Corrigé EML 2005 par Pierre Veuillez

On considère l'application , définie, pour tout réel t , par : f ( t ) = { 0 si  t 0 1 ( 1 + t ) 2 si  t > 0

  1. f est dérivable sur ] 0 , + [ et f ( t ) = 2 ( 1 + t ) 3 < 0.

    En 0 + on a f ( t ) 1 et f ( t ) 2 donc la courbe représentative de f a une demi tangente de pente 2 en 0 +

    En + on a f ( t ) 0

    On trace donc l'axe ] , 0 ] puis la tangente en 0 et l'asymptote ] 0 , + [

  2. f est positive et continue par morceaux.

    + f est impropre en et en +

    Donc f est bien une densité de probabilité.

  3. Comme f est une densité, x f ( t ) t converge.

  4. Pour α 0 , 0 α f ( t ) t = 1 2 α 1 + α = 1 2 2 α = 1 + α α = 1 Conclusion :

    α = 1 est le seul réel positif (et le seul réel tout court) tel que 0 α f ( t ) t = 1 2

  5. Soit x [ 0 , + [ fixé.

    On considère la fonction ϕ x définie sur [ 0 ; + [ par : u [ 0 , + [ , ϕ x ( u ) = x u x + u f ( t ) t .

    1. On a ϕ x ( 0 ) = x 0 x + 0 f ( t ) t = x x f ( t ) t = 0 Et comme x u x + u f ( t ) t = x u x f ( t ) t + x x + u f ( t ) t et que + f converge alors

      x u x + u f ( t ) t = x u x f ( t ) t + x x + u f ( t ) t x f ( t ) t + x + f ( t ) t = + f = 1

      Conclusion :

      ϕ x ( 0 ) = 0 et

    2. Soient 0 < u < v alors ϕ x ( v ) ϕ x ( u ) = x v x + v f ( t ) t x u x + u f ( t ) t  par Chasles : = x v x u f ( t ) t + x + u x + v f ( t ) t

      et comme x v < x u et que f 0 alors x v x u f ( t ) t 0

      Donc ( u , v ) [ 0 , + [ 2 ,      u < v ϕ x ( v ) ϕ x ( u ) x + u x + v f ( t ) t .

      Comme on a alors x + v > x + u et f ( t ) f ( x + u ) (car f y est décroissante) sur [ x + u , x + v ] alors x + u x + v f ( t ) t > x + u x + v f ( x + u ) t > 0

      Donc, ( u , v ) [ 0 , + [ 2 ,      v > u ϕ x ( v ) > ϕ x ( u ) ce qui est la définition d'une fonction strictement croissante sur [ 0 ; + [ .

      Conclusion :

      ϕ x est strictement croissante sur [ 0 ; + [

    3. On admet que ϕ x est continue sur [ 0 ; + [ .

      Elle est donc strictement croissante et continue donc bijective de [ 0 , + [ dans [ lim 0 ϕ x , lim + ϕ x [ = [ 0 , 1 [

      Comme 1 2 [ 0 , 1 [ alors l'équation ϕ x ( u ) = 1 2 , d'inconnue u , admet une solution et une seule dans [ 0 ; + [ .

    On note U : [ 0 ; + [ l'application qui, à tout réel x [ 0 ; + [ , associe U ( x ) l'unique solution de l'équation ϕ x ( u ) = 1 2 .
    Ainsi, pour tout x [ 0 ; + [ , on a : x U ( x ) x + U ( x ) f ( t ) t = 1 2 .

    1. Soit x [ 0 ; 1 2 [

      On calcule x ( 1 x ) x + ( 1 x ) f ( t ) t = 2 x 1 1 f ( t ) t

      Et comme 2 x 1 0 alors 2 x 1 1 f ( t ) t = 2 x 1 0 0 t + 0 1 1 ( 1 + t ) 2 t x ( 1 x ) x + ( 1 x ) f ( t ) t = 0 1 1 ( 1 + t ) 2 t = [ 1 1 + t ] 0 1 = 1 2 + 1 = 1 2

      Donc pour tout x [ 0 ; 1 2 [ , U ( x ) = 1 x est bien une solution. C'est donc la bonne.

    2. Pour tout x [ 1 2 ; + [ , ϕ x ( x ) = x x x + x f ( t ) t = 0 2 x 1 ( 1 + t ) 2 t et on procède par minoration : 1 ( 1 + t ) 2 1 ( 1 + 2 x ) 2 1 ( 2 x ) 2 et comme 0 2 x 0 2 x 1 ( 1 + t ) 2 t 0 2 x 1 4 x 2 t = 2 x 4 x 2 = 1 2

      (On pouvait aussi calculer explicitement l'intégrale puis prouver l'inégalité sur le résultat obtenu)

      Donc ϕ x ( x ) 1 2 ,

      On a donc ϕ x ( x ) ϕ x ( U ( x ) ) et comme ϕ x est strictement croissante sur [ 0 , + [ et que x et U ( x ) en sont éléments,

      x U ( x ) et donc x U ( x ) 0 ,

      Enfin, comme x U ( x ) 0 , alors f ( t ) = 1 ( 1 + t ) 2 sur tout l'intervalle [ x U ( x ) , x + U ( x ) ] et

      x U ( x ) x + U ( x ) f ( t ) t = x U ( x ) x + U ( x ) 1 ( 1 + t ) 2 t = [ 1 1 + t ] x U ( x ) x + U ( x ) = 1 1 + x + U ( x ) + 1 1 + x U ( x ) = ( 1 + x U ( x ) ) + ( 1 + x + U ( x ) ) ( 1 + x + U ( x ) ) ( 1 + x U ( x ) ) = 2 U ( x ) ( 1 + x ) 2 U ( x ) 2 Donc ϕ x ( U ( x ) ) = 1 2 2 U ( x ) ( 1 + x ) 2 U ( x ) 2 = 1 2 U ( x ) 2 + 4 U ( x ) ( 1 + x ) 2 = 0 équation du second degré en U ( x ) qui a pour discriminant Δ = 16 + 4 ( 1 + x ) 2 = 4 ( 4 + ( 1 + x ) 2 )

      et pour racines U ( x ) = 4 ± 2 4 + ( 1 + x ) 2 2 = 2 ± 4 + ( 1 + x ) 2 et comme 2 4 + ( 1 + x ) 2 < 0 et que U ( x ) 0 alors

      Conclusion :

      U ( x ) = 2 + 4 + ( 1 + x ) 2

    1. Pour x 1 2 on a 4 + ( 1 + x ) 2 0 donc U est continue sur [ 1 2 , + [

      De plus elle est continue ( x [ 0 , 1 2 [ , U ( x ) = 1 x ) sur [ 0 , 1 2 [

      En 1 2 on a U ( x ) = 1 x 1 2 et

      U ( 1 2 ) = 2 + 4 + ( 1 + 1 2 ) 2 = 2 + 4 + 9 4 = 2 + 25 4 = 2 + 5 2 = 1 2

      Donc U est continue en 1 2

      Conclusion :

      U est continue sur [ 0 , + [

    2. De même, U est dérivable sur [ 1 2 , + [ ( 4 + ( 1 + x ) 2 > 0 ) et sur [ 0 , 1 2 [

      En 1 2 il faut tester si les dérivée à droite et à gauche sont égales :

      Comme U est continue en 1 2 , on peut utiliser le théorème de prolongement C 1 : ¨

      • Pour x < 1 2 : U ( x ) = 1 1 donc U est dérivable à droite de 1 2 et sa dérivée à droite est de 1

      • Pour x > 1 2 : U ( x ) = 1 2 4 ( 1 + x ) 2 2 ( 1 + x ) 1 2 4 9 4 2 3 2 = 1 2 :

        Donc U est dérivable à gauche en 1 2 et sa dérivée à gauche est 1 2

      Comme 1 1 2 alors U n'est pas dérivable en 1 2 .

    3. En + on peut trouver l'asymptote en effectuant un développement limité après factorisation : U ( x ) = 2 + 4 + ( 1 + x ) 2 = 2 + x 2 + 2 x + 5 = 2 + x 2 ( 1 + 2 / x + 5 / x 2 ) On a x 2 = | x | = x

      et comme 1 + X = 1 + 1 2 X + X ϵ ( X ) quand X 0 , avec X = 2 / x + 5 / x 2 on a :

      1 + 2 / x + 5 / x 2 = 1 + 1 2 ( 2 x + 5 x 2 ) + ( 2 x + 5 x 2 ) ϵ ( X ) = 1 + 1 x + 1 x ϵ 1 ( x ) avec ϵ 1 ( x ) 0 quand x + U ( x ) = 2 + x ( 1 + 1 x + 1 x ϵ 1 ( x ) ) = x 1 + ϵ 1 ( x )

      Conclusion :

      la droite d'équation y = x 1 est asymptote à la courbe représentative de U en +

      N.B. Comme l'asymptote était donné, on pouvait plus simplement déterminer la limite de la différence :

      U ( x ) ( x 1 ) = 2 + 4 + ( 1 + x ) 2 ( x 1 ) = 4 + ( 1 + x ) 2 ( x + 1 )  conjuguée: = 4 + ( 1 + x ) 2 2 ( x + 1 ) 2 4 + ( 1 + x ) 2 + ( x + 1 ) = 4 4 + ( 1 + x ) 2 + ( x + 1 ) 0

    4. Pour tracer la courbe représentative de U , il faut placer l'asymptote en + , les deux demi tangentes en 1 2 .

      Comme U ( 1 2 ) = 1 2 , il faut bien placer le point sur la droite d'équation y = x ... ce qui est très utile à la suite.

  6. On considère la suite réelle ( a n ) n définie par { a 0 = 1 n , a n + 1 = U ( a n )

    1. Par récurrence :

      • a 0 = 1 1 2

      • Soit n 0 tel que a n 1 2

        comme U est croissante sur [ 1 2 , + [ et que a n et 1 2 en sont éléments alors

        a n + 1 = U ( a n ) U ( 1 2 ) = 1 2

      Conclusion :

      n , a n 1 2 .

    2. On étudie le signe de U ( x ) x pour x 1 2

      U ( x ) x = 4 + ( 1 + x ) 2 ( 2 + x )  (quantités conjuguées) = 4 + ( 1 + x ) 2 2 ( 2 + x ) 2 4 + ( 1 + x ) 2 + ( 2 + x ) = 4 + ( 1 + 2 x + x 2 ) ( 4 + 4 x + x 2 ) 4 + ( 1 + x ) 2 + ( 2 + x ) = 1 2 x 4 + ( 1 + x ) 2 + ( 2 + x ) 0 Donc, comme a n 1 2 on a U ( a n ) a n

      Conclusion :

      ( a n ) n est décroissante.

    3. La suite est décroissante et minorée par 1 2 donc elle converge vers une limite 1 2

      Comme U est continue sur [ 0 , + [ elle est continue en .

      Donc U ( ) = .

      cette équation n'a pas de solution sur [ 0 , 1 2 [ U ( x ) = 1 x

      Et sur [ 1 2 , + [ , U ( x ) x est du signe de 1 2 x

      Donc U ( x ) = x x = 1 2

      Conclusion :

      a n 1 2 quand n +

    4. On calcule a n et n tant que | a n 1 2 | = a n 1 2 > 10 6 :

      Program premier;

      var n:integer;a:real;

      begin

      a:=1;n:=0;

      while a-0.5 > 1E-6 do

      begin

      a:=-2+sqrt(4+sqr(1+a));

      n:=n+1;

      end;

      writeln(n);

      end.