\begin{exo}


Pour tout entier $n \geq 1$, on note :


\[I_n=
\int_0^{2\pi} \cos^2(n t) dt\;\;{\mbox{ et }}\;\;J_n
=\int_0^{2\pi} \sin^2(n t) dt.\]


Soit $f$ une fonction continue sur  $[0,2\pi]$ et \`{a} valeurs dans $\R$.

Pour tout entier $n\geq 1$, soit $F_n$ la fonction  d\'efinie sur $\R^2$ par :
\[
F_n : \ (a,b)  \, \longmapsto \, \int_0^{2\pi} \Bigl( f(t) - a \, \cos(nt) - b \, \sin(nt) \Bigr)^2 dt~.
\]




\begin{enumerate}
\item Montrer que pour tout $n\in\N^*$, on a $I_n=J_n=\pi$.

\item Montrer qu'il existe un r\'eel  C ind\'ependant de $n$, de $a$ et de $b$, et  des r\'eels $u_n$ et $v_n$ ind\'ependants de $a$ et de $b$ que l'on explicitera \`{a} l'aide d'int\'{e}grales, tels que pour tout couple $(a,b)\in \R^2$ , on a :

$$F_n(a,b)=\pi a^2+\pi b^2-2au_n -2bv_n +\hbox{C}.$$





\item  On suppose dans cette question que $n$ est un entier sup\'erieur ou \'egal \`{a} 1 fix\'e.


\begin{enumerate}


\item Montrer que $F_n$ n'admet pas de maximum global sur $\R^2$.


\item D\'eterminer deux r\'eels $a_n$, $b_n$ tels que $F_n$ pr\'esente un minimum local en $(a_n,b_n)$.



\item Montrer que ce minimum de  $F_n$ en $(a_n,b_n)$ est un minimum global sur $\R^2$.
\end{enumerate}

\item Montrer que lorsque $f$ est de classe $C^1$,  on a :$\dlim_{n\to +\infty} a_n=0$.

\item On d\'efinit les  fonctions $\phi_n$ et $\psi_n$  par :
 $\forall t\in[0,2\pi]$, $\phi_n(t)=\cos(nt)$ et $\psi_n(t)=\sin(nt)$.

 Soit $E_n$ l'espace vectoriel engendr\'{e} par les fonctions $f$, $\phi_n$ et $\psi_n$. On munit $E_n$ du produit scalaire  d\'{e}fini par:

$$\forall \, (g,h)\in E_n^2,\,\,\langle g,h\rangle =\int_{0}^{2\pi}g(t)h(t)dt$$

Interpr\'eter $F_n$ dans ce cadre et retrouver le r\'{e}sultat de la question 3b.


\end{enumerate}

\end{exo}


\begin{sol}



\begin{enumerate}


\item Plusieurs m\'ethodes sont possibles ; par exemple :
\begin{itemize}
\item[$\bullet$] Formules trigonom\'etriques : $\cos^2(nt)=\dfrac{1+\cos(2nt)}{2}$ et $\sin^2(nt)=\dfrac{1-\cos(2nt)}{2}$, dont l'int\'egrale vaut $\pi$.
\item[$\bullet$]
Une int\'egration par parties donne $I_n=J_n$ et $I_n+J_n=\Int_0^{2\pi}(\cos^2(nt)+\sin^2(nt))dt=2\pi$.
\end{itemize}
Ainsi, \fbox{Pour tout $n\in\N^*$, $I_n=J_n=\pi$.}
\item
On a:
\begin{align*}
&(f(t)-a\cos(nt)-b\sin(nt))^2\\
=&f^2(t)+a^2\cos^2(nt)+b^2\sin^2(nt)-2af(t)\cos(nt)-2bf(t)\sin(nt)+2ab\sin(nt)\cos(nt)
\end{align*}

Par lin\'earit\'e de l'int\'egration, en posant  $u_n=\dint_{0}^{2\pi}f(t)\cos(nt)dt$, $v_n=\dint_{0}^{2\pi}f(t)\sin(nt)dt$

et $\hbox{C}=\dint_{0}^{2\pi}f^2(t)dt$, et puisque $\dint_{0}^{2\pi}\sin(nt)\cos(nt) dt= \dint_{0}^{2\pi}\frac12\sin(2nt)~dt=0$, on a bien:
$$F_n(a,b)=a^2 I_n+b^2 J_n-2au_n-2bv_n+\hbox{C}$$

\item
\begin{enumerate}

\item $F_n(a,0)=\pi a^2-2au_n+\hbox{C}\rightarrow + \infty$ quand $a
\rightarrow +\infty$, donc la fonction $F_n$ n'est pas major\'ee.


\item La fonction $F_n$ est de classe $C^2$ et : $\forall(a,b)\in\R^2$, ${\partial_1 (F_n)}(a,b)=2a\pi-2u_n$ et
${\partial_2 (F_n)}(a,b)=2b\pi-2v_n$.

Donc, $F_n$ pr\'esente un unique point critique \fbox{en $\left(\dfrac{u_n}{\pi},\dfrac{v_n}{\pi}\right)$.}

Et :
${\partial^2_{1,1} (F_n)}(a,b)={\partial^2_{2,2} (F_n)}(a,b)=2\pi$, ${\partial^2_{1,2} (F_n)}(a,b)=0$. La Hessienne vaut donc $2\pi I$, o\`{u} $I$ est

la matrice identit\'{e} d'ordre 2: elle n'a que des valeurs propres strictement positives, donc on a bien un minimum local.

\item Comme $u_n=\pi a_n$ et $v_n=\pi b_n$, on a:
\begin{align*}
F_n(a,b)-F_n(a_n,b_n)&=(\pi a^2+\pi b^2-2au_n -2bv_n +\hbox{C})-(\pi a_n^2+\pi b_n^2-2a_nu_n -2b_nv_n +\hbox{C})\\
&=\pi (a^2+b^2-2aa_n -2bb_n- a_n^2- b_n^2+2a_n^2+2b_n^2)\\
&=\pi\big((a-a_n)^2+(b-b_n)^2\big)\geq 0.
\end{align*}
Ainsi $F_n(a,b) \geq F_n(a_n,b_n)$ pour tout $(a,b)$.

\end{enumerate}
\item

L'hypoth\`{e}se selon laquelle $f$ est  $C^1$ nous invite \`{a} faire une int\'egration par parties, puis par in\'{e}galit\'{e} triangulaire, on obtient:

$$|u_n|=\left|\left[-f(t)\frac{\cos(nt)}{n}\right]^{2\pi}_{0}+\frac{1}{n}\int_{0}^{2\pi}\cos(nt)f'(t)dt\right|\leq \frac{|f(0)-f(2\pi)|}{n}+\frac{1}{n}\int_{0}^{2\pi}|f'(t)|dt.$$

Ainsi, par encadrement, on a $\dlim_{n\to +\infty} u_n=0$, d'o\`{u} $\dlim_{n\to +\infty} a_n=0$.


\item

Pour tout $(a,b)\in\R^2$, $F_n(a,b)=||f-(a\phi_n+b\psi_n)||^2$

Or, quand $(a,b)$ d\'ecrit $\R^2$, $a\phi_n+b\psi_n$ d\'ecrit $\Vect(\phi_n,\psi_n)$. Ainsi, on sait que $F_n$ admet un minimum atteint quand $a\phi_n+b\psi_n$ est \'egal \`{a} la projection orthogonale de $f$ sur $\Vect(\phi_n,\psi_n)$.

\end{enumerate}
\end{sol}



%----------------------------
\begin{exo}

\begin{enumerate}
\item Soit $n$ un entier sup\'{e}rieur ou \'{e}gal \`{a} $2$. On consid\`{e}re une suite strictement croissante de $n$ r\'{e}els $\lambda_1,\cdots,\lambda_n$ ($\lambda_1< \lambda_2<\cdots<\lambda_n$). On d\'{e}finit les fonctions  $f$ et $g$ sur $\mathbb{R}^{n}$ en posant :
 $$
 f(x_1,\cdots,x_n)=\sum_{k=1}^{n}\lambda_k^2 x_k^2-\left[ \sum_{k=1}^{n}\lambda_k x_k^2 \right]^2
 \textbf{ et } g(x_1,\cdots,x_n)=\sum_{k=1}^{n} x_k^2.
 $$
 On pose $\mathcal{S}=\left\lbrace x \in \mathbb{R}^{n} :  g(x)=1\right\rbrace$.
\begin{enumerate}
\item Soit $x \in \mathbb{R}^{n}$. Donner les gradients de $f$ et de $g$ au point $x$.
\item Justifier l'existence d'un maximum global de $f$ sur $\mathcal{S}$.
\item V\'{e}rifier que la contrainte $g(x)=1$ n'est pas critique.
\item Soit $y \in \mathcal{S}$ tel que $f(y)=\max\left\lbrace f(x): x\in \mathcal{S}\right\rbrace $.
\'Ecrire la condition n\'{e}cessaire du premier ordre que l'on doit avoir au point $y$.
Montrer que si la i-\`{e}me composante $y_i$ de $y$ ($i \in \left\lbrace 1,\cdots,n \right\rbrace $) est non nulle, alors $\lambda_i$ est racine d'une \'{e}quation du second degr\'{e} de la forme $X^2-2bX-c=0$ o\`{u} $b$ et
$c$ sont ind\'{e}pendants de $i$. En d\'{e}duire que $y$ a exactement deux composantes non nulles. Que peut-on dire de plus sur celles-ci~?
Montrer que :
$$
\max\left\lbrace f(x): x\in \mathcal{S}\right\rbrace=\frac{(\lambda_n-\lambda_1)^2}{4}.
$$
\end{enumerate}
\item Dans cette question, on suppose seulement que les  r\'{e}els $(\lambda_i)_{1\leq i \leq n}$ v\'{e}rifient $\lambda_1\leq \lambda_2\leq \cdots\leq \lambda_n$ et on d\'{e}finit encore $f$ et $g$ par les m\^{e}mes formules que dans la question 1.
\begin{enumerate}
\item Montrer que :
$$
\max\left\lbrace f(x): x\in \mathcal{S}\right\rbrace \leq \frac{(\lambda_n-\lambda_1)^2}{4}.
$$
{\em (Pour $p \in \mathbb{N}^{\ast}$ et $i \in \left\lbrace 1,\cdots,n \right\rbrace $ , on pourra poser $\lambda_i(p)=\lambda_i+(i-1)/p$ et utiliser la question 1)}.
\item Prouver que l'on a encore :
$$
\max\left\lbrace f(x): x\in \mathcal{S}\right\rbrace=\frac{(\lambda_n-\lambda_1)^2}{4}.
$$
\end{enumerate}
\item Si $x \in \mathbb{R}^n$, on note $X$ la matrice colonne associ\'{e}e \`{a} $x$.
On consid\`{e}re une matrice $A$ carr\'{e}e d'ordre $n$ qui est sym\'{e}trique et r\'{e}elle.
\begin{enumerate}
	\item Justifier le fait que la matrice $A$ est diagonalisable et \'{e}crire $A$ \`{a} l'aide d'une matrice diagonale $D$ et d'une matrice orthogonale $P$.
	\item On note $\lambda_{max}(A)$ (resp. $\lambda_{min}(A)$) la plus grande (resp. la plus petite) valeur propre de $A$. Montrer que :
	$$
	\max\left\lbrace {}^t \! XA^2X-\left( {}^t \! XAX \right)^2 : x\in \mathcal{S}\right\rbrace=\frac{(\lambda_{max}(A)-\lambda_{min}(A))^2}{4}.
	$$
	\item En choisissant convenablement un vecteur $x$ de $\mathcal{S}$, prouver que :
	$$
	\left| \lambda_{max}(A)-\lambda_{min}(A)\right| \geq
	\frac{2}{\sqrt{n}} \sqrt{Tr(A^2)-\frac{1}{n}Tr(A)^{2}}.
	$$
\end{enumerate}
\end{enumerate}
\end{exo}


\begin{sol}
\begin{enumerate}
\item
\begin{enumerate}
	\item Soit $x \in \mathbb{R}^{n}$. On a $\nabla(g)(x)=2x$ et les composantes du gradient de $f$ sont donn\'{e}es par:
	$$
	{\partial_i} (f)
	=2\lambda_i^2x_i-4\lambda_i x_i\left[ \sum_{k=1}^{n}\lambda_k x_k^2\right]
	=2\lambda_ix_i\left[ \lambda_i-2\left(\sum_{k=1}^{n}\lambda_k x_k^2 \right)  \right] .
	$$
	\item La fonction $f$ est continue sur le ferm\'{e} born\'{e} $\mathcal{S}$, elle admet donc un maximum global sur $\mathcal{S}$.
	\item Pour tout $x \in \mathcal{S} $, on a $\nabla(g)(x)=2x \neq 0$, la contrainte $g(x)=1$ est donc non critique.
	\item Soit $y \in \mathcal{S}$ tel que $f(y)=\max\left\lbrace f(x): x\in \mathcal{S}\right\rbrace $.
	Le cours nous dit qu'il existe $\alpha \in \mathbb{R}$ tel que $\nabla(f)(y)=\alpha \nabla(g)(y)$. Pour tout $i \in \left\lbrace1,\cdots,n \right\rbrace $, on a donc:
	\begin{equation}
	\lambda_iy_i\left[ \lambda_i-2\left(\sum_{k=1}^{n}\lambda_k y_k^2 \right)  \right]=\alpha y_i.
	\end{equation}
	Posons $b=\dis\sum_{k=1}^{n}\lambda_k y_k^2 $ ($b$ est fix\'{e} car tout est donn\'{e}), on voit que si $y_i \neq 0$ alors $\lambda_i$ est racine de l'\'{e}quation du second degr\'{e} de la forme $X^2-2bX-\alpha=0$. Le trin\^{o}me $X^2-2bX-\alpha$ admet au plus deux racines distinctes et les r\'{e}els
	$\lambda_1, \cdots, \lambda_n$  sont distincts, le point $y$ a donc au plus deux composantes non nulles. Comme $y \in \mathcal{S}$, il a au moins une composante $y_i \neq 0$. S' il n'en n'a qu'une, alors $y=\pm e_i $ et
	$f(y)=0 < f(\dfrac{1}{\sqrt{2}},\dfrac{1}{\sqrt{2}} , 0, \cdots,0)=\dfrac{(\lambda_1-\lambda_2)^2}{4} $, ce qui est contradictoire. Le point $y$ a donc exactement deux composantes non nulles $y_i$ et $y_j$ ($i<j$). Par factorisation (ou par les formules classiques), on doit avoir $\lambda_i+\lambda_j=2(\lambda_iy_i^2+\lambda_jy_j^2)$. Or, on sait que $y_i^2+y_j^2=1$; on a donc $y_i=\pm \dfrac{1}{\sqrt{2}}$ et $y_j=\pm \dfrac{1}{\sqrt{2}}$.
	Dans ce cas, $f(y)=\dfrac{(\lambda_j-\lambda_i)^2}{4} $, il s'ensuit que l'on a n\'{e}cessairement
	$i=1$ et $j=n$ (maximum en $y$) et la conclusion en d\'{e}coule.
\end{enumerate}
\item
\begin{enumerate}
	\item On remarque que $\lambda_1(p)<\lambda_2(p)< \cdots <\lambda_n(p)$. Avec la question pr\'{e}c\'{e}dente, on sait que pour tout $x \in \mathcal{S}$ on a:
	$$
	\sum_{k=1}^{n}\lambda_k(p)^2 x_k^2-\left[ \sum_{k=1}^{n}\lambda_k(p) x_k^2 \right]^2
	\leq \frac{(\lambda_n(p)-\lambda_1(p))^2}{4}.
	$$
	Il suffit donc de faire tendre $p$ vers l'infini et de prendre un point $x$ o\`{u} le maximum sur
	$\mathcal{S}$ est atteint.
	\item Comme $f(\dfrac{1}{\sqrt{2}}, 0, \cdots,0,\dfrac{1}{\sqrt{2}})=\dfrac{(\lambda_n-\lambda_1)^2}{4}$, on d\'{e}duit de la question pr\'{e}c\'{e}dente que l'on a encore:
	$$
	\max\left\lbrace f(x): x\in \mathcal{S}\right\rbrace=\frac{(\lambda_n-\lambda_1)^2}{4}.
	$$
\end{enumerate}
\item
\begin{enumerate}
	\item La matrice $A$ est sym\'{e}trique r\'{e}elle, elle est donc diagonalisable et on peut l'\'{e}crire
	sous la forme $A={}^t \! PDP$ o\`{u} $P$ est une matrice orthogonale et $D$ est une matrice diagonale
	dont les \'{e}l\'{e}ments diagonaux sont les valeurs propres de $A$ r\'{e}p\'{e}t\'{e}es avec leur ordre de multiplicit\'{e}.
	\item On peut supposer que $D=\diag(\lambda_1,\cdots, \lambda_n)$ avec
	$\lambda_1=\lambda_{min}(A)\leq \lambda_2\leq \cdots\leq \lambda_n=\lambda_{max}(A)$. Comme la matrice $P$ est orthogonale, on a $P(\mathcal{S})=\mathcal{S}$. La formule demand\'{e}e r\'{e}sulte alors de la question $2.(b)$ et du fait que:
	\begin{align*}
	&\max\left\lbrace {}^t \! XA^2X-\left( {}^t \! XAX \right)^2 : x\in \mathcal{S}\right\rbrace
	=\max\left\lbrace {}^t \! (PX)D^2(PX)-\left( {}^t \! (PX)D(PX) \right)^2 : x\in \mathcal{S}\right\rbrace\\
	&=\max\left\lbrace {}^t \! YD^2Y-\left( {}^t \! YDY \right)^2 : y\in \mathcal{S}\right\rbrace
	=\max\left\lbrace f(y): y\in \mathcal{S}\right\rbrace=\frac{(\lambda_n-\lambda_1)^2}{4}.
	\end{align*}
	\item D'apr\`{e}s le cours, on a $Tr(A^2)=Tr(D^2)$ et $Tr(A)=Tr(D)$. Il suffit alors de prendre le vecteur $y=\left(\dfrac{1}{\sqrt{n}}, \cdots , \dfrac{1}{\sqrt{n}}\right) $ pour obtenir l'in\'{e}galit\'{e} souhait\'{e}e.
\end{enumerate}
\end{enumerate}
\end{sol}



%------------------------------
\begin{exo}

On rappelle que $\RR\setminus\ZZ$ d\'{e}signe l'ensemble des nombres r\'{e}els non entiers. On rappelle \'{e}galement les formules trigonom\'{e}triques suivantes :
$$\forall x\in \RR, \ \sin(2x)= 2\sin(x)\cos(x),\quad \cos(2x)= \cos^2(x)-\sin^2(x)$$

\begin{enumerate}
\item  Pour tout $x\in (\RR\setminus\ZZ) \cup \{0\}$, montrer la convergence de la s\'{e}rie $\dsum_{n\geq 1} \left(\dfrac{1}{x+n}+\dfrac1{x-n}\right)$.\\
On pose alors $S(x)=\dsum_{n=1}^{+\infty} \left(\dfrac{1}{x+n}+\dfrac1{x-n}\right)$.


\item Pour tout $N\in \NN^*$ et tout $x\in \RR\setminus\ZZ$, on pose $U_N(x)=\dsum_{n=0}^{2N} \dfrac1{x+n-N}$.%\\
\begin{enumerate}
\item Pour tout $x\in \RR\setminus\ZZ$, montrer que la suite $(U_N(x))_N$ converge vers $U(x)=S(x)+\dfrac1{x}$.
\item Montrer que la fonction $U$ ainsi d\'{e}finie sur $\RR\setminus\ZZ$ est impaire et p\'{e}riodique de p\'{e}riode 1.
\end{enumerate}
\item Pour tout $x\in \RR\setminus\ZZ$, on pose : $V(x)=\pi \dfrac{\cos(\pi x)}{\sin(\pi x)}$.
\begin{enumerate}
\item Montrer que : $\forall x\in \RR\setminus\ZZ$, on a : $ \dis V\left(\frac{x}2\right)+V\left(\frac{x+1}2\right)=2V(x).$
\item Montrer que la fonction $x\mapsto \dis \frac1x-V(x)$ se prolonge par continuit\'{e} par la valeur $0$ en $x=0$.
\end{enumerate}
\item Pour tout $(x,x_0)\in ([0,1[)^2$, montrer que :
$|S(x)-S(x_0)|\leq |x-x_0|\left(\dfrac1{(1-x)(1-x_0)}+ 2\dsum_{n=1}^{+\infty}\dfrac1{n^2}\right).$
\item Pour tout $x\neq 0$, on note $\dis I(x)=\frac1x$. %Pour tout $x\in \RR\setminus\ZZ$, on pose $F(x)=S(x)+\frac1x-V(x)$.
%\begin{enumerate}
%\item Pour tout $x\in ]0,1[$, montrer que $F(1-x)=-F(x)$.
%\item
Montrer que la fonction $S+I-V$ se prolonge en une fonction continue sur $\RR$, impaire et  p\'{e}riodique de p\'{e}riode 1. On notera $f$ ce prolongement.

\item On admet qu'alors : $\forall x\in \RR, \displaystyle f\left(\frac{x}2\right)+f\left(\frac{x+1}2\right)=2f(x) \blanc (E)$.
\begin{enumerate}
\item Montrer qu'il existe $x_0\in [0,1]$ et $x_1\in [0,1]$ tels que : $\forall x\in \RR, f(x_1)\leq f(x)\leq f(x_0)$.
\item Montrer que, pour tout  $n\in \NN$, on a : $f\left(\dfrac{x_0}{2^n}\right)=f(x_0)$ et $f\left(\dfrac{x_1}{2^n}\right)=f(x_1)$.
\item Montrer que :
$$\forall x\in \RR\setminus \ZZ,\mbox{ on a :}\ \pi \dfrac{\cos(\pi x)}{\sin(\pi x)}=\dfrac1{x}+ \dsum_{n=1}^{+\infty} \left(\dfrac{1}{x+n}+\dfrac1{x-n}\right).$$
\end{enumerate}
\end{enumerate}
\end{exo}

\newpage

\begin{sol}
\begin{enumerate}
%\item
%\begin{enumerate}
\item Il y a convergence absolue car :
$\left|\dfrac{1}{x+n}+\dfrac1{x-n}\right|=\left|\dfrac{2x}{x^2-n^2}\right|\equivalent{n\to +\infty} \dfrac{|2x|}{n^2}.$

\item
\begin{enumerate}
\item Par d\'{e}coupage puis d\'{e}calages d'indices (respectivement $k=N-n$ et $k=n-N$) :
$$U_N(x)=\dsum_{n=0}^{N-1} \dfrac1{x+n-N} + \dfrac1x + \dsum_{n=N+1}^{2N} \dfrac1{x+n-N}=\dfrac1x+\dsum_{k=1}^N \left(\dfrac1{x-k}+\dfrac1{x+k}\right) \to \frac1x +S(x).$$
%
\item L'imparit\'{e} de $x\mapsto \dis\frac{1}{x+n}+\frac1{x-n}$ donne celle de $S$, donc de $U$. Et $U(x+1)=U(x)$ car :
$$U_N(x+1)=\dsum_{n=0}^{2N} \dfrac1{1+x+n-N}\underset{k=n+1}=\dsum_{k=1}^{2N+1} \dfrac1{x+k-N}=U_N(x)+\dfrac1{x+N+1}-\dfrac1{x-N} \to U(x).$$
\end{enumerate}
%
\item
\begin{enumerate}
\item On a $\cos \left(\theta +\frac{\pi}2\right)= -\sin\theta$ et $\sin \left(\theta +\frac{\pi}2\right)= \cos\theta$, puis on utilise les formules de duplication  :
\begin{align*}
V\left(\frac{x}2\right)+V\left(\frac{x+1}2\right)&
%=\pi \dfrac{\cos(\pi \frac{x}2)}{\sin(\pi \frac{x}2)}+\pi \dfrac{\cos(\pi \frac{x}2 +\frac{\pi}2)}{\sin(\pi \frac{x}2 +\frac{\pi}2)}
=\pi \left(\dfrac{\cos(\pi \frac{x}2)}{\sin(\pi \frac{x}2)}- \dfrac{\sin(\pi \frac{x}2)}{\cos(\pi \frac{x}2)}\right)
=2\pi \left(\dfrac{\cos^2(\pi \frac{x}2)-\sin^2(\pi \frac{x}2)}{2\cos(\pi \frac{x}2)\sin(\pi \frac{x}2)}\right)=2V(x).
\end{align*}

\item
\`{A} l'aide des d\'{e}veloppements limit\'{e}s de sinus et cosinus en $0$ (o\`{u} l'on remplace $x$ par $\pi x$) on a :
$$\hspace{-4pt}\frac1x-V(x)=\dfrac{\sin (\pi x)-(\pi x)\cos (\pi x)}{x\sin (\pi x)}\underset{x\to 0}= \dfrac{((\pi x)+o(x^2))-(\pi x)(1+o(x))}{x\sin (\pi x)}=\dfrac{o(x^2)}{x\sin (\pi x)}\sim \dfrac{o(x^2)}{\pi x^2} \to 0.$$
\end{enumerate}
%
\item
\begin{align*}
&|S(x)-S(x_0)|\\
= & \left| \dsum_{n=1}^{+\infty} \left(\dfrac{1}{x+n}-\dfrac1{x_0+n}\right) +\left(\dfrac1{x-n}-\dfrac{1}{x_0-n}\right)\right|
=|x-x_0| \dsum_{n=1}^{+\infty} \bigg(\dfrac{1}{(x+n)(x_0+n)}+\dfrac{1}{(n-x)(n-x_0)}\bigg)\\
= & |x-x_0| \times \left( \dsum_{n=1}^{+\infty} \dfrac{1}{(x+n)(x_0+n)}+\dsum_{n=2}^{+\infty} \dfrac{1}{(n-x)(n-x_0)} +\dfrac1{(1-x)(1-x_0)}\right)\\
%&\leq |x-x_0| \times \left(\dsum_{n=1}^{+\infty} \dfrac{1}{n^2}+\dsum_{n=2}^{+\infty} \dfrac{1}{n^2} +\dfrac1{(1-x)(1-x_0)}\right)\\
\leq & |x-x_0|\left(\dfrac1{(1-x)(1-x_0)}+ 2\dsum_{n=1}^{+\infty}\dfrac1{n^2}\right) \ \ \ \ \text{car} (x+n)(x_0+n) \geq n^2 \et (n-x)(n-x_0)\geq (n-1)^2.
\end{align*}

\item Pour $x_0\in [0,1[$ fix\'{e}, la question 4 donne $\dlim_{x\to x_0} S(x)=S(x_0)$ \ie $S$ est continue sur $[0,1[$.\\ Comme $I-V$ est continue sur $]0,1[$ et converge vers $0$ en $0^+$, par somme on en d\'{e}duit que $S+I-V$ est continue sur $]0,1[$ et converge vers $0$ en $0^+$.

Or, sur $\RR\setminus \ZZ$, on a $S+I-V=U+V$, avec $U$ et $V$ 1-p\'{e}riodiques.\\ Donc $S+I-V$ est continue sur $\RR-\ZZ$ et converge vers $0$ en $n^+$, pour tout $n\in \ZZ$.\\
De plus $U+V$ est impaire car $U$ et $V$ le sont, donc $S+I-V$ converge vers $0$ en $n^-$ pour tout $n\in \ZZ$. Donc $S+I-V$ se prolonge par continuit\'{e} sur $\RR$ en prenant $f(x)=0$, si $x\in \ZZ$.

\item
\begin{enumerate}
\item Comme $f$ est continue sur $[0,1]$ elle a un maximum (resp. minimum) ; on \'{e}tend sur $\RR$ par p\'{e}riodicit\'{e}.
\item La relation $f\left(\dfrac{x_0}{2^n}\right)=f(x_0)$ se montre par r\'{e}currence sur $n\geq 0$ ; le cas $n=0$ est \'{e}vident.\\  Si c'est vrai pour $n$, prendre $x=\dfrac{x_0}{2^n}$ dans $(E)$ donne :
$$\hspace{-9pt}f(x_0)\!\underset{6a}{\geq}\! f\left(\frac{x_0}{2^{n+1}}\right)\overset{(E)}{=}2f\left(\dfrac{x_0}{2^{n}}\right)-f\left(\frac{x_0}{2^{n+1}}+\frac12\right)\underset{HR}=2f(x_0)-f\left(\frac{x_0}{2^{n+1}}+\frac12\right)\!\underset{6a}{\geq}\! 2f(x_0)-f(x_0)=f(x_0).$$
Et de m\^{e}me avec $x_1$ en changeant le sens des in\'{e}galit\'{e}s.
\item Comme $f$ continue en $0$, en faisant tendre $n$ vers $+\infty$, on a $\max f=\min f=f(0)=0$, donc $f=0$.\\ Ceci donne le r\'{e}sultat voulu.
\end{enumerate}
\end{enumerate}
\end{sol}



%-----------------------

\begin{exo}

On admet que $\dsum_{n=1}^{+\infty} \dfrac1{n^2}=\dfrac{\pi^2}6$.
\begin{enumerate}
\item Pour tout $k\in \NN^*$, montrer la convergence de l'int\'{e}grale $\dint_0^1 x^k \ln x~{\rm d}x$ et la calculer.\\
On la notera $J_k$.
\item Pour tout $n\in \NN$, montrer la convergence de l'int\'{e}grale $\dint_0^1 x^n  \ln (1-x)\ln x~{\rm d}x$. \\
On la notera $I_n$.
\item Montrer la convergence de la s\'{e}rie de terme g\'{e}n\'{e}ral $\dfrac1{n(n+1)^2}$ et  calculer $\dsum_{n=1}^{+\infty} \dfrac1{n(n+1)^2}$ (on pourra utiliser un t\'{e}lescopage).
\item
\begin{enumerate}
\item Trouver une suite $(u_n)$ d'\'{e}l\'{e}ments de $]0,1[$ qui tend vers $1$ et telle que $\dlim_{n\to +\infty} (u_n)^n=0$.

\item Soit $(u_n)$ une suite qui v\'{e}rifie les conditions de la question pr\'{e}c\'{e}dente. Montrer que :
$$|I_n| \leq (u_n)^n \dint_0^{u_n} \ln (1-x)\ln x~{\rm d}x + \dint_{u_n}^1 \ln(1-x)\ln x~{\rm d}x.$$
\item En d\'{e}duire la limite de la suite $(I_n)_{n\geq 1}$.
\end{enumerate}
\item
\begin{enumerate}
\item Montrer que :
$\forall n\in \NN^*,\ \forall x\in [0,1[,\ \ln(1-x)=-\dsum_{k=1}^n \dfrac{x^k}k-\dint_0^x \dfrac{t^n}{1-t}~{\rm d}t.$

\item En d\'{e}duire que,  pour tout $n\in \NN^*$, on a : $\left|I_0+\dsum_{k=1}^n \dfrac{J_k}k\right|\leq I_n.$
\end{enumerate}

\item Calculer $I_0$.
\end{enumerate}

\end{exo}

\newpage
\begin{sol}
\begin{enumerate}
\item
La fonction $x\mapsto x^k \ln x$ est continue sur $]0,1]$. Par int\'{e}gration par parties avec $u(x)=\ln x$, $u'(x)=\dis\frac1x$,  $v'(x)=x^k$, $v(x)=\dfrac{x^{k+1}}{k+1}$ ($u,v$ sont bien de classe ${\cal C}^1)$, on a :
\begin{align*}
\dint_X^1  x^k \ln x~{\rm d}x &=\crocint{\dfrac{x^{k+1}}{k+1}\ln x}_X^1-\dint_X^1 \dfrac{x^{k}}{k+1}~{\rm d}x
=-\dfrac{X^{k+1}}{k+1}\ln X-\dfrac{1-X^{k+1}}{(k+1)^2}
\rTo_{X\to 0} -\dfrac1{(k+1)^2},
\end{align*}
par croissances compar\'{e}es. Donc \fbox{$J_k=-\dfrac1{(k+1)^2}$.}
%
\item
La fonction $x\mapsto x^n\ln x \ln (1-x)$ est continue sur $]0,1[$ ; l'int\'{e}grale $I_n$ est faussement impropre car :
\begin{itemize}
\item[$\bullet$] en $0$, on a : $x^n\ln x \ln (1-x)\equivalent{x\to 0} -x^{n+1}\ln x \to 0$.
\item[$\bullet$] en $1$, on a : $x^n\ln x \ln (1-x)\equivalent{x\to 1} (x-1)\ln (1-x)\to 0$.
\end{itemize}

%
\item
Pour tout $k\in \NN^*$, on a : $\dfrac1{k(k+1)^2}=\dfrac{(k+1)-k}{k(k+1)^2}=\dfrac1{k(k+1)}-\dfrac1{(k+1)^2}=\dfrac1{k}-\dfrac1{k+1}-\dfrac1{(k+1)^2}$.\\
 Donc :
$\dsum_{k=1}^n  \dfrac1{k(k+1)^2}=\dsum_{k=1}^n \left(\dfrac1{k}-\dfrac1{k+1}\right)-\dsum_{k=1}^{n+1} \dfrac1{k^2}+1
=1-\dfrac1{n+1} -\dsum_{k=1}^{n+1} \dfrac1{k^2}+1 %\blanc \text{(t\'{e}lescopage)}
\rTo_{n\to +\infty} \boxed{-\dfrac{\pi^2}6+2.}$


\item
\begin{enumerate}
\item
On peut prendre, par exemple, $u_n=\exp\left(-\dfrac1{\sqrt{n}}\right)$.
%
\item
On a $|I_n|=I_n$, puis on utilise la relation de \textsc{Chasles}, puis la croissance de l'int\'{e}gration car :
$$x^n\ln x \ln (1-x)\leq u_n^n\ln x \ln (1-x) \text{ sur } [0,u_n] \bet x^n\ln x \ln (1-x) \leq \ln x \ln (1-x) \text{ sur }[u_n,1].$$
%
\item %
Comme l'int\'{e}grale $I_0$ converge (\cf question 2),  on a :
$$\dlim_{n\to +\infty}  \dint_{u_n}^1  \ln x\ln(1-x)~{\rm d}x=0 \text{ et } \dlim_{n\to +\infty}  \dint_0^{u_n} \ln x \ln (1-x)~{\rm d}x=I_0.$$
Donc, d'apr\`{e}s la question pr\'{e}c\'{e}dente, par th\'{e}or\`{e}me d'encadrement, on a : $\lim (I_n)=0$.
\end{enumerate}
\item
\begin{enumerate}
\item
On int\`{e}gre sur $[0,x]$ ($x\in[0,1[$) la relation : $\dsum_{k=1}^n t^{k-1}=\dfrac{1-t^n}{1-t}=\dfrac1{1-t}-\dfrac{t^n}{1-t}$.

\item
Pour tout $x\in [0,1[$ et tout $t\in [0,x]$, on a :
$0\leq  \dfrac{t^n}{1-t} \leq  \dfrac{x^n}{1-t}.$\\
Donc :
$\left|\ln(1-x)+\dsum_{k=1}^n \dfrac{x^k}k\right|= \dint_0^x \dfrac{t^n}{1-t}~{\rm d}t \leq \dint_0^x \dfrac{x^n}{1-t}~{\rm d}t=-x^n\ln(1-x).$\\
%
En multipliant par $-\ln x$ et en int\'{e}grant sur $]0,1]$, par croissance de l'int\'{e}gration (o\`{u} tout converge par th\'{e}or\`{e}me de comparaison), on a :
$\dint_0^1\left|\ln(1-x)\ln x+\dsum_{k=1}^n \dfrac{x^k\ln x}k\right|~{\rm d}x\leq I_n.$\\
Donc, par in\'{e}galit\'{e} triangulaire pour les int\'{e}grales, on a :
$$\left|I_0+\dsum_{k=1}^n \dfrac{J_k}k\right|=\left|\dint_0^1 \ln(1-x)\ln x+\dsum_{k=1}^n \dfrac{x^k\ln x}k ~{\rm d}x\right| \leq \dint_0^1\left|\ln(1-x)\ln x+\dsum_{k=1}^n \dfrac{x^k\ln x}k\right|~{\rm d}x\leq I_n.$$

\end{enumerate}
%
\item
D'apr\`{e}s les questions pr\'{e}c\'{e}dentes, par th\'{e}or\`{e}me d'encadrement, on a :
$$I_0=-\dlim_{n\to +\infty} \dsum_{k=1}^n \dfrac{J_k}k  =\dsum_{n=1}^{+\infty} \dfrac1{n(n+1)^2}=2-\dfrac{\pi^2}6.$$
\end{enumerate}
\end{sol}



%-------------------------------
\begin{exo}

\begin{enumerate}
\item Soit $a$ et $b$ deux r\'{e}els distincts fix\'{e}s et $m\in \mathbb{N}^{\ast}$. On consid\`{e}re la fonction $f$ d\'{e}finie sur $\mathbb{R}^m$ par:
$$
f(x_1,\cdots,x_m)=(a-b)^2+\sum_{i=1}^{m}(x_i-a)^2+\sum_{i=1}^{m}(x_i-b)^2
+\sum_{1\leq i<j\leq m}(x_i-x_j)^2.
$$
Justifier le fait que $f$ est de classe $\mathcal{C}^{2}$ sur $\mathbb{R}^m$. D\'{e}terminer son gradient en tout point de $\mathbb{R}^m$.
\item  Pour tout point $y \in \mathbb{R}^m$, le r\'{e}el $\lVert y \rVert$ d\'{e}signera la norme euclidienne
canonique de $y$.
\begin{enumerate}
\item Notons $u$ (resp. $v$) le point de $\mathbb{R}^m$ dont toutes les coordonn\'{e}es sont \'{e}gales \`{a} $a$ (resp. \`{a} $b$). Pour tout point $x$ de $\mathbb{R}^m$, montrer que
$$
f(x)\geq  \lVert x-u \rVert^2 + \lVert x-v \rVert^2 \geq \left(\lVert x \rVert -\lVert u \rVert\right)^2
+ \left(\lVert x \rVert -\lVert v \rVert\right)^2.
$$
\item En d\'{e}duire qu'il existe un r\'{e}el strictement positif $R$ tel que $f(x) >f(0)$ pour tout point
$x$ de $\mathbb{R}^m$ tel que $\lVert x \rVert >R$.
\item Prouver que :
$$
\inf_{\lVert x \rVert \leq R}{f(x)}=\inf_{x \in \mathbb{R}^m}{f(x)}.
$$
On commencera par justifier l'existence de ces deux bornes inf\'{e}rieures.
\item En d\'{e}duire que $f$ admet un minimum global sur $\mathbb{R}^m$ qui est atteint.
\item Montrer qu'il existe un unique point de $\mathbb{R}^m$ o\`{u} ce minimum global est atteint et calculer ce minimum.
\end{enumerate}
\item Soit $n \geq 3$. On consid\`{e}re $n$ r\'{e}els $y_1, \cdots , y_n$.
\begin{enumerate}
	\item Justifier l'existence de deux entiers $k_0$ et $k_1$ tels que:
	$$
	\lvert y_{k_0} -y_{k_1} \rvert= \sup_{1\leq i<j\leq n}\lvert y_i -y_j \rvert.
	$$
	\item En utilisant la question 2, prouver l'in\'{e}galit\'{e} suivante :
	$$
	\max_{1\leq k<l\leq n}\lvert y_k -y_l \rvert^2 \leq \frac{2}{n} \sum_{1\leq k<l\leq n}(y_k-y_l)^2.
	$$
	\item \'Etudier les cas d'\'{e}galit\'{e} dans l'in\'{e}galit\'{e} pr\'{e}c\'{e}dente.
\end{enumerate}
\end{enumerate}
\end{exo}

\begin{sol}
\begin{enumerate}
\item La fonction  $f$ est de classe $\mathcal{C}^{2}$ sur $\mathbb{R}^m$ car polynomiale. Soit $ k \in \left\lbrace 1,\cdots, m  \right\rbrace$ ; en isolant $x_k$ dans la somme double, il vient :
\begin{eqnarray*}
{\partial_k}(f)&=&2(x_k-a)+2(x_k-b)+2\sum_{i=1}^{k-1}(x_k-x_i)
-2\sum_{j=k+1}^{m}(x_j-x_k)\\
&=&2\left[\left[2x_k-(a+b) \right]  + \sum_{i=1}^{m}(x_k-x_i) \right]\\
&=&2\left[(m+2)x_k-(a+b)   - \sum_{i=1}^{m}x_i \right].
\end{eqnarray*}
Ce qui fournit les composantes du gradient de $f$.
\item
\begin{enumerate}
	\item La premi\`{e}re in\'{e}galit\'{e} d\'{e}coule du fait que $f$ est la somme de $\lVert x-u \rVert^2 + \lVert x-v \rVert^2 $ et de termes positifs. La deuxi\`{e}me se ram\`{e}ne apr\`{e}s un d\'{e}veloppement \`{a} l'in\'{e}galit\'{e} de Cauchy-Schwarz (on peut aussi utiliser l'in\'{e}galit\'{e} triangulaire inverse).
	\item On pose $g(||x||)= \left(\lVert x \rVert -\lVert u \rVert\right)^2
	+ \left(\lVert x \rVert -\lVert v \rVert\right)^2$. Comme $\dis\lim_{\lVert x \rVert\rightarrow + \infty}g(||x||)  =+\infty$, on voit qu'il existe bien un r\'{e}el strictement positif $R$ tel que $f(x) >f(0)$ pour tout point
	$x$ de $\mathbb{R}^m$ v\'{e}rifiant $\lVert x \rVert >R$.
	\item Comme $f$ est minor\'{e}e par $0$, les deux bornes inf\'{e}rieures existent. Avec la question pr\'{e}c\'{e}dente, si $\lVert x \rVert >R$ on a $f(x) > f(0) \geq \dis\inf_{\lVert x \rVert \leq R}{f(x)}$, par suite
	$\dis\inf_{x \in \mathbb{R}^m}{f(x)}\geq \inf_{\lVert x \rVert \leq R}{f(x)}$, d'o\`{u} l'\'{e}galit\'{e}.
	\item La fonction $f$ est continue sur la boule unit\'{e} qui est ferm\'{e}e et born\'{e}e; d'apr\`{e}s le cours elle admet un minimum global sur cette boule. Celui-ci est aussi un minimum global sur $\mathbb{R}^m$ d'apr\`{e}s la question pr\'{e}c\'{e}dente.
	\item Soit $x$ un point de $\mathbb{R}^m$ o\`{u} ce minimum global est atteint. Le cours nous dit que le gradient de $f$ doit s'annuler en ce point. Pour tout $ k \in \left\lbrace 1,\cdots, m  \right\rbrace$, on a donc $x_k=1/(m+2)[(a+b)   +\dis\sum_{i=1}^{m}x_i]=t $ (ind\'{e}pendant de $k$). En rempla\c{c}ant $x_i$ par $t$ dans la deuxi\`{e}me \'{e}galit\'{e}, on obtient $t=(a+b)/2$. Il s'ensuit que $f$ atteint son minimum global en un unique point $x=\left((a+b)/2,\cdots,(a+b)/2 \right) $ et que ce dernier vaut
	$$
	f\left((a+b)/2,\cdots,(a+b)/2 \right)=(a-b)^2+\sum_{k=1}^{m}(\frac{a+b}{2}-a)^2+\sum_{k=1}^{m}(\frac{a+b}{2}-b)^2
	=\left( \frac{m}{2}+1\right) (a-b)^2.
	$$
\end{enumerate}
\item Soit $n \geq 3$. On consid\`{e}re $n$ r\'{e}els $y_1, \cdots , y_n$.
\begin{enumerate}
	\item On prend la borne sup\'{e}rieure pour un ensemble fini, c'est donc un maximum qui est atteint pour les composantes correspondant \`{a} deux entiers $k_0$ et $k_1$ de $\left\lbrace 1,\cdots,n  \right\rbrace $.
	\item On pose $a=y_{k_0}$, $b=y_{k_1}$, $m=n-2$ et $x=(x_1,\cdots,x_m)$ est construit avec les composantes de $y_i$ restantes ($i \in \left\lbrace 1,\cdots,n  \right\rbrace \setminus
	\left\lbrace k_0,k_1 \right\rbrace $ ) rang\'{e}es dans le m\^{e}me ordre (si on veut). Si $a=b$, il n'y a rien \`{a} d\'{e}montrer car on a $0$ des deux cot\'{e}s de l'in\'{e}galit\'{e}. Sinon, on observe alors que
	$\dis\sum_{1\leq k<l\leq n}(y_k-y_l)^2=f(x)$ et il suffit alors d'utiliser la question 2.(e).
	\item Comme on l'a remarqu\'{e} dans la question pr\'{e}c\'{e}dente, on a un premier cas d'\'{e}galit\'{e} lorsque toutes les composantes sont \'{e}gales. Avec 2.(e), le deuxi\`{e}me correspond obligatoirement au cas o\`{u}
	il existe un point $y$ ayant deux composantes distinctes $y_{k_0}$ et $y_{k_1}$ avec
	$\lvert y_{k_0} -y_{k_1} \rvert= \dis\max_{1\leq i<j\leq n}\lvert y_i -y_j \rvert$ et o\`{u} toutes les autres composantes sont \'{e}gales \`{a} $(y_{k_0}+y_{k_1})/2$.
	\end{enumerate}
\end{enumerate}
\end{sol}



%-------------------------
\begin{exo}

	Soit $a$ et $b$ deux r\'{e}els tels que $a<b$. On note $I$ le segment $[a,b]$. On consid\`{e}re une fonction $f$ continue sur $I$ et \`{a} valeurs dans $[0,1]$ et une fonction $g$ croissante et continue sur $I$.	
	\begin{enumerate}
		\item Pour $x\in I$, on pose :
		$$
		\varphi(x)=\int_{x}^{b}f(t)dt \text{ et } \psi(x)=\int_{b-\varphi(x)}^{b}g(t)dt-\int_{x}^{b}f(t)g(t)dt .
		$$
		\begin{enumerate}
			\item V\'{e}rifier que $\varphi$ et $\psi$ sont bien d\'{e}finies.
			\item Justifier la d\'{e}rivabilit\'{e} de $\varphi$ et donner sa d\'{e}riv\'{e}e.
			\item Montrer que $\psi$ est d\'{e}rivable et d\'{e}terminer sa d\'{e}riv\'{e}e.
			\item \'Etudier les variations de $\psi$.
			\item En d\'{e}duire que :
			$$
			\int_{a}^{b}f(t)g(t)dt \leq \int_{b-\varphi(a)}^{b}g(t)dt.
			$$
		\end{enumerate}
		\item On consid\`{e}re une fonction $h$ qui est croissante et continue sur $[0,1]$ et qui prend ses valeurs dans $[0,1]$. Pour $n \in \mathbb{N}$, on pose
		$$
		u_n=	\int_{0}^{1}(h(t))^ndt .
		$$
		\begin{enumerate}
			\item V\'{e}rifier que $u_n$ est bien d\'{e}finie et montrer que la suite $\left( u_n\right)_{n \geq 0}$ est monotone.
			\item En d\'{e}duire que la suite $\left( u_n\right)_{n \geq 0}$ converge vers une limite
			$\ell \in [0,1]$.
			\item \`{A} l'aide de la question 1, prouver que :
			$$
			\ell = \int_{1-\ell}^{1}h(t)dt.
			$$
			\item Montrer que la fonction $h$ est constante sur $[1-\ell,1]$.
			Qu'en d\'{e}duit-on si on suppose que $h$ est strictement croissante sur $[0,1]$ ?
		\end{enumerate}
		\item On consid\`{e}re une fonction $h$ qui est strictement croissante et continue sur $[0,1]$ et qui prend ses valeurs dans $[0,1]$. Soit $X$ une variable al\'{e}atoire qui suit la loi uniforme sur $[0,1]$. Justifier l'existence de l'esp\'{e}rance $E(h(X)^n)$ pour $n\geq 1$. Que peut-on dire de la suite de terme g\'{e}n\'{e}ral $E(h(X)^n)$~?
	\end{enumerate}
\end{exo}


\begin{sol}	
	\begin{enumerate}
		\item
		\begin{enumerate}
			\item Comme $x\in I$ et $f$ est continue, il est clair que $\varphi$ est bien d\'{e}finie. Compte tenu du fait que les int\'{e}grandes sont des fonctions continues sur $I$, pour la fonction $\psi$ il suffit de v\'{e}rifier que $b-\varphi(x) \in I$.
			La fonction $f$ continue sur $I$ et \`{a} valeurs dans $[0,1]$; par croissance de l'int\'{e}grale on en d\'{e}duit que $0 \leq \varphi(x) \leq b-x \leq b-a $. Par suite, on a bien $a \leq b-\varphi(x) \leq b$.
			\item Soit $F$ une primitive de $f$ sur $I$. On a alors $\varphi(x)=F(b)-F(x)$, ce qui montre que $\varphi$ est d\'{e}rivable et que ${\varphi'}(x)=-{F'}(x)=-f(x)$.
			\item Soit $G$ (resp. $L$) une primitive de la fonction continue $g$ (resp. $fg$). On a $\psi(x)=G(b)-G(b-\varphi(x))- L(b)+L(x)$. Par somme et composition, on voit que $\psi$ est d\'{e}rivable et
			que ${\psi'}(x)=-(-{\varphi'}(x)){G'}(b-\varphi(x))+{L'}(x)
			=-f(x) g(b-\varphi(x))+f(x)g(x)=f(x) \left[ g(x)-g(b-\varphi(x)) \right] $.
			\item On a vu en $1.$ que $\varphi(x) \leq b-x $; on a donc $x \leq b-\varphi(x)$. Or, la fonction $f$ est positive et $g$ est croissante; il en r\'{e}sulte que ${\psi'}(x)\leq 0$. La fonction $\psi$ et donc d\'{e}croissante.
			\item La d\'{e}croissance de $\psi$ sur $I$ entra\^{\i}ne que $\psi(b)=0 \leq \psi(a)$, ce qui donne exactement l'in\'{e}galit\'{e} demand\'{e}e.			
		\end{enumerate}
		\item
		\begin{enumerate}
			\item La suite $(u_n)_{n\geq 0}$ est bien d\'{e}finie car la fonction $h^n$ est continue (par composition).
			Comme $h$ est \`{a} valeur dans $[0,1]$, on a $0 \leq h(t)^{n+1} \leq h(t)^n \leq 1$ pour tout $t \in I=[0,1]$. Par croissance de l'int\'{e}grale, on en d\'{e}duit que la suite $\left( u_n\right)_{n \geq 0}$ est d\'{e}croissante.
			\item  La suite $\left( u_n\right)_{n \geq 0}$ est d\'{e}croissante et positive %(de plus, elle est major\'{e}e par $1$ car $h^n \leq 1$)
, elle converge donc vers une limite $\ell \in [0,1]$.
			\item Soit $n\in \mathbb{N}$. Pour $t \in I=[0,1]$ on pose $f(t)=h(t)^n$ et $g(t)=h(t)$. %On note $H$ une primitive de $h$ sur $I$.
Les hypoth\`{e}se de la question 1 sont v\'{e}rifi\'{e}es, on a donc:
			$$
			u_{n+1} \leq \int_{1-u_n}^{1}h(t)dt.$$

Par ailleurs, comme $h(t)\leq 1$, on a : $\int_{1-u_n}^{1}h(t)dt \leq \int_{1-u_n}^{1}dt=u_n.$

%H(1)-H(1-u_n)\leq H(1)-H(1-\ell)\leq \ell.			$$
			Alors un passage \`{a} la limite dans ces deux in\'{e}galit\'{e} larges quand $n$ tend vers $+\infty$ fournit l'\'{e}galit\'{e} demand\'{e}e.
			\item On a donc:
			$$
				 \int_{1-\ell}^{1}(1-h(t))dt=l-\int_{1-\ell}^{1}h(t)dt=0.
			$$
			L'int\'{e}grande \'{e}tant une fonction continue et positive, elle doit donc \^{e}tre nulle sur $[1-\ell,1]$.
			Par suite, la fonction $h$ est constante et \'{e}gale \`{a} $1$ sur $[1-l,1]$.
			Le fait que $h$ est strictement croissante sur $[0,1]$ force $\ell$ \`{a} \^{e}tre nul, et par cons\'{e}quent la suite $\left( u_n\right)_{n \geq 0}$ d\'{e}cro\^{\i}t vers $0$ dans ce cas.
		\end{enumerate}
		\item Comme
		$0 \leq h(t)^n \leq 1$ pour tout $t \in [0,1]$, l'existence de l'esp\'{e}rance $E(h(X)^n)$ est donn\'{e}e par cette  domination. Le th\'{e}or\`{e}me de transfert implique l'\'{e}galit\'{e}:
		$$
		E(h(X)^n)=\int_{0}^{1}h(t)^ndt.
		$$
		Comme $h$ est strictement croissante, continue sur $[0,1]$ et  prend ses valeurs dans $[0,1]$, la question pr\'{e}c\'{e}dente nous dit que la suite de terme g\'{e}n\'{e}ral $E(h(X)^n)$ tend vers $0$ lorsque $n$ tend vers l'infini.
	\end{enumerate}
\end{sol}


%-----------------------------------------
\begin{exo}

Soit  $a$ et $b$ deux r\'eels positifs. On d\'efinit les suites $(u_n)_{n\in \mathbb{N}}$ et $(v_n)_{n\in \mathbb{N}}$ par la relation de r\'ecurrence $(R)$ suivante :
$$
u_0=a, \ v_0=b  \, \mbox{ et pour tout entier $n\geq 0$ :} \  u_{n+1}=\frac{u_n+v_n}{2} \ \mbox{ et } \ v_{n+1}=\sqrt{ u_n \, v_n} \quad    \quad (R).
$$
\medskip

\begin{enumerate}
\item Montrer que les suites $(u_n)_{n\in \mathbb{N}}$ et $(v_n)_{n\in \mathbb{N}}$ sont bien d\'efinies.
\item
\begin{enumerate}
\item Montrer que pour tout $n \geq 1$, on a $v_{n}\leq u_n$, \, $u_{n+1}\leq u_n$ et $v_n\leq v_{n+1}$.

\item En d\'eduire que les suites  $(u_n)_{n\in \mathbb{N}}$ et $(v_n)_{n\in \mathbb{N}}$  convergent vers la m\^eme limite qui est de plus positive.  Cette limite sera {\bf not\'ee $M(a, b)$ dans le reste de l'exercice.} La fonction $M$ est donc d\'efinie sur $$I=\{(a,b)\in \mathbb{R}^2 \mid a\geq 0 \mbox { et }  b\geq 0\}$$ et \`a tout couple  de conditions initiales $(u_0=a,v_0=b)\in I$, elle associe la limite $M(a,b)$ des  suites $(u_n)_{n\in \mathbb{N}}$ et $(v_n)_{n\in \mathbb{N}}$  d\'efinies par la relation de r\'ecurrence $(R)$. \medskip
\end{enumerate}
\item
\begin{enumerate}
\item Calculer $M(a, a)$ et $M(a,0)$ pour tout r\'eel $a\geq 0$.
\item Montrer que pour $(a,b)\in I$  et pour tout r\'eel $t\geq0  $, on a :
$$
M(t a, t b)= t\, M(a, b).
$$
\item  Prouver que pour $(a,b)\in I$, on a :
$$
M\Big(\frac{a+b}{2}, \sqrt{a \, b}\Big)=M(a, b).
$$

\item D\'emontrer que pour $(a,b)\in I$, on a :
$$
M(a,b)=M(b,a).
$$
\end{enumerate}
\item \'Ecrire une fonction Scilab qui prend en entr\'ee  deux r\'eels positifs $a$ et $b$ et un r\'eel strictement positif $\texttt{eps}$ et qui renvoie une valeur approch\'ee $\texttt{M}$ de $M(a,b)$ \`a $\texttt{eps}$ pr\`es, autrement dit $\texttt{M}$ doit satisfaire $|M(a,b)-\texttt{M}|\leq \texttt{eps}$.


 \item Soit $(a,b)\in I$ avec $a\neq 0$ et $b\neq 0$  et $(u_n)_{n\in \mathbb{N}}$ et $(v_n)_{n\in \mathbb{N}}$ les suites d\'efinies par la relation de r\'ecurrence $(R)$. Pour tout entier $n$ positif, on pose $c_n=u_n-v_n$.
 Montrer que pour tout $n\geq 0$, on a  :
 $$
0\leq c_{n+1} \leq \frac{c_n^2}{8\, \sqrt{a\, b}}
 $$
\end{enumerate}
\end{exo}

\begin{sol}
\begin{enumerate}
\item Pour que les suites  $(u_n)_{n\in \mathbb{N}}$ et $(v_n)_{n\in \mathbb{N}}$ soient bien d\'efinies par la relation de r\'ecurrence $(R)$, il faut et il suffit que le produit $u_n v_n$ soit positif pour tout entier $n\geq 0$.  Montrons par r\'ecurrence que : ``$P(n) :u_n\geq 0 \mbox{  et } v_n \geq 0$''  pour tout entier $n\geq 0$, ce qui impliquera que $u_n v_n\geq 0$.
$P(0)$ est vraie car $u_0=a\geq 0$ et $ v_0=b\geq 0$. Supposons que $P(n)$ est vraie pour un entier $n\geq 0$, on a alors $u_{n+1}=(u_n+v_n)/2\geq 0$ et $u_n v_n\geq 0$, ainsi $v_{n+1}=\sqrt{u_n v_n}\geq 0$. Donc $P(n+1)$ est vraie.
\item

\begin{enumerate}
\item  Soit $n\geq 0$. Comme $u_n$ et $v_n$ sont positifs, il s'ensuit, $0\leq ( \sqrt{u_n}-\sqrt{v_n})^2=u_n+v_n-2\sqrt{u_n v_n}$ et  il vient  $\sqrt{u_n v_n}\leq (u_n+v_n)/2$. On en d\'eduit que $v_{n+1}\leq u_{n+1}$. Ainsi, on a $v_n\leq u_n$ pour $n\geq 1$. Soit $n\geq 1$, $u_{n+1}=(u_n+v_n)/2\leq (u_n+u_n)/2=u_n$ (car $v_n\leq u_n$). Enfin, par croissance de la fonction racine sur $\mathbb{R}^+$, $v_{n+1}=\sqrt{u_n v_n}= \sqrt{u_n} \sqrt{v_n}\geq \sqrt{v_n} \sqrt{v_n}=v_n$ (car $v_n\leq u_n$).

\item D'apr\`es les questions 1) et 2)(a), on a pour tout  $n\geq 1$, $0\leq v_n \leq v_{n+1}\leq u_{n+1}\leq u_n$. On en d\'eduit d'une part que la suite $(u_n)$ est d\'ecroissante \`a partir du rang $1$ et qu'elle est minor\'ee par $0$ donc elle converge vers un r\'{e}el $l\geq 0$. D'autre part, la suite $(v_n)$ est croissante, positive  et major\'ee par $u_1$ \`a partir du rang $1$ donc elle converge vers un r\'eel $\tilde{l}\geq 0$ . Enfin, par passage \`a la limite dans la relation $u_{n+1}=(u_n+v_n)/2$, il d\'ecoule que $l=(l+\tilde{l})/2$ et donc que $l=\tilde{l}=M(a,b)\geq 0$.
\end{enumerate}

\item
\begin{enumerate}
\item  Soit $a\geq 0$. Si $b=a$, on montre par une r\'ecurrence imm\'ediate que $u_n=v_n=a$ pour tout $n\geq 1$. Ainsi par passage \`a la limite, on a $M(a,a)=a$.  Maintenant si $b=0$, on a  par r\'ecurrence imm\'ediate $v_n=0$ pour tout  $n\geq 0$. Ainsi par passage \`a la limite, on obtient  $M(a,0)=0$.

\item Soit $(a, b)\in I$.
On appelle $(\tilde{u}_n)$ et $(\tilde{v}_n)$ les suites associ\'ees aux conditions initiales $\tilde{u}_0=t \, a\geq 0$ et $\tilde{v}_0=t \, b\geq 0$ (car $t\geq 0$) par $(R)$. On peut alors les comparer \`a $(u_n)$ et $(v_n)$
qui ont pour conditions initiales $u_0=a$ et $v_0=b$. Montrons par r\'ecurrence que ``$P(n): \tilde{u}_n=t \, u_n \mbox{ et }  \ \tilde{v}_n=t \, v_n  $'' pour $n\geq 0$. $P(0)$ est vraie par d\'efinition des condtions initiales. Supposons $P(n)$ pour un entier $n\geq 0$. On a alors $\tilde{u}_{n+1}=(\tilde{u}_n+ \tilde{v}_n)/2= t(u_n+v_n)/2$ (d'apr\`es $P(n)$) et ainsi $\tilde{u}_{n+1}=t u_{n+1}$. On a aussi  en utilisant $P(n)$, (R) et le fait que $t\geq 0$: $\tilde{v}_{n+1}=\sqrt{ \tilde{u}_n\, \tilde{v}_n}= \sqrt{t^2 u_n \, v_n}= t \sqrt{u_n \, v_n}= t v_{n+1} $. Donc $P(n+1)$ est vraie. En passant \`a la limite sur les relations $\tilde{u}_n=t \, u_n \mbox{ et }  \ \tilde{v}_n=t \, v_n $, il vient $M(t a, t b)=t \, M(a,b)$.

\item   Soit $(a, b)\in I$. On appelle $(\tilde{u}_n)$ et $(\tilde{v}_n)$ les suites associ\'ees aux conditions initiales $\tilde{u}_0=(a+b)/2=u_1\geq 0$ et $\tilde{v}_0=\sqrt{a\, b }=v_1\geq 0$. Par r\'ecurrence imm\'ediate, on a  $\tilde{u}_n=u_{n+1}$ et $\tilde{v}_n=v_{n+1}$ et donc par passage \`a la limite, il vient : $M((a+b)/2,\sqrt{a\, b })=M(a,b)$.

\item D'apr\'es la question 3)(c), on a $M(b,a)=M\big(\frac{b+a}{2}, \sqrt{b\, a}\big)= M(\frac{a+b}{2}, \sqrt{a b})=M(a,b)$.
\end{enumerate}

\item D'apr\`es 2) (a),  $(u_n)$ et $(v_n)$ sont respectivement d\'ecroissante et croissante \`a partir du rang $1$ et $v_n\leq u_n$ pour $n\geq 1$. Il vient donc $v_n\leq M(a,b) \leq  u_n $ pour $n\geq 1$. On conclut que $|M(a,b)-v_n|\leq u_n-v_n$. Cette derni\`ere in\'egalit\'e  est utilis\' ee comme crit\`ere d'arr\^et dans la proc\'edure.\smallskip
\begin{multicols}{2}
\begin{verbatim}
function M=moyennearithmgeo(a,b,eps)
    u=(a+b)/2;
    v=sqrt(a*b);\smallskip
    while(u-v> eps)
        aux1=u;
        aux2=v;
        u=(aux1+aux2)/2;
        v=sqrt(aux1 *aux2);
    end
    M=v;
endfunction
\end{verbatim}
\end{multicols}

\item D'apr\`es la question 2)(a), on a $v_{n+1}\leq u_{n+1}$ pour tout $n$ positif. Donc, on a $0\leq c_{n+1}$. De plus,  on a d'apr\`es la question 2)(a), $u_{n+1}+v_{n+1}\geq  2 v_{n+1}\geq  2 v_1= 2\sqrt{a b}>0$ (car $(v_n)$ est d\'ecroissante \`a partir du rang $1$  et $a,b>0$). Ainsi, on obtient : $$ c_{n+1}= \displaystyle \Big(\frac{u_n+v_n}{2}-\sqrt{u_n v_n}\Big) \frac{\big(\frac{u_n+v_n}{2}+\sqrt{u_n v_n}\big) }{u_{n+1}+v_{n+1}}\leq  \frac{\big(\frac{u_n+v_n}{2}\big)^2-u_n v_n }{2 \sqrt{a\,  b}}\leq \frac{\frac{1}{4}(u_n^2+v_n^2)- \frac{1}{2} u_n v_n}{2 \sqrt{a b}} \leq\frac{c_n^2}{8\sqrt{ a \, b}}.$$

\end{enumerate}
\end{sol}



%-----------------------------------
\begin{exo}

Soit $g : \R \to \R$ une fonction continue telle que $\dis \int_{-\infty}^{+\infty} g^2(t) \,\hbox{d}t$ converge. On pose, pour tout $x$ r\'{e}el:
$$f(x)= \int_x^{+\infty} \e^{(x-t)} g(t)\, \hbox{d}t$$

\begin{enumerate}
\item  Montrer que la fonction $f$ est bien d\'{e}finie sur $\R$.
\item
\begin{enumerate}
\item  Pour tout $x$ r\'{e}el, soit $\varphi_x$ la fonction d\'{e}finie sur $\R$ par:
$$\forall\,\lambda\in\R,\,\,\varphi_x(\lambda)=\dis\int_x^{+\infty}\big(g(t)-\lambda\,\e^{\,(x-t)}\big)^2\,\hbox{d}t\,.$$

En consid\'{e}rant le signe de la fonction $\varphi_x$ sur $\R$, \'{e}tablir l'in\'{e}galit\'{e}:
$$\Big(\int_x^{+\infty} \e^{(x-t)} g(t) \,\hbox{d}t\Big)^2\leq \Big(\int_x^{+\infty} \e^{2(x-t)} \,\hbox{d}t\Big)\scriptstyle \times \dis\Big(\int_x^{+\infty}  g^2(t) \,\hbox{d}t\Big)\,.$$
\item  En d\'{e}duire que $\dis\lim_{x\to +\infty} f(x)=0$.
\end{enumerate}

\item   Montrer que $f$ est d\'{e}rivable sur $\R$ et que, pour tout $x$ r\'{e}el, $f'(x)= f(x)-g(x)$.
\item

\begin{enumerate}

\item  En utilisant la question pr\'{e}c\'{e}dente, montrer que pour tout $a$ r\'{e}el et tout $x\geq a$, on a:
$$\int_a^x  f^2(t)\,\hbox{d}t \leq \Big(\int_a^x  f^2(t) \,\hbox{d}t \Big)^{1/2}  \Big(\int_a^x  g^2(t) \,\hbox{d}t \Big)^{1/2}+\frac{f^2(x)}{2}$$

\item  En d\'{e}duire l'in\'{e}galit\'{e}: $$\int_a^x  f^2(t) \,\hbox{d}t \leq \int_a^x g^2(t) \,\hbox{d}t +f^2(x)$$
\item  Montrer que $\displaystyle\int_{-\infty}^{+\infty} f^2(t) \,\hbox{d}t \leq \int_{-\infty}^{+\infty} g^2(t) \,\hbox{d}t $.

\end{enumerate}
\end{enumerate}

\end{exo}
%%%%%%%%%%%%%

\begin{sol}

\begin{enumerate}

\item Les fonctions $t \mapsto \e^{x - t}$ et $g$ sont de carr\'{e} int\'{e}grable sur $[x,+\infty[$ ($\dis \int_{-\infty}^{+\infty} g^2(t) dt$ converge), donc leur produit est int\'{e}grable d'apr\`{e}s l'in\'{e}galit\'{e} $|a b| \leq \dis\frac{a^2 + b^2}{2}$.

\item
\begin{enumerate}

\item D'apr\`{e}s l'in\'{e}galit\'{e} de Cauchy-Schwarz, (la fonction $\varphi_x$ est positive pour tout $\lambda\in\R$ et est un trin\^{o}me en $\lambda$, donc, le discriminant est n\'{e}gatif ou nul ) on a:
$$|f(x)| \leq \left(\int_x^{+\infty} e^{2(x - t)} dt\right)^{1/2} \left(\int_x^{+\infty} g^2(t) dt\right)^{1/2} \leq \frac{1}{\sqrt{2}} \left(\int_x^{+\infty} g^2(t) dt\right)^{1/2}$$


Comme $g$ est de carr\'{e} int\'{e}grable, alors $\dis \int_x^{+\infty} g^2(t) dt \to 0$ donc $\dis\lim_{x\to+\infty} f(x) = 0$.

\item On remarque que, pour tout $x$ r\'{e}el, on a: $\dis f(x) = \e^{x} \int_x^{+\infty} \e^{-t} g(t) dt$.
De plus, $\dis\int_x^{+\infty} \e^{-t} g(t) dt = \dis\int_{0}^{+\infty} \e^{-t} g(t) dt - \int_0^x \e^{-t} g(t) dt$. Ainsi, la fonction $f$ est d\'{e}rivable et, en utilisant la d\'{e}riv\'{e}e d'un produit, on obtient:

$f'(x) = \e^x \dis\int_x^{+\infty} \e^{-t} g(t) dt - \e^x \left(\e^{-x} g(x)\right)= f(x) - g(x)$.
\end{enumerate}
\item
\begin{enumerate}

\item   Les fonctions $f$ et $f'$ \'{e}tant continues, en multipliant la relation pr\'{e}c\'{e}dente par $f$ et en int\'{e}grant sur le segment $[a, x]$, il vient:

\begin{align*}
\int_a^x f^2(t) dt &- \int_a^x f(t) g(t) dt =\int_a^x f(t) f'(t) dt  = \left[\frac{f^2(t)}{2}\right]_a^x  = \frac{f^2(x)}{2}-\frac{f^2(a)}{2}\leq \frac{f^2(x)}{2} \\
&\Rightarrow \int_a^x f^2(t) dt\leq \int_a^x f(t) g(t) dt+ \frac{f^2(x)}{2} \\
&\Rightarrow \int_a^x f^2(t) dt\leq \left(\int_a^x f^2(t) dt \right)^{1/2} \left(\int_a^x g^2(t) dt\right)^{1/2}+
\frac{f^2(x)}{2}
\end{align*}

\item  Rappelons que, pour tout $(a, b) \in \R^2$, $a b \leq \dis\frac{a^2 + b^2}{2}$. Ainsi, en utilisant l'in\'{e}galit\'{e} pr\'{e}c\'{e}dente, on a:

\begin{align*}
\int_a^x f^2(t) dt - \frac{f^2(x)}{2} &\leq \left(\int_a^x f^2(t) dt \right)^{1/2} \left(\int_a^x g^2(t) dt\right)^{1/2} \\
&\leq \frac{1}{2} \left[\int_a^x f^2(t) dt + \int_a^x g^2(t) dt\right] \\
\frac{1}{2} \int_a^x f^2(t) dt &\leq \frac{1}{2} \int_a^x g^2(t) dt + \frac{f^2(x)}{2}
\end{align*}


Ainsi, $\dis \int_a^x f^2(t) dt \leq \int_a^x g^2(t) dt + f^2(x)$.

\item  En fixant $a$ dans l'in\'{e}galit\'{e} pr\'{e}c\'{e}dente, pour tout $x\geq 0$, on a :
$\dis \int_a^x f^2(t) dt \leq \int_a^x g^2(t) dt + f^2(x)$.

Comme $g$ est de carr\'{e} int\'{e}grable et $\dis\lim_{+\infty} f = 0$, alors $x \mapsto \dis\int_0^x f^2(t) dt$ est born\'{e}e donc convergente et, en passant \`{a} la limite lorsque $x \to +\infty$ dans l'in\'{e}galit\'{e}, on obtient:
$ \dis \int_a^{+\infty} f^2(t) dt \leq \int_a^{+\infty} g^2(t) dt$.

Il reste \`{a} faire tendre $a$ vers $-\infty$ pour obtenir le r\'{e}sultat demand\'{e}.
\end{enumerate}

\end{enumerate}
\end{sol}



%------------------------------------
\begin{exo}

Soit $(u_n)_{n\geq 1}$ une suite r\'{e}elle. On dit que le produit $\dis \prod_n u_n$ converge si la suite $(v_n)_n$ d\'{e}finie par
$v_n= \dis \prod_{k=1}^n u_k$ admet une limite non nulle $\ell$, et l'on note alors :
$$\ell=u_1\times u_2\times u_3\times \cdots$$


\begin{enumerate}
\item  Dans cette question, on suppose que $u_n>0$ pour tout $n\in \N^*$. Montrer l'\'{e}quivalence entre les trois propositions suivantes :

\begin{enumerate}
\item le produit $\dis\prod_n (1+u_n)$ converge;

\item  la s\'{e}rie $\dis\sum_n \ln(1+u_n)$ converge;

\item   la s\'{e}rie $\dis\sum_n u_n$ converge.
\end{enumerate}

\item Dans cette question, la suite $(u_n)_n$ est \`{a} valeurs strictement sup\'{e}rieures \`{a} $-1$ et est telle que la s\'{e}rie $\dis\sum_n u_n^2$ converge.
\begin{enumerate}
\item Montrer qu'il existe $C>0$ et $N\in \N^*$ tels que :
$\forall n\geq N,\ \left| \ln\left(1+u_n\right)- u_n \right|<C u_n^2$.

% Montrer que:
% $$\forall \varepsilon >0, \exists N\in \N^* \hbox{ tel que } \forall n>m\geq N : \left| \ln\left( \prod_{k=m}^n (1+u_k)\right)-\sum_{k=m}^n u_k \right|<\varepsilon$$

\item En d\'{e}duire que le produit $\dis\prod_n(1+u_n)$ converge si et seulement si la s\'{e}rie $\dis \sum_n u_n$ converge.
\end{enumerate}
%
\item  Dans cette question, pour tout entier $n\geq 1$, on pose  $u_n=\dis \cos\left( \frac{x}{2^{n}}\right)$ avec $x\in \,]0,\pi[$ et  $v_n=\dis \prod_{k=1}^n u_k$.

\begin{enumerate}
\item  On pose: $\forall\,n\in\N^*,\,\,w_n=v_n\sin\left( \dis\frac{x}{2^{n}}\right)$.

\smallskip
 Montrer que pour tout $n\in\N^*,\,\,w_n=\dfrac{\sin x}{2^{n}}$ et d\'{e}terminer $\dis \lim_{n\to +\infty}v_n$.

\item  En d\'{e}duire l'\'{e}galit\'{e}:
$$\frac{2}{\pi}= \frac{\sqrt{2}}{2}\times \frac{\sqrt{2+\sqrt{2}}}{2}\times \frac{\sqrt{2+\sqrt{2+\sqrt{2}}}}{2}\times \cdots $$
\end{enumerate}
\end{enumerate}

\end{exo}


\begin{sol}

\begin{enumerate}

\item  Par stricte positivit\'{e} de $u_n$ et par continuit\'{e} de la fonction logarithme :

\smallskip
a) $\iff$ c) : $\dis \lim_{n\to +\infty} \prod_{k=0}^n(1+u_k)=\lambda \neq 0$ si et seulement si  $\dlim_{n\to +\infty} \dis\sum_{k=0}^n\ln(1+u_k)=\ln \lambda$.


\smallskip
c) $\Rightarrow$ b) : comme $u_n>0$, $\ln(1+u_n) \leq u_n$.

\smallskip
b) $\Rightarrow$ c) : Si $\dis\sum \ln(1+u_n)$ converge, alors $\ln(1+u_n) \to 0$, donc $u_n\to 0$. Donc $\ln(1+u_n) \sim u_n$.

\item
\begin{enumerate}
\item

Comme $\dsum u_n^2$ converge, la suite $(u_n)$ tend vers $0$.\\
Par ailleurs le d\'eveloppement limit\'{e} de $\ln(x+1)$ \`{a} l'ordre 2 donne :
$\dlim_{x\to 0} \dfrac{\ln(1+x)-x}{x^2}=\frac12$,\\donc le quotient est born\'e (par $C>$0) au voisinage de $0$.\\
{\em Autre id\'ee :} majorer le reste int\'egrale de la formule de Taylor pour $\ln(1+x)$.

\item Donc, par th\'eor\`eme de comparaison la s\'{e}rie $\dsum \ln\left(1+u_n\right)- u_n$ converge absolument, donc converge.\\
Comme la diff\'erence des deux s\'{e}ries $\dis \sum_n u_n$ et $\dis \sum_n \ln(1+u_n)$  converge, elles sont de m\^eme nature, et cette derni\`ere est de m\^eme nature que le produit $\dis\prod_n(1+u_n)$ ($u_n>0$ ne sert pas l\`{a} dans Q1).

\end{enumerate}

\item

\begin{enumerate}
\item  Comme $\sin x= 2 \sin(x/2)\cos(x/2)$, il vient, en posant $v_n=\dis\prod_{k=1}^n u_k$:

\begin{align*}
w_n&=v_n \times \sin\left(\frac{x}{2^{n}}\right)= \prod_{k=1}^n \cos\left(\frac{x}{2^{k}}\right) \times \sin\left(\frac{x}{2^{n}}\right)\\
&= \dfrac12\prod_{k=1}^{n-1} \cos\left(\frac{x}{2^{k}}\right)\times \sin\left(\frac{x}{2^{n-1}}\right)\\
&=\dfrac12 w_{n-1}
\end{align*}

La suite $(w_n)$ est g\'{e}om\'{e}trique de raison $\dfrac12$, de premier terme $w_1=\cos(x/2)\sin(x/2)=\dfrac12\sin x$ et
$$w_n= \dfrac1{2^{n-1}} w_1= \dfrac{\sin x}{2^n} \ \donc\ v_n= \frac{ \sin x}{2^n\sin\left(\frac{x}{2^{n}}\right)}  \rTo_{n\to +\infty} \frac{\sin x }{x}$$


\item On doit montrer que : $\dfrac{2}{\pi}=x_1\times x_2\times x_3 \times \cdots$,\\
o\`{u} la suite $(x_k)$ est d\'efinie par $x_{k+1}= \alpha_{k+1}/2$ avec la suite $(\alpha_k)$ d\'efinie par r\'ecurrence par $\alpha_1=\sqrt{2}$ et $\alpha_{k+1}= \sqrt{2+\alpha_k}$.

Or par r\'ecurrence sur $k\geq 1$ on obtient que $x_k=\cos(\pi/2^k)$. En effet l'initialisation est \'evidente et si c'est vrai \`{a} l'ordre $k$, alors, comme $\cos(2x)= 2\cos^2 x-1$, on a :
\begin{align*}
\alpha_{k+1}^2= 2+\alpha_k= 2(1+\cos(\pi/2^k))=4\cos^2(\pi/2^{k+1}) &\Longrightarrow \alpha_{k+1}=2\cos(\pi/2^{k+1}) \\
&\iff x_{k+1}=\cos(\pi/2^{k+1}).
\end{align*}

Le r\'esultat voulu s'obtient alors avec la question pr\'ec\'edente en prenant $x=\dis\frac{\pi}{2}$.

 % On choisit $x=\dis\frac{\pi}{2}$. Alors $\dis\frac{\sqrt{2}}{2} = \cos(\pi/4)$ et $\sqrt{2}=2\cos(\pi/4)=\alpha_1$. Supposons que le terme g\'{e}n\'{e}ral du produit (partie droite de l'\'{e}quation) soit $x_k=\cos(\pi/2^k)$, le terme suivant est alors $x_{k+1}= \alpha_{k+1}/2$, avec $\alpha_{k+1}= \sqrt{2+\alpha_k}$. Ainsi $\alpha_k=2x_k=2\cos(\pi/2^k)$.

% Or $\cos(2x)= 2\cos^2 x-1$. Donc:
% $$\alpha_{k+1}^2= 2+\alpha_k= 2(1+\cos(\pi/2^k))=4\cos^2(\pi/2^{k+1})\Longrightarrow \alpha_{k+1}=2\cos(\pi/2^{k+1})\Longrightarrow \dfrac12\alpha_{k+1}=x_{k+1}$$

% Ainsi, $x_{k+1}= \dis \cos\left(\frac{\pi}{2^{k+1}}\right)$.

\end{enumerate}
\end{enumerate}

\end{sol}



%------------------------
\begin{exo}


Dans tout l'exercice, $\alpha$ est un  r\'{e}el strictement positif.
\smallskip

On rappelle que pour tout $x>0$, l'int\'{e}grale $\dis\int_0^{+\infty} t^{x-1} \e^{-t} dt$ est convergente. On pose alors:

$$\forall\,x>0,\,\,\Gamma(x)=\int_0^{+\infty} t^{x-1} \e^{-t} dt$$


\begin{enumerate}
\item
\begin{enumerate}
\item  Montrer que pour tout $x>0$, l'int\'{e}grale $\dis\int_0^{+\infty}\exp\big(-xt^{\alpha}\big) dt$ est convergente. On pose alors:

 $$\forall \,x>0,\,\,I(\alpha, x)= \dis \int_0^{+\infty}\exp\big(-xt^{\alpha}\big) dt$$


\item \`A l'aide du changement de variable $u=xt^{\alpha}$ dont on justifiera la validit\'{e}, montrer que
$$I(\alpha,x)=C\,x^{-\frac{1}{\alpha}}$$

o\`{u} $C$ est une constante strictement positive que l'on d\'{e}terminera en fonction de $\alpha$.

\end{enumerate}

\item
\begin{enumerate}
\item Montrer que pour tout $x>0$, la s\'{e}rie de terme g\'{e}n\'{e}ral $\exp\big(-xn^{\alpha}\big)$ est convergente.  On pose alors:

 $$\forall \,x>0,\,\,S_\alpha(x)=\dis\sum_{n=0}^{+\infty}\exp\big(-xn^{\alpha}\big)$$

\item  D\'{e}terminer $\dis \lim_{x\to 0} S_\alpha(x)$.

\end{enumerate}
\item
\begin{enumerate}
\item  \'Etablir pour tout $x>0$, l'encadrement: $S_{\alpha}(x)-1\leq I(\alpha,x)\leq S_{\alpha}(x)$.

\item  Montrer qu'au voisinage de $0$, on a: $S_\alpha(x) \sim I(\alpha,x)$.
\end{enumerate}
\end{enumerate}

\end{exo}

\newpage

\begin{sol}

\begin{enumerate}
\item
\begin{enumerate}
\item
 Soit $\alpha>0$ et $x>0$. La fonction $t \to \e^{-xt^\alpha}$ est continue sur $\R^+$.

Au voisinage de $+\infty$, $\dis \lim_{t\to +\infty} t^2 \e^{-xt^\alpha}=0$.

\item  Le changement de variable $u=xt^\alpha$ de classe $C^1$, str. croissant, bijectif de $\R^+$ sur $\R^+$, donne :
$$I(\alpha, x)=\frac{1}{\alpha x^{1/\alpha}} \int_0^{+\infty} u^{1/\alpha -1}   \e^{-u} du=
\frac{1}{\alpha x^{1/\alpha}} \Gamma \left( \frac{1}{\alpha}\right)\Longrightarrow C=\dis{1\over\alpha} \Gamma \left( \frac{1}{\alpha}\right)$$

\end{enumerate}

\item
\begin{enumerate}
\item  Comme pr\'{e}c\'{e}demment, comme $x>0$, $\dis \lim_{n\to +\infty} n^2 \e^{-x n^\alpha}=0$.

\item Comme $S_\alpha$ est croissante, la limite existe est finie au vaut $+\infty$. Par l'absurde, si elle est finie, comme $\e^{-x n^\alpha}>0$, pour tout $N\in \N^*$, on a:
$$ S_\alpha(x) \geq \sum_{n=0}^N \e^{-x n^\alpha}\Rightarrow \lim_{x\to 0} S_\alpha(x) \geq N+1$$
Comme c'est vrai pour tout $N$, on en d\'{e}\'duit $\dis \lim_{x\to 0} S_\alpha(x)=+\infty$, ce qui est absurde. Donc $\dis \lim_{x\to 0} S_\alpha(x)=+\infty$.

\end{enumerate}

\item
\begin{enumerate}
\item

 On utilise une comparaison s\'{e}rie/int\'{e}grale avec $f_\alpha(t)= \e^{-xt^\alpha}$.


 La fonction $f$ est d\'{e}croissante de $\R^+$ sur $]0,1]$.

\item Il vient (classique):
$$\forall \,x>0,\,\,S_{\alpha}(x)-1\leq I(\alpha,x)\leq S_{\alpha}(x)\Longrightarrow S_\alpha(x) \sim \int_0^{+\infty} \e^{-xt^\alpha}\,dt= I(\alpha,x)= \frac{1}{\alpha x^{1/\alpha}} \Gamma \left( \frac{1}{\alpha}\right)$$


\end{enumerate}
\end{enumerate}
\end{sol}



%------------------------------
\begin{exo}

Dans cet exercice, $\alpha$ est un r\'{e}el de $]0,1]$. Pour tout entier $n\geq 2$, on pose:
$$S_n(\alpha)= \sum_{k=1}^{n-1} \frac{1}{k^\alpha(n-k)^{\alpha}}$$

\begin{enumerate}

\item  Montrer que $\dis S_n(\alpha)= \frac{1}{n^{2\alpha-1}} \times \frac 1 n \sum_{k=1}^{n-1} \frac{1}{(k/n)^{\alpha}(1-k/n)^{\alpha}}$.
\item Dans cette question $\alpha=1$.

\begin{enumerate}

\item  Montrer que $\dis \frac{1}{k(n-k)}= \frac{1}{n}\left( \frac{1}{k}+ \frac{1}{n-k}\right)$.

\item  En d\'{e}duire un \'{e}quivalent de $S_n(1)$ lorsque $n$ tend vers $+\infty$.

\end{enumerate}

  On suppose d\'{e}sormais que $\alpha \in\, ]0,1[$.
\item
\begin{enumerate}
\item  Montrer que l'int\'{e}grale $\dis \int_0^1 \frac{dt}{t^\alpha(1-t)^\alpha}$ est convergente.
\item  \'Etudier les variations de $\dis f: x \to \frac{1}{x^\alpha(1-x)^\alpha} $ sur $]0,1[$.

\end{enumerate}

\item  En l'encadrant \`{a} l'aide d'int\'{e}grales, montrer que $S_n(\alpha)$ est \'{e}quivalent \`{a} $\dis \frac{1}{n^{2\alpha-1}}\int_0^1 \frac{dt}{t^\alpha(1-t)^\alpha}$ lorsque
$n$ tend vers $+\infty$.

\end{enumerate}

\end{exo}

\newpage

\begin{sol}

\begin{enumerate}
\item  Question \'{e}vidente.

\item
\begin{enumerate}
\item
La d\'{e}composition est donn\'{e}e : il suffit de la v\'{e}rifier.

\item  On a alors:
$$S_n(1)=\sum_{k=1}^{n-1} \frac{1}{k(n-k)}= \frac{1}{n}\left(\sum_{k=1}^{n-1}\frac{1}{k}+ \sum_{k=1}^{n-1}\frac{1}{n-k}\right) = \frac{2}{n}\sum_{k=1}^{n-1}\frac{1}{k}\sim \frac{2\ln n}{n}$$

\end{enumerate}
\item
\begin{enumerate}
\item
 L'int\'{e}grale  $\dis \int_0^1 \frac{dt}{t^\alpha(1-t)^\alpha}$ est convergente, par crit\`{e}re de Riemann en $0$ et en $1$.

\item  La d\'{e}riv\'{e}e de $f$ est $f'(x)= \dis \frac{\alpha(2x-1)}{(x(1-x))^{\alpha+1}}$ qui est du signe de $2x-1$. Elle est d\'{e}croissante sur $]0,1/2]$, puis croissante sur $[1/2,1[$ et admet un minimum en $1/2$ qui vaut $4^\alpha$.
\end{enumerate}

\item  On effectue une comparaison s\'{e}rie/int\'{e}grale sur chacun de ces intervalles. Pour plus de clart\'{e}, on suppose que $n$ est pair (on n'aura pas \`{a} \'{e}crire des parties enti\`{e}res...) et on pose $n=2p$.

$\bullet\ $ Pour $k\in \llbracket 1,p-1\rrbracket$, $k/n \leq t \leq (k+1)/n \Rightarrow f((k+1)/n) \leq f(t) \leq f(k/n)$ et
$$\int_{k/n}^{(k+1)/n}  f((k+1)/n) dt  \leq \int_{k/n}^{(k+1)/n} f(t) dt \leq \int_{k/n}^{(k+1)/n} f(k/n)dt$$

soit,
$$\frac{1}{n} f((k+1)/n) \leq \int_{k/n}^{(k+1)/n} f(t) dt \leq \frac{1}{n} f(k/n) $$

On somme, et par la relation de Chasles, on a:
$$\frac 1 n \sum_{k=1}^{p-1} f((k+1)/n) \leq \int_{1/n}^{1/2} f(t) dt  \leq \frac 1 n \sum_{k=1}^{p-1} f(k/n)$$

\par
$\bullet\ $ Pour $k\in \llbracket p,2p\rrbracket$, le m\^{e}me type de raisonnement donne:
$$\frac 1 n \sum_{k=p}^{n-1} f(k/n) \leq \int_{1/2}^{1-1/n} f(t) dt  \leq \frac 1 n \sum_{k=p}^{n-1} f((k+1)/n)$$

On somme ces in\'{e}galit\'{e}s, puis en r\'{e}indexant, on obtient $S_n(\alpha)$ \'{e}quivalent \`{a} $\dis \frac{1}{n^{2\alpha-1}}\int_0^1 \frac{dt}{t^\alpha(1-t)^\alpha}$.
\end{enumerate}
\end{sol}


%-------------------------
\begin{exo}

Soit $I=\dis \left]-\frac{\pi}{2},\frac{\pi}{2}\right[$ et $f$ la fonction d\'{e}finie sur $I$ par $\dis f(x)=\frac{\sin x+1}{\cos x}$.

\begin{enumerate}
\item

\begin{enumerate}
\item   Montrer qu'il existe une suite $(P_n)_{n\geq 0}$ de polyn\^{o}mes telle que pour tout $n\geq 0$, $\dis f^{(n)}(x)=\frac{P_n(\sin x)}{(\cos x)^{n+1}}$.

(on exprimera $P_{n+1}$ en fonction de $P_n$).

\item  Montrer que pour tout $n\geq 1$, $P_n$ est un polyn\^{o}me unitaire de degr\'{e} $n$ dont les coefficients sont des entiers naturels.

\end{enumerate}

\item  Montrer que pour tout $x\in I$, on a: $2f'(x)= f^2(x)+1$.

\item  Pour tout $n\in \N$, on pose $\alpha_n= f^{(n)}(0)=P_n(0)$.

\begin{enumerate}
\item  Montrer que $2\alpha_1= \alpha_0^2+1$ et que pour $n\geq 1$, on a:
$$2\alpha_{n+1}= \sum_{k=0}^n \dis{n\choose k}\alpha_k\alpha_{n-k}$$

\item   \`{A} l'aide d'une formule de Taylor, montrer que pour $x\in [0,\pi/2[$, la s\'{e}rie $\dis \sum_{n\geq 0} \frac{\alpha_n}{n!} x^n$ converge.

\item  On note $g(x)$ la somme de la s\'{e}rie $\dis \sum_{n\geq 0} \frac{\alpha_n}{n!} x^n$; on admet que $g$ est d\'{e}rivable sur $[0,\pi/2[$ et que pour tout $x\in [0,\pi/2[$, on a  $2g'(x)= g^2(x)+1$.

\smallskip

Montrer que pour tout $x\in [0,\pi/2[$, on a $f(x)=g(x)$.

\end{enumerate}
\end{enumerate}
\end{exo}



\begin{sol}

\begin{enumerate}
\item
\begin{enumerate}
\item   On obtient, pour $x\in I$ : $f'(x)=\dis{1+\sin x\over(\cos x)^2}\;,\quad f''(x)={\sin^2x+2\sin x+1\over(\cos x)^3}$.

  La fonction $f$ est clairement de classe $C^\infty$  sur $I$. La propri\'et\'e \`a d\'emontrer (existence d'un polyn\^ome $P_n$) est vraie au rang 0 avec $P_0=X+1$ et, si elle est vraie \`a un certain rang $n\in\N$, alors,

$$f^{(n+1)}(x)={(1-\sin^2 x)P_n'(\sin x)+(n+1)\sin(x)P_n(\sin x)\over(\cos x)^{n+2}}={P_{n+1}(\sin x)\over(\cos x)^{n+2}}$$

o\`u $P_{n+1}$ est le polyn\^ome $P_{n+1}=(n+1)XP_n+(1-X^2)P_n'$. On a alors $P_0=P_1=X+1$, $P_2=X^2+2X+1$.

Notons que l'unicit\'e du polyn\^ome $P_n$ est imm\'ediate par l'argument classique: un polyn\^ome ayant une infinit\'e de racines est le polyn\^ome nul.

\item   La propri\'et\'e \`a d\'emontrer est vraie pour $n=1$ (initialisation) et, si elle est vraie \`a un rang $n\in\N$ donn\'e, on peut \'ecrire $P_n=\dis \sum_{k=0}^n a_kX^k$ avec $a_n=1$ et $a_k\in\N$ pour tout $k\in\llbracket 0,n\rrbracket$. Par la relation de r\'ecurrence obtenue pr\'{e}c\'{e}demment, on calcule alors:
$$P_{n+1}   % \sum_{k=0}^n(n+1)a_kX^{k+1}+\sum_{k=1}^nka_kX^{k-1}-\sum_{k=1}^nka_kX^{k+1}\\
           =  X^{n+1}+2a_{n-1}X^n+\sum_{k=1}^{n-1}\Big((n-k+2)a_{k-1}+(k+1)a_{k+1}\Big)X^k+a_1$$


Le polyn\^ome $P_{n+1}$ ainsi \'ecrit est bien unitaire de degr\'e $n+1$, \`a coefficients entiers naturels, ce qui ach\`eve la r\'ecurrence.



\end{enumerate}

\item  On a $\dis 1+f(x)^2={\cos^2x+1+2\sin x+\sin^2x\over\cos^2x}={2+2\sin x\over\cos^2x}=2f'(x)$.
\medskip

\item
\begin{enumerate}
\item
  On constate que $\alpha_0=\alpha_1=1$, donc $2\alpha_1=\alpha_0^2+1$ et, pour $n\in\N^*$, par la formule de Leibniz,
$$2f^{(n+1)}=(2f')^{(n)}=(f^2+1)^{(n)}=(f^2)^{(n)}=\sum_{k=0}^n\matrice{n\cr k\cr}f^{(k)}f^{(n-k)}$$
En \'evaluant en 0, cela donne $2\alpha_{n+1}=\dis \sum_{k=0}^n\matrice{n\cr k\cr}\alpha_k\alpha_{n-k}$ pour $n\in\N$.

\item   Comme $\alpha_n=f^{(n)}(0)$, par la formule de Taylor avec reste int\'egral, pour $N\in\N$ et $x\in[0,\pi/2[$, on a:
$\dis f(x)-\sum_{n=0}^N \dfrac{\alpha_n}{n!}x^n=\int_0^x \frac{(x-t)^Nf^{(N+1)}(t)}{ N!}{\rm d}t$.

Or, $f^{(N+1)}(t)=\dfrac{P_{N+1}(\sin t)}{(\cos t)^{N+2}}$ est positif car $\sin t\geq 0$ pour $t\in [0,\pi/2[$ et d'apr\`es la remarque, l'int\'egrande \'etant positive sur $[0,x]$ avec $x\geq 0$, le reste int\'egral est positif, d'o\`u l'in\'egalit\'e :
$\dis \forall N\in\N\quad\forall x\in[0,\pi/2[\qquad \sum_{n=0}^N \frac{\alpha_n}{n!}x^n\leq  f(x)$.

 Pour $x\in[0,\pi/2[$, la s\'erie $\dis\sum_{n\geq 0} \frac{\alpha_n}{n!}x^n$ est une s\'erie \`a termes positifs dont les sommes partielles sont major\'ees ;  elle est donc convergente.

\item  Pour $x\in I$, posons $\;\varphi(x)=\arctan\big(f(x)\big)\;$ et $\psi(x)=\arctan\big(g(x)\big)$. Les fonctions $\varphi$ et $\psi$ sont de classe $C ^1$ sur $I$ avec $\varphi'=\dfrac{f'}{1+f^2}$ et $\psi'=\dfrac{g'}{1+g^2}$. Les questions pr\'{e}c\'{e}dentes montrent que $\varphi'=\psi'=\dfrac{1}{2}$, donc $\varphi=\psi+C$ sur $I$, o\`u $C$ est une constante. Comme $\varphi(0)=\psi(0)={\pi/4}$, la constante est nulle et $\varphi=\psi$. Comme $f(x)=\tan\big(\varphi(x)\big)$ et $g(x)=\tan\big(\psi(x)\big)$, on a $f=g$ sur $I$.
\end{enumerate}
\end{enumerate}
\end{sol}



%---------------------
\begin{exo}

\begin{enumerate}
\item  Pour quelles valeurs de $x$ r\'{e}el l'int\'{e}grale  $\dis \int_0^{+\infty}\frac{dt}{\sqrt{1+t^2}\sqrt{x^2+t^2}}$ converge-t-elle ?

On note alors $I(x)$ cette int\'{e}grale.

\item  Calculer $I(1)$.

\medskip
On suppose d\'{e}sormais $x>0$.
\smallskip

\item  En utilisant le changement de variable $t=\dfrac{x}{u}$, montrer que
$\dis I(x)= 2\int_0^{\sqrt{x}}\dfrac{dt}{\sqrt{1+t^2}\sqrt{x^2+t^2}}\,\cdot$

\item  Soit $g$ la fonction d\'{e}finie sur ${\bf R}_+^*$ par:
$$\forall\,x>0,\,\,g(x)= 2\int_0^{\sqrt{x}} \frac{dt}{\sqrt{x^2+t^2}}\,\cdot$$

\begin{enumerate}
\item  Montrer que $g$ admet une limite en $+\infty$ et que $\dis\lim_{x\to\,+\infty}g(x)=0$.

\item  Montrer que pour tout $t\in[0,\sqrt{x}]$, on a: $\bigg|\dis{1\over\sqrt{1+t^2}}-1\bigg|\leq \frac{t^2}{1+t^2}\leq x$
\item  \`A l'aide d'une majoration de $|I(x)-g(x)|$, montrer que lorsque $x$ tend vers $0$ par valeurs sup\'{e}rieures,
on a : $\dis I(x) \sim g(x)$.

\end{enumerate}

\item
\begin{enumerate}

) Calculer la d\'{e}riv\'{e}e de $t \to \ln(t+\sqrt{x^2+t^2})$.

\item  En d\'{e}duire un \'{e}quivalent simple de $I(x)$ lorsque $x$ tend vers 0 par valeurs sup\'{e}rieures.
\end{enumerate}
\end{enumerate}

\end{exo}


\begin{sol}


\begin{enumerate}
\item $\bullet$ Si $x\neq 0$, la fonction $\varphi : t\mapsto \dfrac {1}{\sqrt{1+t^2}\sqrt{x^2+t^2}}$ est continue sur $[0, +\infty[$ \`{a} valeurs dans ${\bf R}_+^*$.\\ Au voisinage de $+\infty$, $\varphi(t) \sim \dfrac1 {t^2}$ dont l'int\'{e}grale converge.

$\bullet$  Par contre, pour $x=0$, $\varphi(t) \sim \dfrac1{t}$ (en $+\infty$) dont l'int\'{e}grale diverge.

\smallskip
Finalement, $I$ est d\'{e}finie sur ${\bf R}^*$. Par parit\'{e}, il suffira de l'\'{e}tudier pour $x>0$.

\item  On a $I(1)= \dis  \int_0^{+\infty} \frac{dt}{1+t^2}= \frac{\pi}{2}$.

\item   On \'{e}crit:
$$I(x)= \int_0^{\sqrt{x}} \frac{dt}{\sqrt{1+t^2}\sqrt{x^2+t^2}}+ \int_{\sqrt{x}}^{+\infty} \frac{dt}{\sqrt{1+t^2}\sqrt{x^2+t^2}}$$

On effectue le changement de variable $C^1$ propos\'{e}. Il vient:
$$\int_{\sqrt{x}}^{+\infty} \frac{dt}{\sqrt{1+t^2}\sqrt{x^2+t^2}}=-\int_{\sqrt{x}}^{0} \frac1{\sqrt{1+x^2/u^2}\sqrt{x^2+x^2/u^2}} \frac{x}{u^2} du= \int_0^{\sqrt{x}} \frac{du}{\sqrt{1+u^2}\sqrt{x^2+u^2}}$$

\item
\begin{enumerate}
\item  Pour $t\geq 0$, on a $\dis{1\over\sqrt{x^2+t^2}}\leq\frac1{x}$, d'o\`{u} $0\leq g(x)\leq \dfrac2{\sqrt{x}}$ et $\dis\lim_{x\to\,+\infty}g(x)=0$.

\item  Pour $t>0$, la formule de Taylor avec reste int\'{e}grale \`{a} l'ordre 0 donne :
$$\left| \frac1{\sqrt{1+t^2}}-1 \right|= \left|-\int_0^t \frac{u}{(1+u^2)^{3/2}} du\right|  \leq \int_0^t \frac{|u|}{(1+u^2)^{3/2}} du\leq t^2\leq x.$$

On peut aussi  multiplier par la quantit\'{e} conjugu\'{e}e; pour tout $t\in [0,\sqrt{x}]$ on a :
$$\left| \frac1{\sqrt{1+t^2}}-1 \right|=\frac{t^2}{\sqrt{1+t^2}(1+\sqrt{1+t^2})}\leq \frac{t^2}{1+t^2}\leq t^2\leq x.$$

\item  On fait la diff\'{e}rence entre $I(x)$ et l'\'{e}quivalent propos\'{e}. Il vient :
$$|I(x)-g(x)| \leq 2\int_0^{\sqrt{x}} \frac1{\sqrt{x^2+t^2}} \left| \frac1{\sqrt{1+t^2}}-1 \right| dt\leq xg(x)=o\big(g(x)\big)$$

\end{enumerate}

\item
\begin{enumerate}
\item  Le calcul donne $\dfrac{d}{dt} (\ln(t+\sqrt{x^2+t^2}))=\frac1{\sqrt{x^2+t^2}}$.

\item  Donc, au voisinage de $0$, on a:
$$I(x)\sim 2\ln \left(\frac{\sqrt{x}+ \sqrt{x^2+x}}{x}\right) \sim 2\ln \frac{2}{\sqrt{x}}\sim -\ln x$$

\end{enumerate}
\end{enumerate}
\end{sol}



%---------------------------------
\begin{exo}

\begin{enumerate}
\item Montrer que, pour tout r\'{e}el $x>0$, l'int\'{e}grale $\dint_x^{+\infty} \dfrac{\ee^{-t^2}}t~{\rm d}t$ converge.\\
%
On d\'{e}finit ainsi la fonction $f$ sur $\RR_+^*$  par : $\forall x>0,\ f(x)=\dint_x^{+\infty} \dfrac{\ee^{-t^2}}t~{\rm d}t$.
\item   Peut-on prolonger $f$ par continuit\'{e} en 0 ?
\item  Montrer que $f$ est d\'{e}rivable sur $\RR_+^*$ et calculer $f'(x)$ pour tout $x>0$.\\ En d\'{e}duire le sens de variation de la fonction  $f$ sur $\RR_+^*$.
\item Montrer que : $\forall x\geq 1,\ 0\leq f(x)\leq \dfrac12\ee^{-x^2}.$
\item
\begin{enumerate}
\item Montrer que la fonction $g$ d\'{e}finie sur $]0,1]$ par $g(x)=\dint_x^1 \dfrac{1-\ee^{-t^2}}t~{\rm d}t$ admet une limite finie en $0$.
\item Montrer que $f(x)$ est \'{e}quivalent \`{a}  $-\ln(x)$ au voisinage de $0^+$.
\item Montrer que l'int\'{e}grale $\dint_0^{+\infty} f(x)~{\rm d}x$ converge et calculer sa valeur.

\end{enumerate}
\end{enumerate}
\end{exo}

\begin{sol}
\begin{enumerate}
\item L'int\'{e}grand est continu et positif sur $[x,+\infty[$ et $\dfrac{\ee^{-t^2}}t\underset{t\to +\infty}=\petito{\dfrac1{t^2}}$,\\
donc par crit\`{e}re de convergence, par n\'{e}gligeabilit\'{e}, l'int\'{e}grale propos\'{e}e converge.
\item La fonction $f$ se prolonge par continuit\'{e} en $0$ si et seulement si l'int\'{e}grale $\dint_0^{+\infty} \dfrac{\ee^{-t^2}}t~{\rm d}t$ converge.\\
Comme tout est positif et que $0\leq \dfrac{\ee^{-t^2}}t\equivalent {t\to 0^+} \dfrac1t$, o\`{u} $\dint_0^1\dfrac{{\rm d}t}t$ diverge, $f$ ne peut \^{e}tre prolong\'{e}e par continuit\'{e} en 0.
\item Par la relation de Chasles, on a : $f(x)=f(1)-\dint_1^{x} \dfrac{\ee^{-t^2}}t~{\rm d}t$.\\
Donc, par le th\'{e}or\`{e}me fondamental du calcul int\'{e}gral, $f$ est d\'{e}rivable et :
$$\forall x>0,\ f'(x)=-\dfrac{\ee^{-x^2}}x<0,$$
ce qui montre que $f$  est strictement d\'{e}croissante sur $\RR_+^*$.

\item Pour tout $x\geq 1$ et tout $t\geq x$, on a : $0\leq \dfrac{\ee^{-t^2}}t\leq t\ee^{-t^2}$.\\
En int\'{e}grant sur $[x,+\infty[$ l'encadrement pr\'{e}c\'{e}dent (les int\'{e}grales convergent et les bornes sont dans le sens croissant), on obtient :
$$0\leq f(x) \leq \dint_x^{+\infty} t\ee^{-t^2}dt=\crocint{-\dfrac1 2\ee^{-t^2} }_x^{+\infty}=\frac12 \ee^{-x^2}.$$
\item
\begin{enumerate}
\item On a $\dfrac{1-\ee^{-t^2}}t\equivalent {t\to 0^+} t$, donc l'int\'{e}grale est faussement impropre.

\item Pour tout $x>0$, on a :
$$f(x)=f(1)+\dint^1_{x} \dfrac{\ee^{-t^2}}t~{\rm d}t=f(1)-\dint^1_{x} \dfrac{1-\ee^{-t^2}}t~{\rm d}t+\dint^1_{x} \dfrac{1}t~{\rm d}t=f(1)-g(x)-\ln x.$$
En $0^+$, comme $\ln$ est pr\'{e}pond\'{e}rant  sur $f(1)-g(x)$ qui converge, on a donc $f(x)\equivalent{x\to 0^+} -\ln(x)$.

\item Par int\'{e}gration par parties, pour tout $(a,A)$ tel que $0<a<A$, on a:
$$\dint_a^A f(x)~{\rm d}x=Af(A)-af(a)+\dint_a^A \ee^{-x^2}~{\rm d}x.$$

D'apr\`{e}s la question 4, par encadrement on a $\dlim_{A\to +\infty} Af(A)=0$ et d'apr\`{e}s la question 5.b), on a $\dlim_{a\to 0^+} af(a)=0$. Par suite:
$$\dint_0^{+\infty} f(x)~{\rm d}x=\dint_{0}^{+\infty}  \ee^{-x^2}~{\rm d}x \underset{x=\frac{u}{\sqrt2}}= \frac1{\sqrt{2}}\dint_{0}^{+\infty}  \ee^{-\frac{u^2}2}~{\rm d}u=\dfrac{\sqrt{\pi}}2.$$

\end{enumerate}
\end{enumerate}
\end{sol}



%---------------------------

\begin{exo}

Soit un entier $n\in \NN^*$.
Pour toute variable al\'{e}atoire $Z$ d\'{e}finie sur un espace probabilis\'{e} $(\Omega,{\cal A},P)$ qui prend $n$ valeurs r\'{e}elles distinctes $z_1,\dots,z_n$ (\ie $Z(\Omega)=\{z_1,\dots,z_n\}$ et $p_k=P(Z=z_k)\neq 0$ pour tout $k\in \llbracket 1,n \rrbracket$), on appelle entropie de $Z$, le nombre r\'{e}el d\'{e}fini par :
$$H(Z)=-\dsum_{k=1}^n p_k \ln (p_k).$$

Pour tout $x=(x_1,\dots,x_n)\in ]0,1[^n$, on note $h_n(x)=h_n(x_1,\dots,x_n)=-\dsum_{k=1}^n x_k\ln(x_k)$.

\begin{enumerate}
\item Calculer l'entropie d'une variable al\'{e}atoire $U$ qui suit une loi uniforme sur un ensemble $\{u_1,\dots,u_n\}$.
\item Justifier que la fonction $h_n$ est de classe ${\cal C}^2$ sur l'ouvert $]0,1[^n$ et calculer en tout point $x\in ]0,1[^n$, le gradient $\nabla (h_n)(x)$ et la matrice hessienne $\nabla^2 (h_n)(x)$  de $h_n$.
\item Montrer que la contrainte $x_1+\cdots+x_n=1$ n'est pas critique. Montrer que la condition n\'ecessaire d'ordre 1 pour un extremum de la fonction $h_n$ est v\'{e}rifi\'ee en un unique point critique $x^*$ que l'on pr\'{e}cisera.
%En d\'{e}duire que, sous la contrainte $x_1+\cdots+x_n=1$, la fonction $h_n$ poss\`{e}de un unique point critique $x^*$ que l'on pr\'{e}cisera.
\item Fixons $x\in ]0,1[^n$ tel que $x_1+\cdots+x_n=1$ et notons $u=x-x^*$.
\begin{enumerate}
\item  V\'{e}rifier que, pour tout $t\in [0,1]$, on a : $x^*+tu\in ]0,1[^n$.\\
On note alors $\psi$ la fonction d\'{e}finie sur $[0,1]$ par : $\psi(t)=h_n(x^*+tu)$.
\item En utilisant la formule de \textsc{Taylor} avec reste int\'{e}gral \`{a} l'ordre 1 pour $\psi$ entre les points $0$ et $1$, montrer que $h_n$ admet en $x^*$ un maximum global sous la contrainte $x_1+\cdots+x_n=1$.\\ Ce maximum est-il atteint en d'autres points que $x^*$ ?
\end{enumerate}
\item Parmi les variables al\'{e}atoires prenant $n$ valeurs (chacune avec une probabilit\'{e} non nulle), quelles sont les lois de celles qui ont la plus grande entropie ?
\end{enumerate}
\end{exo}



\begin{sol}
\begin{enumerate}
\item On a  $H(U)=-\dsum_{k=1}^n \frac1n \ln\frac1n =\ln n.$
\item La fonction $h_n$ est ${\cal C}^2$ comme somme de fonctions ${\cal C}^2$ et :
$$\forall\,  i \in \llbracket 1,n \rrbracket,\ \partial_i (h_n)=-(\ln x_i) -1\ \ \hbox{et}\ \ \forall \,(i,j)\in {\llbracket 1,n \rrbracket}^2,\ \partial^2_{i,i} (h_n)=-\frac1{ x_i},\ \partial^2_{i,j} (h_n)=0 \si i\neq j.$$
Donc $\nabla (h_n)(x)=\big(-(\ln x_1) -1,\dots ,-(\ln x_n) -1)\big)$ et $\nabla^2 (h_n)(x)=\diag\left(-\dfrac1{x_1},\dots,-\dfrac1{x_n}\right)$.

\item Posons $g(x)=x_1+\cdots+x_n$. Comme $\nabla g(x)=(1,\dots,1)\neq 0$, la contrainte $g(x)=1$ n'est pas critique, donc pour que $h_n$ admette un point critique sous la contrainte $g(x)=1$, il faut et il suffit  qu'il existe $\lambda \in \RR$ tel que $\nabla h_n(x)=\lambda \nabla g(x)$, soit :
$$-(\ln x_1) -1=\cdots =-(\ln x_n) -1,$$
soit $x_1=\cdots=x_n$. Comme $x_1+\cdots+x_n=1$, on en d\'{e}duit $x_1=\cdots=x_n=\dfrac1n$ \ie $x^*=\left(\dfrac1n,\dots,\dfrac1n\right)$.

\item
\begin{enumerate}
\item On a  $x^*+tu=(1-t)x^*+t x=\big(tx_1+(1-t)x_1^*,\dots, tx_n+(1-t)x_n^*\big)$.\\
Comme $x_i^*=\dfrac1n \in ]0,1[$, par somme d'encadrements (dont l'un au moins est strict car $t$ et $1-t$ ne sont pas tous les deux nuls), on en d\'{e}duit que $tx_i+(1-t)x_i^* \in ]0,1[$.

\item Puisque $\psi$ est de classe ${\cal C}^2$ sur  $[0,1]$, la  formule de \textsc{Taylor} avec reste int\'{e}gral \`{a} l'ordre 1, entre 0 et 1 donne :
$$\psi(1)=\psi(0)+\psi'(0)+\dint_0^1 (1-t)\psi''(t)~{\rm d}t.$$
Les formules de d\'{e}rivation directionnelle du programme d'ECS (d\'{e}riv\'{e}e de $t\mapsto h_n(x^*+tu)$ aux ordres 1 et 2) donnent :
$$\psi'(0)=\langle \nabla (h_n)(x^*) | u\rangle \ \ \et \psi''(t)=q_{x^*+tu}(u),$$
o\`{u} $q_{x^*+tu}$ est la forme quadratique associ\'{e}e \`{a} la matrice $\nabla^2 (h_n)(x)$.\\
Or, comme $g(x)=1$, on a :
$$\langle \nabla (h_n)(x^*) | u\rangle=\langle \lambda \nabla (g)(x^*) | u\rangle=u_1+\cdots+u_n=(x_1+\cdots+x_n)-(x_1^*+\cdots+x_n^*)=1-1=0.$$
Donc la formule de \textsc{Taylor} se simplifie en :
$$h_n(x)=h_n(x^*)+\dint_0^1 (1-t)q_{x^*+tu}(u)~{\rm d}t \leq h_n(x^*),$$
car $\nabla^2 (h_n)(x)$ est diagonale avec des coefficients diagonaux strictement n\'{e}gatifs, et donc $q_{x^*+tu}(u)\leq 0$. Ainsi, $h_n$  admet en $x^*$ un maximum global sous la contrainte $g(x)=1$ (qui vaut $h_n(x^*)=\ln n$).

\medskip

Il y a \'{e}galit\'{e} $h_n(x)=h_n(x^*)$ si et seulement si l'int\'{e}grale est nulle. Comme il s'agit de l'int\'{e}grale d'une fonction continue n\'{e}gative, cela n'est possible que si la fonction $t\mapsto (1-t)q_{x^*+tu}(u)$ est nulle, soit $q_{x^*+tu}(u)=0$ pour tout $t\in [0,1[$. Or, $q_{x^*+tu}(u)<0$ si $u\neq 0$ \ie $x\neq x^*$, donc $h_n$ atteint son maximum en $x^*$ uniquement.
\end{enumerate}
\item Pour toute variable $Z$, on a $H(Z)=h_n(P(Z=z_1),\dots,P(Z=z_n))$.\\
D'apr\`{e}s les questions 1 et 4b, on a donc : $H(Z)\leq h_n(x^*)=H(U)$,\\
avec \'{e}galit\'{e} si et seulement si $(P(Z=z_1),\dots,P(Z=z_n))=(P(U=u_1),\dots,P(U=u_n))$.\\
Donc, l'entropie est maximale pour les variables qui suivent la loi uniforme et pour elles seulement.
\end{enumerate}
\end{sol}



%------------------------------
 \begin{exo}

On consid\`{e}re la	 fonction $f$ d\'{e}finie par:
$$\forall x\in \R^+ \setminus \{0,1\},\;\;f(x)=\int_x^{x^2}\frac{1}{\ln^2(t)} dt .$$
\begin{enumerate}
\item Montrer que $f$ est bien d\'{e}finie, de classe $C^1$ sur $]0,1[$ et sur $]1,+\infty[$.
\item Calculer la d\'{e}riv\'{e}e $f'$ de $f$ sur $\R^+ \setminus \{0,1\}$. En d\'{e}duire les variations de $f$.
\item Montrer que la limite de $f$ en $+\infty$ est $+\infty$.
\item \begin{enumerate}
\item Calculer $\displaystyle \int_x^{x^2}\frac{1}{t\,\ln^2(t)} dt$ pour $x\in \R^+ \setminus \{0,1\}$.
\item En d\'{e}duire un \'{e}quivalent de $f(x)$ en $1$.
\end{enumerate}

\item Quelle est la limite de $f(x)$ en 0 ?
\end{enumerate}

\end{exo}

\begin{sol}
\begin{enumerate}
\item La fonction $t\mapsto \dis\frac{1}{\ln^2(t)} $ est d\'{e}finie, continue sur $]0,1[\cup ]1,+\infty[$ donc admet une primitive not\'{e}e $G$.
On a donc: $$\forall x>1 ,\;\;f(x)=G(x^2)-G(x) .$$
On en d\'{e}duit que $f$ est bien d\'{e}finie, et $C^1$  sur $]1,+\infty[$. Idem sur $]0,1[$.
\item On a donc:
$$\forall x\in \R^+  \setminus \{0,1\},\;\;f'(x)=2xG'(x^2)-G'(x)= \frac{2x}{\ln^2(x^2)}-\frac{1}{\ln^2(x)} =\frac{x-2}{2\ln^2(x)}.$$
On en d\'{e}duit que $f$ est d\'{e}croissante sur $]0,1[$, puis sur $]1,2[$, puis croissante sur $[2,+\infty[$.
\item On a l'encadrement suivant:
$\forall x>1,\;\;\forall t\in [x,x^2],\;\;\frac{1}{\ln^2(x^2)} \leq \frac{1}{\ln^2(t)} \leq \frac{1}{\ln^2(x)}.$\\
D'o\`{u} en int\'{e}grant sur $[x,x^2]$,
$\forall x>1,\;\;\frac{x^2-x}{4\ln^2(x)} \leq f(x) \leq \frac{x^2-x}{\ln^2(x)}.$\\
({\em remarque} : ceci s'obtient aussi par le th. des accroissements finis pour $G$)\\
On en d\'{e}duit que $\displaystyle \lim_{x\to +\infty} f(x)=+\infty$.
\item \begin{enumerate}
\item Connaissant une primitive de la fonction $t\mapsto\dis\frac{1}{t\,\ln^2(t)} $, on a: $\dis\int_x^{x^2}\frac{1}{t\,\ln^2(t)} dt=\frac{1}{2\ln(x)}.$

\item Or par encadrement on obtient:
$$\forall x>1,\;\;\forall t\in [x,x^2],\;\;\frac{1}{x^2\ln^2(t)} \leq \frac{1}{t\ln^2(t)} \leq \frac{1}{x\ln^2(t)}.$$
On int\`{e}gre:
$$\forall x>1,\;\;\frac{f(x)}{x^2} \leq \frac{1}{2\ln(x)} \leq \frac{f(x)}{x}.$$
Soit,
$$\forall x>1,\;\;\frac{x}{2\ln(x)} \leq f(x) \leq \frac{x^2}{2\ln(x)}.$$
De m\^{e}me,
$$\forall\,x\in\,]0,1[,\;\;\forall t\in [x^2,x],\;\;\frac{1}{x\ln^2(t)} \leq \frac{1}{t\ln^2(t)} \leq \frac{1}{x^2\ln^2(t)}.$$
On int\`{e}gre  mais puisque les bornes ne sont pas dans l'ordre croissant, on a:
$$\forall\,x\in\,]0,1[, \;\;\frac{f(x)}{x^2} \leq \frac{1}{2\ln(x)} \leq \frac{f(x)}{x}.$$

On en d\'{e}duit qu'un \'{e}quivalent de $f(x)$ en 1 est $\displaystyle \frac{1}{2\ln(x)}$.
\end{enumerate}
\item Puisque la fonction $t\mapsto \dis\frac{1}{\ln^2(t)}$ est prolongeable par continuit\'{e} en 0, on en d\'{e}duit que la limite de $f(x)$ quand $x$ tend vers 0 est 0.
\end{enumerate}
\end{sol}


%---------------------------------
\begin{exo}

\begin{enumerate}
\item Soit la fonction $F: x\mapsto \dint_0^x (1 + |\sin(t)|)dt$
  \begin{enumerate}
  \item Montrer que $F$ est d\'{e}finie et de classe ${\mathcal C}^1$ sur $\R_+$.
  \item D\'{e}terminer $\dlim_{x \to + \infty}F(x)$.
  \item Montrer que $F$ est une bijection de $\R_+$ sur $\R_+$.
  \item Montrer que la fonction d\'{e}finie par $h(x)= F(x)-x$ est strictement croissante.
  \end{enumerate}

\item Soit $(v_n)_{n\in\N}$ une suite \`{a} valeurs r\'{e}elles positives ou nulles  telle que $\dlim_{n \to + \infty}v_n=+ \infty$.

Pour tout $n\geq 0$, on note $S_n=\dsum_{i=0}^n v_i$ la somme partielle d'ordre $n$ de la s\'{e}rie $\dsum_{n\geq 0} v_n$ .


  \begin{enumerate}
  \item Montrer qu'il existe une unique suite  $(u_n)_{n \in \N}$ positive telle que:
  $$u_0=0 \text{\ et pour tout } n\geq 0,\  \int_{u_n}^{u_{n+1}} (1+ |\sin(t)|) dt = v_n $$

  \item Montrer que la suite $(u_n)$ est croissante.
  \item D\'{e}terminer $\dlim_{n \to + \infty}u_n$
  \end{enumerate}
\item
  \begin{enumerate}
  \item Calculer $F(k\pi)$ pour $k \in \N$.
  \item Exprimer $F(u_n)$ en fonction de $S_{n-1}$.
  \item Montrer qu'au voisinage de $+ \infty$, on a: $u_n \sim \dfrac{\pi}{2+\pi}S_{n-1} $.

  \end{enumerate}
\end{enumerate}
\end{exo}



\begin{sol}


  \begin{enumerate}
\item
  \begin{enumerate}
  \item La fonction $g:t \mapsto 1+|\sin(t)|$ \'{e}tant continue sur $\R_+$, le th\'{e}or\`{e}me fondamental du calcul int\'{e}gral entra\^{\i}ne l'existence de l'int\'{e}grale de $g$ sur $[0,x]$ et donc de $F(x)$; de plus, $F$ est la primitive de $g$ qui s'annule en 0, elle est donc d\'{e}rivable et $F^{'}=g$ est bien continue sur $\R_+$. Donc, $F$ est ${\mathcal C}^1$ sur $\R_+$.
  \item On a : $1\leq 1 +|\sin(t)| \Rightarrow x \leq F(x)$ par croissance de l'int\'{e}grale.

 donc $ \dlim_{x \to + \infty}{F(x)}=+\infty$.
  \item La fonction $F$ est continue et strictement croissante de $\R_+$ sur $\R_+$ avec $F(0)=0$ et $\dlim_{x \to + \infty}{F(x)}=+\infty$ ; c'est donc une bijection de $\R_+$ sur  $\R_+$.
  \item  La fonction $h(x)= F(x)-x$ est croissante car d\'{e}rivable et de d\'{e}riv\'{e}e $|\sin(x)|\geq 0$. De plus, $\sin x$ ne s'annule qu'en des points isol\'{e}s, d'o\`{u} la stricte croissance de $h$.
  \end{enumerate}
\item
  \begin{enumerate}
  \item Les conditions voulues sur la suite $(u_n)$ \'equivalent \`{a} : $u_0=F(0)$ et $\forall n\geq 1, v_n=F(u_{n+1})-F(u_n)$,\\
soit encore, en calculant les sommes partielles et en posant $S_{-1}=0$ :
$$\forall n\geq 0,\ F(u_n)=S_{n-1}.$$
Comme $F$ est bijective cela prouve l'existence et l'unicit\'{e} de $(u_n)$, donn\'ee par  $u_n=F^{-1}(S_{n-1})$.
%On d\'{e}finit la suite $(u_n)$ par r\'{e}currence sur $n\geq 0$ en posant $u_0=0$ puis, pour tout $n\geq 0$ , $u_{n+1}=F^{-1}(v_n+F(u_n))$. Ainsi d\'{e}finie, on a bien la relation souhait\'{e}e:
 %     $$v_n=F(u_{n+1})-F(u_n)=\dint_{u_n}^{u_{n+1}} (1+ |\sin(t)|) dt$$

  \item La fonction $F$ est croissante, donc $F^{-1}$ aussi, tout comme la suite $(S_{n-1})$ (car $v_i\geq 0$), donc $(u_n)$ est croissante.
%On a   $v_n\geq 0 \Rightarrow \dint_{u_n}^{u_{n+1}} (1+ |\sin(t)|) dt \geq 0$; or $1+ |\sin(t)|>0$, ce qui entra\^{\i}ne par contrapos\'{e}e : $u_n \leq u_{n+1}$. La suite $(u_n)$ est donc croissante.

  \item L'\'{e}galit\'{e} s'\'{e}crit $v_n=F(u_{n+1})-F(u_n)$. Par somme et t\'{e}lescopage, $F(u_n)-F(u_0)= F(u_n)= S_{n-1}$ et par bijectivit\'{e} de $F$,  $u_n= F^{-1}(S_{n-1})\to +\infty$.

  \end{enumerate}
\item
  \begin{enumerate}
  \item   On a:
  \begin{align*}
  	F(k\pi)&= k\pi +\int_0^{k\pi}|\sin(t)|dt=k\pi +\sum_{i=0}^{k-1}\int_{i\pi}^{(i+1)\pi}|\sin(t)|dt \\
  	&= k\pi +\sum_{i=0}^{k-1}\int_{0}^{\pi}|\sin(u+i\pi)|du\qquad   (\mbox{changement de variable : } u=t-i\pi)\\
  	&= k\pi +\sum_{i=0}^{k-1}\int_{0}^{\pi}|\sin(u)|du= k\pi + k [1+1]= k(\pi +2)
  \end{align*}	

  \item Par t\'{e}lescopage d\'{e}j\`{a} vu, $F(u_n)=\dsum_{i=0}^{n-1}(F(u_{i+1})-F(u_i))=\dsum_{i=0}^{n-1}\dint_{u_i}^{u_{i+1}} 1+|\sin(t)|dt=\dsum_{i=0}^{n-1}v_i=S_{n-1}$.
  \item
    \begin{itemize}
    \item Soit $n\geq 0$. L'entier $m\geq0$ d\'{e}fini par $m=\left\lfloor\dfrac{u_n}{\pi}\right\rfloor$ est tel que : $m\pi \leq u_n < (m+1)\pi$ d'o\`{u}, par croissance de $F$, on a :
$ F(m\pi)\leq F(u_n) \leq F((m+1)\pi) \Rightarrow m(2+\pi) \leq S_{n-1} \leq (m+1)(2+\pi)$.

   \item Pour $n$ assez grand, on a $m>0$ car $\dlim_{n \to + \infty}{u_n}=+\infty$ d'o\`{u}:

   $ {2+\pi}  \leq \dfrac{S_{n-1}}{m} \leq 2+\pi + \dfrac{2+\pi}{m} \Rightarrow \dfrac{S_{n-1}}{m} \sim 2+ \pi$

    \item or $m=\left\lfloor\dfrac{u_n}{\pi}   \right\rfloor \sim \dfrac{u_n}{\pi}$

    \end{itemize}

    Donc:  $$u_n \sim \dfrac{\pi}{2+\pi}S_{n-1} $$
  \end{enumerate}

\end{enumerate}
\end{sol}




%--------------------------
\begin{exo}


On note $E$ l'ensemble des fonctions continues sur $\R_+$ \`{a} valeurs r\'{e}elles  telles que l'int\'{e}grale $\dint_0^{+ \infty} f^2(t)dt$ converge.
Pour  $f\in E$, on pose  $I=\dint_0^{+ \infty} f^2(t)dt$.

On consid\`{e}re la fonction $g: \R_+^* \to \R$ d\'{e}finie par:
$$\forall \,x\in \R_+^*,\,\,g(x)= \frac{1}{x}\int_0^x f(t)dt$$

\begin{enumerate}
\item
 \begin{enumerate}
 \item Montrer que $g$ est d\'{e}finie, d\'{e}rivable sur $\R_+^*$ et qu'elle est prolongeable par continuit\'{e} en 0.

On note $g$ la fonction prolong\'{e}e en 0.

 \item Pour $x>0$, exprimer la d\'{e}riv\'{e}e $g'(x)$ en fonction de $f(x)$ et $g(x)$
 \end{enumerate}


 \item Soient  $a$ et $b$  deux r\'{e}els tels que: $0\leq a<b$.
   \begin{enumerate}
   \item Montrer que:
   $$2\int_a^bf(t)g(t)dt= b g^2(b) -a g^2(a) + \int_a^b g^2(t)dt $$

   \item On suppose \'{e}tabli le fait que $\langle f|g\rangle =\dint_a^b f(t)g(t)dt$ est un produit scalaire sur ${\cal C}^0([a,b],\RR)$ (espaces vectoriel des fonctions continues de $[a,b]$ dans $\RR$). Montrer que:
       $$\displaystyle\int_a^b g^2(t)dt - 2 \sqrt{I}\sqrt{\int_a^b g^2(t)dt} \leq ag^2(a)$$

   \item En d\'{e}duire:  $\displaystyle\int_a^b g^2(t)dt \leq  2 I +a g^2(a) +  2 \sqrt{I \ ( ag^2(a) +I  ) }$.
   \end{enumerate}

% \item Soit $h:\r \to \r $ une fonction r\'{e}elle croissante et major\'{e}e.
%   \begin{enumerate}
%   %\item \'{E}tudier la suite  $(f(n))_{n\geq 0}$
%   \item Montrer que la fonction $h$ admet une limite finie en $+\infty$
%   \end{enumerate}
 \item
 \begin{enumerate}
 \item  Prouver alors la convergence de l'int\'{e}grale:   $\dint_0^{+\infty} g^2(t)dt$
 \item \'{E}tablir la convergence de l'int\'{e}grale $\dint_0^{+\infty} f(t)g(t)dt$  puis montrer que:
           $$\int_0^{+\infty} g^2(t)dt= 2\int_0^{+\infty} f(t)g(t)dt$$
 \end{enumerate}
\end{enumerate}

\end{exo}



\begin{sol}

\begin{enumerate}
\item
 \begin{enumerate}
 \item La continuit\'{e} de $f$ entra\^{\i}ne l'existence d'une primitive $F$ sur $\R_+^*$; $g$ est donc bien d\'{e}finie. Elle est d\'{e}rivable sur $\R_+^*$ comme  produit de deux fonctions d\'{e}rivables sur $\R_+^*$: $x \mapsto \dfrac{1}{x}$ et $x \mapsto F(x)$.

  La fonction $F$ est d\'{e}rivable en 0, d'o\`{u} $\dlim_{x\to 0}{\frac{F(x)-F(0)}{x}}=F'(0)=f(0)$. Ainsi   $ \dlim_{x\to 0}{g(x)=f(0)}$.

 \item Pour $x>0$, $g'(x)=\dfrac{1}{x}\big(f(x)-g(x)\big)$.
 \end{enumerate}

 \item
   \begin{enumerate}
      \item Comme une primitive de $f$  est $x \mapsto xg(x)$ sur $\RR_+^*$, pour $a>0$, par int\'{e}gration par parties, on a :
   $$\int_a^b f(t)g(t)dt = [tg(t)g(t)]^b_a -\int_a^b tg(t) \frac{1}{t}(f(t)-g(t))dt
   =bg^2(b)-ag^2(a) - \int_a^b f(t)g(t)dt +\int_a^bg^2(t)dt$$

   soit encore, $\displaystyle 2\int_a^bf(t)g(t)= b g^2(b) -a g^2(a) + \int_a^b g^2(t)dt $ \ \ (1).\\
Si $a=0$, on remplace $a$ par $\alpha >0$ dans (1); alors le r\'esultat reste vrai en faisant tendre $\alpha$ vers 0.

   \item D'apr\`{e}s l'in\'{e}galit\'{e} de Cauchy-Schwarz :
   $$
   \int_a^bf(t)g(t)dt  \leq \sqrt{\int_a^b f^2(t)dt}\sqrt{\int_a^b g^2(t)dt}\leq   \sqrt{I \int_a^b g^2(t)dt} $$

  D'o\`{u} $\displaystyle\int_a^b g^2(t)dt -ag^2(a) \leq 2 \sqrt{I\int_a^b g^2(t)dt}-bg^2(b)\leq 2 \sqrt{I\int_a^b g^2(t)dt}$,  car $bg^2(b)\geq 0$,\\
d'o\`{u} le r\'{e}sultat voulu.
    %et donc $\displaystyle\int_a^b g^2(t)dt - 2 \sqrt{I}\sqrt{\int_a^b g^2(t)dt} \leq a^2g(a)$.
   \item
   On reconna\^{\i}t le d\'{e}but d'un carr\'{e} dans l'expression pr\'{e}c\'{e}dente :
\begin{align*}
    \Big(\sqrt{\int_a^b g^2(t)dt}- \sqrt{I}\Big)^2 -I \leq ag^2(a)
  &\Rightarrow \left|\sqrt{\int_a^b g^2(t)dt}- \sqrt{I}\right| \leq  \sqrt{ag^2(a) + I }\\
   &\Rightarrow \sqrt{\int_a^b g^2(t)dt} \leq \sqrt{I} + \sqrt{ag^2(a) + I }
\end{align*}
  et en \'{e}levant au carr\'{e} :   $\displaystyle\int_a^b g^2(t)dt \leq  2 I +a g^2(a) +    2 \sqrt{I \ ( ag^2(a) +I  ) }$.

   \end{enumerate}
 \item
 \begin{enumerate}
 \item
 \begin{itemize}
 \item La fonction $g$ \'{e}tant continue sur $\R_+$, la fonction $h:b \mapsto \dint_0^b g^2(t)dt$ est bien d\'{e}finie. Elle est croissante (positivit\'{e} de l'int\'{e}grale) et major\'{e}e (2.c), elle admet donc une limite finie lorsque $b \to +\infty$ (th\'{e}or\`{e}me de la limite monotone).
  \end{itemize}

 \item
 \begin{enumerate}
 \item On a $0\leq |f(t)g(t)| \leq \dfrac{1}{2}(f^2(t) +g^2(t))$. Ainsi par le th\'{e}or\`{e}me de comparaison des  fonctions positives, les questions pr\'{e}c\'{e}dentes entra\^{\i}nent que $\dint_0^{+\infty} |f(t)g(t)|dt $ converge.

 \item  Dans la question 2.a, pour $a=0$, il vient :  $bg^2(b)=2\dint_0^b f(t)g(t)dt -\dint_0^b g^2(t)dt$ et
 $$\dlim_{b \to +\infty}{bg^2(b)}=2\dint_0^{+\infty} f(t)g(t)dt -\dint_0^{+ \infty} g^2(t)dt=M$$
  N\'{e}cessairement $M=0$, sinon on aurait: $g^2(t) \sim \dfrac{M}{t}$ en contradiction avec la convergence de $\dint_0^{+ \infty} g^2(t)dt$. D'o\`{u}  $M=0$, ce qui  entra\^{\i}ne le r\'{e}sultat de la question.
 \end{enumerate}
\end{enumerate}

\end{enumerate}


\end{sol}



%------------------------------
\begin{exo}

\begin{enumerate}


\item Montrer que pour tout  $n\in \N$, l'int\'{e}grale $\dint_0^{\frac{\pi}{4}}(\tan x)^n\;dx$  est bien d\'{e}finie. On la note alors $I_n$.

\item Montrer que la suite $(I_n)_{n\geq 0}$ est d\'{e}croissante et positive.


Que peut-on en d\'{e}duire sur la nature de la suite $(I_n)_{n\geq 0}$ et sur sa limite \'{e}ventuelle $\ell$ ?

\item Pour tout entier naturel $n$, calculer $I_n+I_{n+2}$ en fonction de $n$.

En d\'{e}duire la valeur de $\ell$.

\item D\'{e}duire de la question pr\'{e}c\'{e}dente que :

\[\forall p \in \N^*, ~~I_{2p}=(-1)^p\left(I_0+\sum_{k=1}^p\frac{(-1)^k}{2k-1}\right)\]

Trouver une expression semblable de $I_{2p+1}$, pour $p\in \N$.


\item En d\'{e}duire que la s\'{e}rie  $\dsum_{k\geq 0}\frac{(-1)^k}{2k+1}$ converge et donner sa somme.

Montrer que la s\'{e}rie $\dsum_{k\geq 1}\frac{(-1)^k}{k}$ converge et pr\'{e}ciser sa somme.

\item La s\'{e}rie  $\dsum_{n\geq 0} I_n$ est-elle convergente ?

\end{enumerate}
\end{exo}



\begin{sol}

\begin{enumerate}
\item  En effet, $I_n$ est l'int\'{e}grale sur le segment $K=[0,\dfrac{\pi}{4}]$ d'une fonction continue.

\item  Comme $\tan$ est strictement croissante sur $K$, on a : $0=\tan(0) \leq \tan x \leq \tan \left(\dfrac{\pi}{4}\right)=1$.

Ensuite, la d\'{e}croissance des puissances enti\`{e}res positives d'un r\'{e}el de $[0,1]$ donne :
 $$\forall n \in \N, 0\leq (\tan x)^{n+1}\leq  (\tan x)^{n} \leq 1.$$

Puis, on int\`{e}gre sur $[0,\pi/4]$, les bornes \'{e}tant bien rang\'{e}es, et l'on obtient  :  $0\leq I_{n+1}\leq I_n$.\\
Ainsi, la suite $(I_n)$ est positive et d\'{e}croissante. Donc, par le th\'{e}or\`{e}me de la limite monotone, elle converge vers une limite $\ell$ et par passage \`{a} la limite sur in\'{e}galit\'{e}s, on a $0\leq \ell\leq I_0=\dfrac{\pi}{4}$.


\item On remarque que :

$$I_n+I_{n+2}=\int_0^{\frac{\pi}{4}} \tan^n x(1+\tan^2x)\;dx=\frac{1}{n+1}\left[\tan^{n+1} x\right]_0^{\frac{\pi}{4}}=\frac{1}{n+1}.$$
Du coup, en passant \`{a} la limite, on a : $2\ell=0$, soit $\ell=0$.

\item Par r\'{e}currence sur $p$ :

\begin{itemize}
\item  La formule propos\'{e}e est \'{e}videmment vraie pour $p=1$ car $I_0+I_2= 1$.

\item  Si la formule $I_{2p}=(-1)^p\left(I_0+\dsum_{1\leq k \leq p}\frac{(-1)^k}{2k-1}\right)$ est vraie pour un entier $p$ positif, alors
d'apr\`{e}s la question pr\'{e}c\'{e}dente,
$$I_{2(p+1)}%=I_{2p+2}
=\frac{1}{2p+1}-I_{2p}=\frac{1}{2p+1}-(-1)^p\left(I_0+\dsum_{1\leq k \leq p}\frac{(-1)^k}{2k-1}\right)=(-1)^{p+1}\left(I_0+\dsum_{1\leq k \leq p+1}\frac{(-1)^k}{2k-1}\right),$$
car le terme $\dfrac{1}{2p+1}$ correspond bien \`{a} $\dfrac{(-1)^{p+1-k}}{2k-1}$ pour $k=p+1$. Donc, c'est vrai \`{a} l'ordre $p+1$.
\end{itemize}


On obtient aussi : $\forall p \in \N^*, ~~I_{2p+1}=(-1)^{p}\left(I_1+\dsum_{1\leq k \leq p}\frac{(-1)^k}{2k}\right)$.

\item Comme $(-1)^pI_{2p}$ tend vers $0$ (produit d'une suite born\'{e}e et d'une suite de limite nulle)
lorsque $p$ tend vers $+\infty$, on en d\'{e}duit que la s\'{e}rie de terme g\'{e}n\'{e}ral
$\dfrac{(-1)^k}{2k-1}$ $(k\geq1)$ est convergente et que :

$$\dsum_{k=1}^{+\infty}\frac{(-1)^k}{2k-1}=-I_0=-\frac{\pi}{4} \Rightarrow  \dsum_{k=0}^{+\infty}\frac{(-1)^k}{2k+1}=I_0=\frac{\pi}{4}.$$

De m\^{e}me, la s\'{e}rie de terme g\'{e}n\'{e}ral
$\dfrac{(-1)^k}{2k}$ $(k\geq1)$ est convergente et :

$$\dsum_{k=1}^{+\infty}\frac{(-1)^k}{2k}=-I_1=-\left[\ln|\cos x|\right]_0^{\frac{\pi}{4}}=-\frac{\ln(2)}{2} \mbox{ et } \dsum_{k=1}^{+\infty}\frac{(-1)^k}{k}=-\ln(2).$$

\item D'apr\`{e}s la formule trouv\'{e}e \`{a} la question $3$, si la s\'{e}rie de terme g\'{e}n\'{e}ral $I_n$ convergeait vers $S$ finie,
alors la s\'{e}rie de terme g\'{e}n\'{e}ral $I_n+I_{n+2}=\dfrac{1}{n+1}$ convergerait aussi comme somme de deux s\'{e}ries convergentes,
ce qui est faux d'apr\`{e}s le cours (s\'{e}rie harmonique).
Ainsi, la s\'{e}rie de terme g\'{e}n\'{e}ral $I_n$ est divergente.

\end{enumerate}
\end{sol}



%---------------------------------
\begin{exo}

Dans cet exercice, $n$ d\'{e}signe un entier naturel sup\'{e}rieur ou \'{e}gal \`{a} $2$.

On note $I_n$ la matrice identit\'{e} de $\mathcal{M}_n(\R)$  et $J_n$  la matrice de $\mathcal{M}_n(\R)$  dont tous les \'{e}l\'{e}ments valent $1$.

\begin{enumerate}

\item 	D\'{e}terminer le rang de $J_n$ et en d\'{e}duire ses valeurs propres. La matrice $J_n$ est-elle diagonalisable ?

Dans toute la suite, on consid\`{e}re la fonction $f_n$ d\'{e}finie sur $\R^n$ par :
 $$f_n(x_1, \ldots, x_n)= \left( \sum_{i=1}^n x_i\right) \mbox{exp}\left(- \sum_{i=1}^n x_i^2\right)$$

\item 	Montrer que $f_n$  est de classe $C^2$ sur $\R^n$.
\item	Montrer que $f_n$ poss\`{e}de deux points critiques $a$ et $b=-a$, avec $a$ dont les coordonn\'{e}s sont positives.

On admet que la hessienne de $f_n$  en $a$ est $H_n(a)= \displaystyle \frac{-2}{\sqrt{2n\e}} (nI_n+J_n)$.

\item \'Etablir que $f_n$ poss\`{e}de un extremum local en $a$. Quelle est sa nature ? Donner sa valeur.

On admet que $f_n$ poss\`{e}de un extremum local de nature et de valeur oppos\'{e}es en $b$.
\item
\begin{enumerate}
\item 	\'{E}tudier la fonction $h$ d\'{e}finie sur  $\R^+$, par: $\forall\,t\geq 0,\,\, h(t)=t\e^{-t^2}$.
\item 	Montrer que, pour tout $(x_1, \ldots, x_n)$ de $\R^n$, $\displaystyle \left(\sum_{k=1}^n x_k\right)^2 \leq n \sum_{k=1}^n x_k^2$.
\item )	D\'{e}duire des deux questions pr\'{e}c\'{e}dentes que $f_n$ admet en  $a$ et $b$ des extremums globaux.
\end{enumerate}

%\item Dans le cas $n = 2$, la nappe suivante est-elle acceptable en tant que repr\'{e}sentation graphique de la fonction $f_2$ ?



\end{enumerate}

\end{exo}


\begin{sol}
\begin{enumerate}

\item	Les colonnes de $J_n$ sont toutes \'{e}gales et non nulles, donc $J_n$ est de rang $1$.. Ceci montre que $0$ est valeur propre de $J_n$, associ\'{e}e \`{a} un sous-espace propre de dimension $n-1$ qui est le noyau de $(x_1, \ldots, x_n) \to \dsum_{k=1}^n x_k$. Son orthogonal est la droite engendr\'{e}e par le vecteur $\matrice{ 1 \cr \vdots\cr 1}$ qui est vecteur propre associ\'{e} \`{a} la valeur propre $n=\tr(J_n)$.  La matrice $J_n$ est sym\'{e}trique r\'{e}elle, donc ortho-diagonalisable.

\item 	 La fonction $f_n$ est compos\'{e}e d'un produit de fonctions polynomiales de classe $C^2$ sur $\R^n$, \`{a} valeurs dans $\R$, et de la fonction exponentielle qui est de classe $C^\infty$ sur $\R$, donc  est de classe $C^2$ sur $\R^n$.

\item 	Par d\'{e}rivation d’un produit, pour tout $i\in [\![1,n]\!]$ :
$$\partial_i f_n(x)= \left( 1-2x_i\sum_{k=1}^n x_k\right)\mbox{exp} \left(- \sum_{k=1}^n x_k^2  \right)$$

Les points critiques de  $f_n$ sont les $(x_1, \ldots, x_n)$ qui annulent $1-2x_i\dsum_{k=1}^n x_k= 1-2x_iS_n$, donc $x_i=\dfrac{1}{2S_n}$, pour tout $i\in [\![1,n]\!]$. En sommant, on obtient $2S_n^2=n$ soit $S_n=\pm \dis\sqrt{\frac{n}{2}}$.
On en d\'{e}duit que les points critiques de $f_n$ sont  $a= \dfrac{1}{\sqrt{2n}} (1, \ldots, 1)$  et $b=-a$.

\item
 	La matrice $J_n$ \'{e}tant diagonalisable, il existe une matrice orthogonale $P$ et une matrice diagonale $D_n= \mbox{diag}(n, 0, \ldots, 0)$ telles que  $J_n= PD_n {}^t\!P$. D'apr\`{e}s l'\'{e}nonc\'{e}, $H_n(a)$ est diagonalisable et ses valeurs propres sont $\dfrac{-2n}{\sqrt{n\e}}$  et $\dfrac{-4n}{\sqrt{n\e}}$ qui sont n\'{e}gatives. Donc, $f_n$ admet un maximum local en $a$.

Sa valeur est $f_n(a)= \dis\sqrt{\frac{n}{2\e}}$.

\item
\begin{enumerate}

\item Une \'{e}tude  de la fonction $h$ montre qu'elle admet un maximum sur $\R^+$ en $t= \dis\frac{1}{\sqrt{2}}$ qui vaut $\dis\frac{1}{\sqrt{2\e}}$.
\item  C'est l'in\'{e}galit\'{e} de Cauchy-Schwarz.
\item 	Avec la notation $||x||^2=\dis\sum_{k=1}^n x_k^2$, les deux questions pr\'{e}c\'{e}dentes donnent:
$$\left| f_n(x)\right| \leq \sqrt{n} ||x|| \e^{-||x||^2} \Rightarrow \left| f_n(x)\right| \leq \sqrt{\frac{n}{2\e}}$$

Donc,  $f_n$ admet en $a$ et $b$ des extremums globaux.
\end{enumerate}

%\item	Dans le cas $n = 2$, la nappe propos\'{e}e repr\'{e}sente une fonction pr\'{e}sentant un maximum et un minimum globaux qui semblent atteints en  $(1/2,1/2) $ et $(-1/2,-1/2)$.  Elle est sans doute acceptable.
\end{enumerate}

\end{sol}





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%%% End:
