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ANALYSE

Exercice 1.1.

x2]0;+1[ : f(x+ 1) =xf(x) etf00(x)>0.

1. On suppose qu'il existec >0 tel quef(c) = 0. Montrer qu'il existe

contradiction puis justi¯er quef(x) est de signe constant sur ]0;+1[. la limite defen +1. c) Donner le tableau des variations def.

4. On considµere dans cette question une fonctionfdeD= ]¡1;0[[]0;+1[

toutx2]0;+1[;f00(x)>0. Donner le signe defsur ]¡1;0[ et les limites def(x) lorsquextend vers 0

Solution :

1. Avecf(c) = 0, on af(c+1) =cf(c) = 0, puisf(c+2) = (c+1)f(c+1) = 0.

6 ESCP-Europe 2010 - Oral

tel quef00(w) = 0, ce qui contredit l'hypothµese. Orf(2) = 1£f(1) =f(1), donc il existe®2]1;2[ tel quef0(®) = 0. Maisf(3) = 2f(2), donc sif(2)<0, on auraitf(3)< f(2) ce qui est contradictoire. Ainsif(2)>0. Commefest de signe constant,fest toujours positive. hhpartie entiµereii) doncf(x) tend vers +1en +1. b) La relationf(x+ 1) =xf(x) donne quandxtend vers 0 par valeurs f(x)»f(1) x (carf(1)6= 0)

4. On a pourx2]¡1;0[,f(x) =f(x+ 1)

x . Orx <0 doncf(x)<0. En quef(x)»f(1) x doncf(x) tend vers¡1lorsquextend ves 0 par valeurs

Dans la relationf(x) =f(x+ 1)

x , on posex=¡1 +h; elle devient f(¡1 +h) =f(h) h¡1.

Exercice 1.2.

+1 0 f(t)dtest convergente. on a :Z(k+1)r kr f(t)dt6rf(kr)6Z kr (k¡1)rf(t)dt

Analyse 7

n P k=1f(kr)61 r Z nr 0 f(t)dt: P k¸1f(kr) est convergente. On note'(r) la somme de Z +1 1f(t) t dtconverge. positif. Prouver que l'on a :Z+1 xf(at)¡f(bt) t dt=Z bx axf(t) t dt: b) Pourt2R+, on pose°(t) = sup s2[0;t]jf(s)¡f(0)j. ttend vers 0. bx axf(t)¡f(0) t dt¯¯¯6°(bx)lnb a Z +1

0f(at)¡f(bt)

t dtest convergente et la calculer. P k¸1e

¡kr¡e¡2kr

k , oµur >0? Que peut-on dire de sa somme lorsquertend vers 0?

Solution :

kr f(t)dt6Z (k+1)r kr f(kr)dt=rf(kr).

On a aussi, pourk>1 :Z

kr (k¡1)rf(t)dt>Z kr (k¡1)rf(kr)dt=rf(kr). n P k=1rf(kr)6nP k=1Z kr (k¡1)rf(t)dt=Z nr 0 f(t)dt6Z +1 0 f(t)dt: convergente.

8 ESCP-Europe 2010 - Oral

c) En utilisant µa nouveau la questiona), on voit queZ (n+1)r r f(t)dt=nP k=1Z (k+1)r kr f(t)dt6nP k=1rf(kr)

Finalement, on obtient :

Z +1 r f(t)dt6r'(r)6Z +1 0 f(t)dt que : '(r)»(0+)1 r Z +1 0 f(t)dt positif. Compte tenu de l'hypothµese, il n'y a pas vraiment de problµeme de xf(at)¡f(bt) t dt=Z +1 xf(at) t dt¡Z +1 xf(bt) t dt Z +1 axf(u) u du¡Z +1 bxf(u) u du=Z bx axf(u) u du b) Comme la fonctions7! jf(s)¡f(0)jest continue sur le segment [0;t], °converge vers 0 en 0+provient directement du fait quefest continue en 0

Par ailleurs, on obtient :

¯¯¯Z

bx axf(t)¡f(0) t dt¯¯¯6Z bx axjf(t)¡f(0)j t dt6Z bx ax°(bx) t dt=°(bx)lnb a c) On observe que Z +1 xf(at)¡f(bt) t dt¡f(0)lnb a =Z bx axf(t)¡f(0) t dt:

3. On introduit la fonctionh(t) =(e¡t¡e¡2t

t sit >0

1 sit= 0. Cette fonction est

t >0, on a : h

0(t) =¡(1 +t)e¡t+ (1 + 2t)e¡2t

2=e¡2t

Analyse 9

+1P k=1e

¡kr¡e¡2kr

»(0+)Z

+1 0e

¡t¡e¡2t

t dt= ln2

Exercice 1.3.

1 0 e¡xln(1+t2)dt.

2. a) CalculerF(0) etF(1).

b) Montrer que :Z 1 0t 2 (1 +t2)2dt=¡1 4 +1 2 entreF(1) etF(2), puis calculerF(2).

F(n+ 1), pourn2N.

d) Exprimer, sous forme de somme,F(¡n) pournentier naturel non nul. Donner les valeurs deF(¡1) etF(¡2) sous forme de fractions. calculer'x¡1 2 x quandxtend vers¡1.

Solution :

2. a)F(0) =Z

1 0 dt= 1 etF(1) =Z 1 01

1 +t2dt= Arctan1 =¼

4 u

0(t) =t

(1 +t2)2(=u(t) =¡1

2(1 +t2);v(t) =t=)v0(t) = 1

donne :Z1 0t 2 (1 +t2)2dt=h ¡t

2(1 +t2)i

1 0+1 2 Z 1 0dt

1 +t2=¡1

4 +1 2 F(1) Or :

10 ESCP-Europe 2010 - Oral

F(2) =Z

1 0 e¡2ln(1+t2)dt=Z 1 01 (1 +t2)2dt=Z 1

01 +t2

(1 +t2)2dt¡Z 1 0t 2 (1 +t2)2dt ce qui donne :

F(2) =F(1)¡¡¡1

4 +1 2

F(1)¢=¼

8 +1 4

F(n+ 1) =Z

quotesdbs_dbs4.pdfusesText_8

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ANALYSE

Exercice 1.1.

1. On suppose qu'il existec >0 tel quef(c) = 0. Montrer qu'il existe

4. On considµere dans cette question une fonctionfdeD= ]¡1;0[[]0;+1[

Solution :

1. Avecf(c) = 0, on af(c+1) =cf(c) = 0, puisf(c+2) = (c+1)f(c+1) = 0.

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4. On a pourx2]¡1;0[,f(x) =f(x+ 1)

Dans la relationf(x) =f(x+ 1)

Exercice 1.2.

Analyse 7

0f(at)¡f(bt)

¡kr¡e¡2kr

Solution :

On a aussi, pourk>1 :Z

8 ESCP-Europe 2010 - Oral

Finalement, on obtient :

Par ailleurs, on obtient :

¯¯¯Z

3. On introduit la fonctionh(t) =(e¡t¡e¡2t

1 sit= 0. Cette fonction est

0(t) =¡(1 +t)e¡t+ (1 + 2t)e¡2t

2=e¡2t

Analyse 9

¡kr¡e¡2kr

»(0+)Z

¡t¡e¡2t

Exercice 1.3.

2. a) CalculerF(0) etF(1).

F(n+ 1), pourn2N.

Solution :

2. a)F(0) =Z

1 +t2dt= Arctan1 =¼

0(t) =t

2(1 +t2);v(t) =t=)v0(t) = 1

2(1 +t2)i

1 +t2=¡1

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F(2) =Z

01 +t2

F(2) =F(1)¡¡¡1

F(1)¢=¼

F(n+ 1) =Z