Exercices d’oraux type CCINP

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ANALYSE

Exercice – Difficulté 1 – Thème : équations différentielles. Titre : résolution d’un système différentiel d’ordre 2.

Enoncé (CCINP)

Résoudre le système différentiel $\begin{pmatrix}x’\\y’\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}2&1\\1&2\end{pmatrix}\begin{pmatrix}x\\y\end{pmatrix}$.

Corrigé

$\bullet$ On pose $A=\begin{pmatrix}2&1\\1&2\end{pmatrix}$. $A$ est symétrique réelle et donc $A$ est diagonalisable dans $\mathscr{M}_2(\mathbb{R})$ d’après le théorème spectral. De plus, les sous-espaces propres de $A$ sont orthogonaux.

$\chi_A=X^2-(\text{Tr}(A))X+\text{det}(A)=X^2-4X+3 =(X-1)(X-3)$. Ensuite, $E_1(A)=\text{Vect}\left(U_1\right)$ où $U_1=\begin{pmatrix}1\\-1\end{pmatrix}$ et $E_3(A)=\left(E_1(A)\right)^\bot=\text{Vect}\left(U_2\right)$ où $U_2=\begin{pmatrix}1\\1\end{pmatrix}$. Donc,

$$A=PDP^{-1}\;\text{où}\;D=\begin{pmatrix}1&0\\0&3\end{pmatrix}\;\text{et}\;P=\begin{pmatrix}1&1\\-1&1\end{pmatrix}.$$

$\bullet$. Soit $X=\begin{pmatrix}x\\y\end{pmatrix}$ une fonction dérivable sur $\mathbb{R}$ à valeurs dans $\mathscr{M}_2(\mathbb{R})$. On pose $Y=P^{-1}X=\begin{pmatrix}x_1\\y_1\end{pmatrix}$ de sorte que $X=PY$.

\begin{align*}X’=AX&\Leftrightarrow X’=PDP^{-1}X\Leftrightarrow P^{-1}X’=DP^{-1}X\Leftrightarrow\left(P^{-1}X\right)’=D\left(P^{-1}X\right)\;(\text{car}\;P^{-1}\;\text{est constante})\\&\Leftrightarrow Y’=DY\Leftrightarrow\begin{pmatrix}x_1’\\y_1’\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}x_1\\3y_1\end{pmatrix}\\&\Leftrightarrow\exists(a,b)\in\mathbb{R}^2/\;\forall t\in\mathbb{R},\;Y(t)=\begin{pmatrix}ae^t\\be^{3t}\end{pmatrix}\Leftrightarrow\exists(a,b)\in\mathbb{R}^2/\;\forall t\in\mathbb{R},\;X(t)=P\begin{pmatrix}ae^t\\be^{3t}\end{pmatrix}\Leftrightarrow\exists(a,b)\in\mathbb{R}^2/\;\forall t\in\mathbb{R},\;X(t)=\begin{pmatrix}1&1\\-1&1\end{pmatrix}\begin{pmatrix}ae^t\\be^{3t}\end{pmatrix}\\&\Leftrightarrow\exists(a,b)\in\mathbb{R}^2/\;\forall t\in\mathbb{R},\;X(t)=\begin{pmatrix}ae^t+be^{3t}\\-ae^t+be^{3t}\end{pmatrix}.\end{align*}

Les solutions sur $\mathbb{R}$ du système proposé sont les fonctions de la forme $t\mapsto\begin{pmatrix}ae^t+be^{3t}\\-ae^t+be^{3t}\end{pmatrix}$, $(a,b)\in\mathbb{R}^2$.

Commentaires et/ou rappels de cours

$\bullet$ Soit $A\in\mathscr{M}_n(\mathbb{K})$ diagonalisable. On note $\left(\lambda_1,\ldots,\lambda_n\right)$ la famille des valeurs propres de $A$ et $\left(V_1,\ldots,V_n\right)$ une base de vecteurs propres associée. On sait dans le cours que, si  les xolutions du système différentiel $X’=AX$ sont les fonctions de la forme $t\mapsto c_1e^{\lambda_1t}V_1+\ldots c_ne^{\lambda_nt}V_n$ où $\left(c_1,\ldots,c_n\right)\in\mathbb{K}^n$.

On peut donc commencer l’oral en donnant directement les solutions, tout étant immédiat : $t\mapsto ae^t\begin{pmatrix}1\\-1\end{pmatrix}+be^{3t}\begin{pmatrix}1\\1\end{pmatrix}$, $(a,b)\in\mathbb{R}^2$. Mais on doit ensuite détailler au moins une méthode de résolution.

$\bullet$ Autre solution.

\begin{align*}\left\{\begin{array}{l}x’=2x+y\\y’=x+2y\end{array}\right.&\Leftrightarrow\left\{\begin{array}{l}(x+y)’=3(x+y)\\(x-y)’=x-y\end{array}\right.\\&\Leftrightarrow\exists(\lambda,\mu)\in\mathbb{R}^2/\;\forall t\in\mathbb{R},\;\left\{\begin{array}{l}x(t)+y(t)=\lambda e^{3t}\\x(t)-y(t)=\mu e^t\end{array}\right.\Leftrightarrow\exists(\lambda,\mu)\in\mathbb{R}^2/\;\forall t\in\mathbb{R},\;\left\{\begin{array}{l}x(t)=\dfrac{1}{2}\left(\lambda e^{3t}+\mu e^t\right)\\y(t)=\dfrac{1}{2}\left(\lambda e^{3t}-\mu e^t\right)\end{array}\right.\\&\Leftrightarrow\exists(a,b)\in\mathbb{R}^2/\;\forall t\in\mathbb{R},\;\left\{\begin{array}{l}x(t)=a e^{3t}+b e^t\\y(t)=a e^{3t}-b e^t\end{array}\right..\end{align*}

Exercice – Difficulté 3 – Thème : séries entières. Titre : utiliser une transformation d’Abel pour établir une convergence uniforme.

Enoncé (CCINP)

1) Montrer que $\displaystyle\sum_{n=1}^{+\infty}(-1)^{n-1}\dfrac{x^n}{n}$ converge uniformément sur $[0,1]$.

2) Soit $\displaystyle\sum_{n=0}^{+\infty}a_nx^n$ une série entière de rayon $R\geqslant1$. On suppose que $\displaystyle\sum a_n$ converge et on pose $r_n=\displaystyle\sum_{k=n+1}^{+\infty}a_k$.

Montrer que : $\forall x\in[0,1]$, $\displaystyle\sum_{k=n+1}^{+\infty}a_kx^k=r_nx^{n+1}+\displaystyle\sum_{k=n+1}^{+\infty}r_k\left(x^{k+1}-x^k\right)$ (on pourra exprimer $a_k$ en fonction de $r_k$).

3) En déduire que $\displaystyle\sum a_nx^n$ converge uniformément sur $[0,1]$.

Corrigé

1) Pour $n\in\mathbb{N}^*$ et $x\in [0,1]$, on pose $f_n(x)=\dfrac{(-1)^{n-1}}{n}x^n$. Soit $x\in[0,1]$. La suite $\left(f_n(x)\right)_{n\in\mathbb{N}^*}$ est alternée en signe et sa valeur absolue, à savoir la suite $\left(\dfrac{x^n}{n}\right)_{n\in\mathbb{N}^*}$, est décroissante (en tant que produit de deux suites décroissantes et positives) et tend vers $0$ quand $n$ tend vers $+\infty$ (y compris quand $x=1$). La série numérique de terme général $f_n(x)$ est donc convergente d’après le critère spécial aux séries alternées.

Pour tout $n\in\mathbb{N}^*$ et $x\in[0,1]$, on peut poser $R_n(x)=\displaystyle\sum_{k=n+1}^{+\infty}\dfrac{(-1)^{k-1}}{k}x^k$. Soit $n\in\mathbb{N}^*$. Pour tout $x\in[0,1]$, d’après une majoration classique du reste à l’ordre $n$ d’une série alternée,

$$\left|R_n(x)\right|\leqslant\left|\dfrac{(-1)^n}{n+1}x^{n+1}\right|=\dfrac{x^{n+1}}{n+1}\leqslant\dfrac{1}{n+1}$$

puis

$$\left\|R_n\right\|_\infty\leqslant\dfrac{1}{n +1}.$$

Puisque $\displaystyle\lim_{n\rightarrow+\infty}\dfrac{1}{n+1}=0$, le théorème des gendarmes permet d’affirmer que $\displaystyle\lim_{n\rightarrow+\infty}\left\|R_n\right\|_\infty=0$. Mais alors, la série de fonctions de terme général $f_n$, $n\in\mathbb{N}^*$, converge uniformément vers sa somme sur $[0,1]$.

2) Soit $x\in[0,1]$. Soit $n\in\mathbb{N}$. Pour tout $k\geqslant 1$, $a_k=r_{k-1}-r_k$ et donc

\begin{align*}\displaystyle\sum_{k=n+1}^{+\infty}a_kx^k&=\displaystyle\sum_{k=n+1}^{+\infty}\left(r_{k-1}-r_k\right)x^k=\displaystyle\lim_{N\rightarrow+\infty}\displaystyle\sum_{k=n+1}^{N}\left(r_{k-1}-r_k\right)x^k=\displaystyle\lim_{N\rightarrow+\infty}\left(\displaystyle\sum_{k=n+1}^{N}r_{k-1}x^k-\displaystyle\sum_{k=n+1}^{N}r_kx^k\right)=\displaystyle\lim_{N\rightarrow+\infty}\left(\displaystyle\sum_{k=n}^{N-1}r_{k}x^{k+1}-\displaystyle\sum_{k=n+1}^{N}r_kx^k\right)\\&=r_nx^{n+1}+\displaystyle\lim_{N\rightarrow+\infty}\left(\displaystyle\sum_{k=n+1}^{N-1}r_{k}\left(x^{k+1}-x^k\right)+r_Nx^N\right).\end{align*}

Ensuite, $r_Nx^N\underset{N\rightarrow+\infty}{=}O\left(r_N\right)\underset{N\rightarrow+\infty}{=}o(1)$ (car $r_N$ est le reste à l’ordre $N$ d’une série convergente. On en déduit encore que la suite $\left(\displaystyle\sum_{k=n+1}^{N-1}r_{k}\left(x^{k+1}-x^k\right)\right)_{N\geqslant n+1}$ converge. Quand $N$ tend vers $+\infty$, on obtient

$$\displaystyle\sum_{k=n+1}^{+\infty}a_kx^k=r_nx^{n+1}+\displaystyle\sum_{k=n+1}^{+\infty}r_{k}\left(x^{k+1}-x^k\right).$$

3) Pour $n\in\mathbb{N}$ et $x\in[0,1]$, on pose $R_n(x)=\displaystyle\sum_{k=n+1}^{+\infty}a_kx^k$.

Soit $\varepsilon>0$. Puisque $\displaystyle\lim_{n\rightarrow+\infty}r_n=0$, il existe $n_0\in\mathbb{N}$ tel que pour tout $n\geqslant n_0$, $\left|r_n\right|\leqslant\dfrac{\varepsilon}{2}$.

Soit $n\geqslant n_0$ et $x\in[0,1]$.

\begin{align*}\left|R_n(x)\right|&=\left|\displaystyle\sum_{k=n+1}^{+\infty}a_kx^k\right|=\left|r_nx^{n+1}+\displaystyle\sum_{k=n+1}^{+\infty}r_{k}\left(x^{k+1}-x^k\right)\right|\\&\leqslant\left|r_n\right|x^{n+1}+\displaystyle\sum_{k=n+1}^{+\infty}\left|r_{k}\right|\left|x^{k+1}-x^k\right|\leqslant\dfrac{\varepsilon}{2}x^{n+1}+\dfrac{\varepsilon}{2}\displaystyle\sum_{k=n+1}^{+\infty}\left(x^{k}-x^{k+1}\right)\;(\text{car}\;x\in[0,1]\;\text{et donc, pour tout}\;k\in\mathbb{N},\;x^{k+1}\leqslant x^k)\\&\leqslant\dfrac{\varepsilon}{2}+\dfrac{\varepsilon}{2}\displaystyle\lim_{N\rightarrow+\infty}\displaystyle\sum_{k=n+1}^{N}\left(x^{k}-x^{k+1}\right)=\dfrac{\varepsilon}{2}+\dfrac{\varepsilon}{2}\displaystyle\lim_{N\rightarrow+\infty}\left(x^{n+1}-x^{N+1}\right)\;(\text{somme télescopique}).\end{align*}

Enfin, si $x\in[0,1[$, $\displaystyle\lim_{N\rightarrow+\infty}\left(x^{n+1}-x^{N+1}\right)=x^{n+1}\leqslant1$ et si $x=1$, $\displaystyle\lim_{N\rightarrow+\infty}\left(x^{n+1}-x^{N+1}\right)=\displaystyle\lim_{N\rightarrow+\infty}0=0\leqslant1$. Donc, pour tout $n\geqslant n_0$ et tout $x\in[0,1]$,

$$\left|R_n(x)\right|\leqslant\dfrac{\varepsilon}{2}+\dfrac{\varepsilon}{2}=\varepsilon.$$

On a montré que : $\forall \varepsilon>0$, $\exists n_0\in\mathbb{N}/\;\forall n\geqslant n_0,\;\forall x\in[0,1],\;\left|R_n(x)\right|\leqslant\varepsilon$. Ceci montre que la suite de fonctions $\left(R_n\right)_{n\in\mathbb{N}}$ converge uniformément vers la fonction nulle sur $[0,1]$ ou encore que la série entière associée à la suite $\left(a_n\right)_{n\in\mathbb{N }}$ converge uniformément sur $[0,1]$.

Commentaires et/ou rappels de cours

Le lemme d’Abel radial (énoncé mais non démontré en cours) dit que si $R_a=R$ est strictement positif et si la série de terme général $a_nR^n$ converge, alors $\displaystyle\sum_{n=0}^{+\infty}a_nx^n\underset{x\rightarrow R,\;x<R}{\rightarrow}\displaystyle\sum_{n=0}^{+\infty}a_nR^n$.

L’exercice démontre ce lemme dans le cas où $R=1$ ( et donc pour tout $R\in]0,+\infty[$ après changement de variable) car la fonction $x\mapsto\displaystyle\sum_{n=0}^{+\infty}a_nx^n$ est continue sur $[0,1]$, et en particulier en $1$, en tant limite uniforme sur $[0,1]$ d’une suite de fonctions continues sur $[0,1]$.

Exercice – Difficulté 3 – Thème : séries entières. Titre : calcul d’une suite définie par récurrence à l’aide d’une série entière.

Enoncé (CCINP)

Soit $\left(u_n\right)$ la suite définie par $u_0=3$ et $\forall n\in\mathbb{N}$, $u_{n+1}=\displaystyle\sum_{k=0}^{n}\dbinom{n}{k}u_ku_{n-k}$.

1) Montrer que pour tout $n\in\mathbb{N}$, $0\leqslant u_n\leqslant 4^{n+1}.n!$.

2) On pose $f(x)=\displaystyle\sum_{n=0}^{+\infty}\dfrac{u_n}{n!}x^n$. Montrer que $f$ est solution de $f’=f^2$ sur un intervalle à préciser.

3) Exprimer $f$ à l’aide des fonctions usuelles.

4) Donner l’expression de $u_n$ en fonction de $n$.

Corrigé

1) Montrons par récurrence (forte) que pour tout $n\in\mathbb{N}$, $0\leqslant u_n\leqslant 4^{n+1}n!$.

$\bullet$ Puisque $u_0=3$, $0\leqslant u_0\leqslant 4=4^1\times0!$. Le résultat est vrai quand $n=0$.

$\bullet$. Soit $n\geqslant 0$. Supposons que pour tout $k\in\{0,\ldots,n\}$, $0\leqslant u_k\leqslant 4^{k+1}.k!$. Alors, $u_{n+1}=\displaystyle\sum_{k=0}^{n}\dbinom{n}{k}u_ku_{n-k}\geqslant0$ (car pour tout $k\in\{0,\ldots,n\}$, on a aussi $n-k\in\{0,\ldots,n\}$). D’autre part,

\begin{align*}u_{n+1}&=\displaystyle\sum_{k=0}^{n}\dbinom{n}{k}u_ku_{n-k}\\&\leqslant\displaystyle\sum_{k=0}^{n}\dbinom{n}{k}4^{k+1}k!4^{(n-k)+1}(n-k)!=n!\displaystyle\sum_{k=0}^{n}4^{n+2}=n!\times(n+1)4^{n+2}=(n+1)!4^{n+2}.\end{align*}

On a montré par récurrence que pour tout $n\in\mathbb{N}$, $0\leqslant u_n\leqslant 4^{n+1}n!$.

2) Pour tout $n\in\mathbb{N}$, posons $a_n=\dfrac{u_n}{n!}$ et $b_n=4^{n+1}$. Pour tout $n\in\mathbb{N}$, $0\leqslant a_n\leqslant b_n$ et donc $R_a\geqslant R_b=\dfrac{1}{4}$.

La fonction $f$ est définie sur $\left]-\dfrac{1}{4},\dfrac{1}{4}\right[$ au moins. De plus, la fonction $f$ est dérivable sur $\left]-\dfrac{1}{4},\dfrac{1}{4}\right[$ en tant que somme d’une série entière car l’intervalle $I=\left]-\dfrac{1}{4},\dfrac{1}{4}\right[$ est contenu dans l’intervalle ouvert de convergence. Ensuite, pour tout $n\in\mathbb{N}$,

$$\dfrac{u_{n+1}}{n!}=\displaystyle\sum_{k=0}^{n}\dfrac{u_k}{k!}\dfrac{u_{n-k}}{(n-k)!}.$$

$x\in I$ étant donné, on multiplie les deux membres l’égalité précédentes par $x^n$ puis on somme pour $n$ variant de $0$ à $+\infty$. On obtient pour tout $x\in I$,

$$\displaystyle\sum_{n=0}^{+\infty}\dfrac{u_{n+1}}{n!}x^n=\displaystyle\sum_{n=0}^{+\infty}\left(\displaystyle\sum_{k=0}^{n}\dfrac{u_k}{k!}\dfrac{u_{n-k}}{(n-k)!}\right)x^n,$$

(la série du membre de gauche converge car $\left|\dfrac{u_{n+1}}{n!}x^n\right|\leqslant \dfrac{4^{n+2}(n+1)!}{n!}|x|^n=16(n+1)\times(4|x|)^n$ puis, en tenant compte de $4|x|<1$, $\dfrac{u_{n+1}}{n!}x^n\underset{n\rightarrow+\infty}{=}o\left(\dfrac{1}{n^2}\right)$ d’après un théorème de croissances comparées et donc la série du membre de droite converge).

Or, pour tout $x\in I$, $\displaystyle\sum_{n=0}^{+\infty}\sum_{k=0}^{n}\dfrac{u_k}{k!}\dfrac{u_{n-k}}{(n-k)!}x^n=\left(\displaystyle\sum_{n=0}^{+\infty}\dfrac{u_n}{n!}x^n\right)\left(\displaystyle\sum_{n=0}^{+\infty}\dfrac{u_n}{n!}x^n\right)=f^2(x)$ ( produit de Cauchy de deux série sentières à l’intérieur de l’intervalle ouvert de convergence). D’autre part,

$$\displaystyle\sum_{n=0}^{+\infty}\dfrac{u_{n+1}}{n!}x^n=\left(\displaystyle\sum_{n=0}^{+\infty}\dfrac{u_{n+1}}{(n+1)!}x^{n+1}\right)’=\left(\displaystyle\sum_{n=1}^{+\infty}\dfrac{u_{n}}{n!}x^{n}\right)’=\left(\displaystyle\sum_{n=0}^{+\infty}\dfrac{u_{n}}{n!}x^{n}\right)’=f'(x)$$

et donc a donc montré que

$$\forall x\in\left]-\dfrac{1}{4},\dfrac{1}{4}\right[,\;f'(x)=f^2(x).$$

3) La fonction $f$ est déjà strictement positive sur $\left[0,\dfrac{1}{4}\right[$. De plus, $f(0)=3>0$ et donc par continuité de la fonction $f$ en $0$, il existe $\alpha\in\left]0,\dfrac{1}{4}\right[$ telle que la fonction $f$ est strictement positive sur $]-\alpha,0]$. Pour tout $x\in\left]-\alpha,\dfrac{1}{4}\right[$, on peut écrire $\dfrac{f'(x)}{f^2(x)}=1$ et donc il existe $C\in\mathbb{R}$ tel que pour tout $x\in\left]-\alpha,\dfrac{1}{4}\right[$, $-\dfrac{1}{f(x)}=x+C$. L’égalité $f(0)=3$ fournit $-\dfrac{1}{3}=C$ puis, pour tout $x\in\left]-\alpha,\dfrac{1}{4}\right[$, $-\dfrac{1}{f(x)}=x-\dfrac {1}{3}=\dfrac{3x-1}{3}$ et finalement,

$$\forall x\in\left]-\alpha,\dfrac{1}{4}\right[,\;f(x)=\dfrac{3}{1-3x}.$$

4) Soit $x\in\left]-\alpha,\dfrac{1}{4}\right[$. Alors, $|3x|<\dfrac{3}{4}<1$ puis

$$f(x)=\dfrac{3}{1-3x}=3\displaystyle\sum_{n=0}^{+\infty}(3x)^n=\displaystyle\sum_{n=0}^{+\infty}3^{n+1}x^n.$$

Par unicité des coefficients d’une série entière, on en déduit que pour tout $n\in\mathbb{N}$, $\dfrac{u_n}{n!}=3^{n+1}$ et donc que

$$\forall n\in\mathbb{N},\;u_n=3^{n+1}n!.$$

Commentaires et/ou rappels de cours

$\bullet$ Il est possible de démontrer que $f$ est strictement positive sur $\left]-\dfrac{1}{4},\dfrac{1}{4}\right[$. Mais c’est inutile pour le calcul de $u_n$.

$\bullet$ Et même, la prise de précaution du corrigé qui consiste à vérifie l’égalité $f(x)=\dfrac{3}{1-3x}$ sur un intervalle ouvert contenant $0$ est superflue car un théorème de cours dit que si pour tout $x$ appartenant à un intervalle de la forme $]0,\alpha]$, $\alpha>0$, on a $\displaystyle\sum_{n=0}^{+\infty}a_nx^n=\displaystyle\sum_{n=0}^{+\infty}b_nx^n$, alors pour tout $n\in\mathbb{N}$, $a_n=b_n$.

Exercice – Difficulté 3 – Thème : intégration. Titre : calcul de l’intégrale de Gauss grâce aux intégrales de Wallis.

Enoncé (CCINP)

1) Rappeler la formule de Stirling.

2) On pose $u_n=\displaystyle\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\cos^{2n+1}(t)\;dt$. Calculer $u_0$.

3) Trouver une relation de récurrence vérifiée par $\left(u_n\right)$ puis exprimer $u_n$ à l’aide de factorielles.

4) Sur $[0,+\infty[$, on pose $f_n(x)=\left(1-\dfrac{x^2}{n}\right)^n$ si $x\leqslant\sqrt{n}$ et $0$ sinon. Montrer que

$$\displaystyle\lim_{n\rightarrow+\infty}\displaystyle\int_{0}^{+\infty}f_n(x)\;dx=\displaystyle\int_{0}^{+\infty}e^{-x^2}\;dx.$$

5) Montrer que $\displaystyle\int_{0}^{\sqrt{n}}f_n(x)\;dx=\sqrt{n}u_n$. En déduire la valeur de $\displaystyle\int_{0}^{+\infty}e^{-x^2}\;dx$.

Corrigé

1) La formule de Stirling dit que $n!\underset{n\rightarrow+\infty}{\sim}\left(\dfrac{n}{e}\right)^n\sqrt{2\pi n}=\sqrt{2\pi}n^{n+\frac{1}{2}}e^{-n}$.

2) $u_0=\displaystyle\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\cos(t)\;dt=\left[\sin(t)\right]_0^{\frac{\pi}{2}}=1$.

3) Soit $n\in\mathbb{N}$. Les deux fonctions $t\mapsto\sin(t)$ et $t\mapsto\cos^{2n+2}(t)$ sont de classe $C^1$ sur le segment $\left[0,\dfrac{\pi}{2}\right]$. On peut donc effectuer une intégration par parties qui fournit :

\begin{align*}u_{n+1}&=\displaystyle\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\cos^{2n+3}(t)\;dt=\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\cos(t)\times\cos^{2n+2}(t)\;dt\\&=\left[\sin(t)\cos^{2n+2}(t)\right]_0^{\frac{\pi}{2}}-\displaystyle\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\sin(t)\times-(2n+2)\sin(t)\cos^{2n+1}(t)\;dt=(2n+2)\displaystyle\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\sin^2(t)\cos^{2n+1}(t)\;dt\\&=(2n+2)\displaystyle\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\left(1-\cos^2(t)\right)\cos^{2n+1}(t)\;dt\\&=(2n+2)\left(u_n-u_{n+1}\right).\end{align*}

On en déduit que $(2n+3)u_{n+1}=(2n+2)u_n$. Donc,

$$\forall n\in\mathbb{N},\;u_{n+1}=\dfrac{2n+2}{2n+3}u_n.$$

Soit $n\in\mathbb{N}^*$.

$$u_n=\dfrac{2n}{2n+1}\times\dfrac{2n-2}{2n-1}\times\ldots\times\dfrac{2}{3}\times u_0=\dfrac{((2n)\times(2n-2)\times\ldots\times 2)^2}{(2n+1)\times(2n)\times(2n-1)\times\ldots\times 3\times 2}=\dfrac{2^{2n}(n!)^2}{(2n+1)!},$$

ce qui reste vrai quand $n=0$. On a montré que

$$\forall n\in\mathbb{N},\;u_n=\dfrac{2^{2n}(n!)^2}{(2n+1)!}.$$

4) Soit $x\geqslant0$. Pour $n>x^2$, on a $n\neq 0$ et aussi $x<\sqrt{n}$ et aussi $1-\dfrac{x^2}{n}>0$ puis $f_n(x)=\left(1-\dfrac{x^2}{n}\right)^n=e^{n\ln\left(1-\frac{x^2}{n}\right)}$. On  en déduit que

$$f_n(x)\underset{n\rightarrow+\infty}{=}e^{n\left(-\frac{x^2}{n}+o\left(\frac{1}{n}\right)\right)}\underset{n\rightarrow+\infty}{=}e^{-x^2+o(1)}.$$

Donc, la suite de fonctions $\left(f_n\right)_{n\in\mathbb{N}}$ converge simplement sur $[0,+\infty[$ vers la fonction $f~:~x\mapsto e^{-x^2}$.

Ensuite, soit $n\in\mathbb{N}^*$. Si $x\in\left[0,\sqrt{n}\right[$, $\left|f_n(x)\right|=f_n(x)=e^{n\ln\left(1-\frac{x^2}{n}\right)}$. On sait que pour tout $u>-1$, $\ln(1+u)\leqslant u$ (inégalité de convexité). Donc, si $x\in\left[0,\sqrt{n}\right[$, $\left|f_n(x)\right|\leqslant e^{n\left(-\frac{x^2}{n}\right)}=e^{-x^2}=f(x)$. Si $x>\sqrt{n}$, $\left|f_n(x)\right|=0\leqslant e^{-x^2}=f(x)$. Ainsi, pour tout $n\in\mathbb{N}^*$ et tout $x\in[0,+\infty[$, $\left|f_n(x)\right|\leqslant\varphi(x)$ où $\varphi=f$.

De plus, la fonction $\varphi$ est continue par morceaux sur $[0,+\infty[$ et est négligeable en $+\infty$ devant la fonction $x\mapsto\dfrac{1}{x^2}$. La fonction $\varphi$ est donc intégrable sur $[0,+\infty[$.

En résumé,

$\quad\bullet$ chaque fonction $f_n$, $n\in\mathbb{N}^*$, est continue par morceaux sur $[0,+\infty[$ (et même continue sur $[0,+\infty[$),

$\quad\bullet$ la suite de fonctions $\left(f_n\right)_{n\in\mathbb{N}}$ converge simplement sur $[0,+\infty[$ vers la fonction $f~:~x\mapsto e^{-x^2}$ et la fonction $f$ est continue par morceaux sur $[0,+\infty[$,

$\quad\bullet$ il existe une fonction $\varphi$ continue par morceaux, positive et intégrable sur $[0,+\infty[$ telle que pour tout $n\in\mathbb{N}^*$, $\left|f_n\right|\leqslant\varphi$.

D’après le théorème de convergence dominée,

$\quad\bullet$ chaque fonction $f_n$, $n\in\mathbb{N}^*$, est intégrable sur $[0,+\infty[$,

$\quad\bullet$ la fonction $f$ est intégrable sur $[0,+\infty[$,

$\quad\bullet$ la suite $\left(\displaystyle\int_{0}^{+\infty}f_n(x)\;dx\right)_{n\in\mathbb{N}^*}$ converge,

$\quad\bullet$ $\displaystyle\lim_{n\rightarrow+\infty}\displaystyle\int_{0}^{+\infty}f_n(x)\;dx=\displaystyle\int_{0}^{+\infty}f(x)\;dx$.

Plus explicitement,

$$\displaystyle\lim_{n\rightarrow+\infty}\displaystyle\int_{0}^{+\infty}f_n(x)\;dx=\displaystyle\int_{0}^{+\infty}e^{-x^2}\;dx.$$

5) Soit $n\in\mathbb{N}^*$. En posant $x=\sqrt{n}\sin(t)$ et donc $dx=\sqrt{n}\cos(t)\;dt$, on obtient

$$\displaystyle\int_{0}^{+\infty}f_n(x)\;dx=\displaystyle\int_{0}^{\sqrt{n}}f_n(x)\;dx=\displaystyle\int_{0}^{\sqrt{n}}\left(1-\dfrac{x^2}{n}\right)^n\;dx=\displaystyle\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\left(1-\dfrac{\left(\sqrt{n}\sin(t)\right)^2}{n}\right)^n\;\sqrt{n}\cos(t)\;dt=\sqrt{n}\displaystyle\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\cos^{2n+1}(t)\;dt=\sqrt{n}u_n.$$

D’après la question 3) et la formule de Stirling,

\begin{align*}\displaystyle\int_{0}^{+\infty}f_n(x)\;dx&=\sqrt{n}\times\dfrac{2^{2n}(n!)^2}{(2n+1)!}\\&\underset{n\rightarrow+\infty}{\sim}\sqrt{n}2^{2n}\times\left(\dfrac{n}{e}\right)^{2n}(2\pi n)\times\dfrac{1}{2n+1}\left(\dfrac{e}{2n}\right)^{2n}\dfrac{1}{\sqrt{4\pi n}}\underset{n\rightarrow+\infty}{\sim}\dfrac{\sqrt{\pi}}{2}.\end{align*}

De la question précédente, on déduit alors

$$\displaystyle\int_{0}^{+\infty}e^{-x^2}\;dx=\dfrac{\sqrt{\pi}}{2}.$$

Commentaires et/ou rappels de cours

$\bullet$ Cet exercice est un grand classique d’oral et d’écrit.

$\bullet$ Rappelons le théorème de convergence dominée pour les suites de fonctions.

Soit $\left(f_n\right)_{n\in\mathbb{N}}$ une suite de fonctions continues par morceaux sur un intervalle $I$ à valeurs dans $\mathbb{R}$ ou $\mathbb{C}$.

Si

$\quad$- la suite de fonctions $\left(f_n\right)_{n\in\mathbb{N}}$ converge simplement vers une fonction $f$ sur $I$,

$\quad$- la fonction $f$ est continue par morceaux sur $I$,

$\quad$- il existe une fonction $\varphi~:~I\mapsto\mapsto\mathbb{R}$, continue par morceaux, positive et intégrable sur $I$, telle que pour tout $n\in\mathbb{N}$, pour tout $x\in I$, $\left|f_n(x)\right|\leqslant\varphi(x)$,

alors,

$\quad$- chaque fonction $f_n$ est intégrable sur $I$

$\quad$- $f$ est intégrable sur $I$,

$\quad$- la suite $\left(\displaystyle\int_If_n(x)\;dx\right)_{n\in\mathbb{N}}$ converge,

$\quad$- $\displaystyle\lim_{n\rightarrow+\infty}\displaystyle\int_If_n(x)\;dx=\displaystyle\int_If(x)\;dx$.

Exercice – Difficulté 3 – Thème : suites et séries de fonctions. Titre : étudier la convergence simple puis uniforme d’une suite de fonctions.

Enoncé (CCINP)

Etudier la convergence simple puis uniforme sur $\left[0,\dfrac{\pi}{2}\right]$ de la suite de fonctions $\left(f_n\right)_{n\in\mathbb{N}}$ définie par :

$$\forall n\in\mathbb{N},\;\forall x\in\left[0,\dfrac{\pi}{2}\right],\;f_n(x)=n^2\cos(x)\sin^n(x).$$

Corrigé

$\bullet$ Convergence simple. Soit $x\in\left[0,\dfrac{\pi}{2}\right]$.

$\quad$ – Si $x\in\left[0,\dfrac{\pi}{2}\right[$, $0\leqslant \sin(x)<1$ puis $\displaystyle\lim_{n\rightarrow+\infty}n^2(\sin(x))^n=0$ d’après un théorème de croissances comparées. Mais alors, $\displaystyle\lim_{n\rightarrow+\infty}f_n(x)=0$.

$\quad$ – Pour tout $n\in\mathbb{N}$, $f_n\left(\dfrac{\pi}{2}\right)=0$ et donc $\displaystyle\lim_{n\rightarrow+\infty}f_n\left(\dfrac{\pi}{2}\right)=0$.

Finalement, $\forall x\in\left[0,\dfrac{\pi}{2}\right]$, $\displaystyle\lim_{n\rightarrow+\infty}f_n(x)=0$. La suite de fonctions $\left(f_n\right)_{n\in\mathbb{N}}$ converge simplement vers la fonction nulle sur $\left[0,\dfrac{\pi}{2}\right]$.

$\bullet$ Convergence uniforme. Soit $n\in\mathbb{N}^*$. La fonction $f_n$ est dérivable sur $\left[0,\dfrac{\pi}{2}\right]$ et pour tout $x\in\left[0,\dfrac{\pi}{2}\right]$,

$$f_n'(x)=n^2\left(-\sin(x)\times\sin^n(x)+\cos(x)\times  n\cos(x)\sin^{n-1}(x)\right)=n^2\sin^{n-1}(x)\left(-\sin^2(x)+n\cos^2(x)\right)=n^2\sin^{n-1}(x)\left(n-(n+1)\sin^2(x)\right).$$

Sur $\left]0,\dfrac{\pi}{2}\right]$, $f_n'(x)$ est du signe de $n-(n+1)\sin^2(x)$ ou encore du signe de $-\left(\sin(x)-\sqrt{\dfrac{n}{n+1}}\right)$. Donc, si on pose $x_n=\text{Arcsin}\left(\sqrt{\dfrac{n}{n+1}}\right)$ (en tenant compte du fait que $\sqrt{\dfrac{n}{n+1}}\in[0,1]$ de sorte que $x_n$ est défini et est dans $\left[0,\dfrac{\pi}{2}\right]$), la fonction $f_n’$ est positive sur $\left[0,x_n\right]$ et négative sur $\left[x_n,\dfrac{\pi}{2}\right]$ (par croissance de la fonction $t\mapsto\sin(t)$ sur $\left[0,\dfrac{\pi}{2}\right]$). La fonction $f_n$ est donc croissante sur $\left[0,x_n\right]$ et décroissante sur $\left[x_n,\dfrac{\pi}{2}\right]$. Puisque la fonction $f_n$ est positive,

\begin{align*}\left\|f_n\right\|_\infty&=f_n\left(x_n\right)=n^2\cos\left(\text{Arcsin}\left(\sqrt{\dfrac{n}{n+1}}\right)\right)\sin^n\left(\text{Arcsin}\left(\sqrt{\dfrac{n}{n+1}}\right)\right)\\&=n^2\sqrt{1-\left(\sqrt{\dfrac{n}{n+1}}\right)^2}\left(\sqrt{\dfrac{n}{n+1}}\right)^n=\dfrac{n^2}{\sqrt{n+1}}\left(1+\dfrac{1}{n}\right)^{-\frac{n}{2}}.\end{align*}

Ensuite, $\left(1+\dfrac{1}{n}\right)^{-\frac{n}{2}}=e^{-\frac{n}{2}\ln\left(1+\frac{1}{n}\right)}\underset{n\rightarrow+\infty}{=}e^{-\frac{n}{2}\left(\frac{1}{n}+o\left(\frac{1}{n}\right)\right)}\underset{n\rightarrow+\infty}{=}e^{-\frac{1}{2}+o(1)}$ et donc

$$\left\|f_n\right\|_\infty\underset{n\rightarrow+\infty}{\sim}\dfrac{n^2}{\sqrt{n}}e^{-\frac{1}{2}}=\dfrac{n\sqrt{n}}{\sqrt{e}}.$$

En particulier, $\left\|f_n\right\|_\infty$ ne tend pas vers $0$ quand $n$ tend vers $+\infty$ et donc la suite de fonctions $\left(f_n\right)_{n\in\mathbb{N}}$ ne converge pas uniformément vers la fonction nulle sur $\left[0,\dfrac{\pi}{2}\right]$.

Commentaires et/ou rappels de cours

$\bullet$ Rappelons que :

$\quad$ – la fonction $x\mapsto\text{Arcsin}(x)$ est définie sur $[-1,1]$,

$\quad$ – $\forall (x,y)\in\left[-\dfrac{\pi}{2},\dfrac{\pi}{2}\right]\times[-1,1]$, $\sin(x)=y\Leftrightarrow x=\text{Arcsin}(y)$.

$\quad$ – $\forall x\in[-1,1]$, $\sin(\text{Arcsin}(x))=x$ et $\cos(\text{Arcsin}(x))=\sqrt{1-x^2}$.

$\bullet$ L’effet du facteur $n^2\sin^n(x)$ est d’écraser le graphe de la fonction $f_n$ au voisinage de $0$ à droite et de relever le graphe de $f_n$ au voisinage de $1$ à gauche. Si on ne veut pas déterminer exactement $\left\|f_n\right\|_\infty$ grâce à l’étude des variations de la fonction $f_n$, on peut tenter la minoration

$$\left\|f_n\right\|_\infty\geqslant f_n\left(\dfrac{\pi}{2}-\dfrac{1}{n}\right)$$

qui s’avère être suffisante après détermination d’un équivalent de $\left(\sin\left(\dfrac{\pi}{2}-\dfrac{1}{n}\right)\right)^n=\left(\cos\left(\dfrac{1}{n}\right)\right)^n=e^{n\ln\left(\cos\left(\frac{1}{n}\right)\right)}\ldots$

De manière générale, si on trouve une suite $\left(x_n\right)\in I^\mathbb{N}$ telle que la suite $\left(f_n\left(x_n\right)\right)$ ne tend pas vers $0$, alors la suite de fonctions $\left(f_n\right)$ ne converge pas uniformément vers la fonction nulle sur $I$.

Exercice – Difficulté 3 – Thème : fonctions de plusieurs variables. Titre : étudier le caractère C1 d’une fonction de deux variables.

Enoncé (CCINP)

Soit $\alpha\in\mathbb{R}$. Pour $(x,y)\in\mathbb{R}^2\setminus\{(0,0)\}$, on pose $f(x,y)=\dfrac{y^4}{x^2+y^2-xy}$. On pose aussi $f(0,0)=\alpha$.

1) Montrer que pour tout $(x,y)\in\mathbb{R}^2$, $x^2+y^2-xy\geqslant\dfrac{1}{2}\left(x^2+y^2\right)$.

2) Montrer que $f$ est bien définie sur $\mathbb{R}^2$ et trouver $\alpha$ pour que $f$ soit continue.

On suppose désormais $\alpha=0$.

3) Justifier l’existence et calculer $\dfrac{\partial f}{\partial x}$ et $\dfrac{\partial f}{\partial y}$ sur $\mathbb{R}^2\setminus\{(0,0)\}$. Justifier l’existence des dérivées partielles en $(0,0)$ et en donner la valeur.

4) $f$ est-elle de classe $C^1$ ?

Corrigé

1) Soit $(x,y)\in\mathbb{R}^2$. L’inégalité $(x-y)^2\geqslant0$ fournit $xy\leqslant\dfrac{1}{2}\left(x^2+y^2\right)$ puis

$$x^2+y^2-xy\geqslant x^2+y^2-\dfrac{1}{2}\left(x^2+y^2\right)=\dfrac{1}{2}\left(x^2+y^2\right).$$

On a montré que pour tout $(x,y)\in\mathbb{R}^2$, $x^2+y^2-xy\geqslant\dfrac{1}{2}\left(x^2+y^2\right)$.

2) $f(0,0)$ existe et vaut $\alpha$. Soit $(x,y)\in\mathbb{R}^2\setminus\{(0,0)\}$. $x^2+y^2-xy\geqslant\dfrac{1}{2}\left(x^2+y^2\right)=\dfrac{1}{2}\|(x,y)\|_2^2>0$. En particulier, $x^2+y^2-xy\neq0$ et donc $f(x,y)$ existe. On a montré que la fonction $f$ est définie sur $\mathbb{R}^2$.

La fonction $f$ est continue sur $\mathbb{R}^2\setminus\{(0,0)\}$ en tant que fraction rationnelle définie sur $\mathbb{R}^2\setminus\{(0,0)\}$. Ensuite, pour tout $(x,y)\in\mathbb{R}^2\setminus\{(0,0)\}$,

$$|f(x,y)|=\dfrac{y^4}{x^2+y^2-xy}\leqslant\dfrac{\left(y^2\right)^2}{\dfrac{1}{2}\left(x^2+y^2\right)}\leqslant\dfrac{2\left(x^2+y^2\right)^2}{\left(x^2+y^2\right)}=2\left(x^2+y^2\right).$$

Puisque $\displaystyle\lim_{\substack{(x,y)\rightarrow(0,0)\\(x,y)\neq(0,0)}}2\left(x^2+y^2\right)=0$, le théorème des gendarmes montre que $\displaystyle\lim_{\substack{(x,y)\rightarrow(0,0)\\(x,y)\neq(0,0)}}f(x,y)=0$. Par suite, la fonction $f$ est continue en $(0,0)$ si et seulement si $\alpha=0$.

3) Dérivées partielles sur $\mathbb{R}^2\setminus\{(0,0)\}$. La fonction $f$ est de classe $C^1$ sur $\mathbb{R}^2\setminus\{(0,0)\}$ en tant que fraction rationnelle définie sur $\mathbb{R}^2\setminus\{(0,0)\}$. Pour tout $(x,y)\in\mathbb{R}^2\setminus\{(0,0)\}$,

$$\dfrac{\partial f}{\partial x}(x,y)=-\dfrac{y^4(2x-y)}{\left(x^2+y^2-xy\right)^2},$$

et

$$\dfrac{\partial f}{\partial y}(x,y)=\dfrac{4y^3\left(x^2+y^2-xy\right)-y^4\left(2y-x\right)}{\left(x^2+y^2-xy\right)^2}=\dfrac{y^3\left(4x^2+2y^2-3xy\right)}{\left(x^2+y^2-xy\right)^2}.$$

Dérivées partielles en $(0,0)$. Pour $x\neq 0$,

$$\dfrac{f(x,0)-f(0,0)}{x-0}=\dfrac{0-0}{x}=0$$

puis $\displaystyle\lim_{x\rightarrow0}\dfrac{f(x,0)-f(0,0)}{x-0}=0$. Ainsi, $\dfrac{\partial f}{\partial x}(0,0)$ existe et de plus, $\dfrac{\partial f}{\partial x}(0,0)=0$.

Ensuite, pour $y\neq 0$,

$$\dfrac{f(0,y)-f(0,0)}{y-0}=\dfrac{y^4/y^2}{y}=y$$

puis $\displaystyle\lim_{y\rightarrow0}\dfrac{f(0,y)-f(0,0)}{y-0}=0$. Ainsi, $\dfrac{\partial f}{\partial y}(0,0)$ existe et de plus, $\dfrac{\partial f}{\partial y}(0,0)=0$.

Finalement, la fonction $f$ admet sur $\mathbb{R}^2$ des dérivées partielles définies par :

$$\forall(x,y)\in\mathbb{R}^2,\;\dfrac{\partial f}{\partial x}(x,y)=\left\{\begin{array}{l}-\dfrac{y^4(2x-y)}{\left(x^2+y^2-xy\right)^2}\;\text{si}\;(x,y)\neq(0,0)\\0\;\text{si}\;(x,y)=(0,0)\end{array}\right.\;\text{et}\;\dfrac{\partial f}{\partial y}(x,y)=\left\{\begin{array}{l}\dfrac{y^3\left(4x^2+2y^2-3xy\right)}{\left(x^2+y^2-xy\right)^2}\;\text{si}\;(x,y)\neq(0,0)\\0\;\text{si}\;(x,y)=(0,0)\end{array}\right.$$

4) On sait déjà que la fonction $f$ est de classe $C^1$ sur $\mathbb{R}^2\setminus\{(0,0)\}$.

Continuité de $\dfrac{\partial f}{\partial x}$ en $(0,0)$. Pour tout $(x,y)\in\mathbb{R}^2\setminus\{(0,0)\}$,

\begin{align*}\left|\dfrac{\partial f}{\partial x}(x,y)-\dfrac{\partial f}{\partial x}(0,0)\right|&=\dfrac{y^4|2x-y|}{\left(x^2+y^2-xy\right)^2}\\&\leqslant\dfrac{\left(x^2+y^2\right)^2|2x-y|}{\left(\dfrac{1}{2}\left(x^2+y^2\right)\right)^2}=4|2x-y|\end{align*}

Puisque $\displaystyle\lim_{\substack{(x,y)\rightarrow(0,0)\\(x,y)\neq(0,0)}}4|2x-y|=0$, le théorème des gendarmes montre que $\displaystyle\lim_{\substack{(x,y)\rightarrow(0,0)\\(x,y)\neq(0,0)}}\dfrac{\partial f}{\partial x}(x,y)=\dfrac{\partial f}{\partial x}(0,0)$ et donc que la fonction $\dfrac{\partial f}{\partial x}$ est continue en $(0,0)$.

Ainsi, la fonction $\dfrac{\partial f}{\partial x}$ est continue sur $\mathbb{R}^2$.

Continuité de $\dfrac{\partial f}{\partial y}$ en $(0,0)$. Pour tout $(x,y)\in\mathbb{R}^2\setminus\{(0,0)\}$,

\begin{align*}\left|\dfrac{\partial f}{\partial x}(x,y)-\dfrac{\partial f}{\partial x}(0,0)\right|&=\dfrac{|y|^3\left(4x^2+2y^2+3|x||y|\right)}{\left(x^2+y^2-xy\right)^2}\\&\leqslant\dfrac{|y|\left(x^2+y^2\right)\left(4\left(x^2+y^2\right)+\dfrac{3}{2}\left(x^2+y^2\right)\right)}{\left(\dfrac{1}{2}\left(x^2+y^2\right)\right)^2}=22|y|\end{align*}

Puisque $\displaystyle\lim_{\substack{(x,y)\rightarrow(0,0)\\(x,y)\neq(0,0)}}22|y|=0$, le théorème des gendarmes montre que $\displaystyle\lim_{\substack{(x,y)\rightarrow(0,0)\\(x,y)\neq(0,0)}}\dfrac{\partial f}{\partial y}(x,y)=\dfrac{\partial f}{\partial y}(0,0)$ et donc que la fonction $\dfrac{\partial f}{\partial y}$ est continue en $(0,0)$.

Ainsi, la fonction $\dfrac{\partial f}{\partial y}$ est continue sur $\mathbb{R}^2$ et on a donc montré que

$$\text{la fonction}\;f\;\text{est de classe}\;C^1\;\text{sur}\;\mathbb{R}^2.$$

Commentaires et/ou rappels de cours

Pas de commentaire particulier. 

Exercice – Difficulté 3 – Thème : séries numériques. Titre : recherche d’un équivalent.

Enoncé (CCINP)

Soit $\left(a_n\right)_{n\in\mathbb{N}^*}$ une suite réelle. Pour $n\in\mathbb{N}^*$, on pose $S_n=\displaystyle\sum_{k=1}^{n}a_k^2$.

On suppose que $a_nS_n\underset{n\rightarrow+\infty}{\rightarrow}1$.

1) Montrer que $\left(S_n\right)_{n\in\mathbb{N}^*}$ diverge (raisonner par l’absurde), puis en en déduire que $a_n\underset{n\rightarrow+\infty}{\rightarrow}0$.

2) Calculer les limites de $\dfrac{S_{n-1}}{S_n}$ puis de $\displaystyle\int_{S_{n-1}}^{S_n}t^2\;dt$.

3) Montrer que $a_n\underset{n\rightarrow+\infty}{\sim}\dfrac{1}{\sqrt[3]{3n}}$.

Corrigé

1) Supposons par l’absurde que la suite $\left(S_n\right)_{n\in\mathbb{N}^*}$ converge. Notons $S$ sa limite. Puisque la série de terme général $a_n^2$, $n\in\mathbb{N}^*$, converge, $a_n^2\underset{n\rightarrow+\infty}{\rightarrow}0$ puis $\left|a_n\right|=\sqrt{a_n^2}\underset{n\rightarrow+\infty}{\rightarrow}0$ puis $a_n\underset{n\rightarrow+\infty}{\rightarrow}0$. Mais alors, $a_nS_n\underset{n\rightarrow+\infty}{\rightarrow}0\times S=0\neq1$.

Donc, la série de terme général $a_n^2$ positif est divergente ou encore

$$\displaystyle\lim_{n\rightarrow+\infty}S_n=+\infty.$$

On en déduit encore que $a_n\underset{n\rightarrow+\infty}{\sim}\dfrac{1}{S_n}\underset{n\rightarrow+\infty}{\rightarrow}0$.

2) Pour $n\geqslant 2$, $\dfrac{S_{n-1}}{S_n}=\dfrac{S_n-a_n^2}{S_n}=1-\dfrac{a_n^2}{S_n}$. Or, $a_n^2\underset{n\rightarrow+\infty}{\rightarrow}0$ et $\dfrac{1}{S_n}\underset{n\rightarrow+\infty}{\rightarrow}0$. Donc, $\dfrac{a_n^2}{S_n}\underset{n\rightarrow+\infty}{\rightarrow}0$ puis

$$\dfrac{S_{n-1}}{S_n}\underset{n\rightarrow+\infty}{\rightarrow}1.$$

Pour $n\geqslant2$, par croissance de la fonction $t\mapsto t^2$ sur $\left[S_{n-1},S_n\right]\subset[0,+\infty[$,

$$\left(S_n-S_{n-1}\right)S_{n-1}^2\leqslant\displaystyle\int_{S_{n-1}}^{S_n}t^2\;dt\leqslant\left(S_n-S_{n-1}\right)S_n^2$$

ou encore

$$\left(a_nS_n\right)^2\times\left(\dfrac{S_{n-1}}{S_n}\right)^2\leqslant\displaystyle\int_{S_{n-1}}^{S_n}t^2\;dt\leqslant\left(a_nS_n\right)^2.$$

Les membres extrêmes de cet encadrement tendent vers $1$ quand $n$ tend vers $+\infty$. D’après le théorème des gendarmes,

$$\displaystyle\lim_{n\rightarrow+\infty}\displaystyle\int_{S_{n-1}}^{S_n}t^2\;dt=1.$$

3) Pour $n\geqslant 2$, posons $u_n=\displaystyle\int_{S_{n-1}}^{S_n}t^2\;dt$. La suite $u$ est positive et la série de terme général $u_n$ diverge (grossièrement) car $u_n\underset{n\rightarrow+\infty}{\sim}1$. D’après la règle de l’équivalence des sommes partielles de séries à termes positifs divergentes, $\displaystyle\sum_{k=2}^{n}\displaystyle\int_{S_{k-1}}^{S_k}t^2\;dt\underset{n\rightarrow+\infty}{\sim}\displaystyle\sum_{k=2}^{n}1$ ou encore $\displaystyle\int_{S_{1}}^{S_N}t^2\;dt\underset{n\rightarrow+\infty}{\sim}n-1\underset{n\rightarrow+\infty}{\sim}n$.

Maintenant, $\displaystyle\int_{S_{1}}^{S_n}t^2\;dt=\dfrac{1}{3}\left(S_n^3-S_1^3\right)$ et donc $\dfrac{1}{3}\left(S_n^3-S_1^3\right)\underset{n\rightarrow+\infty}{=}n+o(n)$ puis $S_n^3\underset{n\rightarrow+\infty}{=}3n+o(n)\underset{n\rightarrow+\infty}{\sim}3n$ et donc $S_n\underset{n\rightarrow+\infty}{\sim}\sqrt[3]{3n}$. On en déduit finalement que

$$a_n\underset{n\rightarrow+\infty}{\sim}\dfrac{1}{S_n}\underset{n\rightarrow+\infty}{\sim}\dfrac{1}{\sqrt[3]{3n}}.$$

Commentaires et/ou rappels de cours

Rappelons deux théorèmes de sommation des relations de comparaison (règle de l’équivalence des sommes partielles de séries à termes positifs divergentes et règle de l’équivalence des restes à l’ordre $n$ de séries à termes positifs convergentes).

Soient $\left(u_n\right)_{n\in\mathbb{N}}$ et $\left(v_n\right)_{n\in\mathbb{N}}$ deux suites réelles strictement positives à partir d’un certain rang et équivalentes en $+\infty$.

1er cas. Si la série de terme général $u_n$ diverge, alors la série de terme général $v_n$ diverge et

$$\displaystyle\sum_{k=1}^{n}u_k\underset{n\rightarrow+\infty}{\sim}\displaystyle\sum_{k=1}^{n}v_k.$$

2ème cas. Si la série de terme général $u_n$ converge, alors la série de terme général $v_n$ converge et

$$\displaystyle\sum_{k=n+1}^{+\infty}u_k\underset{n\rightarrow+\infty}{\sim}\displaystyle\sum_{k=n+1}^{+\infty}v_k.$$

Exercice – Difficulté 2 – Thème : suites numériques. Titre : déterminer la limite d’une suite.

Enoncé (CCINP)

Déterminer la limite quand $n$ tend vers $+\infty$ de $\left(\dfrac{(2n)!}{n!n^n}\right)^{\frac{1}{n}}$.

Corrigé

Pour tout $n\in\mathbb{N}^*$,

\begin{align*}\left(\dfrac{(2n)!}{n!n^n}\right)^{\frac{1}{n}}&=\left(\dfrac{\prod_{k=1}^{n}(n+k)}{n^n}\right)^{\frac{1}{n}}=\left(\prod_{k=1}^{n}\dfrac{n+k}{n}\right)^{\frac{1}{n}}\\&=e^{\frac{1}{n}\ln\left(\prod_{k=1}^{n}\left(1+\frac{k}{n}\right)\right)}=e^{\frac{1}{n}\sum_{k=1}^{n}\ln\left(1+\frac{k}{n}\right)}.\end{align*}

Pour $x\in[0,1]$, on pose $f(x)=\ln(1+x)$ pour pour tout $k\in\{0,1,\ldots,n\}$, on pose $x_k=\dfrac{k}{n}$. $\left(x_k\right)_{0\leqslant k\leqslant n}$ est une subdivision à pas constant du segment $[0,1]$ puis $S_n=\dfrac{1}{n}\displaystyle\sum_{k=1}^{n}\ln\left(1+\dfrac{k}{n}\right)=\dfrac{1}{n}\displaystyle\sum_{k=1}^{n}$ est une somme de Riemann associée à $f$. Puisque la fonction $f$ est continue sur $[0,1]$, on sait que quand $n$ tend vers $+\infty$,

$$\displaystyle\lim_{n\rightarrow+\infty}S_n(f)=\displaystyle\int_{0}^{1}f(x)\;dx.$$

Ensuite,

$$\displaystyle\int_{0}^{1}f(x)\;dx=\displaystyle\int_{0}^{1}\ln(1+x)\;dx=\left[(x+1)\ln(x+1)-x\right]_0^2=2\ln(2)-1.$$

Par suite,

$$\displaystyle\lim_{n\rightarrow+\infty}\left(\dfrac{(2n)!}{n!n^n}\right)^{\frac{1}{n}}=e^{2\ln(2)-1}=\dfrac{4}{e}.$$

 

Commentaires et/ou rappels de cours

$\bullet$ Soit $f$ une fonction continue par morceaux sur un segment $[a,b]$. Pour $k\in\{0,\ldots,n\}$, on pose $x_k=a+k\dfrac{b-a}{n}$. Ensuite, pour $n\in\mathbb{N}^*$, on pose

$$S_n(f)=\displaystyle\sum_{k=0}^{n-1}\left(x_{k+1}-x_k\right)f\left(x_k\right)=\dfrac{b-a}{n}\displaystyle\sum_{k=0}^{n-1}f\left(a+k\dfrac{b-a}{n}\right).$$

Alors, $\displaystyle\lim_{n\rightarrow+\infty}S_n(f)=\displaystyle\int_{a}^{b}f(x)\;dx$.

Le résultat persiste si on remplace la somme par $\displaystyle\sum_{k=1}^{n}f\left(a+k\dfrac{b-a}{n}\right)$ ou $\displaystyle\sum_{k=0}^{n}f\left(a+k\dfrac{b-a}{n}\right)$ ou $\displaystyle\sum_{k=2}^{n-3}f\left(a+k\dfrac{b-a}{n}\right)$ ou ….

$\bullet$ Dans cet exercice, utiliser la formule de Stirling ne servait à rien car le raisonnement « $u_n\sim v_n\Rightarrow u_n^{\frac{1}{n}}\sim v_n^{\frac{1}{n}}$ » est faux, l’exposant $\dfrac{1}{n}$ étant variable.

$\bullet$ On pouvait aussi poser $x_k=1+\dfrac{k}{n}$ et considérer $f~:~x\mapsto\ln(x)$ pour $x\in[1,2]$.