Corrigé EDHEC 1999 par Pierre Veuillez

Partie 1

    1. Comme t 1 / t est décroissante sur ] 0 , + [ on a pour tout

      Comme p p + 1 alors p p + 1 t t p p + 1 1 p + 1 t = 1 p + 1 .
      ( p + 1 est une constante par arapport à t )

    2. Que faire de p = 1 n 1 p + 1 = p = 2 n + 1 1 p par réindexation.

      On a d'après la question précédente p = 2 n 1 p = p = 1 n 1 1 p + 1 p = 1 n 1 p p + 1 t t

      Or cette deuxième somme vaut : p = 1 n 1 p p + 1 t t = 1 n t t = ln ( n )

      D'où u n = p = 1 n 1 p = 1 + p = 2 n 1 p 1 + ln ( n )

  1. ϕ 1 est continue sur ] 0 , + [ comme produit de fonctions continues.

    En 0 : x ( 1 + ln ( x ) ) = x + x ln ( x ) et comme x ln ( x ) = ln ( x ) / x 1 et que ln ( x ) x 1 alors ϕ 1 ( x ) 0 = ϕ 1 ( 0 ) quand x 0.

    Donc ϕ 1 est continue sur [ 0 , + [ = +

    1. Par récurrence : ϕ 1 est défini e et continue sur +

      Soit n 1 tel que ϕ n est continue sur + donc sur [ 0 , x ] pour tout x 0 et 0 x ϕ n ( t ) t est définie pour tout x 0

      De plus ϕ n + 1 est alors dérivable en tout point de continuité de ϕ n donc sur + et est donc continue.

      Donc ϕ n est continue sur + pour tout entier n et et ϕ n ( 0 ) = 0

    2. Vérifier qu'il existe deux suites ( a n ) n * et ( b n ) n * telles que :

      on a ϕ 1 ( x ) = x ( 1 + ln ( x ) ) donc avec a 1 = 1 et b 1 = 1 on a bien ϕ 1 ( x ) = x 1 ( a 1 + b 1 ln x )

      Soit n 1 tel que . x + * , ϕ n ( x ) = x n ( a n + b n ln x ) .

      On cherche alors a n + 1 et b n + 1 pour que F : x x n + 1 ( a n + 1 + b n + 1 ln x ) soit une primitive sur ] 0 , x ]

      F ( x ) = ( n + 1 ) x n ( a n + 1 + b n + 1 ln x ) + x n + 1 b n / x = x n [ ( n + 1 ) a n + 1 + b n + 1 + ( n + 1 ) b n + 1 ln ( x ) ]

      Soit donc b n + 1 = b n n + 1 et a n + 1 = a n b n + 1 n + 1 = a n n + 1 b n ( n + 1 ) 2

      alors F ( x ) = ϕ n ( x ) pour tout x > 0

      Reste le problème en 0 : on peut le traiter comme une intégrale impropre ou bien prolonger la primitive :

      Soit F ( x ) = x n + 1 ( a n + 1 + b n + 1 ln x ) si x > 0 et F ( 0 ) = 0 ;

      F est conitnue sur + car F ( x ) 0 quand x 0.

      F ( x ) 0 quand x 0

      Donc F est dérivable en 0 et F ( 0 ) = 0 = ϕ n ( 0 )

      Donc F est une primitive de ϕ n sur [ 0 , x ]

      Et on a alors
      ϕ n + 1 ( x ) = 0 x ϕ n ( t ) t = [ F ( t ) ] 0 x = F ( x ) F ( 0 ) = F ( x ) = x n + 1 ( a n + 1 + b n + 1 ln x )

      avec a n + 1 = a n n + 1 b n ( n + 1 ) 2 et b n + 1 = b n n + 1

      Finalement, pour tout entier n 1 : x + * , ϕ n ( x ) = x n ( a n + b n ln x ) .

  2. Pour calculer la valeur suivante a n + 1 on a besoin des valeurs précédentes a n et b n .

    par contre pour b n + 1 on n'a besoin que de b n et pas de a n .

    Dans le programme, on mettra donc d'abord à jour a n + 1 et ensuite b n + 1

    On calcule les termes suivants d'indice 2 à partirr de cexu d'indice 1 jusqu'à ceux d'indice n à partir de ceux d'indice n 1

    (d'où le : for i:=1 to n-1 )

    Program suite;

    var a,b:real;n,i:integer;

    begin

    writeln('n?); readln(n);

    a:=1;b:=1;

    for i:=1 to n-1 do

    begin

    a:=a/(i+1)-b/sqr(i+1);

    b:=b/i+1;

    end;

    writeln(a,b);

    end.

  3. On reconnait l'inverse de la suite factorielle : pour tout entier n 1 on a b n = 1 / n !

  4. Pour tout n élément de * , on pose : c n = n ! a n .

    1. On prouve celà par récurrence :

      • Pour n = 1 on a c 1 = 1 ! a 1 = 1 et u 1 = 1 donc c 1 = 2 u 1

      • Soit n 0 tel que c n = 2 u n alors c n + 1 = ( n + 1 ) ! a n + 1 = ( n + 1 ) ! [ a n n + 1 b n ( n + 1 ) 2 ] = n ! a n ( n + 1 ) n ! ( n + 1 ) 2 n ! = c n 1 n + 1 = 2 u n 1 n + 1 = 2 u n + 1

        car u n + 1 = p = 1 n + 1 1 p = p = 1 n 1 p + 1 n + 1

      • Donc pour tou entier n 1 on a bien c n = 2 u n .

    2. Comme u n 1 + ln ( n ) alors c n = 2 u n 1 ln ( n ) donc c n 1 ln ( n )

      Pour majorer la valeur absolue, reste à majorer : est-ce que c n 1 + ln ( n ) ?

      pour n = 2 on a c 2 = 2 1 1 2 = 1 2 1 + ln ( 2 )

      Comme u est une suite croissante alors, c est décroissante et pour tout entier n 2 : 1 ln ( n ) c n c 2 1 + ln ( 2 ) 1 + ln ( n )

      et finalement pour tout entier n supérieur ou égal à 2 : | c n | 1 + ln ( n ) .

    3. On a donc pour tout entier n 2 : | n ! a n | 1 + ln ( n ) et donc | a n | ( 1 + ln ( n ) ) / n !

      Et comme ln ( n ) n n ! on a alors par encadrement lim n + a n = 0.

    4. On a donc | a n | 1 / ( n 1 ) ! et pour N suffisemment grand | a n | 1 / ( n 1 ) !

      La série des 1 / n ! étant convergent alors par comparaison de séries à termes positifs, la série des | a n | est convergente et la série de terme général a n est absolument convergente.


Partie 2

On considère les fonctions e 1 , e 2 , e 3 et e 4 définies par :

x + * , e 1 ( x ) = x , e 2 ( x ) = x 2 , e 3 ( x ) = x ln ( x ) et e 4 ( x ) = x 2 ln ( x ) .

On note E l'espace vectoriel engendré par e 1 , e 2 , e 3 et e 4 .

  1. On suppose dans cette question que a , b , c et d sont 4 réels tels que :

    (*) x + * , a x + b x 2 + c x ln ( x ) + x 2 ln ( x ) = 0.

    1. Puisque la relation précédente est valable pour tout x > 0 , elle est vraie en particulier pour x = 1 donc a + b = 0.

    2. En divisant l'expression (*) par x 2 ln ( x ) 0 puisque x > 1 on obtient x > 1 , a x ln ( x ) + b ln ( x ) + c x + d = 0.

      Et en prenant la limite de cette quantité en + on trouve d = 0.

    3. Puisque d = 0 en divisant (*) par x 2 0 on trouve a x + b + c ln ( x ) x = 0 si x + * .

      Et la limite queand x + , comme ln ( x ) x est b = 0.

    4. D'où comme a + b = 0 on a alors a = 0 . On sait déjà que d = 0 , en prebnant (*) pour x = e on en déduit que c e = 0 donc c = 0

      Finalement que a = b = c = d = 0.

    1. Pour tout réels a , b , c et d , si a e 1 + b e 2 + c e 3 + d e 4 = 0 alors la fonctin est nulle, donc pour tout réel x > 0 on a (*) et a = b = c = d = 0

      Donc ( e 1 , e 2 , e 3 , e 4 ) est une famille libre.

    2. Comme elle est génératrice de E , c'en est donc une base.

  2. On note u l'application qui à toute fonction f de E associe la fonction g = u ( f ) définie par :

    x + * , g ( x ) = x f ( x ) .

    1. Montrer que u est une application linéaire.

      Il faut montrer que

      • u est définie sur E (à valeurs dans 𝒜 ( + * , ) ) les fonctions e 1 , \dots e 4 étant dérivables sur + * , leurs combinaisons linéaires le sont également.

      • pour toutes fonctions f 1 et f 2 de E on a pour tout réle x + * u ( α f 1 + β f 2 ) ( x ) = x ( α f 1 + β f 2 ) ( x ) = x ( α f 1 ( x ) + β f 2 ( x ) ) = α x f 1 ( x ) + β x f 2 ( x ) = α u ( f 1 ) ( x ) + β u ( f 2 ) ( x )

        donc u ( α f 1 + β f 2 ) = α u ( f 1 ) + β u ( f 2 )

        et u est une papplication linéaire de E

    2. Pour tout x > 0 on a :

      • u ( e 1 ) ( x ) = x donc u ( e 1 ) = e 1

      • u ( e 2 ) ( x ) = x 2 x = 2 x 2 donc u ( e 2 ) = 2 e 2

      • u ( e 3 ) ( x ) = x ( ln ( x ) + 1 ) = x ln ( x ) + x donc u ( e 3 ) = e 1 + e 3

      • u ( e 4 ) ( x ) = x ( 2 x ln ( x ) + x ) = 2 x 2 ln ( x ) + x 2 donc u ( e 4 ) = 2 e 4 + e 2

    3. Donc pour une combinaison linéaire de ces 4 fonction, l'image par u qui est la combianiasons de leurs images, sera encore une combinaison de ces 4 fonctions : u ( a e 1 + b e 2 + c e 3 + d e 4 ) = a u ( e 1 ) + b u ( e 2 ) + c u ( e 3 ) + u ( e 4 ) = ( a + c ) e 1 + ( 2 b + d ) e 2 + c e 3 + 2 d e 4 E Donc u est une application linéaire de E dans E donc un endomorphisme de E .

    1. On a les coordonnées des images donc A = ( 1 0 1 0 0 2 0 1 0 0 1 0 0 0 0 2 )

    2. La matrice A étant triangulaire à termes non nuls sur la diagonale, elle est inversible et u est donc bijective don un automorphisme de E .

(EDHEC 1999)