Corrigé ECRICOME 2005 par Pierre Veuillez

On considère, pour tout entier naturel n , l'application ϕ n définie sur par : x , ϕ n ( x ) = ( 1 x ) n e 2 x ainsi que l'int\egrale : I n = 0 1 ϕ n ( x ) x

On se propose de démontrer l'existence de trois réels, a , b , c tels que : I n = a + b n + c n 2 + 1 n 2 ϵ ( n ) avec  lim n + ϵ ( n ) = 0

ϕ n étant continue, l'intégrale est bien définie.

  1. On a I 0 = 0 1 ϕ 0 ( x ) x = 0 1 e 2 x x = [ 1 2 e 2 x ] 0 1 = 1 2 e 2 + 1

    et I 1 = 0 1 ϕ 1 ( x ) x = 0 1 ( 1 x ) e 2 x x en intégrant par parties avec u ( x ) = ( 1 x ) : u ( x ) = 1 : v ( x ) = e 2 x : v ( x ) = 1 2 e 2 x les fonctions u et v étant de classe C 1 on a :

    I 1 = [ 1 2 e 2 x ( 1 x ) ] 0 1 0 1 1 2 e 2 x x = 1 2 [ 1 4 e 2 x ] 0 1 = 1 2 + 1 4 e 2 + 1 4 = 1 4 + 1 4 e 2

  2. Comme on ne peut pas calculer facilement I n , pour comparer I n et I n + 1 on compare d'abord leurs contenus :

    ϕ n + 1 ( x ) ϕ n ( x ) = ( 1 x ) n + 1 e 2 x ( 1 x ) n e 2 x = ( 1 x ) n ( 1 x 1 ) e 2 x = x ( 1 x ) n e 2 x 0  sur  [ 0 , 1 ]

    Donc ϕ n + 1 ϕ n sur [ 0 , 1 ] .

    Comme 0 1 (bornes) alors 0 1 ϕ n + 1 ( x ) x 0 1 ϕ n ( x ) x et

    Conclusion :

    la suite I est décroissante

  3. Pour déterminer le signe de I n , on cherche celui de son contenu :

    Pour tout x [ 0 , 1 ] : ( 1 x ) n e 2 x 0 donc ( 0 1 ) on a I n = 0 1 ϕ n ( x ) x 0 pour tout entier naturel n

  4. La suite I étant décroissante et minorée par 0 elle est convergente vers une limite 0

  5. La fonction x e 2 x est décroissante sur donc pour x 0 on a g ( x ) g ( 0 ) = 1 et pour tout x [ 0 , 1 ] on a g ( x ) 1

  6. On enchaîne alors les inégalités sur le contenu puis l'intégrale :

    Pour tout x [ 0 , 1 ] : e 2 x 1 et ( 1 x ) n 0 donc ( 1 x ) n e 2 x ( 1 x ) n d'où

    0 1 ( 1 x ) n e 2 x x 0 1 ( 1 x ) n x = [ 1 n + 1 ( 1 x ) n + 1 ] 0 1 = 1 n + 1 et finalement n , 0 I n 1 n + 1

  7. Conclusion :

    Par encadrement on a alors I n 0 quand n tend vers l'infini.

  8. On a I n + 1 = 0 1 ( 1 x ) n + 1 e 2 x x on pose u ( x ) = ( 1 x ) n + 1 : u ( x ) = ( n + 1 ) ( 1 x ) n : v ( x ) = e 2 x : v ( x ) = 1 2 e 2 x les fonctions u et v étant de classe C 1 on a :

    I n + 1 = [ 1 2 e 2 x ( 1 x ) n + 1 ] 0 1 0 1 n + 1 2 ( 1 x ) n e 2 x x = 1 2 n + 1 2 0 1 ( 1 x ) n e 2 x x = 1 2 [ 1 ( n + 1 ) I n ] et donc n , 2 I n + 1 = 1 ( n + 1 ) I n

  9. Comme 2 I n + 1 = 1 ( n + 1 ) I n on a alors n I n + I n = 1 2 I n + 1 et n I n = 1 2 I n + 1 I n 1

    Conclusion :

    n I n 1 quand n +

  10. D'après le développement précédent, on a n I n 1 = 2 I n + 1 I n et donc n ( n I n 1 ) = 2 n I n + 1 n I n et on fait apparaître ( n + 1 ) I n + 1 : n ( n I n 1 ) = 2 n n + 1 ( n + 1 ) I n + 1 n I n 3

    Conclusion :

    n ( n I n 1 ) 3 lorsque n tend vers l'infini.

  11. Pour trouver valeurs de a , b , c , on cherche par identification :

    si I n = a + b n + c n 2 + 1 n 2 ϵ ( n ) comme I n 0 alors a = 0 donc I n = b n + c n 2 + 1 n 2 ϵ ( n )

    n I n = b + c n + 1 n ϵ ( n ) b or n I n 1 donc b = 1

    D'où n I n 1 = c n + 1 n ϵ ( n ) donc n ( n I n 1 ) = c + ϵ ( n ) c d'où c = 3

    Donc les seules valeurs possibles sont a = 0 : b = 1 et c = 3

    Réciproquement :Il faut vérifier que la fonction ϵ restante tend bien vers 0 :

    Soit ϵ ( n ) = n ( n I n 1 ) + 3 0 quand n + et on a n ( n I n 1 ) = ϵ ( n ) 3 d'où n I n 1 = 1 n ϵ ( n ) 3 n et enfin

    Conclusion :

    I n = 0 + 1 n 3 n 2 + 1 n 2 ϵ ( n ) avec ϵ ( n ) 0 quand n + et a = 0 : b = 1 : c = 3