null

2M250-REO
Feuille 1 -- Corrigés
Oct-2014
Exercice no 1
1/ Comme |f | est continue sur R, elle admet un majorant M sur [−1, 1]. En utilisant les
inégalités intégrales classiques, on obtient
Z x
Z
∀x ∈ [−1, 1], f (t) dt ≤ 0
0
x
Z
f (t) dt ≤ 0
x
M dt = |M x| = M |x|.
On a bien un voisinage de V de 0, ici V = [−1, 1], et une constante M > 0 tels que
Z x
x ∈ V =⇒ f (t) dt ≤ M |x|.
0
Z
x
f (t) dt = O(x).
Ce qui se résume en notant
0
0
2/ Sous la seule hypothèse de continuité, la propriété pour f d’être bornée au voisinage de 0,
n’a pas d’équivalent sur tout R. Donc la propriété correspondante est fausse en +∞. Il suffit
Z x
x2
6= O(x).
t dt =
de noter que
2 +∞
0
Z x
En revanche si f est supposée bornée on a bien
f (t) dt = O(x).
+∞
0
3/ Quasi identique au 1/. Par hypothèse,
∃ M > 0 et ∃ a > 0 tq |x| < a =⇒ f (x) ≤ M |x|.
Z x
Z x
x2
D’où
∀x ∈ [−a, a], f (t) dt ≤ M |t| dt = M .
2
0
0
Z x
Ce qui se résume en notant
f (t) dt = O(x2 ).
0
0
4/ L’hypothèse f (x) = O(x) se traduit ainsi :
+∞
∃ a > 0 et ∃ M > 0 tq x ≥ a =⇒ f (x) ≤ M x.
Z x
Z x
Z x
x2
Donc x > a =⇒ f (t) dt ≤
M t dt ≤ M
soit f (t) dt = O(x2 )
+∞
2
a
a
a
Z x
Z a
Z x
≤
+
= O(1) + O(x2 ) = O(x2 ).
D’où
f
(t)
dt
f
(t)
dt
f
(t)
dt
+∞
+∞
0
0
a
Exercice no 2
Z
Soit F la primitive de f qui s’annule en 0, i.e. F (x) =
x
f (t)dt. Il suffit de montrer que
0
F (x)
−
x×
f (0) + 4f (x/2) + f (x)
6
=
0
O(x5 ).
2
Ceci revient à dire que les polynômes de Taylor de degré 4, coïncident à gauche et à droite.
J A gauche on note que F (0) = 0 et F (n) (0) = f (n−1) (0) pour tout n ≥ 1. D’où
F (x) = 0 + xf (0) +
I A droite on écrit
x×
x3
x4
x2 0
f (0) + f 00 (0) + f (3) (0) + O(x5 ).
2
6
24
f (0) + 4f (x/2) + f (x)
x
= × f (0) + 4f (x/2) + f (x)
6
6
et on étudie
f (0) + 4f (x/2) + f (x) =
3
x
f 00 (0) x2
(3)
f
(0)
x
2
3
6f (0) + f 0 (0) × 4 + x +
× 4
+x +
× 4
+ x + O(x4 )
2
2
4
6
8
la parenthèse. On obtient
f (3) (0) 3x3
f 00 (0)
2
× 2x +
×
+ O(x4 ).
= 6f (0) + f (0) × 3x +
2
6
2
0
= 6f (0) + f 0 (0) × 3x + f 00 (0) × x2 +
En multipliant par
f (3) (0)
× x3 + O(x4 ).
4
x
, on retrouve bien le polynôme de Taylor de degré 4 de F en 0.
6
Exercice no 3
N Pour tout x ∈ R∗+ , ln x =
Z
x
dt
=−
t
Z
1
dt
.
Zt
x
1
Z x
x
1
dt
– Si x > 1, 1 < t < x =⇒ < 1 d’où ln x =
≤
dt = x − 1.
t
1Z t
1 Z
1
1
1
dt
≤−
dt = −(1 − x) = x − 1.
– Si x < 1, x < t < 1 −→ > 1 d’où ln x = −
t
x t
x
1
N Posons u = xa . Comme ln u ≤ u − 1, a ln x ≤ xa − 1 soit ln x ≤ × (xa − 1).
a
2 √
1
2
√ .
N Soit b = a/2. D’après la question précédente, ln x ≤ × (xb − 1) ≤ × xa = xa ×
b
a
a × xa
ln x
2
√ = 0, on a bien lim
= 0.
Comme lim
x→+∞ xa
x→+∞ a ×
xa
Exercice no 4
pn+1
(2n + 2)!
22n (n!)2
(2n + 1)(2n + 2)
2n + 1
=
×
=
=
.
2
pn
(2n)!
4(n + 1)2
2n + 2
22n+2 (n + 1)!
2/ − On veut montrer que (n + 1)p2n+1 ≥ n p2n pour tout n. Or
2
n
(2n + 1)2
n
pn+1
2
2
(n + 1)pn+1 ≥ n pn ⇐⇒
≥
⇐⇒
≥
⇐⇒ (2n + 1)2 ≥ 2n(2n + 2).
2
pn
n+1
(2n + 2)
n+1
1/ On a
Comme 4n2 + 4n + 1 ≥ 4n2 + 4n, la suite (np2n )n ∈ N est bien croissante.
2
pn+1
n+1
2
2
≤
. Or
− On veut montrer que (n + 2)pn+1 ≤ (n + 1)pn pour tout n soit
pn
n+2
3
pn+1
pn
2
≤
(2n + 1)2
n+1
n+1
⇐⇒
≤
n+2
(2n + 2)2
n+2
⇐⇒ (2n + 1)2 (n + 2) ≤ 4(n + 1)3
⇐⇒ (n + 2)(n + 1/2)2 ≤ (n + 1)3
9
1
⇐⇒ n3 + 3n2 + n + ≤ n3 + 3n2 + 3n + 1.
4
2
√
1
⇐⇒ pn n = O(1). Comme la suite (n + 1)p2n n ∈ N décroît et
3/ On a pn = O √
+∞
+∞
n
√ reste positive, elle est bornée. Idem pour pn n n ∈ N .
En utilisant les deux volets de la question 2/, on peut montrer que la suite n × p2n n ∈ N a une
√
L
limite L > 0. D’où pn ∼ √ .
+∞
n
Exercice no 5
1/ D’après la formule du binôme de Newton
∀n ∈ N,
n
n!
ak
a n X
× kz
1+
=
n
(n − k)! k! n
k=0
.
Il suffit donc de montrer, pour tout 0 ≤ k ≤ n,
n!
ak
ak
× k ≤
(n − k)! k! n
k!
soit
n!
1
× k ≤1
(n − k)! n
n! ≤ (n − k)!nk .
ou encore
Pour k = 0 l’inégalité est évidente. On note que pour tout k ≤ (n − 1),
(n − k − 1)! × nk+1 − (n − k)! × nk = (n − k − 1)! × nk × n − (n − k) = k (n − k − 1)! × nk ≥ 0.
Donc la suite finie k 7−→ (n − k)! × nk est croissante sur [0, n] et on a bien n! ≤ (n − k)! × nk
pour tout k ∈ [0, n].
a
2/ D’après la formule de Taylor Lagrange, il existe c ∈ ]0, a[ tel que e =
n
X
n
X
ak
k=0
k!
+
an+1 c
e.
(n + 1)!
ak
≤ ea . Le résultat découle du 1/.
k!
k=0
a
a n
. D’après 2/, exn ≤ ea
3/ Pour n ≥ 1 on pose xn = n ln 1 +
de sorte que exn = 1 +
n
n
d’où xn < a. D’après le T.A.F. il existe cn ∈ ]xn , a[ tel que ea − exn = (a − xn )ecn . Par le DL
a2
a a
du logarithme à l’ordre 2 on a ln 1 +
= − 2 + o(n−2 ). D’où
n
n 2n
a2
a2
a
−1
=a−a+
+ o(n ) =
+ o(n−1 ).
a − xn = a − n ln 1 +
n
2n
2n
Donc
4
a2
lim cn = a, lim ecn = ea et a − xn ∼
lorsque n −→ +∞.
n→+∞
n→+∞
2n
a n
a2 e a
a
e − 1+
.
∼
n +∞ 2n
On en déduit lim xn = a,
n→+∞
Finalement
Exercice no 6
1−x
.
1−x
n
X
1 − xn+1
− P(n) =⇒ P(n + 1). Supposons que pour x 6= 1,
. Alors
xk =
1−x
k=0
!
n+1
n
X
X
1 − xn+1 + xn+1 − xn+2
1 − xn+2
1 − xn+1 xn+1 (1 − x)
+
=
=
.
xk =
xk + xn+1 =
1
−
x
1
−
x
1
−
x
1
−
x
k=0
k=0
1/ N − Initialisation : pour n = 0 l’identité se réduit à 1 =
D’où P(n + 1). La récurrence est démontrée.
!
n
X
H On peut aussi montrer que (1 − x) ×
xk = 1 − xn+1 . Or
k=0
(1 − x) ×
n
X
xk =
k=0
n
X
xk − x ×
k=0
=
=
n
X
2/
z N En dérivant
n
X
xk −
k=1
n
X
k=0
k=0
n
X
n+1
X
xk −
xk+1
xk =
1+
n
X
!
xk
−
k=1
k=1
n
X
!
xk + xn+1
= 1 − xn+1 .
k=1
n+1
xk =
k=0
kxk−1 =
xk
k=0
k=0
n
X
n
X
1−x
1−x
on obtient
−(1 − x)(n + 1)xn − (−1) × (1 − xn+1 )
nxn+1 − (n + 1)xn + 1
=
.
(1 − x)2
(1 − x)2
En multipliant par x on obtient
n
X
kxk =
k=1
2
n
X
k
n
X
H On peut aussi calculer (1 − x) ×
nxn+2 − (n + 1)xn+1 + x
Pn (x)
=
.
(1 − x)2
(1 − x)2
kxk . On obtient
k=1
2
(1 − x) ×
n
X
kx =
k=1
=
=
k=1
n
X
k=1
n
X
k
kx − 2x ×
kxk − 2 ×
k
kx − 2 ×
k=1
On regroupe les termes par degré. − k = 1 : x
z
− k = 2 : (2 − 2)x2 = 0
n
X
k=1
n
X
k
2
kx + x ×
k=2
kxk
k=1
kxk+1 +
k=1
n+1
X
n
X
n
X
kxk+2
k=1
k
(k − 1)x +
n+2
X
k=3
(k − 2)xk
5
−3≤k≤n:
− k =n+1:
k − 2(k − 1) + (k − 2) xk = 0
− 2n + (n − 1) xn+1 = −(n + 1)xn+1
− k = n + 2 : nxn+2 .
On retrouve Pn (x) = x − (n + 1)xn+1 + nxn+2 .
Exercice no 7
1) On peut intégrer l’égalité du rappel entre 0 et x si x < 1. D’où
!
Z x n
Z x
Z x X
n−1
dt
t
k
dt +
=
t
dt
0 1−t
0
0 1−t
k=0
Z x n
Z x n
n−1 Z x
n−1
X
X
t
xk+1
t
k
t dt +
=
dt =
+
dt,
k+1
0
0 1−t
0 1−t
k=0
k=0
soit
− ln(1 − x) =
n
X
xj
j=1
j
Z
+
0
x
tn
dt.
1−t
1
1
≤
. Donc
1−t
1−x
Z x
Z x n
1
1
xn+1
1
t
tn dt =
dt ≤
×
×
≤
.
1−x
1−x n+1
(n + 1)(1 − x)
0
0 1−t
Z |x| n
Z 1
t
1
− Si −1 ≤ x < 0, Rn (x) =
dt ≤
tn dt =
.
1+t
n+1
0
0
2) − Si 0 < x < 1 et 0 < t < x, alors
3) Conclusion, pour −1 ≤ x < 1, lim Rn (x) = 0. Donc lim Pn (x) = − ln(1 − x).
n→+∞
n→+∞

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