Corrigé par Pierre Veuillez

E.S.C.Paris 1999

Pour tout entier k supérieur ou égal à 2, soit f k la fonction définie sur ] 0 , + [ par :

f k ( x ) = ln k ( x ) x 1  si  x > 0  et  x 1  et  f k ( 1 ) = 0

  1. Etude des fonctions f k .

    1. Soit k un entier supérieur ou égal à 2.

      Pour x ] 0 , 1 [ ] 1 , + [ on a x > 0 et x 1 0 donc f k est dérivable comme quotient de fonction dérivables.

      f k ( x ) = k ln ( x ) k 1 1 x ( x 1 ) ln ( x ) k ( x 1 ) 2 = ln ( x ) k 1 [ k ( x 1 ) x ln ( x ) ] x ( x 1 ) 2 = ln ( x ) k 1 ϕ k ( x ) x ( x 1 ) 2

      Pour la dérivablité en 0 , on revient au taux d'acroissement : pour x 1 on pose
      h = x 1 0

      f k ( x ) f k ( 1 ) x 1 = ln k ( x ) ( x 1 ) 2 = ln ( 1 + h ) k h 2 = ln ( 1 + h ) 2 h 2 ln ( 1 + h ) k 2 Et comme ln ( 1 + h ) h quand h 0 alors ln ( 1 + h ) 2 h 2 1

      • Pour k = 2 le taux d'acroissement tend donc vers 1 donc f 2 est dérivable en 1 et f 2 ( 1 ) = 1

      • Pour k 3 on a ln ( 1 + h ) k 2 0 donc le taux d'accroissement tend vers 0 donc f 2 est dérivable en 1 et f k ( 1 ) = 0

    2. Soit ϕ k ( x ) = k ( x 1 ) x l n ( x ) .

      ϕ k est dérivable sur + * et ϕ k ( x ) = k l n ( x ) 1 = k 1 ln ( x ) .

      x 0 1 e k 1 +
      ϕ k ( x ) + + 0
      +
      ϕ k ( x ) 0
      k

      • On a ϕ k ( 1 ) = 0

      • en + : ϕ k ( x ) = k ( x 1 ) x l n ( x ) = x ln ( x ) [ k x ln ( x ) + k ln ( x ) 1 ]

      • en 0 + : on a ln ( x ) 1 / x donc x ln ( x ) 0 et ϕ k ( x ) = k ( x 1 ) x l n ( x ) k

      • Comme k 2 on a e k 1 e 1 > 1

      l'équation ϕ k ( x ) = 0

      • comme ϕ k est strictement croissante sur [ 1 , e k 1 ] on a donc ϕ k ( 1 ) = 0 < ϕ k ( e k 1 )

      • Sur [ 1 , e k 1 ] on a Comme k 2 on a ϕ k > 0 donc l'équation ϕ k ( x ) = 0 n'y a pas de solution.

      • sur ] e k 1 , + [ la fonction ϕ k est continue et strictement décroissante donc bijective de ] e k 1 , + [ dans ] lim + ϕ k ; lim e k 1 ϕ k [ = ] ; ϕ k ( e k 1 ) [ .

        et comme ϕ k est strictement croissante sur [ 1 , e k 1 ] on a donc ϕ k ( 1 ) = 0 < ϕ k ( e k 1 )

        Donc 0 ] ; ϕ k ( e k 1 ) [ donc l'équation a une unique solution sur ] e k 1 , + [ .

      • Finalement l'équation ϕ k ( x ) = 0 admet une racine unique a k dans l'intervalle ] 1 , + [ .

    3. On rapelle que f k ( x ) = ln ( x ) k 1 ϕ k ( x ) x ( x 1 ) 2 pour x 1

      en + on a f k ( x ) = ln ( x ) k x 1 = ln ( x ) k x ( 1 1 / x ) = ( ln ( x ) x 1 / k ) k 1 1 1 / x 0

      • pour k = 2 on a f ( 1 ) = 1 et f 2 ( x ) = ln ( x ) ϕ 2 ( x ) x ( x 1 ) 2 est du signe de ln ( x ) ϕ 2 ( x ) et on a donc :

        x 0 1 a 2 +
        ϕ 2 ( x ) 0 + 0
        ln ( x ) 0 + +
        f 2 ( x ) + 1 + 0
        f 2 ( x ) 0 0

        On sait que f 2 est dérivable en 1 donc qu'elle y est continue.

        En 0 on a f 2 ( x ) = ln ( x ) 2 + x 1 1

      • Pour k pair k 4 on a k 1 impair et

        x 0 1 a k +
        ϕ k ( x ) 0 + 0
        ln ( x ) 0 + +
        ln ( x ) k 1 0 + +
        f k ( x ) + 0 + 0
        f k ( x ) 0 0

        En 0 on a f k ( x ) = ln ( x ) k + x 1 1

      • Pour k impair k 3 on a k 1 pair et

        x 0 1 a k +
        ϕ k ( x ) 0 + 0
        ln ( x ) 0 + +
        ln ( x ) k 1 + 0 + +
        f k ( x ) 0 + 0
        f k ( x ) + 0 0

        En 0 on a f k ( x ) = ln ( x ) k x 1 1 +

  2. Etude asymptotique de la suite ( a k ) k 2 .

    1. On a déja vu que a k [ e k 1 , + [ donc que e k 1 a k

      Pour comparer les termes, on compare les images par ϕ k :

      ϕ k ( e k ) = k ( e k 1 ) e k ln ( e k ) = k ( e k 1 ) k e k = k < 0 = ϕ k ( a k )

      Donc comme ϕ k est strictement décroissante sur [ e k 1 , + [ et que e k et a k en sont éléments alors e k > a k

      Finalement, pour tout entier k supérieur ou égal à 2 : e k 1 a k e k

    2. On a pour tout entier k 2 : ϕ k ( a k ) = 0 donc 0 = ϕ k ( e k ( 1 + δ k ) ) = k ( e k ( 1 + δ k ) 1 ) e k ( 1 + δ k ) ln ( e k ( 1 + δ k ) ) = k ( e k ( 1 + δ k ) 1 ) e k ( 1 + δ k ) ln ( e k ) e k ( 1 + δ k ) ln ( 1 + δ k ) = k e k ( 1 + δ k ) ln ( 1 + δ k )        donc k = e k ( 1 + δ k ) ln ( 1 + δ k ) Conclusion :

      k e k = ( 1 + δ k ) ln ( 1 + δ k )

      On a a k = e k ( 1 + δ k ) donc 1 + δ k = a k / e k et comme ln ( 1 + δ k ) = k e k / ( 1 + δ k ) alors | ln ( 1 + δ k ) | = k e k a k / e k = k e k e k a k

      Il nous suffit donc de minorer a k / e k : comme e k 1 a k alors a k / e k e 1 et e k / a k e (tout es tstrictement positif et x 1 / x est décroissante sur ] 0 , + [ )

      Conclusion :

      | ln ( 1 + δ k ) | k e k e = k e 1 k

      Comme k e k en + alors k e 1 k = e k / e k 0

      Donc par encadrement ln ( 1 + δ k ) 0 et en prenant l'exponentielle 1 + δ k 1 et finalement ( δ k ) k 2 a une limite nulle.

      Comme δ k 0 alors ln ( 1 + δ k ) δ k

      Et comme ln ( 1 + δ k ) = k e k / ( 1 + δ k ) k e k (car 1 + δ k 1 ) alors

      Conclusion :

      δ k est équivalent à k e k quand k tend vers l'infini.

    3. On repart de l'écriture de a k et on fait rrépapparaîter le quotient de l'équivalent : a k = e k ( 1 + δ k ) = e k + e k δ k = e k k e k e k δ k k e k = e k k ( 1 + ϵ ( k ) ) = e k k k ϵ ( k )

      car δ k k e k 1 et peut donc s'écrire 1 + ϵ ( k ) avec ϵ ( k ) 0

      N.B. la notation o ( k ) singifi que l'on a une quantitée négligeable devant k .

  3. Calcul approché des nombres a k .

    a 4 est défini comme solution de l'équation ϕ 4 ( x ) = 4 ( x 1 ) x ln ( x ) = 0 et est compris enter e 3 et e 4 avec ϕ 4 strictement décroissante sur cet intervalle. (si f ( x ) 0 alors x a 4 ) On encadre a 4 entre les variables a a 4 b

    Program dicho;

    var a,b,m:real;

    function f(x:real):real;

    begin

    f:=4*(x-1)-x*ln(x)

    end;

    begin

    a:=exp(3);b:=exp(4);

    repeat

    m:=(a+b)/2; if f(m)>= 0 then a:=m else b:=m;

    until (b-a)<=1E-4

    writeln('a4=',a,'à 0,0001 près');

    end.

(ESCP 1999)