Corrigé EDHEC 1998 par Pierre Veuillez
On considére le fonction f définie pour tout réel x positif ou nul par f(x)=1- e-x .

Partie I

    1. f est dérivable syr + et f' (x)= e-x >0. Pas de formes indéterminées
      x 0
      f' (x) +
      f(x) 0 1
    2. On étudie les variations de la différence : soit g(x)=x-f(x). g est dérivable sur + et g' (x)=1- e-x =f(x)
      x 0
      g' (x) 0 +
      g(x) 0 +
      et on a donc g(x)>0 sur ]0,+[ et g(0)=0 donc x>0:f(x)<x et f(x)=xx=0
    1. On peut faire une démonstration par récurrence (en découpant la somme et en intégrant par parties pour ramener (x-t)n+1 à (x-t)n . Attention à bien dériver par rapport à t )
      ou bien connaitre et appliquer directement la formule de Taylor reste intégrale :
      Pour h de classe Cn+1 sur un intervalle I on a pour a et bI :
      h(b)= k=0 n (b-a)k k! h(k) (a)+ a b (b-t)n n! h(n+1) (t)dt

      que l'on applique pour h(t)= e-t :a=0 et b=x
      Les dérivées de h sont h(k) (t)= (-1)k e-t et h(k) (0)= (-1)k (à chaque dérivation, on remultiplie par -1 )
      On obtient donc :
      e-x = k=0 n (-1)k xk k! + 0 x (x-t)n n! (-1)n+1 e-t dt = k=0 n\dfrac(-1 )k xk k!+(-1 )n+1 0 x\dfrac(x-t )n n! e-t dt

    2. Pour n=2 on otbtient :

      e-x =1-x+ x2 2 - 0 x\dfrac(x-t )2 2! e-t dt

      donc
      x-f(x)= e-x -1+x= x2 2 - 0 x\dfrac(x-t )2 2! e-t dt

      et comme 0x (ordre des bornes) et pour tout t[0,x] on a x-t0 et donc \dfrac(x-t )2 2! e-t 0 alors 0 x\dfrac(x-t )2 2! e-t dt0 et
      x-f(x)\dfrac x2 2

      de même pour n=3 on a
      e-x =1-x+ x2 2 - x3 6 + 0 x\dfrac(x-t )3 3! e-t dt


      x-f(x)= e-x -1+x= x2 2 - x3 6 + 0 x\dfrac(x-t )3 6 e-t dt

      Comme précédemment 0 x\dfrac(x-t )3 6 e-t dt0 et
      x-f(x)\dfrac x2 2- x3 6

      et on a donc bien pour tout x0
      \dfrac x2 2-\dfrac x3 6x-f(x)\dfrac x2 2

Partie II

On considére la suite ( un ) définie par son premier terme u0 =1 et par la relation :
n\mathbb       un+1 =f( un )

    1. on procède par récurrence
      • pour n=0 on a u0 =1]0,1]
      • Soit n tel que un ]0,1] alors 0< un 1 et comme f est strictement croissante sur + et que 0, un et 1 en sont éléments alors f(0)<f( un )f(1)1 d'où un+1 ]0,1]
      • Donc par récurernce : n\mathbb       un ]0,1]
    2. Comme pour tout x0 on a f(x)x alors comme un 0 alors f( un ) un et n: un - un+1 0
    3. La suite u est donc décroissante et minorée par 0 ( un >0 )et converge vers une limite dont on ne sait pas qu'elle est 0, 0 (les inégalité s'élargissent en passant à la limite)
      Comme f est continue sur + et que + alors f()=. La seule siolution étant =0 d'après la première question.
      Finalement un 0 quand n+
    1. On a k=0 n-1( uk - uk+1 )=\limits k=0 n-1 uk - k=0 n-1 uk+1 =\limits k=0 n-1 uk - h=1 n uh en réindexant par h=k+1 et finalement k=0 n-1( uk - uk+1 )= u0 - un
    2. Pour montrer que la série est convergente, il suffit de montrer que la somme partielle a une limite finie :
      k=0 n( uk - uk+1 )=1- un+1 1 quand n+

    3. On détermine la limite du quotient par encadrement comme un - un+1 = un -f( un ) et que un 0 on a donc
      (\dfrac un 2 2-\dfrac un 3 6) 2 un 2 un - un+1 un 2 2 \dfrac un 2 2 2 un 2 1-\dfrac un 3 un - un+1 un 2 2 1

      et comme un 0 alors par encadrement un - un+1 un 2 2 1 et un - un+1 ~\dfrac un 2 2 en +.
    4. Comme la série n un - un+1 et convergente et que un 2 0, par comparaison de séries à termes positifs, n0 un 2 est une série convergente.

Partie III

  1. On note φ la fonction définie sur \mathbb par: φ(0)=1 et x\mathbb × + ,        φ(x)=\dfracf(x)x.
    φ est continue sur ]0,+[ et en 0+ :

    f(x) x = 1- e-x x = e-x -1 -x 1

    car eX -1\thicksimX quand X0. (on fait apparaîter le quotient de la définition de l'équivalent)
    Donc φ est continue en 0 et donc sur + .
    On considére la fonction réelle g définie par g(0)=1 et x\mathbb × + ,        g(x)=\dfrac1x 0 xφ(t)dt.
    1. Comme φ est continue sur + et que 0 et x + alors l'intégrale est définie. (il aurait suffit que φ soit continue par morceaux ou que l'intégrale soit impropre mais convergente)
      Comme φ est continue sur + alors x 0 xφ(t)dt est dérivable sur + .
      Donc g est dérivable sur * + comme quotient de fonction dérivable. Et elle y est donc continue
      (Si elle est dérivbale alors elle est continue. La réciproque est fausse : exple valeur absolue ou en 0 )
    2. On a ici à encadrer une intégrale. On s'intéresse donc d'abord à son contenu. On reprend l'inégalitée sur x-f(x):
      \dfrac x2 2-\dfrac x3 6x-f(x)\dfrac x2 2 donc   \dfrac x2 2-\dfrac x3 6-x-f(x)\dfrac x2 2-x et -\dfrac x2 2+\dfrac x3 6+xf(x)-\dfrac x2 2+x -\dfracx2+\dfrac x2 6+1 f(x) x -\dfracx2+1

      et comme 0x alors en intégrant sur [0,x]
      0 x -\dfract2+\dfrac t2 6+1dt 0 x f(t) t dt 0 x -\dfract2+1dt - 1 4 x2 + 1 18 x3 +x 0 x f(t) t dt- 1 4 x2 +x

      d'où finalement pour x>0 en divisant par x:1-\dfracx4g(x)1-\dfracx4+\dfrac x2 18.
    3. On sait déjà que g est continue sur * + il reste donc à démontrer la continuité en 0+ :
      Comme 1-\dfracx41 et 1-\dfracx4+\dfrac x2 181 alors par encadrement g(x)1=g(0) quand x0 et mg est continue en 0+ donc sur + .
      De même il reste à déterminer la dérivabilité en 0+ que l'on prouve en revenant à la définition : limite du taux d'accroissements :
      1-\dfracx4-1 x g(x)-g(0) x-0 1-\dfracx4+\dfrac x2 18-1 x donc    - 1 4 g(x)-g(0) x-0 - 1 4 + x 18

      et par encadrement g(x)-g(0) x-0 - 1 4 donc g est dérivable 0 et g' (0)=-1/4
    1. Pour majorer l'intégrle, on majore d'abord la fonction :
      pour t0 on a 1 e-t >0 donc 01- e-t 1 et 1- e-t t 1 t d'où 1 x 1- e-t t dt 1 x 1 t dt et 1 xφ(t)dtlnx.
    2. On a alors 0 1 x 1 xφ(t)dt ln(x) x et comme ln(x) << x par encadrement 1 x 1 xφ(t)dt0 quand x+
      Et finalement g(x)= 1 x 0 1φ(t)dt+ 1 x 1 xφ(t)dt0
    1. Soit Φ(x)= 0 x φ(t)dt. Φ est dérivable là où φ est continue : sur + et Φ' (x)=φ(x)
      Donc
      g' (x)=- 1 x2 Φ(x)+ 1 x φ(x)=\dfrach(x) x2

      en posant h(x)=-Φ(x)+xφ(x)
    2. h est dérivavble sur + et
      h' (x)=- Φ' (x)+φ(x)+x φ' (x)=x φ' (x) car       Φ' (x)=φ(x) et comme   φ' (x)= xf' (x)-f(x) x2 = xe-x -(1- e-x ) x2

      d'où finalement xh' (x)=(x+1) e-x -1
    3. k est dérivable sur + et k' (x)= e-x -(x+1) e-x =- xe-x d'où
      x 0 +
      k' (x) 0 -
      k(x) 0 -
      x 0
      h' (x) ? -
      h(x) 0 -
      x 0
      g' (x) -1 4 -
      g(x) 1 0
    4. On a la tangente à l'origine (pente -1/4 à) et l'assymptote à tracer.



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On 18 May 2004, 00:02.