Corrigé ESCP 92 par Pierre Veuillez
Pour tout entier naturel k on considère la fonction fk définie sur + par la relation :

fk (x)= 0 1 tk e-tx dt

    1. Soient x et y + tels que xy
      Alors pour tout t[0,1],   -tx-ty car -t0 et e-tx e-ty car exp est strictment croissante sur .
      Et comme tk 0, on a : tk e-tx tk e-ty et comme les bornes sont croissantes

      x,y +     si    xy     alors    fk (x)= 0 1 tk e-tx dt 0 1 tk e-ty dt= fk (y)

      donc fk est bien décroissante sur +

    2. fk (0)= 0 1 tk e-t0 dt= 0 1 tk dt= [ tk+1 k+1 ]0 1 = 1 k+1

      et comme fk est décroissante sur + , si x0 alors fk (x) fk (0)= 1 k+1
      Et comme pour tout t[0,1],    tk e-tx 0 et que 01 alors
      0= 0 1 0dt fk (x) 1 k+1

      et par encadrement    fk (x)\undersetk+0
    1. On calcule fk+1 en intégrant par parties:
      fk+1 (x)= 0 1 tk+1 e-tx dt

      soit F(t)= tk+1 de classe C1 [0,1],    F' (t)=(k+1) tk
      soit g(t)= e-tx continue sur [0,1],   G(t)=- 1 x e-tx donc
      fk+1 (x) = [- 1 x e-tx tk+1 ]t=0 1 - 0 1 - 1 x e-tx (k+1) tk dt = - e-x x + k+1 x 0 1 tk e-tx dt= k+1 x fk (x)- e-x x

    2. On a
      f0 (x)= 0 1 t0 e-tx dt= 0 1 e-tx dt= [- 1 x e-tx ]t=0 1 = 1- e-x x

      et on utilise ensuite la relation de récurrence:
      f1 (x) = 0+1 x f0 (x)- e-x x = 1 x 1- e-x x - e-x x = 1- e-x - xe-x x2


      f2 (x) = 1+1 x f1 (x)- e-x x = 2 x 1- e-x - xe-x x2 - e-x x = 2-2 e-x -2 xe-x - x2 e-x x3

    3. lorsque x tend vers +:
      f0 (x)= 1- e-x x = 1 x \underset1 (1- e-x ) \thicksim 1 x .

    4. On monte alors par récurrence: pour n=0, on a bien f0 (x)\thicksim0!/ x0+1
      Soit n tel que fk (x)\thicksim k! xk+1
      Estce que fk+1 (x)\thicksim (k+1)! xk+2 ?
      Or
      fk+1 (x) (k+1)! xk+2 = k+1 x fk (x)- e-x x (k+1)! xk+2 = (k+1) fk (x) x (k+1)! xk+2 - xk+1 e-x (k+1)! = fk (x) k! xk+1 - xk+1 / ex (k+1)! \undersetx+1

      car xk+1 << ex et fk (x)\thicksim k! xk+1 . Donc fk+1 (x)\thicksim (k+1)! xk+2
      Et pour tout entier n : fk (x)\thicksim k! xk+1
    1. On effectue dans
      fk (x)= 0 1 tk e-tx dt

      le changement de variable u=txt=u/x on a alors les correspondances : 1 x dudt pour x0
      t=0u=0, et t=1u=x et avec la fonction f définie par f(t)= tk e-tx qui est continue sur [0,1] et uu/x qui est de classe C1 [0,x] à valeurs dans [0,1] on a
      fk (x)= 0 x ( u x )k e-u 1 x du= 1 xk+1 0 x uk e-u du

      Comme u uk e-u est continue sur ]0,+[ alors x 0 x uk e-u du est dérivable sur ]0,+[
      Et de plus x1/ xk+1 est dérivable sur ]0,+[ donc fk est dérivable sur ]0,+[.

      fk ' (x)=- k+1 xk+2 0 x uk e-u du+ 1 xk+1 xk e-x =- (k+1) x fk (x)+ e-x x

    2. On reconnait fk ' (x)=- fk+1 (x)
    3. On étudie le sens de variations de la différence : f(y)=1- e-y -y.    f est dérivable sur et
      f' (y)= e-y -1

      y 0
      f' (y)= e-y -1 + 0 -
      f(y) - 0 -
      donc 1- e-y y
      Pour prouver la continuité, il faut démontrer que fk (x)\undersetx0 fk (0) (et non pas quand k+ comme au 1.)
      Or
      fk (0)- fk (x)= 0 1 tk dt- 0 1 tk e-tx dt = 0 1 tk (1- e-tx )dt

      Et comme 01- e-y y pour tout y0 on a alors 01- e-tx tx pour t0 et x0.
      Donc pour t0 et x0 comme tk 0, on a : 0 tk (1- e-tx ) tk+1 x
      Et comme 01
      0 0 1 tk (1- e-tx )dt 0 1 tk+1 xdt=x [ tk+2 k+2 ]0 1 = x k+2

      Donc, par encadrement, quand x0,    fk (0)- fk (x)0 et fk est bien continue en 0.
      Pour étudier la dérivablilité, on charche la limite du taux d'accroissement par la lmité de la dérivée:
      Or
      fk ' (x)=- (k+1) x fk (x)+ e-x x = -(k+1) fk (x)+ e-x x \undersetx0+ car fk (x)0

      Donc comme fk (x) fk (0) et que fk ' (x)+ alors le taux d'accroissment tend vers +.
      fk n'est donc pas dérivable en 0 mais sa courbe représentative a une tangente verticele en ce point.
(ESCP 92)



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On 18 May 2004, 00:02.