[PDF] Capes Externe 2004 Corrigé de lépreuve 1 avec remarques et





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Valeurs absolues. Partie entière. Inégalités

Exercice 2 *I Inégalité de BERNOULLI. Montrer que pour a réel positif et n entier naturel donnés



Nom : . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Prénom

6 oct. 2017 1 point. 1 pt. ROC. On donne l'inégalité de Bernoulli :soit a > 0∀n ∈ N



Exercice no 1. Exercice no 2.

indépendantes de loi de Bernoulli de paramètre p ∈ [01]



Inégalité de Bernoulli:

10 sept. 2022 12m ≥ 1 tn ✗ 0



Mathématiques Avancées

2 oct. 2014 1 Prouver l'inégalité de Bernoulli pour n = 1. 2 Prouver l'inégalité ... Application : Soit A une proposition à démontrer. 1 On fait l ...



Une définition de la fonction exponentielle dans lesprit des

an. = 1 − x. (n + x)(n + 1). =1+ y . L'inégalité de Bernoulli (qu'on utilise avec −1 ≤ y < 0 d'o`u l'utilité d'avoir toléré y < 0 dans ce lemme) donne alors 



Montrons linégalité de Bernoulli : ∀n∈ ℕ ∀a ∈ ℝ+

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Linégalité de Bernoulli. Démontrer par récurrence que pour tout

L'inégalité de Bernoulli. Démontrer par récurrence que pour tout entier naturel non nul n et tout réel supérieur ou égal à 1− on a :.



ROC : Restitution organisées des connaissances

18 jui. 2014 (1 + na)(1 + a) ⩾ 1 + (n + 1)a. D'où. (1 + a)n+1. ⩾ 1 + (n + 1)a. P(n ... Pré-requis : Inégalité de Bernoulli et théorème de comparaison en +∞.



1. Suites

(1 + na)(1 + a) ⩾ 1 + (n + 1)a. D'où. (1 + a)n+1. ⩾ 1 + (n + 1)a. P(n + 1) est Pré-requis : Inégalité de Bernoulli et théorème de comparaison en +∞.



Terminale MS Inégalité de Bernoulli On se propose de justifier l

Soit n un entier supérieur ou égal à 2. La fonction f n est définie sur [ 1 ; + ? [ par f n ( x ) = x n – n ( x – 1 ) – 1. 1. a. Etudier les variations de 



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L'inégalité de Bernoulli. Démontrer par récurrence que pour tout entier naturel non nul n et tout réel supérieur ou égal à 1? on a : ( )1. 1 n.



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(inégalité de Bernoulli). Soit a un réel positif. Montrer que : pour tout entier naturel n (1 + a)n ? 1 + na. Démonstration. Soit a 



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DÉMONSTRATIONS AU PROGRAMME POUR LE BAC S

(inégalité de Bernoulli qui se démontre par récurrence). On suppose que q >1 alors on peut poser q = a +1 avec a > 0. ( ). 1. 1 n n q a na.



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12 avr. 2004 On a Pn (1) = 0 pour tout n ? 2 et il s'agit de montrer que Pn (x) ... l'inégalité de Bernoulli `a savoir : (1 ? a)n > 1 ? na pour a < 1 ...



LES SUITES (Partie 1)

3) Inégalité de Bernoulli. Soit un nombre réel a strictement positif. Pour tout entier naturel n on a : (1 + )A ?1+ . Démonstration au programme :.



Question de cours en terminale S Préambule I- Les suites

S2 Inégalité de Bernoulli. Pour tout n ? ? et pour tout a ? [0;+?[ (1+a)n ? 1+na. Une démonstration qui se fait par récurrence : Initialisation : pour n 



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18 juin 2014 1. SUITES. 1.2 Inégalité de Bernoulli. Théorème 2 : ?a ? [0; +?] (1 + a)n. ? 1 + na. Démonstration : Par récurrence.



Le raisonnement par récurrence

12 mars 2017 5) Inégalité de Bernoulli : soit a ? R et a > 0 : ?n ? N (1 + a)n ? 1 + na. PAUL MILAN.

Capes Externe 2004

Corrig´e de l"´epreuve 1

avec remarques et compl´ements

Jean-Etienne Rombaldi

1

12 avril 2004

1 Professeur agr´eg´e `a l"Universit´e d"Aix-Marseille III

Table des mati`eres

1 Corrig´e du probl`eme2

2 Remarques et compl´ements16

2.1 La m´ethode d"Euler pour l"´equationy?=y. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 16

2.2 La suite de fonctions??

1 +x n? n? n≥1. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 16

2.3 La suite de fonctions

n? k=0x k k!? n?N. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 21

2.4 Une d´efinition du logarithme . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .. . . . . . . 22

2.5 Sur l"in´egalit´e de Bernoulli . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .. . . . . . . . . . . . 25

2.6 Sur l"in´egalit´e de Cauchy . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .. . . . . . . . . . 25

2.6.1 D´emonstration par r´ecurrence . . . . . . . . . . . . . . . . . . .. . . . . . . . 25

2.6.2 Moyenne harmonique . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .. . . 26

2.7 G´en´eralisation de l"in´egalit´e de Cauchy . . . . . . . . . .. . . . . . . . . . . . . . . . 26

2.7.1 D´emonstration utilisant la concavit´e du logarithme .. . . . . . . . . . . . . . 26

2.7.2 D´emonstration par r´ecurrence . . . . . . . . . . . . . . . . . . .. . . . . . . . 26

2.7.3 Une autre d´emonstration . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .. . . . 27

2.7.4 D´emonstration par densit´e . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .. . . . . . 28

1

1 Corrig´e du probl`eme

- A - Quelques r´esultats fondamentaux A.I.Pour tout entiern≥2 et tout r´eelx >0,on d´esigne parPnla fonction polynomiale (donc ind´efiniment d´erivable) d´efinie par : P n(x) =xn-nx+n-1 =xn-1-n(x-1). On aPn(1) = 0 pour toutn≥2 et il s"agit de montrer quePn(x)>0 pour toutx?D= R +,?\ {1}. 1 `eresolutionAvecP2(x) = (x-1)2>0 et : P n+1(x) =Pn(x) + (x-1)(xn-1) =Pn(x) + (x-1)2n-1? k=0x k> Pn(x) pour toutn≥2 et toutx?D,le r´esultat se d´eduit par r´ecurrence surn≥2. 2 `emesolutionPour toutn≥2 et toutx?]0,1[ [resp.x?]1,+∞[], on aP?n(x) =n(xn-1-1)<0 [resp.P?n(x)>0], doncPnest strictement d´ecroissante sur ]0,1[ et strictement croissante sur ]1,+∞[ avecPn(1) = 0,ce qui impliquePn(x)>0 pour toutx?D. 3 `emesolutionOn peut aussi ´ecrire que pour toutx?Don a : P n(x) =xn-1-n(x-1) = (x-1)n-1? k=0? xk-1?= (x-1)2? n-1? k=1k-1? j=0x j? >0. A.II.Pour tout entiern≥1 et toutx= (x1,...,xn)?(R+,?)n,on pose : A n(x) =1 nn k=1x k, Gn(x) =? n? k=1x k? 1 n

Pourn= 1,on aA1(x) =G1(x) =x1pour toutx1>0.

On suppose donc dans ce qui suit quen≥2.

En notant :

n=?x??R+,??n|x1=x2=...=xn?, on aAn(x) =Gn(x) pour toutx?Δn.Il s"agit alors de montrer que : ?x?Dn=?R+,??n\Δn, An(x)> Gn(x). En remarquant que les fonctionsAnetGnsont homog`enes (i. e.An(λx) =λAn(x) etGn(λx) = λG n(x) pour toutλ >0 et toutx?Dn), il suffit de montrer cette in´egalit´e sur : E n=? x?Dn|n? k=1x k= 1?

En effet pour toutx?Dn,on aλ=n?

k=1x k>0 etx?=1

λx?En,de sorte que :

A n(x) =λAn(x?)> λGn(x?) =Gn(x) si l"in´egalit´e est vraie surEn.

Il s"agit donc de d´emontrer que :

?n≥2,?x?En, nGn(x)<1. 2

1. Pour (x1,x2)?E2,on a :

1-2G2(x) = 1-2⎷

x1⎷x2= (⎷x1-⎷x2)2>0. 2.

2.1. On a d´ej`aA?N?.

Par r´ecurrence descendante, on d´eduit de la propri´et´e (iii) que sim≥2 est dansA,alors

{1,2,...,m} ?A(on a{m} ?Aet en supposant que{k,...,m} ?Apour un entierk compris entre 2 etm,la propri´et´e (iii) nous dit quek-1?A). Toujours par r´ecurrence, on d´eduit de (i) et (ii) que 2nest dansApour toutn?N(c"est vrai pourn= 0 d"apr`es (i) et en le supposant vrai pourn,on a 2n+1= 2·2n?Ad"apr`es (ii)). m?A.

On a donc bienA=N?.

2.2. Posons :

A={n?N?|n= 1 oun≥2 et?x?En, nGn(x)<1}.

Pour toutndansAon aAn(x)≥Gn(x) pour toutx?(R+,?)n,l"´egalit´e ´etant r´ealis´ee si, et seulement si,xest dans Δn(et doncn≥2). (ce qui ne modifie niA2nniG2n), on peut supposer quex1?=x2.Sin= 1,on sait d´ej`a que 2 est dansA.On suppose donc quen≥2.On a :

2nG2n(x) = 2n????

?n? k=1x k? 1n?n? k=1x n+k? 1n n? k=1x k? 1n n? k=1x n+k? 1n)) avecn? n? k=1x k? 1 n 2nG2n(x) k=1x k+n? k=1x n+k= 1.

On a donc 2n?Asin?A.

Supposons quen+ 1?Aet soitx?En.On a?

x,1 n? /?Δn+1et : G n+1? x,1 n? < A n+1? x,1n? =1n+ 1? n? k=1x k+1n?

1n+ 1?

1 +1n?

=1n, soit : 1 nn k=1x k? 1 n+1 <1 n ou encore :1 n(Gn(x))n<1nn+1, ce qui ´equivaut `anGn(x)<1.On a doncn?A.

On d´eduit alors de la question pr´ec´edente queA=N?,ce qui revient `a dire que l"in´egalit´e

de Cauchy (avec son cas d"´egalit´e) est valable pour toutn?N?. 3

3. On se place toujours dans le cas o`un≥2 etx?Enet on d´efinit la fonction Φ sur [0,1] par :

Φ(t) =n?

k=1? x k+t nn h=1(xh-xk)? =n? k=1? (1-t)xk+tn?

3.1. Pour toutt?[0,1] le r´eel (1-t)xk+t

nest dans le segment d"extr´emit´esxk>0 et1n>0, c"est donc un r´eel strictement positif. On a donc Φ(t)>0 pour toutt?[0,1].

3.2. En notantyk=1

n-xkpour toutkcompris entre 1 etn,la d´eriv´ee logarithmique (qui se d´efinie sans logarithme) de Φ est donn´ee par : ?t?[0,1],Φ?(t)

Φ(t)=n?

h=1y kykt+xk, ce qui donne : ?t?[0,1],?Φ?(t)

Φ(t)?

=-n? h=1y

2k(ykt+xk)2<0

(lesxkn"´etant pas tous ´egaux, il y a au moins unyknon nul). La fonctionΦ?

Φest donc

strictement d´ecroissante sur [0,1] et donc : ?t?[0,1[,Φ?(t)

Φ(t)>Φ?(1)Φ(1)=nn?

h=1y k=n? 1-n? h=1x k? = 0 ce qui implique, compte tenu de Φ>0,que la fonction Φ est strictement croissante sur [0,1].

3.3. L"in´egalit´e Φ(0)<Φ(1) ´equivaut `anGn(x)<1.

4.

4.1. Six /?Δn,il a au moins deux composantes distinctes et quitte `a renum´eroter, on peut

posantx?1=x?2=m+M

2,on ax?1+x?2=x1+x2etx?1x?2=(x1+x2)24> x1x2(ce qui

´equivaut `a (x1-x2)2>0), ce qui donne pourx?= (x?1,x?2,x3,...,xn), An(x?) =An(x) etGn(x?)> Gn(x). Le r´esultat de cette question n"est pas utilis´e dans ce qui suit.

4.2. D´ej`a vu en d´ebut deA.II.

4.3. La fonctionψqui est continue (puisque polynomiale) sur le compact :

x??R+?n-1| ?x?1=n-1? k=1x =?R+?n-1∩B1 o`u on a not´eB1la boule unit´e de (Rn-1,?·?1) (

Ω est compact comme ferm´e born´e dans

un espace vectoriel norm´e de dimension finie) y est born´ee et atteint ses bornes. Comme

ψ(x)≥0 =ψ(0) pour toutx?

Ω etψ?1n,...,1n?

=1nn>0,on a :

0 = inf

Ωψ(x)< M= supΩψ(x).

4

Si l"une des composantes dexest nulle ou sin-1?

k=1x k= 1 (c"est-`a-dire sixest sur le fronti`ere Ω\Ω deΩ) alorsψ(x) = 0,ce qui implique que le maximum deψest atteint en un

Ω.Pour toutkcompris entre 1 etn,il existe

un r´eelrk>0 tel que pour toutt?]-rk,rk[ le pointωt=?ω?j? sij?=ketω?k=ωk+test dans l"ouvert Ω.La fonctiongkd´efinie sur ]-rk,rk[ par : g k(t) =ψ(ωt) =?

1-n-1?

j=1ω j-t? (ωk+t)n-1? j=1, j?=kω j a un maximum en 0 et ´etant d´erivable, on a n´ecessairementg?k(0) = 0,soit : -ωkn-1? j=1, j?=kω j+?

1-n-1?

j=1ω j? n-1? j=1, j?=kω j= 0. Le vecteurωest donc solution du syst`eme lin´eaire : k+n-1? j=1ω En r´ealit´e, cela revient `a ´ecrire la condition n´ecessaire d"extremum∂ψ ∂xk(ω) = 0 pour tout kcompris entre 1 etn-1. En retranchant la lignek?= 1 `a la ligne 1,on obtientωk=ω1et la premi`ere ´equation donneω1=1 n. En d´efinitive le maximum deψest atteint enω=?1 n,...,1n? et il vaut1nn.

Cette preuve est due `a Maclaurin (voir [4]).

5. Pourx?En,on ax?=ω=?1

n,...,1n? et : (Gn(x))n=n? k=1x k=xnn-1? k=1x k=?

1-n-1?

k=1x k? n-1? k=1x k =ψ(x)< ψ(ω) =1 nn, ce qui ´equivaut `anGn(x)<1.

A.III.On suppose quef,Fsont deux fonctions `a valeurs r´eelles d´efinies sur [a,b] telles que :

?(x,y)?[a,b]2, F(y)-F(x)≥(y-x)f(x).(1) Aucune hypoth`ese de continuit´e n"est faite surf.

De (1) on d´eduit que :

1. De l"encadrement (2) on d´eduit que (y-x)(f(y)-f(x))≥0 pour tout (x,y)?[a,b]2,ce qui

signifie quefest croissante. Elle est donc Riemann-int´egrable sur [a,b].De cet encadrement on queFest lipschitzienne et donc continue. 5

2. Pourx,y,zdans [a,b] etλdans [0,1],on a :

(1-λ)F(x) +λF(y)-F(z) = (1-λ)(F(x)-F(z)) +λ(F(y)-F(z)) siz= (1-λ)x+λy,ce qui prouve queFest convexe.

3. En additionnant les encadrements :

on obtient : S n=n-1? k=0(ak+1-ak)f(ak+1), lesSnetTn´etant des sommes de Riemann def.

4. Prenantak=a+kb-a

net faisant tendrenvers l"infini, on d´eduit queF(b)-F(a) =? b a f(x)dx.

En travaillant sur [a,x],on a en faitF(x)-F(a) =?

x a f(t)dtpour touttdans [a,b] et on retrouve le fait queFest lipschitzienne. A.IV.Tout est bas´e sur le fait que tout pointb?]a,c[ s"´ecritb=λa+ (1-λ)cavecλ=c-b c-adans ]0,1[.

1. Sifest convexe surR,alors :

avec 1-λ=b-a c-a,ce qui donne : c-a(f(c)-f(a)), soit f(b)-f(a) c-a(f(a)-f(c)), soit en multipliant par-1 : f(c)-f(b)≥c-b c-a(f(c)-f(a)) ou encore f(c)-f(a) a < b < c?f(b)-f(a) 6

2. Poura < b < x,on a :

f(b)-f(a) et pourb < x < c,on a : f(x)-f(b) ce qui donne : f(b)-f(a) qui par passage `a la limite quandxtend versbdonne lim x→b+(f(x)-f(b)) = 0,ce qui traduit la continuit´e `a droite enb.La continuit´e `a gauche se montre de mani`ere analogue. - B - Fonction exponentielle 1.

1.1. Pourx= 0,on aun(0) = 1 pour touten≥1,c"est-`a-dire que la suite est stationnaire,

donc croissante. Pourx?R?,il existe un entier naturel non nulnxtel quenx+x >0 (pourx >0, nx= 1 et pourx <0 prendrenx>-x=|x|). En notantnx=E(|x|) + 1,o`uEd´esigne la fonction partie enti`ere, on a 1 +x n>0 pour toutn≥nxet : (un(x))1 n+1=Gn+1?

1,1 +xn,...,1 +xn?

< A n+1?

1,1 +x

n,...,1 +xn? = (un+1(x))1 n+1 (commex?= 0,on a 1 +x n?= 1 et l"in´egalit´e de Cauchy est stricte). Il en r´esulte que la suite (un(x))n≥nxest strictement croissante.

1.2. Avecvn(x) =1

un(-x)pourn≥nx,on d´eduit que la suite (vn(x))n≥nxest strictement d´ecroissante.

1.3. Pourx= 0,on aun(0) =vn(0) = 1 et les deux suites convergent verse(0) = 1.

Pourx?= 0,etn≥nx,on a :

v n(x)-un(x) =1 un(-x)-un(x) =1-un(x)un(-x)un(-x) =vn(x)? 1-? 1-x2 n2? n?

Commen2≥n2x> x2,on a 1-x2

n2?]0,1[,ce qui entraˆıne quevn(x)-un(x)>0 et on peut utiliser l"in´egalit´e de Bernoulli pour ´ecrire que? 1-x2 nn? n >1-x2n,ce qui donne : ?n≥nx,0< vn(x)-un(x)< vn(x)x2

Il en r´esulte que lim

n→+∞(vn(x)-un(x)) = 0.

En d´efinitive, les suites (un(x))n≥nxet (vn(x))n≥nxsont adjacentes et elles convergent vers

7 une mˆeme limitee(x).

Pour tout r´eelx,on a :

La fonctioneest donc `a valeurs strictement positives. 2.

2.1. Pour toutx?Ret toutn≥nx=E(|x|) + 1,on a :

n. pour toutx?[a,b],de sorte que : o`uM= sup x?[a,b]x2vn0+1(x) (la fonction continuex?→x2vn0+1(x) est born´ee sur le compact [a,b]). La convergence uniforme sur [a,b] de la suite de fonctions (un)n≥n0+1vers la fonction es"en d´eduit alors imm´ediatement. Les fonction polynomialesun´etant continues, il en r´esulte queeest continue sur tout segment [a,b] et donc surR. Nous verrons un peu plus loin que la convergence n"est pas uniforme surR.

2.2. Dans l"encadrement :

?n≥nx,0< un(x) =? 1 +x n? 1-x n? n on peut utiliser l"in´egalit´e de Bernoulli pour le terme de gauche quel que soit le r´eelx (pourn≥nx>|x|,on ax n>-1) et on peut l"utiliser pour le terme de droite six <1 (dans ce cas on a bien-x n>-1 et 1-x >0 qui permet de passer `a l"inverse), ce qui 1 +x n? 1-x n?

1-xpour tout

r´eelx <1,ces in´egalit´es ´etant strictes pourx?= 0 (etn≥2). 2.3.

2.3.1. On a d´ej`a vu enB.I.3.queeest `a valeurs strictement positives. De plus pour tout

r´eelx,on a :1 e(x)= limn→+∞1un(x)= limn→+∞vn(-x) =e(-x).

On a donce(x)e(-x) = 1 pour tout r´eelx.

2.3.2. On montre, de mani`ere plus g´en´erale, que si (un)n?Nest une suite de fonctions conti-

nues sur un segment [a,b] qui converge uniform´ement vers une fonctionf,alors pour

toute suite (xn)n?Nde points de [a,b] qui converge versx?[a,b],la suite (un(xn))n?Nconverge versf(x).On sait d´ej`a quefest continue sur [a,b] comme limite uniforme

d"une suite de fonctions continues, quexest dans [a,b] puisque cet ensemble est ferm´e et pour toutn?Non a : 8 La convergence uniforme sur [a,b] de (un)n?Nversfnous dit que limn→+∞?un-f?∞= 0

et la continuit´e defque limn→+∞|f(xn)-f(x)|= 0.On a donc bien limn→+∞un(xn) =

f(x).

Pour le cas qui nous int´eresse, on a donc :

lim n→+∞??

1 +εn

n? n? = limn→+∞un(εn) =e(0) = 1 pour toute suite (εn)n?Nqui converge vers 0.

2.3.3. Pourx,ydansRetn≥1,on a :

u n(x)un(y) =?? 1 +x n??

1 +yn??

n=?

1 +znn?

n=un(zn) aveczn=x+y+xy n→n→+∞x+y.Il en r´esulte que : e(x)e(y) = limn→+∞un(x)un(y) = limn→+∞un(zn) =e(x+y), encore ´equivalent `ae(x+y)e(-x)e(-y) = 1 (questionB.II.3.1.).

2.4. On sait d´ej`a que la fonctioneest continue `a valeurs strictement positives et solution de

l"´equation fonctionnellee(x+y) =e(x)e(y) avece(0) = 1. - Pour toutx >0,on aun(x)>1 pour toutn≥1,la suite (un(x))n≥1´etant strictement croissante, il en r´esulte quee(x)>1. - On en d´eduit alors que la fonctioneest strictement croissante. En effet, pourx < y,on a e(y) e(x)=e(y)e(-x) =e(y-x)>1. - Avece(x)> u1(x) = 1 +xpourx >0,on d´eduit que limx→+∞e(x) = +∞et avec e(-x) =1 e(x),on d´eduit que limx→-∞e(x) = 0. - La fonctioner´ealise donc un hom´eomorphisme deRsur ]0,+∞[.Son inverse est appel´e fonction logarithme et not´e ln. - Avec :e(x) xn>un+1(x)xn=?1x+1n+ 1? n?

1 +xn+ 1?

pourx >0 etn≥1,on d´eduit que limx→+∞e(x) xn= +∞. - La fonctioneest d´erivable surRavece?=e.Il suffit en effet d"´ecrire que pourx,hdans

Ravech?= 0,on a :

e(x+h)-e(x) h=e(x)e(h)-1h e(h)-e(0)

- On en d´eduit alors que la fonction ln est d´erivable sur ]0,+∞[ de d´eriv´ee ´egale `a1

t.La fonction ln est donc la primitive sur ]0,+∞[ de la fonction1quotesdbs_dbs1.pdfusesText_1
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