[PDF] [PDF] CENTRALE PC 2009 Math 1 2) Si on prend : n * ?

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CENTRALE PC 2009

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Partie I : préliminaires

I.A.1)Pour tousn2Netp2N,u(n;p)est dé...ni et positif. De plusu(n;p)n>+11n p+1. et commep+ 1>1La série X

nu(n;p)convergeI.A.2)On sait déjà que la série converge. De plus la suite(1=n)converge donc :

(1) =+1X n=11n(n+ 1)=+1X n=11n

1n+ 1= 1lim+1

1n = 1(1) = 1I.A.3)On simpli...e la fraction :

u(n;p1)u(n+ 1;p1) =1n(n+ 1)(n+p1)1(n+ 1)(n+ 2)(n+p)=n+pnn(n+ 1)(n+p)=p:u(n;p)u(n;p1)u(n+ 1;p1) =p:u(n;p)I.A.4)Ce qui donne commep >0

u(n;p) =u(n;p1)p u(n+ 1;p1)p Doncu(n;p)est du typea(n+ 1)a(n)aveca(n) =u(n;p1)p . D"après l"équivalent duI.A.1)lim(an) = 0et comme a 1=1p :11:2:p=1p:p!on apourp2,p=1p:p!le résultat reste vrai sip= 1

Remarque : si votre machine à calculer fait un peu de calcul formel elle doit pouvoir calculer la valeur exacte de(2);(3),

sinon programmer une boucle pour calculer des sommes partielles doit vous permettre de véri...er vos calculs.

I.B)La fonctiont> tqest continue décroissante sur[1;+1[donc

8k2,8t2[k1;k],1k

q1t q On intègre sur[k1;k](bornes dans le bon sens) :

8k2,1k

qZ k k1dxt q On fait la somme deN+ 1(2)àMet on fait tendreMvers+1. commeq2, la sérieX1k qconverge et l"intégraleZ +1 Ndtt qconverge aussi et donc

8N1,+1X

k=N+11k qZ +1 Ndtt q=1(q1)Nq18q2,8N1,+1X k=N+11k q1(q1)Nq1Partie II : accélération de convergence II.A.1 et 2)On remarque que commex >0les dénominateurs sont tous non nuls. sip= 2on veut :

8x >0;1x

3=a2x(x+ 1)(x+ 2)+b2x+c2x

3(x+ 1)(x+ 2)

Soit en réduisant au même dénominateur :

8x >0,(x+ 1)(x+ 2) =a2x2+b2x+c2

ce qui donne :a

2= 1;b2= 3;c2= 2D"où l"existence (et même l"unicité dea2;b2etc2)

On suppose la relation véri...ée au rangp:

Pour prouver la relation au rangp+ 1il su¢ t de décomposer pourx >0: b px+cpx

3(x+ 1)(x+p)=ap+1x(x+ 1)(x+p)(x+p+ 1)+bp+1x+cp+1x

3(x+ 1)(x+p)(x+p+ 1)

En éliminant les dénominateurs communs il reste : b px+cpx

2=ap+1(x+p+ 1)+bp+1x+cp+1x

2(x+p+ 1)

Soit en réduisant au même dénominateur :

(bpx+cp)(x+p+ 1) =ap+1x2+bp+1x+cp+1 et donc la relation de récurrence :a

p+1=bp,bp+1=cp+ (p+ 1)bp,cp+1= (p+ 1)cpOn véri...e par récurrence (simple) que8p2,(ap;bp;cp)2N3

II.A.3)Vue la formule donnantcpon a8p2;cp=p!et donccp>0

On justi...e alors par récurrence quebpcp:

sip= 2on a bien32 Sibpcp, alors commep+ 1>0,(p+ 1)bp(p+ 1)cpet commecp0on a bienbp+1cp+1 II.A.4)Un calcul à la main ou à la machine donne :b2= 3,b3= 11,b4= 50et donca3= 3,a4= 112 3 4 a1 3 11 b3 11 50 c2 6 24Ce qui donne 1x

3=1x(x+ 1)(x+ 2)+3x(x+ 1)(x+ 2)(x+ 3)+11x(x+ 1)(x+ 2)(x+ 3)(x+ 4)+50x+ 24x

3(x+ 1)(x+ 2)(x+ 3)(x+ 4)

Sinon substituer quelques valeurs dexet votre machine doit répondre0ou une quantité très petite si le calcul est approchée.

II.B.1)D"après la relation duI:B)il su¢ t d"avoir :

12N25:10;5

soit104N21. Il su¢ t de prendreN= 100II.B.2)On a +1X n=N+1b

4n+c4n

3(n+ 1)(n+ 2)(n+ 3)(n+ 4)b4+1X

n=N+11n

6+c4+1X

n=N+11n 7 en minorant(n+ 1)(n+ 2)(n+ 3)(n+ 4)parn4 2

Soit en utilisantI.B.1)etII.A.4)

+1X n=N+1b

4n+c4n

3(n+ 1)(n+ 2)(n+ 3)(n+ 4)5015:N5+ 2416:N6=10N

5+4N 6 On a 1k

3=1k(k+ 1)(k+ 2)+3k(k+ 1)(k+ 2)(k+ 3)+11k(k+ 1)(k+ 2)(k+ 3)(k+ 4)+50k+ 24k

3(k+ 1)(k+ 2)(k+ 3)(k+ 4)

On ajoute ces égalités :

(3) =(2) + 3:(3) + 11(4) ++1X k=150k+ 24k

3(k+ 1)(k+ 2)(k+ 3)(k+ 4)

On décompose :

+1X k=150k+ 24k

3(k+ 1)(k+ 2)(k+ 3)(k+ 4)=NX

k=150k+ 24k

3(k+ 1)(k+ 2)(k+ 3)(k+ 4)++1X

k=N+150k+ 24k

3(k+ 1)(k+ 2)(k+ 3)(k+ 4)

Pour avoir(3)à"près il su¢ t donc (en négligeant les erreurs d"arrondi ) d"avoirN+1X k=150k+ 24k

3(k+ 1)(k+ 2)(k+ 3)(k+ 4)"

soit 10N 5+4N

65:105:

La machine à calculer nous dit que la racine positive de 10N 5+4N

6= 5:105est comprise entre 11 et 12.Il su¢ t donc de

prendreN= 12qui donne10N 5+4N

64;2:105

(3) =(2) + 3:(3) + 11(4) +12X k=150k+ 24k

3(k+ 1)(k+ 2)(k+ 3)(k+ 4)"

les 3 premiers termes sont connus: (3) =14 + 3:118 + 11:196 +12X k=150k+ 24k

3(k+ 1)(k+ 2)(k+ 3)(k+ 4)"

Reste à utiliser sa machine à calculer :

12 X k=150k+ 24k

3(k+ 1)(k+ 2)(k+ 3)(k+ 4)= 0;6707885152

ce qui donne (3) = 1:2020385154;2:105 La valeur obtenue est bien une valeur par défaut car N+1X k=150k+ 24k

3(k+ 1)(k+ 2)(k+ 3)(k+ 4)est un réel positif comme somme

de réels positifs.une valeur approchée de(3)et1:202038à5:105par défautRemarque : votre machine sait probablement calculer une valeur plus précise de(3), et donc vous pouvez véri...er vos calculs.

Remarque 2: la valeur deNva dépendre du majorant "simple" trouvé en II.B.2) . Si vous prenez14N

5vous obtenezN= 13

et la valeur approchée1:202043886

Partie III : séries factorielles

III.A.1)On a (dénominateur non nul) :

w n(x)w n1(x)=n:1x+n:n+ 1n x 1 +xn 1 1 +1n x 1xn +x2n 2+o1n 2 1 +xn +x(x1)2 1n 2+o1n 2 = 1 + x(x1)2 :1n 2+o1n 2 3 Ce qui donne (les quantités sont positives donc leslnexistent) ln wn(x)w n1(x) =x(x1)2 :1n 2+o1n 2 =O1n 2

Comme2>1la série

Xlnwn(x)w

n1(x)

converge absolument.Remarque : si vous utiliser des équivalents attention à traiter1comme un cas particulier pour éviter l"équivalent nul.

III.A.2)la série converge. On peut donc noterS(x) =+1X n=1lnwn(x)w n1(x) . On a alors +1X n=1[ln(wn(x))ln(wn1(x))] =S(x): et donc limn>+1(ln(wn(x)) =S(x) + ln(w0(x)) et donc limn>+1(wn(x)) = exp(S(x)) l(x) = exp(S(x))est bien un réel strictement positif. III.B)la question précédente nous donne tout de suite un équivalent : janun(x)j l(x)janvn(x)j

La série

Xa

nun(x)converge absolument si et seulement si la sérieXl(x)anvn(x)converge absolument, ce qui équivaut

carl(x)6= 0à la convergence absolue de la série Xa nvn(x).X a nun(x)converge absolument si et seulement siXa

nvn(x)converge absolumentIII.C.1)On évitera d"utiliseracomme borne du segment inclus dans l"intervalle puisqueadésigne une suite dans ce sujet.

Chaque fonction a

nunest continue décroissante positive sur]0;+1[. De plus la sérieXa nun(x)converge normalement sur tout segment[;]]0;+1[car janun(x)j janjun(x) janjun() et comme >0,Xjanun()jconverge par dé...nition deA. f

aest donc une somme de série de fonctions continues qui converge normalement sur tout segment inclus dans]0;+1[f

aest continue sur]0;+1[III.C.2)La majorationjanun(x)j janjun()est aussi valable sur[;+1[, et donc on a aussi convergence normale sur

[;+1[. Chaque fonctionuntend vers0sixtend vers+1(il y a au moins un facteurxau dénominateur) . et donclim

x>+1(fa(x)) = 0III.D.1)Si on prend :8n2N,an=1n!on an2vn(x)n!n2xn!>0et doncXvn(x)n!converge absolument. Donc d"après

III.B.

1n!

2 AIII.D.2)Si on prend :8n2N,an= 1la sérieXv

n(x)est une série de Riemann qui converge seulement pourx >1(1)=2 AIII.E.1)unest l"inverse d"un polynôme n"ayant pas de racine sur]0;+1[donc y est de classeC1:

Tous les facteurs deunsont positifs on peut donc développerln(un)et dériver l"expression : ln(un(x)) = ln(n!)nX k=0ln(x+k) 4 et donc : u

0n(x)u

n(x)=nX k=01x+k le sujet suggère de montrer nX k=11x+kln 1 +nx

C"est une comparaison série-intégrale . commet>1=tdécroît surR+( idées duI.B)avecq= 1)

n X k=11x+kZ x+n xdtt = ln(x+n)ln(x)8x >0,ju0n(x)j un(x)1x + ln( 1 +nx III.E.2)On sait déjà que pour toutn, la fonctionx> anun(x)estC1sur]0;+1[et queXa nun(x)converge simplement sur ce domaine.

Pour pouvoir dire que la somme estC1et pouvoir dériver termes à termes il reste à prouver la convergence normale sur tout

segment[;]]0;+1[deXa nu0n(x). Or janu00n(x)j janjun(x)1x + ln( 1 +nx janjun()1 + ln( 1 +n Or Xjanjun()converge .Il su¢ t de prouver la convergence deXjanjun()ln( 1 +n Comme ln( 1 +n = ln(n) + ln(1n +1 ) = ln(n) +O(1)ln(n) on se ramène à l"étude de Xjanjun()ln(n). Et c"est le même principe que pour une série de Bertrand : On prend02]0;[ . Comme0>0,Xjanjun(0)converge. Mais janjun()ln(n) = (janjun(0))un()ln(n)u n(0)(janjun(0))l(0)l()(n+ 1)0ln(n)(n+ 1) et comme limln(n)(n+ 1)0 = 0 on a : janjun()ln(n)<On an+ 1polynômes dans un espace vectoriel de dimensionn+ 1. Il su¢ t de montrer que la famille est libre.

Or si on prend une famille(k)n

k=0telle queX kPk= 0la valeur enjdonnePk(j) =Y i6=k(j+i)8 :0sij6=kY i6=j(j+i)6= 0sij=k et donc : X kPk= 0 =) 8j2[[0;n]],jY i6=j(ij) = 0 =) 8j2[[0;n]],j= 0 la famille est donc libre et forme donc une base deRn[X] IV.A.2)le polynômen!se décompose donc dans cette base :9(k)n k=0,n! =nX k=0 kPk. on divise la relation parnY i=0(X+i) et on a bien : n!X(X+ 1)(X+n)=nX k=0 kX+k 5 On substituexàXpour avoir la relation demandée.

Pour calculer leskon prend la valeur enjden! =nX

k=0 kPkce qui donnen! =jY i6=j(ij). Or Y i6=j(ij) = (0j)(1j)(1):(1)(nj) = (1)j(j)!(nj)!d"où

8j2[[0;n]],j= (1)jn

j et donc :8x >0,n!x(x+ 1)(x+n)=nX k=0(1)kn

kx+kIV.B)la fonctiony>(1y)x1+kest continue sur[0;1[( attention l"exposant peut être négatif) du type1(1y)1xk

avec1xk <1. Elle est donc intégrable sur[0;1[et : Z (1y)x1+kdy=(1y)x+kx+k et donc commex+k >0 :8x >0;8k2N,Z 1 0

(1y)x1+kdy=1x+kIV.C)l"intégrale est bien convergente :y>(1y)x1ynest continue positive sur[0;1[, équivalente en1à1(1y)1x

avec1x <1 En utilisant les deux résultats précédents et le binôme de Newton on a : n!x(x+ 1)(x+n)=nX k=0(1)kn kx+k=nX k=0(1)kn k Z1 0 (1y)x1+kdy Z 1 0 (1y)x1 nX k=0(1)kn k (1y)k! dy Z 1 0 (1y)x1yndy

La fonctiony>(1y)x1ynétant bien intégrable comme combinaison linéaire de fonctions intégrables.

Remarque : On peut aussi faire une récurrence surn: Il su¢ t de remplacerun(x)par son expression intégrale pour conclure :8x >0;fa(x) =+1X n=0a nZ 1 0 (1y)x1yndyIV.D.1)Commea2 A, la sérieXa nun(x)converge absolument pour toutx >0. En particulier six= 1, la série X ann+ 1converge. La série entière+1X n=0a nn+ 1xnconverge pourx= 1. donc son rayon de convergence est supérieur ou égal

à1:

Sa dérivée+1X

n=1n)ann+ 1xn1a le même rayon de convergence . Doncjxj<1)Xnann+ 1xn1converge absolument=)Xnann+ 1xn

converge absolument (on multiplie parx):

Et commena

nn+ 1xnn>+1janxnjla sérieXa nxnconverge au moins pourjxj<1. Son rayon de convergence est donc au moins1.

IV.D.2)On a :

8x >0,Z

1 0 (1y)x1a(y)dy=Z 1 0 (1y)x1+1X n=0a nyndy

Si on peut intégrer termes à termes on a :

8x >0,Z

1 0 (1y)x1a(y)dy=+1X n=0a nZ 1 0 (1y)x1yndy=+1X n=0a nun(x) 6 doncx>Z 1 0

(1y)x1a(y)dyest développable en série factoriel , et la fonction est égale àfad"aprèsIV.C)

Reste à justi...er l"intégration termes à termes de Z 1 0+1X n=0a n(1y)x1yndysur l"intervalle[0;1[( qui n"est pas un segment)

On se ...xe unx >0

8n2N,y> an(1y)x1ynest continue intégrable sur[0;1[d"aprèsIV.Cquotesdbs_dbs22.pdfusesText_28

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