2. Et f n ( x ) = e n x 2 1 e n 0 2 0 e n 1 2 0 + e n x 2 1 = e n x 2 + e n x 2 > 0

    1. L'équation est équivalente à f n ( x ) = 0.

      Comme f n est dérivable elle est continue et strictement croissante sur [ 0 , 1 ] donc bijective de [ 0 , 1 ] dans [ f n ( 0 ) , f n ( 1 ) ]

      Reste à déterminer leur signes : f n ( 0 ) = 0 0 e n t 2 t 0 1 e n t 2 t = 0 1 e n t 2 t et comme e n t 2 0 et que 0 1 en intégrant l'inégalité, on obtient f n ( 0 ) 0 et de la même façon f n ( 1 ) 0.

      Donc 0 [ f n ( 0 ) , f n ( 1 ) ] et l'équation f n ( x ) = 0 a une unique solution sur [ 0 , 1 ] . Donc il existe un unique c n tel que 0 c n e n t 2 t c n 1 e n t 2 t = 0

      c 0 est celui qui vérifie : 0 c 0 e 0 t 2 t c 0 1 e 0 t 2 t = 0 [ t ] 0 c 0 [ t ] c 0 1 = 0 2 c 0 1 = 0 c 0 = 1 2

    2. On ne connaît pas c n mais seulement le fait qu'il soit solution de l'équation. Pour comparer c n et c n + 1 on comparera donc leurs images par f n ou f n + 1 : Comme f n ( c n ) = 0 et f n + 1 ( c n + 1 ) = 0 , comparons f n + 1 ( c n ) et f n + 1 ( c n + 1 ) = f n ( c n )

      f n + 1 ( c n ) = 0 c n e ( n + 1 ) t 2 t c n 1 e ( n + 1 ) t 2 t f n ( c n ) = 0 c n e n t 2 t c n 1 e n t 2 t

      Or comme n n + 1 et que t 2 0 on a n t 2 ( n + 1 ) t 2 , exp est strictement croissante sur donc e n t 2 e ( n + 1 ) t 2

      comme 0 c n on a 0 c n e n t 2 t 0 c n e ( n + 1 ) t 2 t De même c n 1 e n t 2 t c n 1 e ( n + 1 ) t 2 t et finalement , f n + 1 ( c n + 1 ) = f n ( c n ) f n + 1 ( c n ) et comme f n + 1 est strictement croissante sur [ 0 , 1 ] et que c n et c n + 1 en sont éléments, on a bien finalement, c n + 1 c n .

      Donc la suite c est décroissante et minorée par 0 ( pour tout n : c n [ 0 , 1 ] ) donc elle converge et sa limite [ 0 , 1 ] par passage à la limite dans les inégalités.

      1. On étudie les variations de g ( x ) = e x x .

        g est dérivable sur et g ( x ) = e x 1

        x 0
        e x 1 0 +
        g ( x ) 1 +
        donc pour tout x réel : e x > x + 1 et e n t 2 > n t 2 d'où, pour 0 r : 0 r e n t 2 t 0 r n t 2 t = n r 3 3 +

        Conclusion :

        par minoration, lim n + 0 r e n t 2 t = +

      2. Comme n t 2 0 et que exp est croissante sur alors e n t 2 e 0 = 1. Comme c n 1 , par intégration de l'inégalité on obtient : c n 1 e n t 2 t c n 1 1 t = [ t ] c n 1 = 1 c n 1 car c n 0.

      3. Finalement on a 0 c n e n t 2 t = c n 1 e n t 2 t 1 Donc si > 0 on a alors pour tout entier n : c n et 0 c n e n t 2 t = 0 e n t 2 t + c n e n t 2 t 0 e n t 2 t n + + et par minoration 0 c n e n t 2 t + en étant inférieur à 1, il y a contradiction \dots

        Donc 0 et comme 0 on a finalement = 0

    (HEC 94)