Partie I Première approche de la constante d'Euler
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Niveau: Supérieur, Bac+5
SESSION 2010 CAPES EXTERNE MATHÉMATIQUES 1 Partie I : Première approche de la constante d'Euler 1) Soit p ? N?. La fonction t 7? 1t est continue et décroissante sur ]0,+∞[ et donc sur [p, p + 1]. Donc pour tout réel t de [p, p+ 1], on a 1p + 1 6 1 t 6 1 p . D'après l'inégalité , on a 1 p+ 1 = (p+ 1? p) 1 p+ 1 6 ∫p+1 p 1 t dt 6 (p + 1? p) = 1 p . On en déduit que 0 = 1p ? 1 p 6 ap = 1 p ? ∫p+1 p 1 t dt 6 1 p ? 1 p+ 1 . ?p ? N?, 0 6 ap 6 1 p ? 1 p+ 1 . 2) Soit n ? N?. 0 6 n∑ p=1 ap = Sn 6 n∑ p=1 ( 1 p ? 1 p + 1 ) = 1? 1n + 1 (somme télescopique) 6 1. Ainsi, pour tout entier naturel non nul n, Sn 6 1 et donc la suite (Sn)n?N? est majorée.
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SESSION 2010 CAPES EXTERNE MATHÉMATIQUES 1 Partie I : Première approche de la constante d'Euler 1) Soit p ? N?. La fonction t 7? 1t est continue et décroissante sur ]0,+∞[ et donc sur [p, p + 1]. Donc pour tout réel t de [p, p+ 1], on a 1p + 1 6 1 t 6 1 p . D'après l'inégalité , on a 1 p+ 1 = (p+ 1? p) 1 p+ 1 6 ∫p+1 p 1 t dt 6 (p + 1? p) = 1 p . On en déduit que 0 = 1p ? 1 p 6 ap = 1 p ? ∫p+1 p 1 t dt 6 1 p ? 1 p+ 1 . ?p ? N?, 0 6 ap 6 1 p ? 1 p+ 1 . 2) Soit n ? N?. 0 6 n∑ p=1 ap = Sn 6 n∑ p=1 ( 1 p ? 1 p + 1 ) = 1? 1n + 1 (somme télescopique) 6 1. Ainsi, pour tout entier naturel non nul n, Sn 6 1 et donc la suite (Sn)n?N? est majorée.
- ?? sn
- e?nt ?
- ln t?
- e?at ? e?bt
- classe c1 sur le segment
- lim y?
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SESSION 2010
CAPES EXTERNE
MATHÉMATIQUES 1
Partie I : Première approche de la constante d’Euler
1 ∗ 1)Soitp∈N. La fonctiont7→est continue et décroissante sur]0,+∞[et donc sur[p, p+1]. Donc pour tout réelt t 1 1 1 de[p, p+1], on a6 6. D’après l’inégalité , on a p+1 t p Z p+1 1 1 1 1 = (p+1−p)6dt6(p+1−p) =. p+1 p+1 t p p Z p+1 1 1 1 1 1 1 On en déduit que0= −6ap= −dt6−. p p p t p p+1 p
∗ 2)Soitn∈N.
1 1 ∗ ∀p∈N,06ap6−. p p+1
n n X X 1 1 1 06ap=Sn6− =1− (somme télescopique) p p+1 n+1 p=1 p=1 61.
∗ Ainsi, pour tout entier naturel non nuln,Sn61et donc la suite(Sn)n∈Nest majorée. D’autre part, pourn∈N ∗
Sn+1−Sn=an+1>0.
∗ Donc la suite(Sn)n∈Nest croisante. Etant majorée par1, cette suite converge vers un réel notéγ. Puisque∀n∈N, 06Sn61, par passage à la limite quandntend vers+∞, on obtient06γ61. ∗ 3)Soitp∈N. En posantx=t+p, on obtient Z Z Z Z Z p+11 1 1 1 1 1 1 1 1 1 t 1 t ap= −dx= −dt= −dt=dt=dt. p x p t+tp p +p p(t+p)p t+p p 0 0 0 0
1 1 1 Soitp>2. Pour tout réeltde[0, 1], on a0 < p−16p+t6p+1et donc6 6. Par croissance de p+1 t+p p−1 l’intégrale, on en déduit que Z Z Z 1 1 1 1 1 1 1 1 t 1 1 t 1 1 1 1 − = =dt6dt=ap6= = −. 2 p p+1 2p(p+1)p p+1 t+pp p −1 2p(p−1)2 p−1 p 0 0 0
m X 4)Soientnetmdeux entiers naturels tels quem > n>1. AlorsSm−Sn=ap. D’après la question précédente, p=n+1 1 1 1 1 1 1 pourp>n+1>2,−6ap6−. En additionnant membre à membre ces encadrements, on 2 p p+p1 2 −1 p obtient m m X X 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 − −6Sm−Sn6− = −, 2 n+1 m+p p1 2 +p p1 2 +1 2 n m p=n+1 p=n+1
1 1 (sommes télescopiques). En faisant tendremvers+∞ànfixé, on obtient6γ−Sn6. 2(n+1)2n
1 1 ∗ ∀n∈N,6γ−Sn6. 2n+2 2n
n n 5)Par suite, pourn>1,62n(γ−Sn)61lim. Comme =1, le théorème des gendarmes permet d’affirmer n+1 n+1 n→+∞ 1 1 1 que lim2n(γ−Sn) =1ou encoreγ−Sn∼ou enfinγ−Sn= +o. Maintenant,Sn=Hn−ln(n+1) n→+∞n→+∞n→+∞ 2n 2n n et donc
1 1 1 1 1 1 Hn=ln(n+1) +Sn=ln(n) +ln1+ +γ− +o=ln(n) +γ++ − o n 2n n n 2n n n→+∞n→+∞ 1 1 =ln(n) +γ+ +o . n→+∞ 2n n 1 1 Hn=ln(n) +γ+ +o. n→+∞ 2n n
1 1 6)Soitn>1. D’après la question 4),6γ−Tn6et donc 2n+2 2n 1 1 1 1 06γ−Sn− =γ−Tn6− =. 2n+2 2n 2n+2 2n(n+1)
7)Soitn>1.
1 −2−2 06γ−Tn< 10⇐< 10⇐n(n+1)> 50⇐n=7. 2n(n+1)
−2 Ainsi,T7est une valeur approchée deγà10près et donc 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 −2 1+ + + + + + + −ln(8)6γ < 1−+ + + + + + + ln(8) +10. 2 3 4 5 6 7 16 2 3 4 5 6 7 16 −2 Ceci fournit encore< γ < 0, 0, 575 . . . 575 . . .+10et donc
−2 0, 57 < γ < 0, 59ou encoreγ=0, 58à10près .
−2−2 (Ce dernier encadrement n’est pas d’amplitude10mais fournit une valeur approchée deγà10près). Partie II : Deux représentations intégrales de la constante d’Euler
−t−t−t e e e −t 1) a)La fonctiont7→est continue sur[1,+∞[. De plus,∼eet en particulier,= −t−t−t 1−e 1−e 1−e t→+∞t→+∞ Z +∞−t 1 e o. On en déduit que l’intégraledtest une intégrale absolument convergente et donc convergente. 2−t t 1−e 1 Z −t+∞−t e 1 e De même, la fonctiont7→est continue sur[1,+∞[et négligeable en+∞Par suite, l’intégraledevant . dt 2 t t t 1 est une intégrale absolument convergente et donc convergente. Z +∞ 1 1 −t Mais alors l’intégralee dt−dtest une intégrale convergente. −t 1−e t 1 b)Quandttend vers0par valeurs supérieures,
1 1 1 1 1 1 1 t 1 − = − = −1=1+ +o−1 −t 2 1−t 2 tt t t 1 e t t 1 1−1−t+ +o 1− +o 2 2 t 2 t 1 = +o(1). 2 1 1 1 1 1 1 −t Donc lim− =lim. On en déduit que e− =. +−t+−t 1−e t 2 1−2e t t→0 t→0
1 1 −t c)Ainsi, la fonctiont7→e−est continue sur]0, 1]et se prolonge par continuité en0. Par suite, l’intégrale −t 1−e t Z 1 1 1 −t e dt−dtest une intégrale convergente. −t 1−e t 0 Z Z 1+∞ 1 1 1 1 −t−t Puisque les intégralese dt−dtete dt−dtsont des intégrales convergentes, −t−t 1−1e t −e t 0 1 Z +∞ 1 1 −t e dt−dtest une intégrale convergente. −t 1−e t 0 −at−bt e e 2) a)Soientxetydeux réels strictement positifs. Les fonctionst7→ett7→sont continues sur[x, y]. Donc, t t chacune des intégrales proposées existe. dt du En posantu=atdans la première intégrale (de sorte que=) etv=btdans la deuxième intégrale, on obtient t u Z Z Z Z Z Z Z y−at−bt y−at y−bt ay−u by−v bx−t by−t e−e e e e e e e dt=dt−dt=du−dv=dt−dt t t t u v t t x x x ax bx ax ay
b)Soientaetbdeux réels tels que0 < a6betzun réel tel quez > 0. Alors0 < az6bz. Ensuite, pour tout réeltde −bz−t−az [az, bz],e6e6e. Par croissance de l’intégrale, on en déduit que Z Z Z bz−bz bz−t bz−az b e e e b −bz−az eln=dt6dt6dt=eln . a t t t a az az az b b b −bx−ax c)Quandxtend vers0par valeurs supérieures,eln etevers ln ln tendent . Le théorème des a a a Z bx−t e b gendarmes permet d’affirmer que limdt=ln . t a + x→0 ax Z by−t e b b −ay−ay D’autre part, pour touty > 0,06dt6ecomme limln et eln=0, on en déduit que y→+∞ t a a ay Z by−t e limdt=0. t y→+∞ ay Z +∞−at−bt e−e Quand0 < a6b, en faisant tendrexvers0puisyvers+∞dans l’égalité de la question a), on obtientdt= t 0 b ln . Cette égalité reste vraie sia > ben échangeant les rôles deaetbet on a donc montré que a Z +∞−at−bt e−e b 2 ∀(a, b)∈]0,+∞[, dt=ln . t a 0
3) Une première représentation intégrale de la constante d’Euler +∞ X 1 n−t a)Soitt > 0. On sait que pour tout réelqde l’intervalle] −1, 1[,q=et donc, puisquee∈]0, 1[⊂] −1, 1[, 1−q n=0
+∞+∞ X X n 1 −t−nt =e=e. −t 1−e n=0 n=0
N X −nt−(n+1)t−(N+1)t−(N+1)t SoitN∈N.e−e=1−e(somme télescopique). Maintenant, lime=0(cart > 0). N→+∞ n=0 +∞ X −nt−(n+1)t−nt−(n+1)t On en déduit que la série numérique de terme générale−e,n∈N, converge et quee−e=1 n=0 puis que +∞ −nt−(n+1)t X 1 e−e =. t t n=0
b)Mais alors ! +∞+∞ +∞ X X X −nt−(n+1)t−(n+1)t−(n+2)t 1 1 e−e e−e −t−t−nt−(n+1)t e− =e e− =e−. −t 1−t te t
−t−t c)La fonctiont7→eest deux fois dérivable surRet sa dérivée seconde à savoir la fonctiont7→eest positive surR. −t Donc la fonctiont7→eest convexe surR. Par suite, son graphe est audessus de sa tangente en son point d’abscisse0 −t ou encore∀t∈R,e>1−t. −t 1−e −t Si de plust > 0, on a successivementt− (1−e)>0puis1−>0après division des deux membres par le réel t strictement positift. −(n+1)t−(n+2)t 1 1 e−e −t−(n+1)t d)Pourt > 0, posonsu(t) =e−et pourt > 0etn∈N, posonsun(t) =e−. −t 1−e t t •Chaque fonctionun,n∈N, est continue par morceaux sur]0,+∞[. De plus, d’après la question précédente, pourn∈N −t 1−e −(n+1)t ett > 0,un(t) =e 1−>0. Donc chaque fonctionun,n∈N, est positive sur]0,+∞[. t •La série de fonctions de terme généralun,n∈N, converge simplement sur]0,+∞[vers la fonctionu(d’après la question 3)b)) et la fonctionuest continue par morceaux sur]0,+∞[. Z Z Z +∞+∞+∞−(n+1)t−(n+2)t e−ne 1 +2 −(n+1)t •Soitn∈N.un(t)dt=e dt−dt= −ln=an+1(d’après t n+1 n+1 0 0 0 nZn n+1 +∞ X X X la question 2)c)). Par suite, pourn∈N,up(t)dt=ap+1=ap=Sn+1. D’après la partie I, la série 0 p=0 p=0 p=1 Z +∞ numérique de terme généralun(t)dt,n∈N, converge et a pour sommeγ. 0 D’après le théorème admis par l’énoncé en début de deuxième partie, on en déduit que la fonctionuest intégrable sur ]0,+∞[et que Z+∞Z +∞+∞ X u(t)dt=un(t)dt=γ. 0 0 n=0 Z +∞ 1 1 −t γ=e−dt. −t 1−e t 0
4) Une deuxième représentation intégrale de la constante d’Euler Z +∞−t e a)Soity > 0. On a vu à la question II.1)a) que l’intégraledtconverge. De plus, −t 1−e y Z +∞−t +∞ e −t−t−y−y dt=ln(1−e) =lim ln(1−e) −ln(1−e) = −ln(1−e). −t y t→+∞ 1−e y
Mais alors, quandytend vers0, Z +∞−t e y y −y lny+dt=lny−ln(1−e) =ln=ln=ln(1+o(1)) =o(1). −t−y 1−e 1−e y+o(1) y Z +∞−t e Donc lim lny+dt=0. +−t 1−e y→0 y b)Soity > 0. D’après la question 3)d),
Z Z Z +∞−t+∞+∞−t e 1 1 e −t γ+dt=e−dt+dt −t t 1−te t y 0 y Z Z Z y+∞+∞−t 1 1 1 1 e −t−t =e−dt+e−dt+dt −t−t 1−e t 1−te t 0 y y Z Z y+∞−t 1 1 e −t =e−dt+dt. −t−t 1−1e t −e 0 y Z Z Z +∞t y+∞−t e 1 1 e −t c)Par suite,γ+lny+dt=e−dt+lny+dt. −t−t t 1−e t 1−e y 0 y Z Z 1 y 1 1 1 1 −t−t Puisquee−dtconverge en0, on en déduit que lime−dt=0. D’autre part, −t+−t 1−e ty→01−e t 0 0 Z +∞−t e d’après la question a), lim lny+dt=0et finalement +−t 1−e y→0
