Corrigé HEC 2000 par Pierre Veuillez

  1. La fonction t t k e x t 1 + t 5 est continue sur [ 1 , + [ donc 1 t k e x t 1 + t 5 t ne pose de problème de convergence qu'en + . Or pour t et x positifs, t k e x t 1 + t 5 0.

    Et comme, pour x strictement positifs, t k est négligeable devant ( e x / 2 ) t quand t tend vers + , t k e x t 1 + t 5 = t k e x t / 2 1 + t 5 e x t / 2 est négligeable devant e t x / 2 .

    Or l'intégrale 1 M e t x / 2 = [ 2 x e t x / 2 ] t = 1 M = 2 x e m x / 2 + 2 x e x / 2 m + 2 x e x / 2 converge. Donc par comparaison d'intégrales de fonctions positives, 1 t k e x t 1 + t 5 t converge.

    N.B. le théorème de comparaison par négligeable n'est pas au programme. Il aurait donc fallut passer par: t k e x t / 2 1 + t 5 0 donc pour t suffisamment grand, t k e x t / 2 1 + t 5 1 donc t k e x t / 2 1 + t 5 e x t / 2 e x t / 2 et procéder ensuite par comparaison.

    Pour x = 0 , t k e 0 t 1 + t 5 = t k 1 + t 5 = t k 5 ( 1 + 1 / t 5 ) t + t k 5 .

    Donc par comparaison d'intégrales de fonctions positives, pour k 4 , l'intégrale diverge et pour k < 4 , elle converge.

  2. On ne sait pas dériver sous l'intégrale (seulement en intégrant par parties). C'est d'ailleurs l'objet de cet exercice. On revient donc à la définition du sens de variation d'une fonction: si x y alors f ( x ) f ( y ) :

    Soient x y deux réels supérieurs à 0.

    On a pour tout t 1 , t x t y , t x t y et comme la fonction exp est croissante sur , e t x e t y .

    Donc e x t 1 + t 5 e y t 1 + t 5 > 0. Et 1 e x t 1 + t 5 t 1 e y t 1 + t 5 t > 0 car les bornes sont en ordre croissant. Donc si 0 x y alors F ( x ) F ( y ) > 0.

      Conclusion:
      Conclusion:

      F est une fonction strictement positive, décroissante

    Pour la limite, comme on ne sait pas calculer l'intégrale, on majore d'abord la fonction (en conservant une fonction dont l'intégrale converge):

    Pour t 1 , on a 1 + t 5 1 et comme la fonction inverse est décroissante sur ] 0 , + [ et que 1 et 1 + t 5 en sont éléments, 1 1 + t 5 1. Enfin e x t 0 donc e x t 1 + t 5 e x t Or 1 M e t x t = [ 1 x e t x ] t = 1 M = 1 x e M x + 1 x e x M + 1 x e x = 1 e t x t donc comme les bornes sont en ordre croissant, 1 t k e x t 1 + t 5 t 1 e x t t = 1 x e x

    On a donc: 0 F ( x ) 1 x e x x + 0 et par encadrement (et non par majoration) lim x + F ( x ) = 0

    1. On ne sait pas résoudre une telle inégalité, on passe donc par le sens de variation de la différence. ( | x | < y y < x < y ) . Par apport à h car c'est lui qui apparaît le moins dans les exponentielles.

      On a e t ( x + h ) e t x + t h e t x t 2 h 2 2 e t x = e t x ( e t h 1 + t h t 2 h 2 2 ) .

      Soit la fonction G définie par: G ( z ) = e z 1 + z z 2 2

      G est dérivable sur et G ( z ) = e z + 1 z .

      G est dérivable sur et G " ( z ) = e z 1 0. pour z 0 car e z e 0

      Donc G est décroissante sur [ 0 , + [ . Or G ( 0 ) = 0 donc G 0 sur [ 0 , + [ .

      Donc G est décroissante sur ] 0 , + [ . Et comme G ( 0 ) = 0 , G 0 sur [ 0 , + [ .

      Pour t 0 et h 0 on a z = t h 0 donc e t ( x + h ) e t x + t h e t x t 2 h 2 2 e t x 0

      Donc e t ( x + h ) e t x + t h e t x t 2 h 2 2 e t x . pour tout h 0 , t 0 et x réel.

      De même, avec H ( z ) = e z 1 + z , on trouve H ( z ) = e z + 1 0 pour z 0

      Donc H est croissante sur [ 0 , + [ et comme H ( 0 ) = 0 , H est positive.

      Donc pour t 0 et h 0 , e t ( x + h ) e t x + t h e t x 0

      Finalement, pour tout réel t 0 , tout réel x et tout réel h 0 , on a: | e t ( x + h ) e t x + t h e t x | t 2 h 2 2 e t x

    2. e t ( x + h ) e t x + t h e t x t 2 h 2 2 e t ( x + h ) = e t ( x + h ) ( 1 e t h + t h e t h t 2 h 2 2 )

      Soit G ( z ) = 1 e z + z e z z 2 2 .

      G est dérivable sur et G ( z ) = z e z z = z ( e z 1 ) .

      Or pour z 0 , e z e 0 = 1 donc G 0 sur ] , 0 ] et G y est croissante.

      Comme G ( 0 ) = 0 , on a alors G 0 sur ] , 0 ] .

      Donc pour t 0 et h 0 avec z = t . h 0 on a e t ( x + h ) e t x + t h e t x t 2 h 2 2 e t ( x + h ) 0 et e t ( x + h ) e t x + t h e t x t 2 h 2 2 e t ( x + h )

      Soit H ( z ) = 1 e z + z e z .

      H est dérivable sur et H ( z ) = z e z 0 sur ] , 0 ] .

      Donc H est décroissante sur ] , 0 ] . Comme H ( 0 ) = 0 , on a H 0 sur ] , 0 ] .

      Donc pour t 0 et h 0 avec z = t . h 0 on a 0 e t ( x + h ) e t x + t h e t x et finalement | e t ( x + h ) e t x + t h e t x | t 2 h 2 2 e t ( x + h )

    3. Or pour t 0 , x 0 et x + h 0 , on a t x 0 donc e t x 1 et t ( x + h ) 0 donc e t ( x + h ) 1. Si bien que, pour h positif ou négatif on a | e t ( x + h ) e t x + t h e t x | t 2 h 2 2 .

      On remarque d'abord que toutes les intégrales ci dessous convergent:

      En effet t 2 1 + t 5 = 1 t 3 ( 1 + 1 / t 5 ) t + 1 t 3 0 donc 1 t 2 h 2 2 ( 1 + t 5 ) t converge.

      L'intégrale 1 t e x t 1 + t 5 t a été traitée au 1).

      Enfin pour x 0 et x + h 0 , F ( x ) et F ( x + h ) sont définie.

      | F ( x + h ) F ( x ) + h 1 t e x t 1 + t 5 t | = | 1 e t ( x + h ) 1 + t 5 t 1 e t x 1 + t 5 t + 1 t h e t x 1 + t 5 t | = | 1 e t ( x + h ) e t x + t h e t x 1 + t 5 t |  bornes croissantes 1 | e t ( x + h ) e t x + t h e t x 1 + t 5 | t 1 t 2 h 2 2 ( 1 + t 5 ) t D'où finalement, | F ( x + h ) F ( x ) + h 1 t e x t 1 + t 5 t | h 2 2 1 t 2 1 + t 5 t

    4. En factorisant puis divisant par | h | > 0 l'inégalité précédente, on retrouve le taux d'accroissement : | F ( x + h ) F ( x ) h + 1 t e x t 1 + t 5 t | | h | 2 1 t 2 1 + t 5 t h 0 0 Donc par encadrement F ( x + h ) F ( x ) h + 1 t e x t 1 + t 5 t tend vers 0 et F ( x + h ) F ( x ) h h 0 1 t e x t 1 + t 5 t .

      Conclusion:

      F est dérivable en x et F ( x ) = 1 t e x t 1 + t 5 t

      La dérivation a pu se faire à l'intérieur de l'intégrale.

      Remarque:

      Le fait que x soit positif ne servait pas dans les inégalités mais seulement pour la convergence des intégrales. En 0 on n'obtient que la dérivée à droite: comme x + h 0 , on n'a pas les inégalités pour h < 0.

  3. On a vu que pour t 0 , x 0 et x + h 0 , on avait | e t ( x + h ) e t x + t h e t x | t 2 h 2 2 .

    Donc | t e t ( x + h ) t e t x + t 2 h e t x | t 3 h 2 2 .

    En procédant comme précédemment, on obtient | F ( x + h ) F ( x ) h + 1 t 2 e x t 1 + t 5 t | h 2 2 1 t 3 1 + t 5 t h 0 0

    Il faut noter que cette intégrale converge encore car t 3 1 + t 5 1 t 2 . On ne pourra donc pas procéder ainsi une fois de plus.

    Donc par encadrement F ( x + h ) F ( x ) h h 0 1 t 2 e x t 1 + t 5 t .

    Finalement F est dérivable sur [ 0 , + [ et F " ( x ) = 1 t 2 e x t 1 + t 5 t

  4. On se propose de montrer que la fonction ln ( F ) est convexe.

    1. a λ 2 + 2 b λ + c est un polynôme de degré 2 en λ . Donc s'il est positif ou nul pour tout λ c'est que son discriminant est négatif ou nul. i.e. si ( 2 b ) 2 4 a c 0 ; Alors a c b 2 0.

    2. Comme F > 0 , la fonction f = ln ( F ) est deux fois dérivable sur [ 0 , + [ et f = F F ,  et  f " = F " F ( F ) 2 F 2

      Avec a = F " , c = F et b = F on reconnaît a c b 2 .

      On considère donc P ( λ ) = λ 2 F " ( x ) + 2 λ F ( x ) + F ( x ) = 1 ( λ 2 t 2 + 2 λ t + 1 ) e x t 1 + t 5 t = 1 ( λ t + 1 ) 2 e x t 1 + t 5 t 0 car ( λ t + 1 ) 2 e x t 1 + t 5 0 et que les bornes sont en ordre croissant.

      Donc F " F ( F ) 2 = a c b 2 0 et pour tout x 0 , f " 0. Donc f = ln ( F ) est convexe.