Corrigé ECRICOME 2002 par Pierre Veuillez

On considère la famille de fonctions ( f n ) n * définies sur ] 1 , + [ par : f n ( x ) = x n ln ( 1 + x ) .

\Etude des fonctions f n .

Soit n * . On note h n la fonction définie sur ] 1 , + [ par : h n ( x ) = n ln ( 1 + x ) + x 1 + x .

  1. h n est dérivable sur ] 1 , + [ comme composée et quotient de fonctions dérivables et h n ( x ) = n 1 + x + 1 + x x ( 1 + x ) 2 = n + 1 + n x ( 1 + x ) 2

    Et comme x > 1 on a n x > n et h n ( x ) > 0.

    Donc h n est strictement croissante sur ] 1 , + [

  2. On a : h n ( 0 ) = 0 , et comme h n est strictement croissante, sur ] 1 , 0 [ on a :

    h n < 0 sur ] 1 , 0 [ et sur ] 0 , + [ on a h n > 0

  3. Étude du cas particulier n = 1 .

    1. f 1 ( x ) = x ln ( 1 + x ) .

      La composée de x 1 + x dérivable sur ] 1 , + [ à valeurs dans ] 0 , + [ ln est dérivable.

      Et x x est dérivable sur donc f n est dérivable sur ] 1 , + [

      f 1 ( x ) = ln ( 1 + x ) + x 1 + x = h 1 ( x )

    2. Donc f 1 est strictement décroissante sur ] 1 , 0 [ et strictement croissante sur ] 0 , + [ .

  4. Soit n * { 1 } .

    1. Comme n * , la fonction x x n est dérivable sur (la formule pour dériver serait différente pour la puissance 0) donc (produit et somme ) f n est dérivable sur ] 1 , + [

      f n ( x ) = n x n 1 ln ( 1 + x ) + x n 1 + x = x n 1 ( n ln ( 1 + x ) + x 1 + x ) = x n 1 h n ( x )

    2. Donc si n est pair, n 1 est impair donc

      n pair:

      x -1 0
      h n ( x ) 0 +
      x n 1 0 +
      f n + 0 +
      +
      f n ( x ) 0
      n impair :
      x 1 0
      h n ( x ) 0 +
      x n 1 + 0 +
      f n ( x ) 0 +
      f n ( x ) + +
      0

      En -1, x n + 1 si n est pair et x n ln ( 1 + x ) et x n ln ( 1 + x ) + si n impair

      En + : x n ln ( 1 + x ) +

Étude d'une suite.

On consid\ere la suite ( U n ) n * d\efinie par : U n = 0 1 f n ( x ) x .

Calcul de U 1 .

  1. Pour comparer, on met les deux expressions sous la même forme (même dénominateur) en réordonnant par rapport aux puisances de x : a x + b + c x + 1 = a x 2 + ( b + a ) x + b + c x + 1

    On a donc l'égalité si a = 1 et b + a = 0 et b + c = 0 soit a = 1 , b = 1 et c = 1

    Une autre rédaction est de chercher ces coefficients au brouillon et de constater que : x 1 + 1 x + 1 = x 2 x + 1 et donc que a = 1 , b = 1 et c = 1 conviennent

  2. On peut alors déterminer une primitive (la fonction intégrée est continue sur l'intervalle d'intégration) et x + 1 > 0 0 1 x 2 x + 1 x = 0 1 ( x 1 + 1 x + 1 ) x = [ x 2 2 x + ln ( x + 1 ) ] x = 0 1 = ln ( 2 ) 1 2 .

  3. On a U 1 = 0 1 f 1 ( x ) x = 0 1 x ln ( 1 + x ) x et en intégrant par partie (on dérive le ln pour le faire disparaître)

    u ( x ) = ln ( 1 + x ) , u de classe C 1 sur [ 0 , 1 ] , u ( x ) = 1 1 + x

    v ( x ) = x , v est continue v ( x ) = x 2 / 2 U 1 = [ x 2 2 ln ( 1 + x ) ] 0 1 0 1 x 2 2 ( 1 + x ) x = ln ( 2 ) 2 1 2 0 1 x 2 1 + x x = 1 4

Convergence de la suite ( U n ) n * .

  1. Pour monter que la suite ( U n ) n * est monotone, il suffit de comparer U n et U n + 1 .

    Comme ce sont des intégrales, on compare leurs contenus sur [ 0 , 1 ] :

    x n + 1 x n = x n ( x 1 ) 0 pour tout x [ 0 , 1 ] et comme ln ( 1 + x ) 0 sur [ 0 , 1 ] (car 1 + x 1 ) donc x n + 1 ln ( 1 + x ) x n ln ( 1 + x ) et comme 0 1 (ordre des bornes) on a alors 0 1 x n + 1 ln ( 1 + x ) x 0 1 x n ln ( 1 + x ) x et U n + 1 U n .

    Conclusion :

    la suite U est décroissante

  2. Toutes ces intégrales sont positive ou nulles car le contenu est positif et les bornes sont en ordre croissant

    Donc U est décroissante et minorée par 0 donc convergente.

  3. Pour encadrer l'intégrale, on encadre là encore le contenu. Pour obtenir 1 n + 1 on conserve le x n dans cet encadrement. On se contente donc d'encadre le ln :

    Si 0 x 1 alors 1 1 + x 2 et comme ln est strictement croissante sur ] 0 , + [ et que 1, 1 + x et 2 en sont éléments, ln ( 1 ) ln ( 1 + x ) ln ( 2 ) .

    Comme x n 0 alors 0 x n ln ( 1 + x ) x n ln ( 2 )

    Enfin comme 0 1 : 0 0 1 x n ln ( 1 + x ) x 0 1 x n ln ( 2 ) x = ln ( 2 ) [ x n + 1 n + 1 ] 0 1 = ln ( 2 ) n + 1 Conclusion :

    n * : 0 U n ln 2 n + 1

  4. Et comme ln 2 n + 1 0 ,

    par encadrement U n n + 0

Calcul de U n pour n 2 .

Pour x [ 0 , 1 ] et n * { 1 } , on pose : S n ( x ) = 1 x + x 2 + + ( 1 ) n x n = k = 0 n ( 1 ) k x k .

  1. Comme x 1 on a : S n ( x ) = k = 0 n ( 1 ) k x k = k = 0 n ( x ) k = ( x ) n + 1 1 x 1 . = 1 1 + x ( 1 ) n + 1 x n + 1 1 + x = 1 1 + x + ( 1 ) n x n + 1 1 + x

  2. On a donc en intégrant l'égalité précédente sur [ 0 , 1 ] : 0 1 k = 0 n ( 1 ) k x k x = k = 0 n ( 1 ) k 0 1 x k x = k = 0 n ( 1 ) k [ x k + 1 k + 1 ] x = 0 1 = k = 0 n ( 1 ) k k + 1 d'une part et d'autre part 0 1 k = 0 n ( 1 ) k x k x = 0 1 ( 1 1 + x + ( 1 ) n x n + 1 1 + x ) x = 0 1 1 1 + x x + ( 1 ) n 0 1 x n + 1 1 + x x = [ ln ( 1 + x ) ] 0 1 + ( 1 ) n 0 1 x n + 1 1 + x x = ln 2 + ( 1 ) n 0 1 x n + 1 1 + x x et finalement k = 0 n ( 1 ) k k + 1 = ln 2 + ( 1 ) n 0 1 x n + 1 1 + x x .

  3. On reconnaît dans la formule proposée k = 0 n ( 1 ) k k + 1 . On fait donc apparaître dans l'expression de U n la quantité 0 1 x n + 1 1 + x x :

    On a U n = 0 1 x n ln ( 1 + x ) x avec u ( x ) = ln ( 1 + x ) , u est de classe C 1 sur [ 0 , 1 ] et u ( x ) = 1 1 + x

    et avec v ( x ) = x n continue on a v ( x ) = x n + 1 n + 1 donc en intégrant par parties : U n = [ x n + 1 ln ( 1 + x ) n + 1 ] x = 0 1 0 1 x n + 1 ( n + 1 ) ( 1 + x ) x = ln 2 n + 1 1 n + 1 0 1 x n + 1 1 + x x et de k = 0 n ( 1 ) k k + 1 = ln 2 + ( 1 ) n 0 1 x n + 1 1 + x x on tire 0 1 x n + 1 1 + x x = ( 1 ) n [ k = 0 n ( 1 ) k k + 1 ln 2 ]

    d'où finalement U n = ln 2 n + 1 + ( 1 ) n n + 1 [ ln 2 ( 1 1 2 + + ( 1 ) k k + 1 + + ( 1 ) n n + 1 ) ] .