Modèle de concours : ENIM 2013 Analyse (titulaires du DEUG) — concours d'entrée en 1re année

Ce modèle est l'épreuve d'analyse du concours d'entrée en 1^re année de l'École Nationale de l'Industrie Minérale (ENIM, Rabat), réservé aux titulaires du DEUG, session de juillet 2013. Un seul problème en quatre parties autour de f(x) = ln(1 + x)/x : étude de fonction, développement en série, calcul de ∫₀¹ f = π²/12, puis extremum d'une fonction de deux variables. La durée n'est pas imprimée sur le sujet. Voici une correction proposée.

💡 À retenir : le fil conducteur est la majoration du reste |J_N(x)| ≤ x^N+2/(N + 2) (II.3). Elle sert trois fois : pour la série de ln(1 + x), pour la série de f, puis pour l'intégrale.

Partie I : étude de l'application f

1) Continuité

Sur ]0, +∞[, f est un quotient de fonctions continues dont le dénominateur ne s'annule pas. En 0 : ln(1 + x)/x → 1 = f(0) (limite usuelle, ou ln(1 + x) = x + o(x)). f est continue sur [0, +∞[.

2)(a)

Sur ]0, +∞[, f est C¹ comme quotient de fonctions C¹, et

f′(x) = [x·1/(1 + x) − ln(1 + x)]/x² = A(x)/x².

2)(b)

Développements en 0 : x/(1 + x) = x − x² + x³ + o(x³) et ln(1 + x) = x − x²/2 + x³/3 + o(x³). Donc A(x) = −x²/2 + (2/3)x³ + o(x³) et

f′(x) = −1/2 + (2/3)x + o(x) → −1/2 quand x → 0⁺.

2)(c)

f est continue sur [0, +∞[, C¹ sur ]0, +∞[, et f′ a une limite finie −1/2 en 0⁺. Par le théorème de la limite de la dérivée, f est dérivable en 0 avec f′(0) = −1/2, et f′ est continue en 0 : f est C¹ sur [0, +∞[.

2)(d) Variations de A

A′(x) = 1/(1 + x)² − 1/(1 + x) = −x/(1 + x)² ≤ 0 (nul seulement en 0).

(A(x) → −∞ car x/(1 + x) → 1 et ln(1 + x) → +∞.) Donc A(x) < 0 pour x > 0, d'où f′(x) = A(x)/x² < 0 sur ]0, +∞[, et f′(0) = −1/2 < 0 : f est strictement décroissante sur [0, +∞[.

2)(e)

ln(1 + x)/x → 0 en +∞ (croissances comparées) : lim f = 0.

3)(a)

f′ = A/x² avec A dérivable sur ]0, +∞[ : f est deux fois dérivable et f″(x) = [x²A′(x) − 2xA(x)]/x⁴ = [xA′(x) − 2A(x)]/x³. Or

xA′(x) − 2A(x) = −x²/(1 + x)² − 2x/(1 + x) + 2ln(1 + x) = −[x² + 2x(1 + x)]/(1 + x)² + 2ln(1 + x) = −(3x² + 2x)/(1 + x)² + 2ln(1 + x) = B(x).

Donc f″(x) = B(x)/x³.

3)(b) Variations de B

[(3x² + 2x)/(1 + x)²]′ = [(6x + 2)(1 + x) − 2(3x² + 2x)]/(1 + x)³ = (4x + 2)/(1 + x)³. Donc

B′(x) = −(4x + 2)/(1 + x)³ + 2/(1 + x) = [2(1 + x)² − 4x − 2]/(1 + x)³ = 2x²/(1 + x)³ ≥ 0.

B est strictement croissante et B(0) = 0, donc B(x) > 0 pour x > 0 : f″(x) > 0 sur ]0, +∞[, f est convexe sur ]0, +∞[.

4) Allure de la courbe

• Point de départ (0, 1) avec une tangente de pente −1/2 : y = 1 − x/2.
• Courbe décroissante, convexe (au-dessus de ses tangentes), passant par (1, ln 2 ≈ 0,69).
• Asymptote horizontale y = 0 en +∞, la courbe restant au-dessus de l'axe (f > 0).

Partie II : un développement en série

1)

Somme géométrique de raison −t ≠ 1 : Σ_k=0^N(−t)^k = [1 − (−t)^N+1]/(1 + t). Donc

1/(1 + t) = Σ_k=0^N(−1)^kt^k + (−1)^N+1t^N+1/(1 + t).

2)

On intègre de 0 à x (x ∈ [0, 1]) : ∫₀^xdt/(1 + t) = ln(1 + x), ∫₀^xt^kdt = x^k+1/(k + 1), d'où

ln(1 + x) = Σ_k=0^N(−1)^kx^k+1/(k + 1) + J_N(x).

3)

Pour t ∈ [0, x] : 1 + t ≥ 1, donc |J_N(x)| ≤ ∫₀^xt^N+1/(1 + t) dt ≤ ∫₀^xt^N+1dt = x^N+2/(N + 2).

4)

Avec n = k + 1, la somme partielle S_N+1(x) = Σ_n=1^N+1(−1)ⁿ⁻¹xⁿ/n vérifie |ln(1 + x) − S_N+1(x)| = |J_N(x)| ≤ 1/(N + 2) → 0. La série converge donc et ln(1 + x) = Σ_n≥1(−1)ⁿ⁻¹xⁿ/n pour tout x ∈ [0, 1] (en particulier ln 2 = 1 − 1/2 + 1/3 − …).

Partie III : égalité d'une intégrale et d'une somme de série

1)

Pour x ∈ ]0, 1], on divise l'égalité de II.2 par x : f(x) − Σ_k=0^N(−1)^kx^k/(k + 1) = J_N(x)/x, et par II.3 sa valeur absolue est ≤ x^N+1/(N + 2). Pour x = 0 : f(0) = 1 et la somme vaut 1 (seul le terme k = 0 subsiste), donc le premier membre est nul et l'inégalité tient.

2)

On intègre sur [0, 1] (f est continue) : |∫₀¹f(x)dx − Σ_k=0^N(−1)^k/(k + 1)²| ≤ ∫₀¹x^N+1/(N + 2) dx = 1/(N + 2)² → 0.

Or Σ_k=0^N(−1)^k/(k + 1)² = Σ_n=1^N+1(−1)ⁿ⁻¹/n². Les sommes partielles convergent donc vers ∫₀¹f : la série converge (elle est d'ailleurs absolument convergente, comparée à Σ1/n²) et ∫₀¹f(x)dx = Σ_n≥1(−1)ⁿ⁻¹/n².

3)

On sépare les indices impairs n = 2p + 1 (p = 0, …, N) et pairs n = 2p (p = 1, …, N) de 1 à 2N + 1, avec 1/(2p)² = 1/(4p²) :

• Σ_n=1^2N+11/n² = Σ_p=0^N1/(2p + 1)² + Σ_p=1^N1/(4p²) ;
• pour la somme alternée, (−1)ⁿ⁻¹ = +1 si n est impair et −1 si n est pair : Σ_n=1^2N+1(−1)ⁿ⁻¹/n² = Σ_p=0^N1/(2p + 1)² − Σ_p=1^N1/(4p²).

4)

Quand N → +∞ (toutes les séries convergent) : notons I = Σ_p≥01/(2p + 1)². La première égalité donne π²/6 = I + (1/4)(π²/6), donc I = (3/4)(π²/6) = π²/8. La seconde donne

∫₀¹f(x)dx = I − (1/4)(π²/6) = π²/8 − π²/24 = π²/12.

Partie IV : recherche d'extremum pour une fonction de deux variables

1) Classe C² et dérivées partielles

f est continue sur [0, +∞[, donc F (primitive de f nulle en 0) est C¹ avec F′ = f ; comme f est C^∞ sur ]0, +∞[, F est C^∞ (en particulier C²) sur ]0, +∞[. (x, y) ↦ xy est C^∞ à valeurs dans ]0, +∞[, donc G(x, y) = F(xy) − F(x) − F(y) est C² sur ]0, +∞[².

• ∂G/∂x = y f(xy) − f(x) ; ∂G/∂y = x f(xy) − f(y) ;
• ∂²G/∂x² = y² f′(xy) − f′(x) ; ∂²G/∂y² = x² f′(xy) − f′(y) ;
• ∂²G/∂x∂y = f(xy) + xy f′(xy).

2) Point critique

y f(xy) = ln(1 + xy)/x, donc ∂G/∂x = 0 ⇔ ln(1 + xy)/x = ln(1 + x)/x ⇔ 1 + xy = 1 + x ⇔ y = 1 (x > 0). De même ∂G/∂y = 0 ⇔ ln(1 + xy) = ln(1 + y) ⇔ x = 1. Le seul point critique est (1, 1).

3) Extremum ?

En (1, 1) : r = ∂²G/∂x² = f′(1) − f′(1) = 0, t = ∂²G/∂y² = 0, s = ∂²G/∂x∂y = f(1) + f′(1). Avec f(1) = ln 2 et f′(1) = A(1) = 1/2 − ln 2 : s = 1/2.

rt − s² = −1/4 < 0 : (1, 1) est un point col (point selle). Concrètement, G(1 + h, 1 + h) − G(1, 1) ≈ h²/2 > 0 et G(1 + h, 1 − h) − G(1, 1) ≈ −h²/2 < 0. Comme un extremum local sur l'ouvert ]0, +∞[² ne peut se trouver qu'en un point critique, G n'admet aucun extremum local. (Valeur au col : G(1, 1) = −F(1) = −π²/12.)