Université Lyon Capes Externe Math. 9- I La moyenne arithmético-géométrique Ma, b. Remarque : Il n est pas nécessaire de démontrer l existence et la positivité de a n et b n pour tout n, qui semble implicitement admise par l énoncé. Si on tient à le faire il suffit d introduire l application ϕ : u,v u+v/, uv, de R + R + R + R +. Par le principe de récurrence il existe une unique suite a n,b n n à valeurs dans R + R + satisfaisant a,b = a,b et a n+,b n+ = ϕa n,b n = a n + b n /, a n b n.. Prouvons d abord que la propriété Pn = b n < a n est vraie pour n. a b = a + b ab = a b > puisque a b. Donc P est vrai. Supposons Pn vrai, c est à dire a n > b n. Alors a n > b n et donc a n+ b n+ = a n + b n a n b n = a n b n >, c est à dire que Pn + est vrai. Ainsi par le principe de récurrence Pn est vrai pour tout n. La fin de la démonstration n utilise pas de récurrence. Soit n. De b n < a n on déduit a n+ = a n + b n < a n + a n = a n, et b n = b n bn b n an = b n+. Ainsi, pour n on a b n b n+ < a n+ < a n. Enfin pour tout n et non pas seulement pour n on a a n+ b n+ = a n + b n a n b n a n + b n mina n,b n = a n b n Remarquons que l inégalité obtenue est large. L inégalité stricte demandée par l énoncé est fausse lorsque a ou b est nul. Si a = b tous les a i et b i sont égaux ; si = b < a, les b i sont tous nuls, et a i = i a. La suite a n n, décroissante minorée par b est convergente, et b n n croissante majorée par a l est aussi. La majoration donne par une récurrence immédiate a n b n n a b pour tout n. On en déduit = lima n b n = lim a n lim b n.. Soit k fixé et, pour n, a n = a n+k et b n = b n+k. Le couple a n,b n satisfait la relation de récurrence a n+ = a n + b n, b n+ = a nb n et la condition initiale a,b = a k,b k. Par définition de M on a donc Ma k,b k = lim n + a n = lim n + a n+k = lim n + a n = Ma,b. La permutation de a et b ne change pas les valeurs de a n et b n pour n, donc Mb,a = Ma,b. Si on multiplie a et b par un même λ >, par une récurrence immédiate, tous les a n et b n sont multipliés par λ, et donc aussi leur limite. C est à dire que Mλa,λb = λma,b. De ce dernier point on déduit encore, en choisissant λ = a, Ma,b = am, b a = af b a. Corrigé Epreuve, 995 M. Deléglise
Université Lyon Capes Externe Math. 9-3. u = et v = x sont continues et positives. Supposons u n et v n continues positives. Alors u n+ = u n + v n / et v n+ = u n v n sont encore continues et positives car x x est continue sur R +. Lorsque a = et b = x la majoration s écrit u n x v n x n x n. Puisque fx est limite de la suite décroissante u n x n et de la suite croissante v n x n, on a pour tout n v n x fx u n x et donc, u n x fx u n x v n x n x 3 3 Si x appartient à l intervalle fermé borné [,A], on a x + A. Avec la majoration 3 ci dessus on en déduit u n x fx n + A qui prouve la convergence uniforme de la suite u n sur [,A]. La restriction de f à [,A] est donc continue. A étant arbitraire f est continue sur R +. 4. Puisque fx est limite de la suite décroissante u n x n et de la suite croissante v n x n on a v x fx u x c est à dire x fx + x. En remplaçant x par dans cet encadrement on obtient f =. Puis, pour x >, x x fx +x x x Puisque les fonctions x x et x +x sont dérivables en, de dérivée /, lorsque x les deux termes extrêmes de cet encadrement tendent vers /. Lorsque x par valeurs plus petites que le même raisonnement en changeant le sens des inégalités montre que le taux d accroissement fx /x tend encore vers /. Ainsi f est dérivable en de dérivée /. 5. Si b = les b n sont tous nuls et Ma, =. En particulier f = M, =. De fx x on déduit fx/x x et lim x fx/x = +. La fonction f n est pas dérivable en mais son graphe possède une tangente verticale au point,. On a xf/x = xm,/x = Mx, = M,x = fx. 3 Il en résulte que : fx lim x x = lim f = lim fx = x x x Vu fx x, lim x fx = + et f admet une branche parabolique horizontale au voisinage de l infini. 6. u = et v = x sont croissantes. Si u n et v n sont croissantes il en est de même de u n+ = u n + v n / et v n+ = u n v n car le produit de deux fonctions croissantes positives est croissante. Ainsi u n est croissante pour tout n. Si x y on a donc u n x u n y pour tout n, et, par prolongement des inégalités par passage à la limite on obtient fx fy. 7. Le programme sage ci dessous définit la fonction f et affiche les valeurs demandées : def fx : u, v =., x while absu-v > ^-5 : u,v = u+v/, sqrtu * v return u+v/ [fx for x in [.,.,.,.6,.8,, 3,, ]] Voici ces valeurs arrondies à la précision 3 ainsi que le graphe demandé : Corrigé Epreuve, 995 M. Deléglise
Université Lyon Capes Externe Math. 9-,,,,4.6.8 3,6,45,5,666,787,897,457,864 4,5 6,7.5.5.5.5.5 3 II Expression de Ma, b par une intégrale elliptique.. Convergence et propriétés des intégrales I et J + L intégrale est impropre en la borne + ce n est pas une t + a t + b intégrale impropre en car a et b sont non nuls. Quand t +, l intégrande est positif et équivalent à t. L intégrale impropre I est donc de même nature que l intégrale + t, donc convergente. Puisque l intégrande est pair X X t + a t + b = t + a t + b En faisant tendre X vers l infini, on en déduit la convergence de la première intégrale impropre ci dessous, et l égalité + t + a t + b = t + a t + b Ceci donne la convergence de J et l égalité J = I. La fonction θ tan θ est une bijection croissante de [, π/[ sur [, + [, de dérivée b/cos θ. Le changement de variable t = btan θ donne Ia,b = π b sin θ b cos θ + a cos θ En particulier, si a = et b = x, gx = x,t dθ cos θ + x sin θ π bdθ cos θ = π dθ a cos θ + b sin θ dθ cos θ + x sin θ La fonction est une fonction continue de ],+ [ [,π/] ainsi Corrigé Epreuve, 995 3 M. Deléglise
Université Lyon Capes Externe Math. 9- xsint que sa dérivée partielle par rapport à x : x,t Par le cost + x sint 3/ théorème de dérivation d une intégrale dépendant d un paramètre, g est continûement dérivable sur R +, de dérivée g x = π/ xsint cost + x sint 3/. 3 On a évidemment Ia,b = = Ib,a. L égalité Iλa,λb = t + a t + b λ Ia,b résulte de la formule démontrée en II.. par linéarité de l intégrale. Enfin, appliquant ce dernier résultat avec λ = a on obtient Ia,b = Ia,a b/a = a I,b/a = a gb/a, ce qui donne aussi la continuité de la fonction a,b Ia,b.. Par définition a + b J, ab = Le changement de variable s = a + b J, ab = = = s + a+b ds s + ab t ab donne ds t = 4 + ab t ab t t + a+b 4 4 + ab t puis ab t t + ab t + ab t ab + t a + b t ab + 4ab = Ia,b = Ja,b t + a t + b a + b Ainsi on aj, a + b ab = Ja,b et donc aussi I, ab = Ia,b. Puis, par une récurrence immédiate Ia n,b n = Ia,b pour tout n. Puisque Ia n,b n = Ia,b pour tout n, on a Ia,b = lim Ia n,b n. Notons M = Ma,b. Par II..3, a,b Ia,b est continue. On peut donc écrire Ia,b = lim Ia n,b n = Ilima n,b n = IM,M = π/ dθ M cos θ + M cos θ = π M c est à dire Ia,bMa,b = π/. Choisissant a,b =,x cela donne gxfx = π/. En particulier, f = π/g est de classe C sur ], [, puisque g est de classe C et ne s annule pas. 3. Le changement de variable s = x/t donne = xds/s et x t + t + x On en déduit gx = x x = t + t + x + x xds s x s + x s + x = x x t + t + x = ds s + s + x t + t + x Corrigé Epreuve, 995 4 M. Deléglise
Université Lyon Capes Externe Math. 9- Sur l intervalle [, x] on a + t + x et donc c est à dire x + x x t + x x + t t + x hx + x gx hx. t + x Puisque lim x + x =, gx est équivalent à hx au voisinage de. 3 On calcule hx par le changement de variable t = xu soit u = t x : x hx = t + x = x = arcsh x = ln = ln x + x + x + du + u + x = ln x + ln + + x ln x au voisinage de, car lim x ln + + x/ln x =. 4 Au voisinage de x =, les équivalences gx hx et hx log x donnent fx = π gx π hx π ln x Quand x tend vers l infini et donc /x vers cela donne, en utilisant I.5., fx = xf π x x ln/x π x ln x III Expression de π en fonction de f et f. Si x ],[ on a u = > x = v et, par I.. u n > v n pour n. Pour tout n, w n = u n v n > et k n = n ln u n w n sont donc bien définis.. Par définition de u n+ = u n + v n et v n+ = u n v n on a u n+ vn+ = u n + vn + u n v n 4u n v n 4 et donc w n+ = u n+ v n+ = u n v n Il en résulte un + v n Mu n+,w n+ = M = u n v n 4, u n v n = Mu n + v n,u n v n 4 L égalité Ma,b = M a+b, ab avec a = u n + v n et b = u n v n donne Mu n + v n,u n v n = Mu n, u n v n = Mu n,w n, qui, avec 4 donne Mu n+,w n+ = Mu n,w n. Une récurrence immédiate donne Mu n,w n = Mu n,w n = Mu n,w n... = nmu,w = nf x Corrigé Epreuve, 995 5 M. Deléglise
Université Lyon Capes Externe Math. 9- Vue l équation Ma,b = af b a question I. l égalité démontrée dans la question précédente s écrit encore u n xf wn x u n x = n f x ou n f Puisque lim n u n x = fx x > on en déduit wn x lim n n f = f x u n x fx wn x u n x = f x u n x 3 Comme lim n w n = lim n u n v n = et lim n u n = fx on a w n x lim n u n x =. Puisque lim n w n /u n =, il résulte de la question II.3.4 que wn f π u n ln wn u n Avec le résultat de la question précédente question on en déduit f x wn = lim fx n n f = lim u π n = lim n n ln wn n u n π k n x puis lim n k n x = π fx f x. u = x et v = + x/ sont des fonctions dérivables à dérivées strictement positives sur ],[. Par récurrence u n+ = u n + v n / et v n+ = u nv n + u nv n un v n aussi strictement positives sur ],[, pour tout n. De k n = n logu n /w n = n log u n log w n on tire u k n = n n w n 5 u n w n De w n = u n vn il résulte w n = u nu n v nv n. Reportons cette expression dans 5 w n k n vn = n u n vn u nu n v n v n u u n wn = n u nu n v n v n u n u n vn = n u nv n u nv n u n v n wn 6 Remplaçons n par n + dans 5 et divisons les deux membres par vn+, u n+ w n+ u n+ w n+ k n+ vn+ = n v n+ Nous avons démontré dans la question III.. que w n+ = un vn. En utilisant vn+ = u n v n, u n+ = u n + v n / et w n par u n v n / on obtient k n+ vn+ = n u n v n u n + v n u n v n u n + v n u n v n La comparaison de 6 et 7 donne k n+ v n+ = k n vn sont = n u nv n u n v n u n v n wn 7 Corrigé Epreuve, 995 6 M. Deléglise
Université Lyon Capes Externe Math. 9-3 Le résultat précédent donne par une récurrence immédiate k n v n car u o = et v = x donnent k = ln k n = k v vn = v n x x x et k = x x = k v 4 Sur le compact K, /x x est bornée par une constante M. D où k n x f x x x = vnx f x x x M v n x f x soit = M v n x fx v n x + fx 8 Pour x K [,] on a fx f =, et v n x + fx. De plus, par I.. on a fx v n x u n x v n x n x n. Avec 8 cela donne k n x f x x x n M qui prouve la convergence uniforme de k n vers x f x x x pour x K. 3. Par III..3 k n converge simplement sur ],[ vers x π fx f Sur tout x compact K ],[, k nx converge uniformément vers f x/x x. Par le théorème de dérivation terme à terme d une suite de fonctions, π fx f = lim k n x = lim k x n x = f x x x 9 La dérivée du premier membre est π fx f x = π Avec 9 cela donne l équation fonctionelle f x x x = π f xf x + fxf x f x f xf x + fxf x f x Avec x = x et x = x, ceci s écrit plus agréablement x x f x f x = π x f x fx + x fx f x x x Faisant x = x = x = dans cette équation on obtient le résultat. x x IV Approximation de π... Soit x K. Partant de u n x v n x n,la division par v n x donne y n x = u nx v n x v n x n v n x n v x = n m K n, x avec m K un majorant sur K de la fonction continue / x. Puisque m K n tend vers et ne dépend pas de x cela prouve la convergence uniforme sur K de y n vers. Corrigé Epreuve, 995 7 M. Deléglise
Université Lyon Capes Externe Math. 9- Par définition de u n+ = u n + v n et v n+ = u n v n, y n+ = u n+ v n+ = u n + v n u n v n La première égalité en découle en divisant numérateur et dénominateur par v n. z n+ = v n+ u n+ = u n v n u n + v n = u nv n + u n v n un v n u n + v n donne la deuxième égalité en divisant numérateur et dénominateur par u n v n. 3 Pour n =, z = v u = x + x / = x >. Supposons z n, alors z n+ = + y nz n y n z n yn + z n y n = y n z n yn + z n y n car y n. Par récurrence on a donc z n pour tout n, soit u n v n puis u n+ = u n + v n u n = u n 4 L inégalité y n y n découle de y n. Puis z n+ = + y nz n + z n y n + z n y n y n + z n y n donne z n+ y n. Enfin y n yn y n+ = + y n + z n = + y n + z n y n z n z n+ + y n z n + y n z n = y n z n + y n z n Ces inégalités donnent en particulier y n+ z n y n. Comme les y n convergent uniformément vers sur K, les z n convergent uniformément vers. 5 De v n+ = u n v n on déduit v n+ = u nv n + u n v n puis, avec la définition z n = v n, u n v n. u n v n+ v n = v n + z n u n z n un v n = z n + y n y n On a donc v n+ v n si et seulement si z n + y n y n c est à dire si et seulement si Or par IV..4 et il suffit donc que y n z n = z n z n yn = z n y n yn yn yn y n soit encore y n y n. Cette condition est assurée pourvu que, pour x K on ait y n. Puisque y n converge uniformément vers sur K, ceci est vrai à partir d un certain entier n. Alors pour n n et x K on a v n x v n x et donc v nx u nx = u nxz n x v nxz n x v n xz n x, Corrigé Epreuve, 995 8 M. Deléglise
Université Lyon Capes Externe Math. 9- et enfin, si M est un majorant de v n sur K, v nx u nx M z n x. Pour tout x K, v nx n n est une suite décroissante à termes positifs, donc convergente. Soit lx sa limite. Par, pour x K, lim n u nx v nx =. On a donc aussi lim n u nx = lx. Comme la suite des v n n n est décroissante, et la suite des u nx croissante, on a u nx lx v nx, et lx u nx v nx u nx M z n x. La convergence uniforme uniforme sur K de z n vers donne a convergence uniforme de u n vers l. On obtient de la même façon la convegence uniforme de v n vers l.. Comme les u n et les u n convergent uniformément, la limite des u n est la dérivée de la limite des u n, c est à dire la dérivée de f. On a donc v n un lim n u = f 3 n f Par III.3. et la question précédente, π = lim π n, avec π n = v n un u n 3. On a Notons x = /. Alors π = v x u x /u x = +. En notant u n resp. u n,v n,v n pour u n x resp. u nx, v n x, v nx on a π n π n = u n+u n u n+ v n = u n + v n u n u n + v n v n = + y n + z n Autrement dit, π est la limite de la suite π n de premier terme x = + et vérifiant la récurrence π n = + y n/ + z n / Pour n =, vu y = /x, cela donne y n+ = + y n y n = yn y n y n y / =.55... <.6 = 8 5 De on déduit y n+ = y n y n + y n 8 y n car y n, puis par récurrence y n+ y n 8 n = 8 y n+ / 8 y 8 n et enfin avec y / n 85 n. 8 Corrigé Epreuve, 995 9 M. Deléglise
Université Lyon Capes Externe Math. 9- Puisque y n z n IV..4 et π n = π n +y n /+z n la suite π p est décroissante. En utilisant z p+ on obtient ensuite π p π p+ = π p z p+ y p+ + z p+ π p z p+ y p+ π z p+ y p+ La majoration z p+ y p IV..4 donne alors π p π p+ π y p y p+ puis π n+ π n+k = k π n+i π n+i+ π k y n+i y n+i+ i= = π y n+ y n+k et, en faisant tendre k vers l infini, π n+ π π y n+ 4π 5 n 3 Pour que π n+ π soit inférieur à il suffit que n ln 5 6 ln +ln 4π donc que n 9. Ainsi π approche π à moins de près. i= La programme sage ci dessous calcule les n premiers π i. def iteren : RR = RealField; x = RR/sqrt y = +x/*sqrtx z = /sqrtx pi = RR+sqrt print pi for i in rangen : pi, y, z = pi*+y/+z, +y/sqrty/, +y*z/+z/sqrty print pi itere6 3.4435637395488688749698785696787537694873767 3.46675394667979836838997356467767539 3.45966966443497753533969679845686458958336 3.4596535897933864577399757479434789638674584943 3.45965358979338466433837958849744665673933 3.45965358979338466433837958849769399375589749 3.45965358979338466433837958849769399375589749 Quelques théorèmes utilisés Théorème Toute fonction continue définie sur un compact K est bornée. Théorème Théorème de la limite monotone Pour qu une suite croissante u n resp. décroissante soit convergente il faut et il suffit qu elle soit majorée resp. minorée. Si cela est vérifié lim u n = sup {u n, n }. Théorème 3 Soit X un espace normé de dimension finie, et u n n une suite de fonctions continues sur X qui converge uniformément vers u. Alors u est une fonction continue sur X. Corrigé Epreuve, 995 M. Deléglise
Université Lyon Capes Externe Math. 9- Théorème 4 Soit u n n une suite de fonctions dérivables sur l intervalle I, qui converge en un point x de I, et telle que la suite des dérivées u n n soit uniformément convergente sur tout intervalle compact contenu dans I. Alors u n converge simplement sur I vers une fonction u. La convergence est uniforme sur tout intervalle borné de I, et, de plus, pour tout x I, u x = lim n u n x. Théorème 5 Soit I un intervalle réel, et f : [a,b] I C une fonction continue ainsi que la dérivée partielle t,x f t,x. Alors la fonction g définie par x gx = b a ft,x est une fonction de classe C sur I et sa dérivée est donné par g x = b a f t,x. x Théorème 6 Soit f et g deux fonctions continues et positives sur [,+ ], avec ft gt lorsque t. Alors les intégrales impropres sont de même nature. ft, gt Sottisier Le produit de deux fonctions croissantes n est pas une fonction croissante : sur R, x x est croissante mais x x n est pas croissante. En revanche le produit de deux fonctions croissantes positives est une fonction croissante. Le théorème des suites adjacentes, utilisé par beaucoup, n est pas très utile. Le théorème important et utile est le théorème de la limite monotone. Pour a,b > dire que l intégrale t + a t + b converge en c est une absurdité. Il s agit d une intégrale ordinaire cf. article Analogies entre intégrales impropres et séries numériques. Dire que la fonction x u n x est une fonction croissante ce n est pas dire que u n x u n+ x mais que, chaque fois que x y, on a u n x u n y. Corrigé Epreuve, 995 M. Deléglise