Corrigé ECRICOME 93 par Pierre Veuillez

  1. Soit x un réel strictement positif.

    On pose pour tout entier naturel n : S n ( x ) = k = 0 n ( 1 ) k k + x + 1 = 1 x + 1 1 x + 2 + On se propose d'étudier la limite S ( x ) de S n ( x ) lorsque n + .

    Pour tout entier naturel n on pose: f p ( t ) = t x + p 1 + t  si  0 < t 1 ,  f p ( 0 ) = 0 et I p ( x ) = 0 1 f p ( t ) t .

  2. On vérifie que la fonctin f p est continue par morceaux sur [ 0 , 1 ] :

    t x + p = e ( x + p ) ln ( x ) 0 quand x 0 + car x + p > 0

    Donc f p est continue en 0 et I p ( x ) est bien définie.

  3. Montrer que pour tout t de [ 0 , 1 ] : k = 0 n ( 1 ) k t k = k = 0 n ( t ) k = ( t ) n + 1 1 t 1 = 1 1 + t + ( 1 ) n + 1 t n + 1 1 + t d'où  : 1 1 + t = k = 0 n ( 1 ) k t k + ( 1 ) n + 1 t n + 1 1 + t

  4. On en déduit en multipliant par t x que pour tout x > 0 : t x 1 + t = k = 0 n ( 1 ) k t k + x + ( 1 ) n + 1 t n + x + 1 1 + t fonctions continues par morceaux sur [ 0 , 1 ] (prolongeables par continuité en 0) que l'on intègre sur [ 0 , 1 ] :

    Mais la primitive F ( t ) = t k + x + 1 n'est pas définie en 0 \dots on la prolonge en 0 par 0. Esr-elle ainsi dérivable en 0 ?

    Comme sa dérivée est ( k + x + 1 ) t k + x 0 car k + x > 0 alors F est dérivable en 0 et F ( 0 ) = 0

    (Ou bien, on calcule ϵ 1 qui est continue par rapport à ϵ et on fait tendre ϵ vers 0) 0 1 t x 1 + t t = k = 0 n ( 1 ) k 0 1 t k + x t + ( 1 ) n + 1 0 1 t n + x + 1 1 + t t = k = 0 n ( 1 ) k [ t k + x + 1 k + x + 1 ] 0 1 + ( 1 ) n + 1 0 1 t n + x + 1 1 + t t 0 1 t x 1 + t t = S n ( x ) + R n ( x )  où  R n ( x ) = ( 1 ) n + 1 0 1 t n + x + 1 1 + t t

  5. On majore le contenu pour t [ 0 , 1 ] on a 1 + t 1 don 0 1 t + 1 1.

  6. Et 0 t n + x + 1 t n + 1 car t [ 0 , 1 ] donc la fonction x t x est décroissante. D'où : t n + x + 1 1 + t t n + 1 En intégrant l'inégalité ( 0 1 ) on a alors : 0 0 1 t n + x + 1 1 + t t 0 1 t n + 1 t 0 0 1 t n + x + 1 1 + t t 1 n + 2

  7. Par encadrement ( 1 ) n + 1 0 1 t n + x + 1 1 + t t 0 quand  n + et comme S n ( x ) = 0 1 t x 1 + t t R n ( x ) 0 1 t x 1 + t t = S ( x )

  8. Etude du cas x = 1 / 2 .On a alors S ( 1 / 2 ) = 0 1 t 1 / 2 1 + t t

  9. Le changement de variable u = t 1 / 2 n'est pas dérivable en 0 , on le retourne en t = u 2

    D'où t 2 u u S ( 1 / 2 ) = 0 1 t 1 / 2 1 + t t = 0 1 u 2 1 / 2 1 + u 2 2 u u = 2 0 1 u 2 1 + u 2 u = 2 0 1 u 2 + 1 1 1 + u 2 u = 2 0 1 1 1 1 + u 2 u = 2 2 0 1 1 1 + u 2 u = 2 π 2

    En utilisant le changement de variable u = t 1 / 2 calculer S ( 1 / 2 ) (on rapelle que 0 1 x 1 + x 2 x = π 4 par le changement x = tan ( y ) )

  10. On a S ( 1 / 2 ) = lim n + k = 0 n ( 1 ) k k + 1 / 2 + 1 Or k = 0 n ( 1 ) k k + 1 / 2 + 1 = k = 0 n ( 1 ) k k + 3 / 2 = 2 k = 0 n ( 1 ) k 2 k + 3 = 2 h = 1 n + 1 ( 1 ) h 1 2 h + 1 = 2 k = 0 n + 1 ( 1 ) k 2 k + 1 + 2 Donc k = 0 n + 1 ( 1 ) k 2 k + 1 = 1 2 ( k = 0 n ( 1 ) k k + 1 / 2 + 1 2 ) π 4 .

    (ECICOME 93)