Corrigé (ESC 1999) par Pierre Veuillez

Partie A : étude d'une fonction.

Soit f la fonction définie sur \mathbb par:     f(x)=ln(1+ x2 ).
  1. L'ensemble de définiton de f est et pour tout réel x, on a -x et : f(-x)=ln(1+ x2 )=f(x) donc f est une fonction paire
  2. f est dérivable sur et f' (x)=2x/(1+ x2 ) est dusigne de x. Donc f est strictement croissante sur + et strictement décroissante sur -
    f tend vers + en +.
    Etudier les variations de f et préciser les limites en +.
  3. On a en factorisant pour tout x>0:
    f(x) = ln( x2 (1+1/ x2 ))=ln( x2 )+ln(1+1/ x2 ) = 2ln(x)(1+ ln(1+1/ x2 ) 2ln(x) )

    et comme la parenthèse tend vers 1 quand x tend vers + on a bien f(x)\thicksim2lnx
    C a donc une branche parabolique horizontale en +. ( f(x)/x\thicksim2ln(x)/x0 car ln(x) << x )
  4. Pour etudier la concavité de C on détermine le signe de f'' . f' est dérivable sur
    f'' (x)=2 1+ x2 -2x·x (1+ x2 )2 =2 (1- x2 ) (1+ x2 )2

    Donc f'' est dusigne de 1- x2 polynôme du second degré de racines 1 et -1
    On a donc f'' <0 sur ]-,-1[]1,+[ et C y est concave et f'' >0 sur ]-1,1[ et C y est convexe.
    C a donc deux points d'inflexions en -1, ordonnée : f(-1)=ln(2) et 1 de même ordonnée.
    La tangente y a une pente de f' (1)=2/2=1
  5. Il faut respecter la symétrie des fonctions paires, la tagente horizontale en 0, placer les points d'inflexion avec leurs tangentes et enfin donner la bonne concavité en ±.

Partie B : étude d'une intégrale.

Pour n\mathbb, on pose In = 0 1\dfrac x2n+1 1+ x2 dx.
  1. I0 = 0 1\dfracx1+ x2 dx= [\dfrac12ln(1+ x2 )]0 1 =\dfrac12ln(2)
    1. On a :
      I0 + I1 = 0 1 \dfracx1+ x2 dx+ 0 1 \dfrac x3 1+ x2 dx= 0 1 \dfracx+ x3 1+ x2 dx = 0 1 xdx= [ x2 2 ]0 1 = 1 2

    2. Donc I1 =\dfrac12- I0 =\dfrac12(1-ln(2))
    1. Comme \dfrac x2n+1 1+ x2 0 sur [0,1] et que 01 on a alors In 0
    2. On a :
      In + In+1 = 0 1 \dfrac x2n+1 + x2n+3 1+ x2 dx= 0 1 \dfrac x2n+1 (1+ x2 )1+ x2 dx = 0 1 x2n+1 dx= [ x2n+2 2n+2 ]0 1 = 1 2n+2

    3. Comme In+1 0 on a alors     In =\dfrac12n+2- In+1 \dfrac12n+2
    4. On a donc pour tout entier n:0 In \dfrac12n+2 et par encadrement In 0

Partie C : étude d'une série

    1. On démontre par récurrence en utilisant le fait que In+1 =\dfrac12n+2- In
      • Pour n=1:2(-1 )0 I0 =1-ln(2)= k=1 1\dfrac(-1 )k-1 k-ln2
      • Soit n1 tel que 2(-1 )n-1 In = k=1 n\dfrac(-1 )k-1 k-ln2
        alors
        2(-1 )n+1-1 In+1 =-2(-1 )n-1 (\dfrac12n+2- In )=\dfrac(-1 )n+1-1 1n+1+2(-1 )n-1 In =\dfrac(-1 )n+1-1 1n+1+ k=1 n\dfrac(-1 )k-1 k-ln2 = k=1 n+1\dfrac(-1 )k-1 k-ln2

        Donc la propriété est vraie pour tout entier n.
    2. Comme In 0 alors 2(-1 )n-1 In 0 et limn+ k=1 n\dfrac(-1 )k-1 k=ln(2)
    1. On a In = 0 1\dfrac x2n+1 1+ x2 dx
      Soit u(x)= 1 1+ x2 : u' (x)= -2x (1+ x2 )2 : v' (x)= x2n+1 :v(x)= 1 2n+2 x2n+2 avec u et v de classe C1
      En intégrant par parties :
      In = [ 1 1+ x2 1 2n+2 x2n+2 ]0 1 - 0 1 - 2x 2n+2 \dfrac x2n+2 (1+ x2 )2 dx =\dfrac14(n+1)+\dfrac1n+1 0 1 \dfrac x2n+3 (1+ x2 )2 dx

    2. Pour encadrer l'intégrale, on encadre son contenu :
      On a x2 0 donc (1+ x2 )2 1 et 0 1 (1+ x2 )2 1.
      Pour 0x on a x2n+3 0 donc 0 x2n+3 (1+ x2 )2 x2n+3
      Comme les bornes 01 on a     0 0 1\dfrac x2n+3 (1+ x2 )2 dx 0 1 x2n+3 dx= [ x2n+4 2n+4 ]0 1 =\dfrac12n+4
    3. Finalement par encadrement 0 1\dfrac x2n+3 (1+ x2 )2 dx0
      nIn =\dfracn4(n+1)+\dfracnn+1 0 1 \dfrac x2n+3 (1+ x2 )2 dx = 1 1+1/n ( 1 4 + 0 1 \dfrac x2n+3 (1+ x2 )2 dx) 1 4

      Donc limn+ nIn =1/4
  1. on a donc In \thicksim 1 4n et
    k=1 n\dfrac(-1 )k-1 k-ln2=2(-1 )n-1 In \thicksim (-1 )n-1 2n

    quand n tend vers +.
(ESC 1999)



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On 18 May 2004, 00:02.