a, b - Free

DEVOIR de MATHÉMATIQUES n◦ 4
PCSI
pour le 15/12/2000
EXERCICE : Soit f : [a, b] → IR une fonction de classe C 2 . On note M = max |f 00 |.
[a,b]
1. Justifier l’existence de M .
Montrer qu’il existe une unique fonction affine ϕ telle que ϕ(a) = f (a) et ϕ(b) = f (b).
Expliciter ϕ(t) pour t ∈ [a, b].
2. Pour tout λ ∈ IR, on note ψλ la fonction définie sur [a, b] par
ψλ (t) = f (t) − ϕ(t) − λ(t − a)(t − b) .
On se donne x ∈]a, b[. Montrer que l’on peut choisir λ (et expliciter la valeur de λ en fonction
de x) de façon que ψλ (x) = 0.
Montrer alors l’existence d’un c ∈]a, b[ tel que ψλ00 (c) = 0.
3. De la question 2., déduire la majoration de l’erreur commise en remplaçant l’arc de courbe
par sa corde sur le segment [a, b] :
M
(x − a)(b − x) .
∀x ∈ [a, b]
|f (x) − ϕ(x)| ≤
2
Z
Z
b
M
b
(b − a)3 .
4. En déduire f (x) dx −
ϕ(x) dx ≤
a
12
a
PROBLÈME :
PARTIE A :
Pour tout entier naturel n, on définit l’intégrale
Z π2
Wn =
sinn θ dθ
(intégrales de Wallis) .
0
A.1. Montrer que la suite (Wn ) est décroissante et convergente.
Montrer qu’elle vérifie la relation de récurrence :
nWn = (n − 1)Wn−2
pour n ≥ 2 .
A.2. Déduire de ce qui précède les relations suivantes :
a) la suite (nWn Wn−1 ) est constante ;
b) Wn ∼ Wn−2 , puis Wn ∼ Wn−1 .
Montrer que lim Wn = 0 et préciser un équivalent simple de (Wn ) lorsque n tend
n→+∞
vers +∞.
A.3. Donner la valeur de W2p et W2p+1 en fonction de p (on exprimera ces valeurs à l’aide de
factorielles).
√
22p (p!)2
√ = π
p→+∞ (2p)!
p
A.4. Montrer que lim
(formule de Wallis).
PARTIE B :
On définit deux fonctions numériques f et g sur l’intervalle ] − 1, +∞[ par
f (x) = ln(1 + x) −
2x
2+x
;
g(x) =
x3
− f (x) .
6(x + 1)(x + 2)
B.1. Étudier les variations de f et tracer sa courbe représentative dans un repère orthogonal.
B.2. Donner l’expression de g 0 (x) ; en déduire le signe de g(x) pour x ∈ ] − 1, +∞[ .
B.3. On définit deux suites (un ) et (vn ) par
√
nn n
n! en
∗
Montrer que l’on a, pour tout n ∈ IN :
∀n ∈ IN∗
ln(un+1 ) − ln(un ) =
n+
1
2
·f
un =
1
n
;
1
;
vn = un · e 12 n .
1
1
ln(vn+1 ) − ln(vn ) = − n +
·g
.
2
n
B.4. Déduire de ce qui précède que les suites (un ) et (vn ) convergent vers une même limite l,
avec l > 0.
u2n
On pose maintenant zn = 2 .
un
B.5. Calculer lim zn . En déduire la valeur de l.
n→+∞
B.6. En déduire la formule de Stirling :
n! ∼
n n √
e
2πn .
*****************************************************************
CORRIGÉ
*****************************************************************
EXERCICE
1. La fonction f étant de classe C 2 , sa dérivée seconde est continue sur le segment [a, b], de même
que la fonction |f 00 | qui admet donc un maximum sur ce segment.
Cherchons ϕ sous la forme
ϕ(t) = αt + β. Les conditions ϕ(a) = f (a) et ϕ(b) = f (b)
(
a α +β = f (a)
conduisent au système
, qui admet pour solution unique le couple (α, β)
b α +β = f (b)
f (b) − f (a)
avec α =
(c’est le coefficient directeur de la sécante (AB) si l’on note A et B les
b−a
b f (a) − a f (b)
points d’abscisses respectives a et b sur la courbe représentative de f ) et β =
.
b−a
Ainsi,
f (b) − f (a)
b f (a) − a f (b)
f (b) − f (a)
ϕ(t) =
t+
= f (a) +
(t − a) .
b−a
b−a
b−a
La deuxième expression de ϕ(t) montre que c’est la droite de coefficient directeur
passant par le point A a, f (a) .
f (b) − f (a)
b−a
ϕ(x) − f (x)
. Si λ est ainsi choisi, la fonction ψλ est de
(x − a)(b − x)
classe C 2 sur le segment [a, b] (c’est la différence de f et d’une fonction polynôme du second
2. La condition ψλ (x) = 0 donne λ =
degré) et vérifie ψλ (a) = ψλ (x) = ψλ (b) = 0. En appliquant le théorème de Rolle, il existe
au moins un point d dans l’intervalle ]a, x[ tel que ψλ0 (d) = 0 et un point e dans ]x, b[ tel que
ψλ0 (e) = 0. Comme d < e, on peut de nouveau appliquer le théorème de Rolle à la fonction
dérivée ψλ0 : il existe c ∈]d, e[ tel que ψλ00 (c) = 0.
3. Soit x ∈]a, b[ fixé. Choisissons alors λ comme dans la question précédente. Explicitons la
dérivée seconde de ψλ :
∀t ∈ [a, b]
ψλ00 (t) = f 00 (t) − 2λ = f 00 (t) − 2
ϕ(x) − f (x)
.
(x − a)(b − x)
f 00 (c)
La condition ψλ00 (c) = 0 s’écrit alors ϕ(x) − f (x) =
(x − a)(b − x). On a donc la
2
majoration
M
(x − a)(b − x) ,
∀x ∈]a, b[
|f (x) − ϕ(x)| ≤
2
majoration qui reste évidemment valable pour x = a et x = b.
4. On a
Z
Z
Z b
Z b
b
b
M
(x − a)(b − x) dx .
|f (x) − ϕ(x)| dx ≤
f (x) dx −
ϕ(x) dx ≤
a
2 a
a
a
Z
b
(x − a)(b − x) dx =
Un petit calcul, que je laisse volontiers au lecteur, donne
a
d’où la conclusion.
(b − a)3
,
6
Les résultats obtenus dans cet exercice seront prochainement repris en cours pour majorer l’erreur
commise lors d’un calcul approché d’intégrale par la méthode des trapèzes.
PROBLÈME
PARTIE A :
h πi
A.1. Comme 0 ≤ sin θ ≤ 1 pour θ ∈ 0, , on a sinn+1 θ ≤ sinn θ et, en intégrant cette
2
inégalité, on déduit Wn+1 ≤ Wn . La suite (Wn ) est donc décroissante ; comme elle est
évidemment positive, donc minorée par 0, elle converge. Pour n ≥ 2, on a
Z π2
Z π2
Z π2
Wn =
(1 − cos2 θ) sinn−2 θ dθ =
sinn−2 θ dθ −
cos θ [sinn−2 θ · cos θ] dθ .
0
0
0
On intègre par parties dans la deuxième intégrale et on obtient
Wn
Wn = Wn−2 −
,
soit nWn = (n − 1)Wn−2 .
n−1
A.2.a. En multipliant par Wn−1 , on obtient nWn Wn−1 = (n − 1)Wn−1 Wn−2 , ce qui exprime
π
bien que la suite de terme général nWn Wn−1 est constante. On calcule W0 = et W1 = 1,
2
d’où
π
∀n ∈ IN∗
nWn Wn−1 = W1 W0 = .
2
b. On a
Wn−2
n
=
Wn
n−1
−→
n→+∞
1, donc Wn ∼ Wn−2 . La suite (Wn ) étant décroissante,
Wn
Wn−1
Wn−2
≤
≤
et le théorème d’encadrement
Wn
Wn
Wn
Wn−1
= 1, soit Wn−1 ∼ Wn .
(“gendarmes”) permet d’affirmer que lim
n→+∞ Wn
π
De cela, on déduit Wn2 ∼ Wn Wn−1 =
(d’après a.). Comme Wn > 0, on en déduit
2n
r
π
Wn ∼
d’où lim Wn = 0.
n→+∞
2n
A.3. La relation obtenue en A.1. permet de calculer les Wn de proche en proche, séparément
π
pour les indices pairs et les indices impairs : à partir de W0 = , on a
2
1
1×3
1 × 3 × 5 × . . . × (2p − 1)
W2 = W0 , W 4 =
W0 , . . . W2p =
W0 ,
2
2×4
2 × 4 × 6 × . . . × (2p)
on a Wn ≤ Wn−1 ≤ Wn−2 , donc 1 =
soit
W2p =
(2p)! π
(p!)2 2
22p
(multiplier numérateur et dénominateur par 2×4×6×. . .×(2p)).
De la relation (2p + 1)W2p+1 W2p =
π
, on déduit alors les termes d’indices impairs :
2
22p (p!)2
.
(2p + 1)!
r
r
r
π
π
(2p)! π
1
π
A.4. De Wn ∼
, on déduit W2p ∼
, soit 2p
∼
, d’où la formule de
2n
4p
2 (p!)2 2
2
p
Wallis.
W2p+1 =
PARTIE B :
1
4
x2
−
=
> 0, donc f est strictement
1+x
(2 + x)2
(1 + x)(2 + x)2
croissante sur son intervalle de définition ]−1, +∞[. On trouve facilement lim f (x) = −∞
B.1. On obtient f 0 (x) =
x→−1
et
lim f (x) = +∞.
x→+∞
B.2. Après réduction, on a
g 0 (x) =
x2 (x2 + 6x + 6)
x4
− f 0 (x) =
>0.
2
2
6(x + 1) (x + 2)
6(x + 1)2 (x + 2)2
La fonction g est donc strictement croissante sur ] − 1, +∞[ ; comme elle s’annule en zéro,
on a donc
• g(x) < 0 si −1 < x < 0 ;
• g(x) > 0 si x > 0.
B.3. Calculons gaiement :
√
un+1
(n + 1)n+1 n + 1 n! en
√
ln un+1 − ln un = ln
= ln
un
(n + 1)! en+1 nn n


n+ 1
2
1
1
 = −1 + n + 1 ln 1 + 1
= ln 
1+
e
n
2
n
2
n

=
1
n+
2
1

ln 1 +
n
Un autre petit calcul sympathique...

ln vn+1 − ln vn
=
ln
vn+1
 un+1 e
= ln 
vn
un
1
12(n+1)
e
−
2+


=
1
1
n+
2
1
·f
.
n
n



1
12n
1
1
1
1
1
1
+
−
= n+
·f
−
.
12 n + 1 n
2
n
12n(n + 1)


1


1
1
n3 =− n+ 1 ·g 1 .
=
n+
·
−
f


1
1
2
n
2
n
+1
+2
6
n
n
=
ln
un+1
un
1
B.4. D’après les questions B.1. et B.2., on a, pour tout entier naturel non nul n, f
>0
n
1
et g
> 0, donc ∀n ∈ IN∗
ln un+1 − ln un > 0 et ln vn+1 − ln vn < 0 ;
n
la suite (un ) est donc croissante et la suite (vn ) décroissante.
De plus, la définition de vn montre que vn ≥ un , donc u1 ≤ un ≤ vn ≤ v1 ; les deux
suites sont bornées et monotones, donc convergent. Soient lim un = l et lim vn = l0 ; comme
n
vn = un e
1
12n
avec lim e
1
12n
n→+∞
n
0
= 1, on a l = l (les deux suites sont adjacentes).
Enfin, l > 0 car u est croissante et u1 > 0.
B.5. Comme lim u2n = lim un = l 6= 0, on a
n→+∞
Par ailleurs, zn =
n→+∞
lim zn =
n→+∞
1
l
= .
l2
l
√
22n (n!)2 √
(2n)2n 2n (n!)2 e2n
√ × 2.
×
=
2n
2n
(2n)! e
n n
(2n)! n
√
1
2π, d’où l = √ .
2π
n
√
1
1
n
B.6. La relation lim un = √
peut s’écrire un ∼ √
ou encore n! ∼
2πn.
n→+∞
e
2π
2π
D’après la formule de Wallis (question A.4.), on a donc
lim zn =
n→+∞