Corrigé ESCP 2001 par Pierre Veuillez

  1. On considère la fonction G de deux variables réelles définie, pour tout x et y strictement positifs, par: G ( x , y ) = x 2 2 y 2 ln x + y 3 2

    1. G est de classe C 2 en ( x , y ) tels que y 0 et x > 0 donc sur * × *

      G x ( x , y ) = x y 2 1 x = x 2 y 2 y 2 x G y ( x , y ) = x 2 y 3 + 1 = x 2 + y 3 y 3 2 G x 2 ( x , y ) = 1 y 2 + 1 x 2 2 G y x ( x , y ) = 2 x y 3 2 G y 2 ( x , y ) = 3 x 2 y 4

    2. Si G a un extremum local sur l'ouvert * × * alors

      { G x ( x , y ) = 0 G y ( x , y ) = 0 { x 2 y 2 = 0 y 3 x 2 = 0 { x = y  car  x > 0  et  y > 0 y 3 y 2 = 0

      et comme y 3 y 2 = 0 = y 2 ( y 1 ) et que y 0 alors

      Conclusion :

      le seul point critique de G est ( 1 , 1 )

      (c'est le seul point où G est susceptible d'avoir un extremum)

      On test si ce point est un extrema local :

      r = 2 G x 2 ( 1 , 1 ) = 2 : s = 2 G y x ( 1 , 1 ) = 2 : t = 2 G y 2 ( 1 , 1 ) = 3

      et r t s 2 = 6 4 > 0

      Donc, sur l'ouvert * × * G a un extremum local en ( 1 , 1 ) et comme r > 0 , c'est un minimum local.

      Conclusion :

      le seul extremum local de G est un minimum local en ( 1 , 1 )

  2. On considère maintenant la fonction f définie, pour tout x strictement positif, par: f ( x ) = G ( x , 1 ) = x 2 2 ln x 1 2

    1. f est dérivable sur ] 0 , + [ et f ( x ) = x 1 x = x 2 1 x qui est donc du signe du polynôme x 2 1

      f est dérivable sur ] 0 , + [ et f ( x ) = 1 + 1 x 2 > 0 donc f est convexe sur ] 0 , + [

      En 0 + : f ( x ) +

      En + : f ( x ) = x 2 [ 1 2 ln ( x ) x 2 1 2 x 2 ] +

      et f ( x ) / x = x 2 ln ( x ) x 1 2 x + donc la courbe représentative de f a une branche parabolique verticale.

      x 0 1 +
      x 2 1 0 +
      f ( x ) 0 +
      + 0 +

      1. Une primitive de f sur l'intervalle ] 0 , + [ est F définie par F ( x ) = x 3 6 x ln ( x ) + 1 2 x

        en effet, F y est dérivable et F ( x ) = f ( x )

      2. L'intégrale 0 1 f ( x ) d x est impropre en 0 ( f n'y est pas prolongeable par continuité)

        et pour ϵ > 0 ϵ 1 f ( x ) x = [ x 3 6 x ln ( x ) + 1 2 x ] ϵ 1 = 1 6 + 1 2 ( ϵ 3 6 ϵ ln ( ϵ ) + 1 2 ϵ ) 2 3  quand  ϵ 0 Donc 0 1 f ( x ) d x converge et vaut 2 3

    2. Soit n un entier supérieur ou égal à 2. On pose S n = 1 n j = 1 n f ( j n ) .

      1. Pour encadrer l'intégrale, on encadre le contenu en utilisant le sens de variation de f :

        Pour tout entier j vérifiant 1 j < n , on a j + 1 n et donc 0 < j n j + 1 n 1.

        Donc f est décroissante sur [ j n , j + 1 n ] et pour tout t tel que j n t j + 1 n on a f ( j n ) f ( t ) f ( j + 1 n ) .

        Et comme j n j + 1 n (ordre des bornes) 1 n f ( j + 1 n ) = j n j + 1 n f ( j + 1 n ) t j n j + 1 n f ( x ) d x j n j + 1 n f ( j n ) t = 1 n f ( j n )

      2. On somme alors les inégalités précédentes de ... 1 à n 1 (valeurs de j pour lesquelles l'inégalité est vraie ) et on rectifie afin d'avoir S n :

        Pour le membre de gauche : j = 1 n 1 1 n f ( j + 1 n ) = 1 n j = 1 n 1 f ( j + 1 n )  avec  k = j + 1 = 1 n k = 2 n f ( k n ) = 1 n k = 1 n f ( k n ) 1 n f ( 1 n ) = S n 1 n f ( 1 n ) Pour le membre de droite :

        j = 1 n 1 1 n f ( j n ) = 1 n [ j = 1 n f ( j n ) f ( 1 ) ] = S n 0 Et pour le centre : j = 1 n 1 j n j + 1 n f ( x ) d x = 1 n 1 f ( x ) d x  (Chasles) On a donc S n 1 n f ( 1 n ) 1 n 1 f ( x ) d x S n ou encore : 1 n 1 f ( x ) d x S n 1 n f ( 1 n ) + 1 n 1 f ( x ) d x

      3. Pour tout ϵ ] 0 , 1 n ] , f est décroissante sur [ ϵ , 1 ] donc f ( 1 n ) f ( x ) donc ( 1 n ϵ ) f ( 1 n ) = ϵ 1 n f ( 1 n ) d x ϵ 1 n f ( x ) d x et par passage à la limite dans l'inégalité quand ϵ 0 0 1 n f ( 1 n ) 0 1 n f ( x ) d x

    3. On considère la suite ( S n ) n 2 définie précédemment.

      Comme 0 1 n f ( x ) d x 0 0 f ( x ) x = 0 quand n + alors 1 n f ( 1 n ) 0 par encadrement.

      D'autre part, 1 n 1 f ( x ) d x 0 1 f ( x ) d x quand n + (car cette intégrale impropre en 0 est convergente)

      Alors par l'encadrement 1 n 1 f ( x ) d x S n 1 n f ( 1 n ) + 1 n 1 f ( x ) d x on déduit que S n 0 1 f ( x ) d x = 2 3

      Conclusion :

      S n 2 3 quand n +

    4. On rappelle que, pour tout entier naturel non nul, on a l'égalité k = 1 n k 2 = n ( n + 1 ) ( 2 n + 1 ) 6 .

      1. On calcule : j = 1 n f ( j n ) = j = 1 n [ ( j / n ) 2 2 ln ( j / n ) 1 2 ] = j = 1 n ( j / n ) 2 2 j = 1 n ln ( j / n ) j = 1 n 1 2 = 1 2 n 2 j = 1 n j 2 ln ( j = 1 n j n ) n 2 = 1 2 n 2 n ( n + 1 ) ( 2 n + 1 ) 6 ln ( n ! n n ) n 2 = 1 2 n 2 n ( n + 1 ) ( 2 n + 1 ) 6 ln ( n ! n n ) n 2 = ( n + 1 ) ( 2 n + 1 ) 12 n n 2 + ln ( n n n ! ) = 4 n 2 + 3 n + 1 12 n + ln ( n n n ! )

      2. En divisant par n on obtient donc S n = 4 n 2 + 3 n + 1 12 n 2 + 1 n ln ( n n n ! )

        Comme 4 n 2 + 3 n + 1 12 n 2 = 1 3 + 1 4 n + 1 12 n 2 1 3 et que S n 2 3 alors 1 n ln ( n n n ! ) = S n 4 n 2 + 3 n + 1 12 n 2 2 3 + 1 3 = 1

        Conclusion :

        lim n + 1 n ln ( n n n ! )

    N.B. Cela ressemble au théorème sur les sommes de Riemann :

    1 n ln ( n n n ! ) = 1 n i = 1 n ln ( n i ) = 1 n i = 1 n ln ( i n ) 0 1 ln ( t ) t intégrale impropre qui vaut 1 si ln est continue sur [ 0 , 1 ] ce qui n'est pas le cas.