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Corrigé 2018 :

Détails: Catégorie : Fonctions numériques

Partie A

1. Résolution l’équation différentielle y^\prime + y = 0.

- On peut énoncer directement le résultat car cela a été fait en cours : la solution générale de l’équation différentielle est $y=ke^{-x}$ appartenant à $\mathbb{R}$ .

- On peut dire que l’on a une équation différentielle linéaire d’ordre 1 à coefficients constants dont l’équation caractéristique est r + 1 = 0. La solution de cette équation caractéristique est r0 = -1. Par conséquent la solution générale de l’équation différentielle est y = ker0x, k appartenant à $\mathbb{R}$ .

- On peut faire un calcul direct. La fonction nulle est solution de l’équation différentielle.
Une solution qui ne s’annule pas en un point donné, ne s’annulera pas dans un intervalle ouvert contenant ce point. D’après le théorème des valeurs intermédiaires, elle gardera un signe constant dans cet intervalle.

Dans cet intervalle, l’équation différentielle est alors équivalente à

$\frac{y^\prime}{y}=-1$ soit ln |y| = -x + c, c constante réelle. On a donc $|y|=e^ce^{-x}$ puis $y=ke^{-x}$ avec k = $e^c$ ou $-e^c$ selon le signe de y.

Finalement, la solution générale de l’équation différentielle est $y=ke^{-x}$ appartenant à $\mathbb{R}$ .

2. a. g, produit des deux applications dérivables sur $\mathbb{R}^\ast_+,x\to\varphi (x)\quad et\;exp\; :x\to e^x$ est aussi dérivable sur

$\mathbb{R}^\ast_+\quad et\; g^\prime=\varphi^\prime\quad et\;exp\;+\varphi exp^\prime$ ; c’est à dire $\forall x\in\mathbb{R}^\ast_+, g^\prime(x)=(\varphi^\prime(x)+\varphi(x))e^x$ . Alors

$\begin{matrix}\varphi\;verifie(1)&\Leftrightarrow&\forall x\in\mathbb{R}^\ast_+, \varphi^\prime(x)+\varphi(x)=\frac{1}{x}-lnx\\\\&\Leftrightarrow&\forall x\in\mathbb{R}^\ast_+, g^\prime(x)=\left(\frac{1}{x}+-lnx\right)e^x\\\\&\Leftrightarrow&\textrm{g est une primitive de x}\rightarrow -\frac{e^x}{x}-e^xln\,x\end{matrix}$

b. On peut remarquer que $h :x\rightarrow -\frac{e^x}{x}-e^xlnx$ est la dérivée de $H:x\rightarrow -e^xlnx$ .

Sinon, on peut faire un calcul direct. On a pour tout réel x > 0 :

$\int^x_1h(t)dt=-\int^x_1\left(\frac{e^t}{t}+e^tlnt\right)dt$

Une intégration par parties donne :

$\int^x_1\frac{e^t}{t}dt=\int^x_1ln^\prime\; et\; dt=\left[e^tlnt\right]^x_1-\int^x_1exp^\prime (t)ln\,t\,dt=e^xlnx-\int^x_1e^tln\,t\,dt$

Par conséquent,

$\int^x_1h(t)dt=e^xlnx=H(x)$ et l’ensemble des primitives de la fonction $h :x\rightarrow -e^xlnx -\frac{e^x}{x}\quad est\;\{H+a,a\in\mathbb{R}\}$

3. D’après la question précédente, pour qu’une application $\varphi$ vérifie (1) il faut et il suffit que l’application g soit une primitive de h.

g est donc de la forme $\{H+a,a\in\mathbb{R}\}$ , autrement dit

$\varphi(x)=g(x)e^{-x}=(H(x)+a)e^{-x}=-lnx+ae^{-x}$

L’ensemble des applications dérivables de $\mathbb{R}^\ast_+$ dans $\mathbb{R}$ vérifiant (1) est l’ensemble des applications $x\mapsto ae^{-x}-lnx$ où a désigne une constante réelle.

Partie B (5.25 points)

Soit f l’application de $\mathbb{R}^\ast_+$ dans $\mathbb{R}$ définie par : $\forall x\n\mathbb{R}^\ast_+,f(x)=e^{1-x}-lnx$ .

1. Remarquons d’abord que f est une solution de l’équation différentielle (1) avec a = e

a. f est dérivable sur $\mathbb{R}^\ast_+\quad et\;\forall x\in\mathbb{R}^\ast_+,f(x)=e^{1-x}-\frac{1}{x}$ et . La dérivée est strictement négative ; f est donc strictement décroissante. $\lim_{x\to 0}f(x)=+\infty$ et $\lim_{x\to +\inty}f(x)=-\infty$ . Voici le graphe de f.

f est continue et strictement décroissante et comme $f(\mathbb{R}^\ast_+=\mathbb{R})$ , l’équation f(x) = 0 admet une solution unique c dans $\mathbb{R}^\ast_+$

$f(1)=1>0$ est $f(2)=e^{-1}-ln2<0$ , donc $c\in]1,2[$ .

b. Pour tout $x\in\mathbb{R}^\ast_+=\mathbb{R},xf(x)=xe^{1-x}-xlnx$

$\lim_{x\to 0^+}xlnx=0$ donc $\lim_{x\to 0^+}xf(x)=0$

c. $F(x)=\int^1_xf(t)dt=\left[-e{^1-t}\right]^1_x-\int^1_xln\,t\,dt=e{^1-t}-1-\int^1_xln\,t\,dt$

Si on pose u(t) = t, une intégration par parties donne :

$\begin{matrix}\int^1_xln\,t\,dt&=&\int^1_xln\,t\,u^\prime(t)\,dt&=&\left[u(t)ln\,t\right]^1_x-\int^1_xln^\prime(t)\,u(t)\,dt\\\\&=&-xlnx-\int^1_x1\,dt&=&-xlnx+x-1\end{matrix}$

Finalement $F(x)=e^{1-x}+xlnx-x$ .

De $\lim_{x\to 0^+}xlnx=0$ on tire $\lim_{x\to 0^+}F(x)=e$

2. Soit n un entier supérieur ou égal à 2.

a. Pour tout entier k tel que $1\leqk\leq n-1$ et pour tout réel t tel que
$\frac{k}{n}\leq t\leq\frac{k+1}{n}$ on a $f\left(\frac{k+1}{n}\right)\leq f(t)\leq f\left(\frac{k}{n}\right)$ .

Cela vient simplement du fait que f est strictement décroissante.

b. En intégrant la relation précédente dans l’intervalle

$\left[\left(\frac{k}{n}\right),\frac{k+1}{n}\right]$ dont la longueur est $\frac{1}{n}$

on obtient :

$\frac{1}{n}\sum^{n-1}_{k=1}f\left(\frac{k+1}{n}\right)\leq\sum^{n-1}_{k=1}\int^{k+1}\slash n_{k\slash n}f(t)dt\leq\frac{1}{n}\sum^{n-1}_{k=1}f\left(\frac{k}{n}\right)$

Ensuite on somme de k = 1 à k = n - 1 :

$\frac{1}{n}\sum^{n-1}_{k=1}f\left(\frac{k+1}{n}\right)\leq\sum^{n-1}_{k=1}\int^{k+1}\slash n_{k\slash n}f(t)dt\leq\frac{1}{n}\sum^{n-1}_{k=1}f\left(\frac{k}{n}\right)$

Dans le premier membre de l’inégalité, on change la numérotation (on remplace k + 1 par k), dans le second membre, on utilise la relation de Chasles

$\frac{1}{n}\sum^{n}_{k=2}f\left(\frac{k}{n}\right)\leq\int^{1}_{1\slash n}dt\leq\frac{1}{n}\sum^{n-1}_{k=1}f\left(\frac{k}{n}\right)$

C’est à dire, en posant $\frac{1}{n}\sum^{n}_{k=1}f\left(\frac{k}{n}\right)$ :

$w_n-\frac{1}{n}f\left(\frac{k}{n}\right)\leq F\left(\frac{k}{n}\right)\leq w_n-\frac{1}{n}f(1)$

Ce qui permet d’encadrer $w_n$ :

$F\left(\frac{1}{n}\right)+\left(\frac{1}{n}\right)\leq w_n\leq F\left(\frac{1}{n}\right)+\frac{1}{n}f\left(\frac{1}{n}\right)$

3. a. On déduit des questions préecédentes que $\lim_{n\to+\infty}F\left(\frac{1}{n}\right)$ et $\lim_{n\to+\infty}\frac{1}{n}f\left(\frac{1}{n}\right)=0$ .

Alors l’encadrement de $w_n$ et le théorème des gendarmes entraînent que la suite $w_n$ est convergente et de limite e.

b. Posons $\frac{1}{n}\sum^{n}_{k=1}e^{1-k\slash n}$

$\sum^{n}_{k=1}e^{1-k\slash n}=\sum^{n}_{k=1}(e^{1-k\slash n})^k$ est la somme des n premiers termes de la suite géométrique de premier terme $e^{1-\slash n}$ et de raison $e^{1-\slash n}$ .

Donc

$\sum^{n}_{k=1}(e^{1-k\slash n})^k=e^{1-\slash n}\frac{(e^{-1\slash n})^n-1}{e^{-1\slash n}-1}=\frac{e^{-1}-1}{1-e^{1\slash n}}$

et $t_n\frac{e}{n}\sum^{n}_{k=1}e^{-k\slash n}=e-1\frac{1}{n(e^{1\slash n}-1}$

Ensuite

$\sum^{n}_{k=1}ln\left(\frac{k}{n}\right)=ln\frac{1}{n}+\dots +ln\frac{n}{n}=ln\left(\frac{1}{n}\times\dots \times \frac{n}{n}\right)=ln\left(\frac{n!}{n^n}\right)$

et $\frac{1}{n}\sum^{n}_{k=1}ln\left(\frac{k}{n}\right)=\frac{1}{n}ln\left(\frac{n!}{n^n}\right)$

c. On a $w_n=\frac{1}{n}\sum^{n}_{k=1}f\left(\frac{k}{n}\right)=\frac{1}{n}\sum^{n}_{k=1}\left(e^{1-k\slash n}-ln\frac{k}{n}\right)=t_n-u_n$ . Autrement dit $u_n=t_n-w_n{$

On sait que $\lim_{s\to 0}\frac{e^s-1}{s}$ . Par conséquent, en prenant $s=\frac{1}{n}$ on a $\lim_{n\to +\infty}\frac{1}{n(e^{1\slash n}-1)}=1$ et $\lim_{n\to +\infty}t_n=e-1$

La suite $(u_n)$ , somme de deux suites convergentes de limites respectives e - 1 et -e, est convergente et de limite e - 1 - e = -1 :

$\lim_{n\to +\infty}u_n=-1$

On a $u_n=ln\left(\frac{(n!)^{1\slash n}}{n}\right)=-lnv_n$ autrement dit $v_n=e^{-u_n}$ . La suite $v_n$ est donc convergente et de limite $e^1$

$\lim_{n\to +\infty}v_n=e$

Partie C

1. a. La fonction f^\prime est dérivable sur $\mathbb{R}^\ast_+\quad et\;\forall x\in\mathbb{R}^\ast_+,f^\prime(x)=e^{1-x}+\frac{1}{x^2} f''e<span>$ est strictement
positive ; f^\prime est donc strictement croissante sur $\mathbb{R}^\ast_+$
+ et donc aussi sur [1, 2]. f^\prime(1) = -2 et f^\prime(2)=\frac{1}{e}-\frac{1}{2}.

La fonction P est dérivable sur [1, 2] et $\forall x\in[1,2],P^\prime(x)=1-\frac{f^\prime(x)}{f^\prime(1)}=\frac{f^\prime(1)-f^\prime(x)}{f^\prime(1)}$ .

Puisque f^\prime est strictement croissante, f^\prime(1)-f^\prime(x) est < 0 ; comme f^\prime(1) = -2 est aussi < 0, la dérivée P^\prime est donc strictement positive ; P est alors strictement croissante sur [1, 2]. P(1) = $\frac{1}{2}$ et
P(c) = c. Voici le tableau de variation de P dans [1, c].

Ainsi, P réalise une bijection de [1, c] sur l’ intervalle J = [1/2, c] contenu dans [1, c].
Montrons alors par récurrence que la suite $(c_n)$ est bien définie et est contenue dans l’intervalle
[1, c].

$c_0=1$ existe et appartient à [1, c]. Supposons que pour un entier n donné, $c_n$ existe et appartient à [1, c]. Alors $c_{n+1}=P(c_n)$ existe aussi et appartient à $P([1, c]) = J \subset[1, c]$ .

2. a. La fonction P^\prime est d´erivable sur $\mathbb{R}^\ast_+\quad et\;\forall x\in\mathbb{R}^\ast_+,P''(x)=-\frac{f^\prime(x)}{f''(1)}>0.$
$P^\prime$ est donc strictement croissante.

Alors, pour tout $x\in[1,2]$ , on a

$0\leq P^\prime(2)=1-\frac{f^\prime(2)}{f^\prime(1)}=1+\frac{1}{2}\left(-\frac{1}{e}-\frac{1}{2}\right)\leq 1+\frac{1}{2}\left(-\frac{1}{3}-\frac{1}{2}\right)=\frac{7}{12}$

b. En appliquant le théorème des accroissements finis à P dans l’intervalle $[c_n,c]$ , on peut affirmer l’existence d’un élèment $\theta$ dans $]c_n,c[$ tel que $P(c)-P(c_n)=P^\prime(\theta)(c-c_n)$ c’est dire $c-c_{n+1}=P^\prime(\theta)(c-c_n)$ .

Ce qui entraîne $|c_{n+1}-c|=|P^\prime(\theta)||c_n-c|\leq\frac{7}{12}|c_n-c|$ .
Cette relation entraîne ensuite $0\leq|c_n-c|\leq\left(\frac{7}{12}\right)^n|c_0-c|$ . Comme le dernier membre a
pour limite 0 quand n tend vers $+infty$ , par le théorème des gendarmes, le membre $|c_n-c|$ a aussi pour limite 0. Autrement dit $\lim_{n\to +\infty}c_n=c$

c. Pour que $c_n$ soit une valeur approchée de c à $10^{-2}$ il suffit de choisir n tel que
$\left(\frac{7}{12}\right)^n|c_0-c|\leq 10^{-2}$ .

Comme $|c_0-c|<1$ , il suffit que $\left(\frac{7}{12}\right)^n\leq 10^{-2}$ c’est à dire $n\,ln\frac{7}{12}\leq -2\,ln\,10$ ou encore $n\geq 2\frac{ln\,10}{ln\,12-ln7}$ . On peut donc prendre n = E(r)+1 avec $r=2\frac{ln\,10}{ln\,12-ln7}$ c’est à dire n = 9.

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