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EXERCICE 1.


Soient $x\in\mathbb R_+$ et $a\in\mathbb R^*_+$, on pose : $$f(x)=\int_0^{+\infty}\frac{dt}{x+e^t},\ g(x)=\int_0^{+\infty}\frac{dt}{(x+e^t)^2},\ I_a=\int_0^{+\infty}e^{-at}dt.$$

1. Soit $a\in\mathbb R^*_+$. Justifier que l'intégrale $I_a$ converge et donner sa valeur.

Soit $x\in\mathbb R_+$. Justifier que l'intégrale $f(x)$ converge.

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La convergence de $I_a$ se montre en la calculant (en se ramenant au calcul de la limite d'une intégrale simple) et on trouve $I_a=\frac{1}{a}$. Pour $f$, on observe que $\frac{1}{x+e^t}\overset{t\to+\infty}{\sim}e^{-t}$ et on justifie la convergence en utilisant le fait que $I_1$ converge.

Dans la suite de l'exercice, on admettra que l'intégrale $g(x)$ converge.

2. Etablir que : $\forall x\in\mathbb R_+,\forall t\in\mathbb R_+,2\sqrt{xe^t}\leq x+e^t$ puis que : $$\forall x\in\mathbb R^*_+,0\leq f(x)\leq\frac{1}{\sqrt x}.$$

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La première inégalité provient de l'inégalité classique $2ab\leq a^2+b^2$. On poser alors $a=\sqrt x$ et $b=\sqrt{e^t}$. En passant au quotient sur cette inégalité et en utilisant la croissance des intégrales convergentes, on obtient $$0\leq\int_0^{+\infty}\frac{dt}{x+e^t}\leq\int_0^{+\infty}\frac{dt}{2\sqrt{xe^t}}=\frac{1}{2\sqrt x}\int_0^{+\infty}e^{-t/2}dt=\frac{1}{\sqrt x}.$$

3. Soient $x,y\in\mathbb R_+$ tels que $x<\!y$. Etablir que : $0<\!f(x)-f(y)\leq\frac{y-x}{2}.$

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Par linéarité des intégrales convergentes on a que $$f(x)-f(y)=\int_0^{+\infty}\frac{1}{x+e^t}-\frac{1}{y+e^t}dt=\int_0^{+\infty}\frac{y-x}{(x+e^t)(y+e^t)}dt$$ Ensuite on observe que pour $x<\!y$ on a l'encadrement $$0<\!\frac{y-x}{(x+e^t)(y+e^t)}\leq\frac{y-x}{e^te^t}=(y-x)e^{-2t}$$ Il ne reste plus quà intégrer chaque membre de l'inéquation.

4. Montrer que $f$ réalise une bijection continue strictement décroissante de $\mathbb R_+$ sur $]0,1]$.

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D'après 3. on a que $x<\!y\Longrightarrow f(x)>f(y)$ donc $f$ est strictement décroissante. D'autre part toujours en utilisant 3. l'encadrement nous donne que $\lim_{x\to y}f(x)=f(y)$ donc $f$ est continue. Donc par le théorème de la bijection $f$ réalise une bijection de $\mathbb R_+$ sur son image qui doit être un intervalle. Reste à voir la forme de cet intervalle. Par calcul on a que $f(0)=1$ et d'après 2. on a que $\lim_{x\to+\infty}f(x)=0$, donc l'intervalle image doit être $]0,1]$ ce qui répond à la question.

5. Prouver que l'équation $f(x)=x$ admet une unique solution sur $\mathbb R_+$. On note $\alpha$ cette solution. Justifier que $\alpha\in]0,1]$.

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On considère la fonction $\varphi(x)=f(x)-x$. $f$ est strictement décroissante et continue ainsi que $x\mapsto -x$ donc par somme $\varphi$ est également décroissante et continue. On a aussi que $\varphi(0)=1$ et $\lim_{x\to+\infty}\varphi(x)=-\infty$ donc $\varphi$ change de signe et le théorème de la bijection nous permet d'affirmer que $\varphi$ s'annule en un unique point ce qui implique l'existence d'une unique solution de $f(x)=x$.

6. On considère la suite $(u_n)_{n\geq 0}$ définie par : $u_0=0,\ \forall n\in\mathbb N,\ u_{n+1}=f(u_n)$.

(a) Etablir que : $\forall n\in\mathbb N,|\alpha-u_n|\leq\frac{1}{2^n}$. En déduire la limite de $(u_n)_{n\geq 0}$.

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D'après 3. on a que $|f(x)-f(y)|\leq\frac{1}{2}|x-y|$ donc en posant $x=\alpha$ et $y=u_{n}$, on en déduit que $$|\alpha-u_{n+1}|=|f(\alpha)-f(u_n)|\leq\frac{1}{2}|\alpha-u_n|$$ Ensuite on démontre la propriété demandée par récurrence, l'hérédité s'obtenant facilement à l'aide de l'inégalité prouvée ci-dessus.

(b) On suppose qu'une fonction ECRICOME est déjà écrite en Turbo-Pascal qui a un réel $x$ donné renvoie le réel $f(x)$.

A l'aide de la fonction ECRICOME, écrire une fonction (ou procédure) SUITE en Turbo-Pascal qui, à un réel $\epsilon>0$ fourni par l'utilisateur calcule le premier entier $N$ tel que $\frac{1}{2^N}\leq \epsilon$ et renvoie la valeur $u_N$ correspondante.

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On utilisera une boucle while.

7. Soient $x\in\mathbb R^*_+$ et $h\in\mathbb R$ tel que $x+h\in\mathbb R^*_+$. Démontrer que : $$|f(x+h)-f(x)+hg(x)|\leq\frac{h^2}{3}.$$

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Par linéarité des intégrales convergentes on a que $$|f(x+h)-f(x)+hg(x)|=\left|\int_0^{+\infty}\frac{1}{x+h+e^t}-\frac{1}{x+e^t}+\frac{h}{(x+e^t)^2}dt\right|=h^2\left|\int_0^{+\infty}\frac{1}{(x+h+e^t)(x+e^t)^2}dt\right|$$ mais les quantités $x$ et $x+h$ étant positives on a aussi que $$|f(x+h)-f(x)+hg(x)|=h^2\int_0^{+\infty}\frac{1}{(x+h+e^t)(x+e^t)^2}dt\leq h^2\int_0^{+\infty}\frac{1}{e^{3t}}dt=\frac{h^2}{3}.$$

Justifier que $f$ est dérivable sur $\mathbb R^*_+$ avec : $$\forall x\in\mathbb R^*_+,f'(x)=-g(x).$$

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Il suffit d'observer que pour $h\neq 0$ avec l'inégalité précédente $$\left|\frac{f(x+h)-f(h)}{h}-(-g(x))\right|\leq\frac{|h|}{3}$$ puis en passant à la limite quand $h$ tend vers $0$ on obtient $f'(x)=-g(x)$.

On considère la fonction $T$ définie sur $\mathbb R^*_+,T(x)=xf(x)$. Justifier que : $$\forall x\in\mathbb R^*_+,T'(x)=\frac{1}{1+x}\text{ puis que : }\forall x\in\mathbb R^*_+,T(x)=\ln(1+x).$$

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On observe que $T'(x)=f(x)+xf'(x)=f(x)-xg(x)$. Or par linéarité des intégrales convergentes $$f(x)-xg(x)=\int_0^{+\infty}\frac{1}{x+e^t}-\frac{x}{(x+e^t)^2}dt=\int_0^{+\infty}\frac{e^t}{(x+e^t)^2}dt=\left[\frac{-1}{(x+e^t)}\right]_0^{+\infty}=\frac{1}{x+1}.$$ Puis en intégrant, on en déduit que $T(x)=\ln(x+1)+C$ mais comme $T(0)=0.f(0)=0$ alors en fait $C=0$ et $T(x)=\ln(x+1)$.

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