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SESSION 2012
CAPES EXTERNE
MATHÉMATIQUES 1
Problème 1 : continuité uniforme
1.fn"est pas uniformément continue surIsi et seulement si
?ε > 0/?η > 0,?(x,y)?I2/(|x-y|?ηet|f(x) -f(y)|> ε).2.Soitfune fonctionk-lipschitzienne surIaveck > 0. Soitε > 0.
Soitη=ε
k. Soientxetydeux réels deItels que|x-y|?η. Alors |f(x) -f(y)|?k|x-y|?kη=ε.On a montré que?ε > 0,?η > 0/?(x,y)?I2,(|x-y|?η?|f(x)-f(y)|?ε)et doncfest uniformément continue surI.
3.3.1Soit(x,y)?R2.|x|=|(x-y) +y|?|x-y|±|y|et donc|x|-|y|?|x-y|. En appliquant ce résultat àyetx, on a
aussi|y|-|x|?|y-x|. Comme||x|-|y||est l"un des deux nombres|x|-|y|ou|y|-|x|, on a montré que||x|-|y||?|x-y|.
3.2Soit(x,y)?R2.
|f(x) -f(y)|=????11+|x|-11+|y|????
Donc, la fonctionfest1-lipschitzienne surRet en particulierfest uniformément continue surRd"après la question 2.
4.4.1Soientxetydeux réels positifs.
et donc, puisque les deux nombres x+yet⎷x+⎷ysont positifs, on en déduit que⎷x+y?⎷x+⎷yparstricte croissance de la fonctiont?→t2surR+.Soientxetydeux réels positifs.
x=⎷y+x-y??y+|x-y|?⎷y+?|y-x|, et doncx-⎷y??|x-y|. En appliquant àyetx, on a aussi⎷y-⎷x??|x-y|et finalement??⎷x-⎷y????|x-y|.
4.2Soitε > 0. Soitη=ε2> 0. Soientxetydeux réels positifs tels que|x-y|?η. Alors
x-⎷y????|x-y|?⎷ε2=ε.On a montré que?ε > 0,?η > 0/?(x,y)?[0,+∞[2,(|x-y|?η?|g(x) -g(y)|?ε)et doncgest uniformément
continue sur[0,+∞[.4.3Il s"agit de prouver que l"ensembleA=?|⎷
x-⎷y| |x-y|, x?0, y?0, x?=y? n"est pas une partie majorée deR. Cet ensemble contient les nombres de la forme x-⎷0| |x-0|=1⎷xoùx > 0. Comme limx→0+1⎷x= +∞, l"ensembleAn"est pas majoré et donc la fonctiongn"est pas lipschitzienne surR+. 5.5.1Soitε=1
2. Soitη > 0. Soitn?N?puisxn=⎷n+etyn=⎷n.
http ://www.maths-france.fr 1 c?Jean-Louis Rouget, 2011. Tous droits réservés. ?n?14η2
On choisit alorsn=E?1
4η2?
+1. D"après ce qui précède, on a|xn-yn|?η. D"autre part, |x2n-y2n|=x2n-y2n=n+1-n=1 > ε.On a montré que?ε > 0/?η > 0,?(x,y)?R2/(|x-y|?ηet|h(x) -h(y)|> ε)et donc que la fonctionhn"est pas
uniformément continue surR.5.2Puisquehn"est pas uniformément continue surR,hn"est pas lipschitzienne surRpar contraposition de l"implication
obtenue à la question 2. 6.6.1Fest uniformément continue surR+. On peut donc appliquer la définition de l"uniforme continuité avecε=1et on
obtient ?η1> 0/?(x,y)?(R+)2,(|x-y|?η1?|F(x) -F(y)|?1).6.2Soitn?N?.
x 0 n?η1?x0η1?n?n?E?x0η1? On en déduit l"existence et l"unicité den0:n0=?????1six0η1< 1
E?x0η1?
six0η1?1(carn0?N?). 6.3 n 0-1? k=0?F?(k+1)x0
n0? -F?kx0n0?? =F?n0x0n0? -F(0) =F(x0) -F(0)(somme télescopique). Par suite, |F(x0) -F(0)|=?????n 0-1? k=0?F?(k+1)x0
n0? -F?kx0n0?? ??n 0-1? k=0????F?(k+1)x0n0?
-F?kx0n0?6.4Soitk??0,n-1?.????(k+1)x0
n0-kx0n0???? =x0n0?η1et donc????F?(k+1)x0n0?
-F?kx0n0? ??1. Par suite, |F(x0) -F(0)|?n 0-1? k=01=n0.Maintenant, si
x0η1?1,n0=E?x0η1?
?x0η1+1ce qui reste vrai dans le cas oùx0η1< 1. On en déduit queF(x0)?|F(x0)|?|F(x0) -F(0)|+|F(0)|?n0+|F(0)|?1
η1x0+ (1+|F(0)|).
On a trouvé deux réelsaetb(indépendants dex0), à savoira=1η1etb=1+|F(0)|, tels queF(x0)?ax0+b. On a
montré que ?(a,b)?R2/?x?R+,F(x)?ax+b.7.SoitFune fonction uniformément continue surR. AlorsFest en particulier une fonction uniformément continue surR+
et?(a,b)?R2/?x?R+,F(x)?ax+b. Pourx?1, on en déduit queF(x) x?a+bx?a+b. Ainsi, siFest uniformément continue surR, nécessairement la fonctionx?→F(x) xest majorée sur[1,+∞[. http ://www.maths-france.fr 2 c?Jean-Louis Rouget, 2011. Tous droits réservés.7.1)SoitPun polynôme de degré supérieur ou égal à2. On suppose sans perte de généralité, quite à remplacerPpar
-P, que dom(P)> 0. On sait alors que limx→+∞P(x) x= +∞. D"après la remarque précédente,Pn"est pas uniformément continue surR.7.2De même, puisque limx→+∞e
xx= +∞d"après un théorème de croissances comparées, la fonction exponentielle n"est pas
uniformément continue surR.8. Théorème de Heine.
8.1PuisqueGn"est pas uniformément continue sur[a,b],
?ε > 0/?η > 0,?(x,y)?[a,b]2/(|x-y|?ηet|G(x) -G(y)|> ε). εest ainsi dorénavant fixé. On applique cette définition aux cas particuliersη=1 noùnest un entier naturel non nul donné et on obtient ?ε > 0/?n?N?,?(xn,y)?[a,b]2/? |xn-yn|?1 net|G(x) -G(y)|> ε?8.2Les suites(xn)n?N?et(yn)n?N?sont à valeurs dans[a,b]et donc(xn)n?N?et(yn)n?N?sont deux suites réelles
bornées. Le théorème deBolzano-Weierstrasspermet d"affirmer que l"on peut extraire de la suite(xn)n?N?une sous-
suite(xψ(n))n?N?convergente. La suite(yψ(n))n?N?est toujours bornée et on peut en extraire une sous-suite(yσ(n))n?N?
convergente. La suite(yσ(n))n?N?est alors une sous-suite convergente de la suite(yn)n?N?. Enfin, la suite(xσ(n))n?N?est
convergente en tant que suite extraite de la suite convergente(xψ(n))n?N?et donc la suite(xσ(n))n?N?est une sous-suite
convergente de la suite(xn)n?N?.Il est connu que, puisqueσest une application strictement croissante deN?dans lui-même, on a en particulier?n?N?,
σ(n)?net donc
?n?N?,??xσ(n)-yσ(n)???1σ(n)?1net??G(xσ(n)) -G(yσ(n))??> ε.
8.3Puisque?n?N?,??xσ(n)-yσ(n)???1
n, le théorème des gendarmes permet d"affirmer que limn→+∞?xσ(n)-yσ(n)?=0. Puisque les suites(xσ(n))n?N?et(yσ(n))n?N?sont convergentes, on peut alors écrire lim et donc limPour toutn?N?,a?xσ(n)?b, par passage à la limite quandntend vers+∞on obtienta?x?b. PuisqueGest
continue sur[a,b]et en particulier enx, on doit avoir limn→+∞?G(xσ(n)) -G(yσ(n))?=G(x) -G(x) =0. Ceci contredit le
fait que?n?N?,??G(xσ(n)) -G(yσ(n))??> ε. Il était donc absurde de supposer queGn"était pas uniformément continue
sur[a,b]. Le théorème deHeineest démontré.9.La fonction exponentielle est continue sur tout segment contenu dansR. D"après le théorème deHeine, la fonction
exponentielle est donc uniformément continue sur tout segment deR. Mais d"après la question 7.2, la fonction exponentielle
n"est pas uniformément continue surR. L"implication ((Guniformément continue sur tout segment contenu dansJ)?(G
uniformément continue surJ)) est donc une implication fausse.Problème 2 : marches aléatoires
Partie A : quelques résultats d"analyse
1.1.1Soitk?N?. La fonctiont?→1
test continue et décroissante sur[k,k+1]. Par suite, pour tout réeltde[k,k+1], on a 1 k+1?1t?1k. D"après l"inégalité de la moyenne, on a alors 1 k+1=(k+1) -kk+1?? k+1 k1tdt?(k+1) -kk=1k. http ://www.maths-france.fr 3 c?Jean-Louis Rouget, 2011. Tous droits réservés.1.2Soitn?1. Pour toutk??1,n?,?
k+1 k1tdt?1k. En sommant ces inégalités, on obtient H n=n? k=11 k?n? k=1? k+1 k1tdt=? n+111tdt=ln(n+1).
Soitn?2. Pour toutk??2,n?,1
k?? k k-11tdt. En sommant ces inégalités, on obtient n k=21 k?n? k=2? k k-11tdt=? n11tdt=ln(n),
puis en rajoutant1à chaque membre de l"inégalité, on obtientHn?1+ln(n). Cette dernière inégalité reste vraie pour
n=1carH1=1et on a donc montré que ?n?N?, ln(n+1)?Hn?1+ln(n).Soitn?2. Alors ln(n)> 0et en divisant les deux membres de l"encadrement précédent par ln(n), on obtientln(n+1)ln(n)?
H nln(n)?1+1ln(n). Quandntend vers+∞,1+1ln(n)tend vers1et d"autre part,ln(n+1)ln(n)tend vers1car ln(n+1)≂ln(n).
Le théorème des gendarmes permet alors d"affirmer que Hn ln(n)tend vers1ou encore que H n≂n→+∞ln(n).2.Soitn?N?.Kn+1-Kn=1(n+1)2> 0. Donc la suite(Kn)n?N?est strictement croissante. D"autre part, pourn?2,
K n=1+n? k=21 k×k?1+n? k=21(k-1)×k=1+n? k=2?1k-1-1k?
=1+1-1 n(somme télescopique) ?2.ce qui reste vrai pourn=1. Ainsi, la suite(Kn)n?N?est croissante et majorée par2et donc la suite(Kn)n?N?converge.