Une solution du problème ESSEC 2001, math 1, option scientifique.

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1 Une solution du problème ESSEC, math, option scientifique. Partie I a La fonction sinus étant de classe C avec une dérivée seconde sin négative sur [, π ], elle est concave sur cet intervalle, et son graphe est située au dessus de sa corde joignant l origine au point ( π,, corde qui est le graphe de la fonction t π t. Ceci se traduit par: sin t π t, donc: t [, π ], t π sin t. b On a donc: t [, π ], t cos p t ( π sin t cos p t, et, par positivité de l intégrale: (π J p sin t cos p t dt π ( cos t cos p t dt, d où, par linéarité de 4 l intégrale: J p π 4 ( +. c Les fonctions u sin et v : t cos p+ t étant de classe C sur [, π ], on peut intégrer + par parties: + cos t cos p+ t dt [ sin t cos p+ t ] π + (p + donc + + (p + ( + donc + ( Ip. p + cos p t( cos t dt d Donc + p +, et on déduit de l encadrement obtenu en b que: J p π 4(p + J p, si bien que lim. p + a Les fonctions u : t t et v : t cos p t étant de classe C sur [, π ], on peut intégrer par parties: [ ] π t cos p t +p t cos p t sin t dt } {{ } et une nouvelle intégration par parties, avec les fonctions de classe C : u : t t et v : t cos ( p t sin t donne: [ ] π p t cos p t sin t t cos p t + p π (t cos p t t cos p t dt ou encore p ( J p + p (J p J p, soit: p J p + (p pj p. b Ainsi p J p + (p p J p p J p + (p p c J S n p J p ( p t dt 3 (π 3 et I p n p (J p lim S n ( J I donc et en utilisant le résultat de c: d où dt π. J p (J I lim n + S n π 6. J p J p p. J n I n, et, compte tenu du résultat de d:

2 Partie II a Si f E, la fonction x f(x +, composée de fonctions continues, est continue sur ], + [ donc aussi sur ], + [ ; donc f, somme de fonctions continues sur R +, de limites nulles en +, est un élément de E. Comme, par ailleurs, la linéarité de est évidente, L(E. b n, ( f(p p n+ ( f(p + f(p f(k p k f(p f(n + f(. Comme f a pour limite en +, la série de terme général ( f(p est convergente, de somme: p De même, ( f(p f(. pn+ ( f(p p ( + lim f(n f(n + donc: ( f(p f(n +. N + pn+ c f k (x f k (x + f k (x (x + (x +... (x + k x(x +... (x + k x (x + k f k (x x(x + (x + k k x(x + (x + k donc f k kf k d Si k, f k (p p(p +... (p + k (les deux derniers facteurs n en font qu un si k. On a donc, si k : p, f k (p, et d après le critère de comparaison des p séries à termes positifs, f k (p est convergente. En utilisant successivement les résultats de c et de b: f k (p ( k ( f k (p ( f k (p k k f k (n +, c est-à-dire: pn+ pn+ pn+ f k (p k pn+ (n + (n +... (n + k a Soit p fixé ; Raisonnons par récurrence sur q. Notons H q l assertion: p (k!f k (p q! p f q(p. k H p!f (p p f (p p ( + p f (p p ( + p p(p + ; H est donc vraie. Soit q tel que H q. q+ p (k!f k (p p (k!f k (p q!f q+ (p q! ( fq (p + pf q+ (p. p k k Mais f q+ (x x + q + f q(x, donc: q+ p (k!f k (p q! ( (p + q + fq+ (p pf q+ (p (q +! f q+ (p, d où H q+. p p k Le principe de récurrence montre donc que : p, q : p (k!f k (p q! p f q(p k

3 b Par sommation des égalités obtenue précédemment pour p n +,..., N, on obtient: N N n, q, N n : p N (k!f k (p q! p f q(p Partie III ou encore: pn+ N pn+ p (k! k pn+ N pn+ pn+ k f k (p q! N pn+ p f q(p. pn+ Toutes les séries dont les sommes partielles figurent dans le premier membre de cette égalité sont convergentes, donc: p (k! f k (p q! p f q(p. Ainsi: Mais donc c Comme k pn+ pn+ pn+ pn+ π 6 S n p pn+ pn+ + (k! k(n +... (n + k q! k p f q(p n + p k + p p pn+ pn+ p f q(p. f q (p n + q(n +... (n + q, (k! k(n +... (n + k (q! (n + (n +... (n + q n p p p π 6 n p (q! (n + (n +... (n + q avec S n p, l encadrement précédent s écrit: p p p + k (k! k(n +... (n + k. La suite (S n ainsi définie est évidemment à termes rationnels. Lorsque q, S n p + n + 5 π, et (n + (n + 6 S n (n + (n + d Lorsque q, un algorithme possible pour le calcul de S n avec n donné est le suivant: begin s:(n+5/(*(n+*(n+ ; for p: to n do s:s+/(p*p ; writeln(s end. Attention: il ne s agit pas d un programme complet: il faudrait pour cela, avant ce bloc d instructions, déclarer les variables, et au début de ce bloc d instructions, affecter à n sa valeur. n u n p u i En posant i n p, (n i! u n p i u n Les conditions imposées à la suite (u n se traduisent par: n, u n n i i u i (n i!. u i (n + i! Ces conditions définissent bien une unique suite (u n. u Q, et il découle de la relation précédente que: n N, u n Q u n Q, ce qui établit par récurrence que: n N, u n Q. En utilisant encore la relation de récurrence, on trouve successivement: u, u, u 3, u

4 a En utilisant la définition de U n et les valeurs u i ( i 4 trouvées précédemment, on trouve: U (x +x, U (x x + x, U 3(x x x 4 + x3 6, U 4(x 7 + x 4 x3 + x4 4 Si n, U n(x Si n, U n ( p p u n p x p (p! u n p n p p u n p x p p! U n (x, donc: n, U n U n u n p u n + u n!, donc: U n( U n (. b Soit n fixé. Pour p, notons H p l assertion: V n (p V n p. L assertion H est évidente, et si p est un élément de [[, n ]] tel que H p soit vraie, alors, V n (p+ ( V n (p V n p et comme n p, il découle de la deuxième des propriétés définissant la suite (V n que: V n (p+ V n (p+. Ainsi: p [[, n ]], H p H p+. Selon le principe de récurrence (finie ceci prouve que: p [[, n]], V n (p V n p, et, en particulier: p [[, n]], V (p n ( V n p (. est de degré, donc V n est de degré n et la formule de Taylor pour les polynômes V n (p ( s écrit: V n (x x p et donne ici: V (n n p V n (x p V n p ( x p Par définition de la suite (V n, on a, pour tout n, V n ( V n (, ce qui s écrit V n p ( maintenant: V n ( p, donc: p V ( On a donc n, p p V n p ( p V n p (. En se référant à la définition de la suite (u n, on peut en déduire que: n N, V n ( u n. V n p ( Ainsi: n N, V n (x x p u n p x p U n (x, c est-à-dire: n N, p V n U n c Posons W n (x ( n U n ( x. Il découle des propriétés de U n que: W ( n, W n(x ( n( U n( x ( n U n ( x W n (x W n ( ( n U n ( ( n U n ( W n ( Ces trois propriétés sont celles qui définissent la suite (V n étudiée dans la question précédente, dont la conclusion permet d affirmer: n N, W n U n, c est-à-dire: n N, U n (x ( n U n ( x En particulier, pour x, U n ( ( n U n (, donc: p, U p+ ( U p+ (. or, si n, U n ( U n (, donc: p, U p+ (, autrement dit: p, u p+. 4

5 3a Pour tout q, notons respectivement A q et B q le premier et le second membre de l égalité demandée: A q (x + p ( p + ( + (p + (k!u k p k+ (p + k+ (Pour q le, ne contenant aucun terme, est nul. U q+ (x B q (q +!. (x + p q+3 Vérifions l égalité pour q : A (x + p ( p + (p + p + + p (p + B + x (x + p 3 (x + p (p + [ (x + p 3 ] x + p B p + + p (p + p k p (p + [ (x + p On a donc bien A B Calculons, pour q, les différences A q A q et B q B q. ( A q A q (q!u q p q+ (p + q+. U q+ (x B q (q +!. Intégrons par parties en posant: (x + p q+3 { v Uq+ v U q u (x (x+p u(x (u et v sont de classe C sur [, ]. ( q+3 q+ (x+p [ ] q+ Uq+ (x U q (x B q (q +! (x + p q+ + (x + p q+ et comme U q+ ( u q+ et U q+ ( U q+ (, U q (x B q (q +!, (x + p q+ (x + p que l on intègre par parties en posant v U q et u (x. Ainsi: q+ ( [ B q (q +! ] U q (x q + (x + p q+ + U q (x q + (x + p q+ ( uq B q (q! p q+ u q (p + q+ + U q (x, donc: (x + p q+ ( B q B q (q!u q p q+ (p + q+. Puisque A B, i, A i A i B i B i, q, A q A + (A i A i et B q B + (B i B i, on a bien: i q, A q B q, ce qui achève la preuve de l égalité demandée. b Remarquons que: U q+ (x (x + p q+3 U q+ (x M q+ (x + p q+3 (x + p q+3 donc U q+ (x (x + p q+3 M ( q+ q + p q+ (p + q+ On déduit donc de l égalité obtenue en a que: p p + ( p + ( + (p + (k!u k p k+ (p + k+ k 5 i (q +!M q+ ( p q+ (p + q+ ]

6 Par addition des inégalités obtenues pour p n, n +,..., N et en utilisant l inégalité triangulaire, on en déduit que: N ( p p + N ( p + N ( + (p + (k!u k p k+ (p + k+ pn pn k pn N ( (q +!M q+ p q+ (p + q+ pn ou encore: n ( N N + n + p + ( (N + + (k!u k n k+ (N + k+ pn+ k ( (q +!M q+ n q+ (N + q+ et en passant à la limite lorsque N +, n + n p + (k!u k n k+ (q +!M q+ n q+ pn+ k ou encore: p n + n (k!u k n k+ (q +!M q+ n q+ pn+ k π n c On a donc 6 p n + n (k!u k n k+ (q +!M q+ n q+ p k donc π 6 S n (q +!M q+ n q+, où S n p + n n + (k!u k n k+ Pour tout n, S n est bien un nombre rationnel (car somme de quotients d entiers. Lorsque q, S n p + n n + 6n 3 3n 5. p d En s inspirant de l algorithme de Hörner pour le calcul de la valeur initiale de s, un algorithme possible pour le calcul de S n est: begin s:(((-/(3*n*n+/6/n-//n+/n for p: to n do s:s+/(p*p ; writeln(s end. p k 6