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Capes Externe 2004

Corrig´e de l"´epreuve 1

avec remarques et compl´ements

Jean-Etienne Rombaldi

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 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.

4.1. 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).

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.quotesdbs_dbs43.pdfusesText_43

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