Corrigé de l`épreuve de Mathématiques II, série TSI, concours CCP

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Corrigé de l'épreuve de Mathématiques II, série TSI, concours CCP 2006
I)A)1) xy 0 − y = 0 ⇔
³ y ´0
=0
x
y
⇔ ∃c ∈ R,
=c
x
⇔ ∃c ∈ R, y = cx
Les solutions de (E10 ) : xy 0 − y = 0 sont donc les applications
R+∗ → R
x → cx
où c ∈ R.
b) Soit θ : R+∗ → R
.
x → − ln x − 1
∀x ∈ R+∗ , xθ0 (x) − θ(x) = −1 + 1 + ln x = ln x.
Donc θ est solution particulière de (E1 ).
c) Les solutions de (E1 ) sont somme d'une solution particulière et de la solution générale de
(E10 ). Donc l'ensemble des solutions de (E1 ) est :
½
R+∗ → R
/c ∈ R
x → − ln x − 1 + cx
¾
2) f est de la forme R+∗ → R
où c ∈ R et vérie f (1) = 0 ⇔ −1 + c = 0. D'où :
x → − ln x − 1 + cx
f est l'application : R+∗ → R
x → − ln x − 1 + x
B)1)a) R+∗ → R est solution de (E20 ) : x2 y 00 − xy 0 + y = 0 ⇔
x → xα
+∗
∀x ∈ R , xα (α(α − 1) − α + 1) = 0 ⇔ (α − 1)2 = 0
⇔α=1
Donc une solution de (E20 ) est R+∗ → R
x→x
b) Toute solution de (E20 ) est de la forme R+∗ → R
où K est C 2 sur R+∗ et vérie :
x → K(x)x
+∗
∀x ∈ R ,
x2 (xK 00 (x) + 2K 0 (x)) − x(xK 0 (x) + K(x)) + xK(x) = 0 ⇔ xK 00 (x) + K 0 (x) = 0
⇔ (xK 0 (x))0 = 0
⇔ ∃λ ∈ R, xK 0 (x) = λ
⇔ ∃λ, µ ∈ R, K(x) = λ ln x + µ
Donc une autre solution de (E20 ) est R+∗ → R
x → x ln x
c) Les solutions de (E20 ) sont donc toutes de la forme :
R+∗ → R
x → x(λ ln x + µ)
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où λ et µ sont des réels quelconques.
2)a) ∀x ∈ R+∗ , x2 y000 (x) − xy00 (x) + y0 (x) = x2 ×
1
−1
−x×
− 1 − ln x = 1 − ln x. Donc :
2
x
x
y0 est solution particulière de (E2 )
b) Les solutions de (E2 ) sont donc toutes de la forme :
R+∗ → R
x → −1 − ln x + x(λ ln x + µ)
où λ et µ sont des réels quelconques.
3) f est la solution de (E2 ) dénie par λ = 0 et µ = 1.
En outre, l'on sait que f (1) = 0.
1
∀x ∈ R+∗ , f 0 (x) = 1 − ; d'où f 0 (1) = 0.
x
Donc, d'après le théorème de Cauchy relatif aux équations linéaires du second ordre,
f est l'unique solution de (E2 ) vériant f (1) = 0 et f 0 (1) = 0.
1
x−1
II)1)a) f est C ∞ sur R+∗ et ∀x ∈ R+∗ , f 0 (x) = 1 −
=
. Cela donne le tableau de
x
x
variations de f suivant :
x
0
1
+∞
f 0 (x) ||
−
0 +
f (x) || +∞ & 0 % +∞
b) (Oy) est asymptote à la courbe puisque lim+ f (x) = +∞.
f (x) ∼ x et lim+ f (x) − x = −∞.
+∞
x→0
x→0
Donc le graphe de f admet une branche parabolique de direction asymptotique d'équation y = x
quand x tend vers +∞.
On en déduit l'allure du graphe de f :
3
2
1
0
2
x
4
–1
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c) Le tableau de variations de f montre que ∀x ∈ R+∗ , f (x) ≥ 0, d'où :
∀x ∈ R+∗ , ln x ≤ x − 1
Z
2)a)
Z
f (x) dx =
(x − 1 − ln x) dx
x2
− x − x ln x + x + k où k ∈ R
22
x
=
− x ln x + k où k ∈ R.
2
=
b) f est continue sur ]0, 1] et
¸1
· 2
Z 1
u
− u ln u
.
lim
f (x) dx = lim+
x→0+ x
x→0
2
x
1 − x2
= lim+
+ x ln x
x→0
2
1
=
2
Donc :
Z
1
0
f (x) dx converge et vaut
1
2
c) f estZ continue sur [1, +∞[ et·
¸x
+∞
u2
lim
f (x) dx = lim
.
− u ln u
x→+∞ 1
x→+∞
2
1
x2 − 1
= lim
− x ln x
x→+∞
2
2
x −1
x2
= +∞ car
− x ln x ∼
x→+∞ 2
2
Donc :
Z
1
0
f (x) dx diverge.
III)1)a) D'après II)1)c), ∀i ∈ {1, · · · , n} , ln
inégalités, on obtient :
n
P
i=1
ln
n
P
ai
≤
ma i=1
µ
ai
ai
≤
− 1. En ajoutant membre à membre ces
ma
ma
n
Q
¶
ai
ai
a1 + · · · + an
i=1
−1
⇔ ln
≤
−n=0
n
ma
ma
ma
n
Q
ai
i=1
⇔
≤1
mna
r
n
Q
⇔ n
a i ≤ ma .
i=1
On a obtenu : mg ≤ ma .
ai
ai
=
− 1, ce qui signie
b) Pour que mg = ma , il faut et il sut que ∀i ∈ {1, · · · , n} , ln
ma
ma
ai
= 1, c'est-à-dire que ai = ma . Donc :
d'après l'étude de f que ∀i ∈ {1, · · · , n} ,
ma
mg = ma ⇔ a1 = · · · = an
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c) Si x = 0 ou y = 0 ou z = 0, l'inégalité proposée est trivialement vraie.
Sinon, posons a = x4 y 2 z 2 , b = x2 y 4 z 2 , c = x2 y 2 z 4 et d = 1. Alors a, b, c, d > 0 et d'après la
question III)1)a),
p
√
a+b+c+d
x 4 y 2 z 2 + x2 y 4 z 2 + x2 y 2 z 4 + 1
4
abcd ≤
⇔ 4 x8 y 8 z 8 ≤
4
4
⇔ 4x2 y 2 z 2 ≤ x4 y 2 z 2 + x2 y 4 z 2 + x2 y 2 z 4 + 1
⇔ 0 ≤ x4 y 2 z 2 + x2 y 4 z 2 + x2 y 2 z 4 − 4x2 y 2 z 2 + 1
D'où :
∀x, y, z ∈ R, x4 y 2 z 2 + x2 y 4 z 2 + x2 y 2 z 4 − 4x2 y 2 z 2 + 1 ≥ 0
r
2)a) D'après III)1)a),
n
1
1
1
···
≤
a1
an
n
µ
1
1
+ ··· +
a1
an
¶
⇔
1
1
≤
. D'où :
mg
mh
mh ≤ mg
b) D'après III)1)b), mh = mg ⇔,
1
1
= · · · = . D'où :
a1
an
mh = mg ⇔ a1 = · · · = an
c) Comme mh ≤ mg et mg ≤ ma , mh ≤ ma .
x1 + · · · + xn
n
Notons Ma =
. On alors : Mh ≤ Ma , d'où :
et Mh =
1
1
n
+ ··· +
x1
xn
n
x1 + · · · + xn
, ce qui montre :
≤
1
1
n
+ ··· +
x1
xn
µ
¶
1
1
(x1 + · · · + xn )
+ ··· +
≥ n2
x1
xn
IV) Applications.
√
n
1) Soit n ∈ N∗ . La moyenne géométrique de 1, · · · , n est n!. La moyenne arithmétique de
n+1
n(n + 1)
1, · · · , n est
=
. D'où :
2n
2
√
n+1
n
n! ≤
2
2)a) ∀k ∈ N\ {0, 1} ,
Z k
Z k
1
1
1
1
≤ ⇒
dt ≤
dt. D'où :
∀t ∈ [k − 1, k],
k
t
k−1 k
k−1 t
Z k
1
1
≤
dt
k
k−1 t
b) En sommant ces inégalités membre à membre pour k variant de 2 à n (n ∈ N\ {0, 1}), on
obtient : Z n
n 1
P
1
≤
dt et en ajoutant 1 aux deux membres :
t
k=2 k
1 Z
n
n 1
P
1
≤1+
dt. Cette inégalité étant encore vraie pour n = 1, on obtient :
k=1 k
1 t
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∗
∀n ∈ N ,
n
X
1
k
k=1
Z
n
≤1+
1
1
dt
t
n 1
P
≤ 1 + ln n. D'où :
k=1 k
c) L'inégalité précédente montre que pour n ≥ 1,
n
n
1
≤ P
pour k variant
n 1 où ce dernier nombre désigne la moyenne harmonique des
1 + ln n
k
k=1 k
de 1 à n.
Comme la moyenne harmonique est inférieure à la moyenne géométrique,
√
n
n
≤ n!
1 + ln n
∀n ∈ N∗ ,
n
1 + ln n
on déduit :
3)a)
n
qui tend vers +∞ quand n tend vers +∞. De la question précédente,
ln n
∼
n→+∞
√
n
lim
n→+∞
b) De la question IV)1), on tire 0 ≤ an ≤
n! = +∞
n+1
⇒
2n
(an )n∈N∗ est bornée et ∀n ∈ N∗ , 0 ≤ an ≤ 1
c) ∀n ∈ N , ln
∗
p
n+1
(n + 1)! − ln
√
n
n
n! =
n+1
P
k=1
n
P
−
=
∗
On en tire : ∀n ∈ N , ln
p
n+1
ln(k)
k=1
.
n(n + 1)
ln(k) + n ln(n + 1)
n(n + 1)
(ln(n + 1) − ln(k))
k=1
n(n + 1)
≥0
√
(n + 1)! ≥ ln n n! ⇒
³√ ´
n
n!
n
P
k=1
n
P
=
ln(k) − (n + 1)
n∈N∗
p
n+1
(n + 1)! ≥
√
n
n!. D'où :
est croissante.
P (−1)n
√
est donc une série alternée. La valeur absolue de son terme général
n
n!
décroît (d'après la question précédente) et tend vers 0 (d'après la question IV)3)a)). Donc :
4)b) La série
X (−1)n
√
converge.
n
n!
V)1)a) La fonction ln est croissante sur R+∗ . Donc :
Z k+1
Z k+1
* ∀t ∈ [k, k + 1], ln(k) ≤ ln(t) ⇒
ln(k) dt ≤
ln(t) dt.
k
k
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Z
* ∀t ∈ [k − 1, k], ln(t) ≤ ln(k) ⇒
k
ln(t) dt ≤
k−1
On en déduit :
Z
Z
k
k−1
Z
k
ln(k) dt.
k+1
ln(t) dt ≤ ln(k) ≤
k−1
ln(t) dt
k
b) Pour n ∈ N\ {0, 1} et k compris entre 2 et n, on peut ajouter membre à membre la première
inégalité :
Z n
n
n
X
X
ln(t) dt ≤
ln(k) =
ln(k). L'inégalité obtenue est encore vraie pour n = 1.
1
k=2
k=1
La seconde inégalité est vraie à partir du rang 1. En la sommant membre à membre pour k
compris entre 1Zet n, on obtient :
n+1
n
P
ln(k) ≤
ln(t) dt. L'inégalité obtenue est encore vraie pour n = 1. D'où :
k=1
1
Z
n
∗
∀n ∈ N ,
ln(t) dt ≤
1
n
X
Z
n+1
ln(k) ≤
k=1
ln(t) dt
1
c) L'encadrement précédent donne pour n ∈ N∗ :
[t ln(t) − t]n1 ≤ ln(n!) ≤ ln(n!) ≤ [t ln(t) − t]n+1
⇒
1
n ln(n) − n + 1 ≤ ln(n!) ≤ (n + 1) ln(n + 1) − n ⇒
nn e−n e ≤ n! ≤ (n + 1)n+1 e−n ⇒
.
¶(n+1)/n
µ
√
√
1
e−1
ne−1 n e ≤ n n! ≤ n(n+1)/n 1 +
n
Or√:
* n e = e1/n ∼ 1
n→+∞
ln(n)
* n(n+1)/n = neln(n)/n ∼ n car lim
= 0.
n→+∞
n→+∞
n
µ
¶(n+1)/n
1
* 1+
= exp((1 + n1 ) ln(1 + n1 )) ∼ 1 car lim (1 + n1 ) ln(1 + n1 ) = 0.
n→+∞
n→+∞
n
√
n
n
Chacun des membres qui encadrent n! est donc équivalent à . D'où :
e
√
n
n
n! ∼
n→+∞ e
2)
1
(n!)1/n
1
(n!)2/n
∼
n→+∞
∼
n→+∞
e
, ce qui montre que :
n
X
e2
, ce qui montre que :
n2
X
1
diverge.
(n!)1/n
1
converge.
(n!)2/n
∆∆∆
Rédigé par
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Pierre Bron, professeur de Spéciales TSI
Lycée Chaptal, 6 allée Chaptal, 22000 St Brieuc
Tel. 0296639414
Adresse électronique : [email protected]
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