Corrigé ECRICOME 2001 par Pierre Veuillez

On désigne par n un entier naturel non nul et a un réel strictement positif.

On se propose d'\etudier les racines de l'\equation : ( E n ) : 1 x + 1 x + 1 + 1 x + 2 + + 1 x + 2 n = a

\A cet effet, on introduit la fonction f n , de la variable r\eelle x d\efinie par : f n ( x ) = 1 x + 1 x + 1 + 1 x + 2 + + 1 x + 2 n a

  1. Étude d'un cas particulier.

    Pour cette question seulement, on prend a = 11 6 et n = 1 .

    1. On a f 1 ( x ) = 1 x + 1 x + 1 + 1 x + 2 f 1 est définie, continue et dérivable sur { 0 , 1 , 2 } et f 1 ( x ) = 1 x 2 1 ( x + 1 ) 2 1 ( x + 2 ) 2 < 0

      f 1 est donc strictement décroissante sur les intervalles ] , 2 [ , ] 2 , 1 [ , ] 1 , 0 [ et ] 0 , + [ .

      Elle a pour limitē ± aux bornes finies et 0 en ±

      x 2 1 0 1 + + + + f 1 ( x ) 0 11 6 0

      On tracera uniquement les asymptotes horizontales et verticales et la courbe représentative.

      Comme la question suivante le demande, on calcule f 1 ( 1 ) = 1 + 1 2 + 1 3 = 11 6 1 , 8 et f ( 1 ) = 1 1 4 1 9 = 43 36 1 , 3.

      Ce sera le seul point placé, avec sa tangente.

    2. f 1 ( 1 ) = 11 6 donc f 1 ( x ) = 11 6 a déjà pour solution la valeur 1 (il peut y en avoir d'autres)

      Comme on doit déterminer les raceines, le théorème de bijection ne convient pas.

      On réduit donc au même dénominateur : 1 x + 1 x + 1 + 1 x + 2 = 11 6 1 x + 1 x + 1 + 1 x + 2 11 6 = 0 11 x 3 + 15 x 2 14 x 12 x ( x + 1 ) ( x + 2 ) = 0 11 x 3 + 15 x 2 14 x 12 = 0

      15 x 2 14 x 12 + 11 x 3 = ( x 1 ) ( 11 x 2 + 26 x + 12 ) ,

      Pour factoriser le numérateur, comme 1 est racine, on applique l'algorithme de Horner :

      11 15 -14 -12
      11 12 12
      11 26 12 0
      et on a donc 11 x 3 + 15 x 2 14 x 12 = ( x 1 ) ( 11 x 2 + 26 x + 12 )

      Le polynôme du second degré 11 x 2 + 26 x + 12 a pour discriminant :

      Δ = 26 2 4 12 11 = 4 ( 169 132 ) = 4 37

      et a pour racines : 13 11 + 26 + 2 37 2 11 = 13 + 37 11 et 13 37 11 .

      On a donc pour racines de ( E 1 ) : 1 et les deux racines précédentes.

  2. Dénombrement des racines de ( E n ) .

    1. On a comme précédemment f n < 0 sur { 0 , 1 , 2 , \dots , 2 n } donc

      x 2 n 2 n 1 \dots -1 0 + 0 + + + f 1 ( x ) \dots 0

    2. Comme f n < 0 sur ] , 2 n [ , m'équationn'y a pas de racine.

      Sur les autres intervalles, on utilise cette fois le théorème de bijection :

      pour tout i de { 2 n , 2 n 1 , \dots , 2 , 1 } f n est continue et strictement décroisante sur ] i , i + 1 [ .

      Elle est donc bijective de ] i , i + 1 [ dans ] lim i + 1 f n , lim i + f n [ = .

      Or a donc ( E n ) a une unique solution sur chacun de ces intervalles : soit 2n solution.

      Elle en a une également sur ] 0 , + [ car a > 0

      ( E n ) a donc 2 n + 1 au total (ce qui est cohérent avec le résutlat trouvé pour n = 1 )

  3. Équivalent de la plus grande des racines quand n tend vers + .

    On note x n la plus grande des racines de ( E n ) .

    1. Comme ( E n ) a une unique racine strictement positive, toutes les autres sont plus petites. La plus grande est donc celle ci et x n > 0 .

    2. On ne peut pas utiliser ici l'inégalité des acroissements finis (minorant de ln sur [ x , x + 1 ] ln ( x + 1 ) ln ( x ) majorant de ln ) qui ne nous donne qu'un inégalité large.

      On reprend donc séparément les variations de la différence pour x > 1 f ( x ) = 1 x ln x x 1 = 1 x ln ( x ) + ln ( x 1 )

      (N.B. onpeut décomposer le ln car x > 0 et x + 1 > 0 )

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

      En + : x x 1 = 1 1 1 / x 1 et ln x x 1 0 donc f ( x ) 0. Donc f < 0 sur ] 1 , + [ d'où 1 x < ln x x 1

      g ( x ) = ln x x 1 1 x 1 = ln x ln ( x 1 ) 1 x 1 g est dérivable sur ] 1 , + [ et g ( x ) = 1 x 1 x 1 + 1 ( x 1 ) 2 = 1 x ( x 1 ) 2 > 0 et g est strictement croissante sur ] 1 , + [

      En + : g ( x ) 0. Donc g < 0 sur ] 1 , + [ d'où 1 x < ln x x 1

      Et finalement pur tout x > 1 : 1 x < ln x x 1 < 1 x 1

    3. On a : f n ( x ) = k = 0 2 n 1 x + k a f n ( x ) 1 x + a = k = 1 2 n 1 x + k f n ( x ) 1 x + 2 n + a = k = 0 2 n 1 1 x + k On a alors en sommant les inégalités en substituant x + k > 0 à x k = 1 2 n 1 x + k < k = 1 2 n ln x + k x + k 1 < k = 1 2 n 1 x + k 1  réindexé par  h = k 1 k = 1 2 n 1 x + k < k = 1 2 n ln ( x + k ) k = 1 2 n ln ( x + k 1 ) < h = 0 2 n 1 1 x + k k = 1 2 n 1 x + k < ln ( x + 2 n ) ln ( x ) < h = 0 2 n 1 1 x + k

      en réindexant puis en simplifiant .Soit finalement le résultat recherché pour x réel strictement positif : f n ( x ) 1 x + a < ln ( 1 + 2 n x ) < f n ( x ) 1 x + 2 n + a Comme f n ( x n ) = 0 (car x n est solution de l'équation E n ) et que x n > 0 on a en particulier a 1 x n < ln ( 1 + 2 n x n ) < a 1 x n + 2 n

    4. On ne réutilise que l'inégalité de droite : ln ( 1 + 2 n x n ) < a 1 x n + 2 n < a On fait disparaîte le ln en prenant l'image par exp qui est strictement croissante sur : 1 + 2 n x n < exp ( a ) donc  2 n x n < exp ( a ) 1 et comme exp ( a ) > 1 (car a > 0 ) et aque la fonction inverse est strictement décroissante sur + * : x n > 2 n exp ( a ) 1 N.B. pour savoir laquelle des deux inégalités utiliser, on commence avec les deux au brouillon et on regarde à la fin laquelleétait utile.

    5. Comme 2 n + et que exp ( a ) 1 > 0 alors par minoration, x n = .

      et de l'inégalité a 1 x n < ln ( 1 + 2 n x n ) < a 1 x n + 2 n on déduit par encadrement que ln ( 1 + 2 n x n ) a , lorsque n tend vers + .

    6. En prenant l'image par exp qui est continue sur ( lim x a exp ( x ) = exp ( a ) ) on a alors 1 + 2 n x n e a  et  2 n x n e a 1 0 d'où l'équivalent x n n + 2 n e a 1

      puisque leur quotient tend vers 1.




(ECRICOME 2001)