\input upsnum.tex
%======================================================================================
%CORRIGE DE ESIM 99 MP 2 (Etude d'une int\'egrale elliptique par la m\'ethode de Gauss)
%Le corrig\'e d\'ebute ligne 101
%Merci \`a E. Amiot pour ses remarques et commentaires ci-inclus. 
%Remarques et relev\'es d'erreurs \`a JC Dufait, e-mail: cjcbtm.dufait@wanadoo.fr
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%
%*****Macros de pr\'esentation*******************
%*****Mise en page
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\leftskip = 1cm % dimension marge gauche
\parindent = 0mm % pas d'indentation 
%*****Fontes
\font\sc=cmcsc10
\font\Bf=cmbx10 scaled\magstep1
\font\BF=cmbx10 scaled\magstep2
%*****Haut et bas de page
%\def\makeheadline{
%\ifnum\pageno=1
%\null\vskip 2mm\null
%\else
%\line{\rm \titre\hfil\folio/\nbretotal}
%\vskip 2mm\hrule\vskip5mm\fi}
%\def\makefootline{}
%*****Fin
\def\finetoiles{\centerline{*\hphantom{*}*\hphantom{*}*}\centerline{*\hphantom{*}*}\centerline{*}}
%*****Cadres
%----- cadre pour le titre 
\def\cadrelong#1{%
{\SV                    % va a la ligne
\leftskip=3mm           % pas de marge gauche
\hrule                  % trait horizontal sup\'erieur
\dimen0=\hsize\advance\dimen0 by 7mm %
\hbox to \dimen0{\vrule  % trait vertical gauche
\hfil                   % centrage horizontal
\vrule height 16pt depth 8pt width 0pt     % cale de hauteur
\BF #1%                  % texte en gras
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\vrule                  % trait vertical droit
}\hrule                 % trait horizontal inf\'erieur
\sv}}                   % petit espace
%*****Op\'erateurs math\'ematiques*********************
%*****Nouvelles definitions
\let\oldsum=\sum                         % modifie la d\'efinition de \sum
\def\sum{\oldsum\limits}                 % pour placer correctement les bornes
\let\oldlim=\lim                         % idem pour \lim
\def\lim{\oldlim\limits}
\let\oldsup=\sup                         % idem pour \sup
\def\sup{\mathop{\rm Sup}\limits}
\def\frac#1#2{{\textstyle#1\over\textstyle#2}} % fraction
\def\fracs#1#2{{\scriptstyle#1\over\scriptstyle#2}} %  petite fraction
%*****Fl\'eches
%-----op\'erateur avec dessous: build {op\'erateur} {dessous}
\def\build#1#2{\mathrel{\mathop{\kern 0pt#1}\limits_{#2}}}
%-----fl\`eche double: fl\`eche {variable} {valeur}
\def\fleche#1#2{\build{\hbox to
9mm{\rightarrowfill}}{{#1}\rightarrow{#2}}}
%-----cv simple et uniforme
\def\cvu{\setbox1=\hbox{$\longrightarrow$\llap{\raise-0.5pt\hbox{\rm U}\kern 4pt}}\mathrel{\box1}} 
\def\cvs{\setbox1=\hbox{$\longrightarrow$\llap{\raise-0.5pt\hbox{\rm S}\kern 5pt}}\mathrel{\box1}} 
%-----op\'erateur avec deux dessous: Build {op\'erateur} {dessous1} {dessous2}
\def\Build#1#2#3{\build{{#1}}{\scriptstyle{#2}\atop\scriptstyle{#3}}}
%-----fl\`eche triple: Fleche {variable} {valeur} {3i\`eme ligne}
\def\Fleche#1#2#3{\build{\hbox to
9mm{\rightarrowfill}}{\scriptstyle{#1}\rightarrow{#2}\atop\scriptstyle{#3}}}
%*****Ensembles de nombres
\def\R{{\bf R}}
\def\N{{\bf N}}
%*****Calculs en cascade
\def\cascade#1{                            
\leavevmode\vtop{\halign{$##$\hfil&${}##{}$\hfil&$##$\hfil\cr #1}}\par}
%*****D\'eriv\'ees partielles :
\def\d#1#2{\frac{\partial#1}{\partial#2}}
%*****Limites d'intervalles d'entiers:
\def\[{[\![}
\def\]{]\!]}
%*****Raccourcis
\let\un=\underline
\let\h=\hbox
\let\s=\smallskip
\def\sv{\vskip 4mm plus 2mm minus 2mm}   
\def\SV{\vskip 12mm plus 6mm minus 6mm} 
% 
%%%%%%%%%%%%%%%%%%%% Macros sp\'ecifiques %%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%
\dimendef\grandrecul=100\grandrecul=32pt
\dimendef\petitrecul=101\petitrecul=16pt
\def\num#1{\sv\sv\setbox1\hbox to \grandrecul{\bf Question\  #1\hss}
\leavevmode\llap{\box1}}%-----num\'ero de question 
\def\numm#1{\setbox2\hbox to \petitrecul{\bf #1)\hfil}
\setbox1\hbox to \grandrecul{\hfill\box2}
\sv\leavevmode\llap{\box1$\!$}}%-----num\'ero de sous-question
\def\titre{ESIM 1999, option MP, Math\'ematiques 2.}
\def\nbretotal{6}
%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%

\SV 
\cadrelong{\BF \titre }
\centerline{\sl (\nbretotal\  pages )}
\SV
\centerline{\Bf Partie 1}
\sv
\num 1%
\numm a%
Posons, pour $t\in]0,+\infty[$, $h(t)=\frac{2\,\sqrt{t}}{1+t}$. On a, pour
tout $t\in]0,+\infty[$, $h(t)>0$, $1-h(t)=\frac{1+t-2\,\sqrt{t}}{1+t}=
\frac{\bigl( 1-\sqrt{t}\bigr)^2 }{1+t}\ge 0$ et $h(t)-t=
\frac{2\,\sqrt{t}-t-t^2}{1+t}=-\sqrt{t}\,\frac{\bigl( \sqrt{t}\bigr)^3+\sqrt{t}-2
}{1+t}=-\sqrt{t}\,\frac{\Bigl( \sqrt{t}-1\Bigr)\Bigl(\bigl(
\sqrt{t}\bigr)^2 +\sqrt{t}+2\Bigr)}{1+t}$ donc $h(t)-t$ est du signe de
$1-t$ (en particulier, $h(t)=t\Leftrightarrow t=1$).\s
On en d\'eduit que $\forall n\ge 1,\ \forall x\in]0,+\infty[,\ u_n(x)\in
]0,1]$ et $u_{n+1}(x)\ge u_n(x)$. La suite $\bigl(u_n(x) \bigr) _{n\ge
1}$ est donc croissante et major\'ee donc convergente dans $\R$ vers
$\ell(x)$. De plus, $\ell(x)\ge u_1(x)>0$ donc $h$ est continue en
$\ell(x)$ et donc $\ell(x)=h(\ell(x))$ ce qui donne $\ell(x)=1$.\s
Donc $\un{u_n\cvs 1\h{ sur }]0,+\infty[}$~.

\numm b%
$\diamond$ $\forall x\in]0,+\infty[,\ U_{n+1}(x)=\frac{1+u_n(x)}{2\,\sqrt{u_n(x)}
}=\frac{1+\fracs{1}{U_n(x)}}{\fracs{2}{\sqrt{U_n(x)}}}$ soit
$\un{\forall x>0,\  U_{n+1}(x)=\frac{1+U_n(x)}{2\,\sqrt{U_n(x)}}}$~.\s
$\diamond$ Pour $n\ge 1$, $u_n(x)\in ]0,1]$ donc $U_n(x)\ge 1$ et donc,
pour $n\ge 1$ et $x>0$,   
$$\eqalign{\bigl|U_{n+1}(x)-1\bigr
|&=U_{n+1}(x)-1=\frac{1+U_n(x)}{2\,\sqrt{U_n(x)}}-1=
\frac{U_n(x)-1}{2\,\sqrt{U_n(x)}}+\frac{1}{\sqrt{U_n(x)}}-1\cr
&\le  \frac{U_n(x)-1}{2\,\sqrt{U_n(x)}}\le \frac{U_n(x)-1}{2}\cr}$$
donc $\un{\forall x>0,\  \forall n\ge 1,\ \bigl|U_{n+1}(x)-1\bigr
|\le \frac 12\, \bigl|U_{n}(x)-1\bigr|}$~.

\numm c%
$\diamond$ On a donc, par r\'ecurrence imm\'ediate, $\forall x>0,\  \forall n\ge 1,\ 
|U_{n}(x)-1|\le \frac 1{2^{n-1}}\, |U_{1}(x)-1|$. Or, si $K$ est un
compact de $]0,+\infty[$, $U_1-1$ est continue sur $K$ donc born\'ee sur
$K$ et donc, en notant $\|\ \| _\infty^K$ la norme de la convergence
uniforme sur $K$,
$\forall x\in K,\  \forall n\ge 1,\ 
|U_{n}(x)-1|\le \frac 1{2^{n-1}}\, \|U_{1}-1\| _\infty^K$ donc
$\forall n\ge 1,\  \|U_{n}-1\| _\infty^K\le \frac 1{2^{n-1}}\, \|U_{1}-1\|
_\infty^K$ donc $\un{U_n\cvu 1\h{ sur tout compact de }]0,+\infty[}$~.\s

$\diamond$ 
$\forall x\in K,\  \forall n\ge 1,\
|u_{n}(x)-1|=\frac{|U_{n}(x)-1|}{U_{n}(x)}\le|U_{n}(x)-1|$ donc
$\forall n\ge 1,\  \|u_{n}-1\| _\infty^K\le \|U_{n}-1\| _\infty^K$ et 
$\un{u_n\cvu 1\h{ sur tout compact de }]0,+\infty[}$~.


\num 2%
\numm a%
On a d\'ej\`a, pour tout $x>0$ et tout $n\ge 0$, $v_n(x)>0$ par r\'ecurrence
imm\'ediate. De plus, pour $n\ge 1$ et $x>0$, on a $u_n(x)\le 1$ donc
$u_n(x)v_n(x)\le v_n(x)$ et $v_{n+1}(x)\le
v_{n}(x)\frac{1+1}2=v_{n}(x)$. De m\^eme, $v_{n+1}(x)u_{n+1}(x)=v_n(x)
\sqrt{u_n(x)}\ge v_n(x)u_n(x)$ toujours car $u_n(x)\le 1$. Enfin, $0\le
v_n(x)-u_n(x)v_n(x)\le v_0(x)\bigl(1-u_n(x) \bigr) =1-u_n(x)\fleche
n{+\infty} 0$. \s
Ainsi, $\un{\h{pour tout }x>0,\h{ les suites }\bigl( u_n(x)v_n(x)\bigr)_{n\ge
1}\h{ et  }\bigl( v_n(x)\bigr)_{n\ge
1}\h{ sont adjacentes}}$~.
%NB: ce sont les suites qui définissent classiquement la moyenne
% arithmetico-geometrique de 1 et de x.

\numm b%
On a donc $\forall x>0,\ \forall n\ge 1,\ u_n(x)v_n(x)\le f(x)\le v_n(x)$
donc  $$\eqalign{\forall x>0,\ \forall n\ge 1,\quad &0\le v_n(x)-f(x)
\le v_n(x)-u_n(x)v_n(x)\le 1-u_n(x)\quad \h{et}\cr
&0\le f(x)-u_n(x)v_n(x)
\le v_n(x)-u_n(x)v_n(x)\le 1-u_n(x)\cr}$$ 
donc, pour $K$ compact de $]0,+\infty[$,
$\forall n\ge 1,\  \|v_{n}-f\| _\infty^K\le\|u_{n}-1\| _\infty^K$ et $
\|u_nv_n-f\| _\infty^K\le\|u_{n}-1\| _\infty^K$.\par
Donc, d'apr\`es ({\bf 1. c}), $\un{v_n\cvu f\h{ et }u_nv_n\cvu f\h{ sur tout compact de }]0,+\infty[}$~.

\numm c%
Avec la notation du ({\bf 1. a}), $u_{n+1}=h\circ u_n$ et $u_0={\rm
Id}_{\R_+}$ donc, pour tout $n$, $u_n=h^n$ est continue sur $ 
]0,+\infty[$ puisque $h$ l'est. Par suite, puisque $v_0$ est continue sur $ 
]0,+\infty[$ et que si $v_n$ l'est alors $v_{n+1}$ aussi comme produit
de fonctions continues, on a, pour tout $n$, $v_n$ continue sur $ 
]0,+\infty[$.\par
Avec la convergence uniforme sur tout compact vue au ({\bf a}), on peut
conclure~: $\un{f\h{ est continue sur }]0,+\infty[}$~.
  
\SV
\centerline{\Bf Partie 2}
\sv
\num 1% 
\sv   
Notons $g(x,t)=\frac{1}{\sqrt{(1+t^2)(x^2+t^2)}}$. 
$g$ est $C^\infty$ sur $]0,+\infty[\times [0,+\infty[$ et $\d g x(x,t)=
-\frac{1}{\sqrt{1+t^2}}\,\frac{x}{(x^2+t^2)^{3/2}}$. De plus, soit
$[a,b]\subset
]0,+\infty[$ ($a<b$). On a
$$\forall (x,t)\in [a,b]\times [0,+\infty[,\quad |g(x,t)|\le \frac{1}
{\sqrt{(1+t^2)(a^2+t^2)}}=\psi_1(t)$$
o\`u $\psi_1$ est continue sur $[0,+\infty[$ et v\'erifie $\psi_1(t)
\build\sim{t\rightarrow +\infty}\frac{1}{t^2}$ donc int\'egrable sur
$[0,+\infty[$ et on a aussi 
$$\forall (x,t)\in [a,b]\times [0,+\infty[,\quad \left|\d g x (x,t)\right|\le 
\frac{b}{\sqrt{(1+t^2)(a^2+t^2)^3\,}}=\psi_2(t)$$
o\`u $\psi_2$ est \'egalement continue sur $[0,+\infty[$ et telle que $\psi_2(t)
\build\sim{t\rightarrow +\infty}\frac{b}{t^4}$ donc int\'egrable sur
$[0,+\infty[$.\par
On a donc v\'erifi\'e les hypoth\`eses du th\'eor\`eme de d\'erivation sous
l'int\'egrale sur tout segment $[a,b]\subset ]0,+\infty[$ et donc
$\un{F\h{ est }C^1\h{ sur }]0,+\infty[}$~.

\num 2%
\sv
En posant $u=\frac tx$, on obtient $\displaystyle F(x)=
\int_{0}^{+\infty}\frac{x\,du}{\sqrt{(1+x^2u^2)(x^2+x^2u^2)}}=\frac{1}{x}\, 
\int_{0}^{+\infty}\frac{du}{\sqrt{({1\over x^2}+u^2)(1+u^2)}}=\frac{1}{x}\,
F\left( \frac{1}{x}\right)$ donc
$\un{\forall x\in ]0,+\infty[,\ F(x)=\frac{1}{x}\, F\left(
\frac{1}{x}\right)}$~.  
%NB: le theoreme de changement de variable dans ce genre
% d'integrales n'est pas au programme de Spe MP, il semble
% difficile de s'en passer dans cette partie cependant...

\num 3%
\numm a%
La question ({\bf 1}) donne $\displaystyle 
\forall x>0,\ F'(x)=-x\int_{0}^{+\infty}
\frac{dt}{(x^2+t^2)^{3/2}\,\sqrt{1+t^2}}<0$ donc $F$ d\'ecroissante et, 
puisque $\forall x>0,\ F(x)>0$, $F(x)$ a une limite dans $\R$ quand $x$
tend vers $+\infty$.\par En particulier, $\lim_{x\rightarrow +\infty}F(x)=
\lim_{n\rightarrow +\infty}F(n)$. Posons, pour $n\ge 1$, $g_n\ :\ t\mapsto
\frac{1}{\sqrt{(1+t^2)(n^2+t^2)}}$~: $g_n$ est continue et int\'egrable sur
$[0,+\infty[$, $g_n\cvs 0 $ sur $[0,+\infty[$ et $0$  est continue et int\'egrable sur
$[0,+\infty[$, enfin, $g_{n+1}\le g_n$. On peut donc appliquer le
th\'eor\`eme de convergence monotone \`a la suite de fonctions $\bigl( g_n\bigr)
_{n\ge 1}$ et donc $\lim_{n\rightarrow
+\infty}F(n)=\int_{0}^{+\infty}0\,dt=0$.
Donc $\un{\lim_{x\rightarrow +\infty}F(x)=0}$~. 
% NB: dans le contexte du programme on peut difficilement éviter l'astuce
% du recours à une suite de fonctions.... La aussi il manque un theoreme,
%vrai mais hors programme...
 
\numm b%
$\displaystyle F(x)=\int_{0}^{1}
\frac{dt}{\sqrt{(1+t^2)(x^2+t^2)}}+\int_{1}^{+\infty}
\frac{dt}{\sqrt{(1+t^2)(x^2+t^2)}}>\int_{0}^{1}
\frac{dt}{\sqrt{(1+t^2)(x^2+t^2)}}$.\par  Or, 
\cascade{\displaystyle \int_{0}^{1}
\frac{dt}{\sqrt{(1+t^2)(x^2+t^2)}}&\ge \displaystyle \int_{0}^{1}
\frac{dt}{\sqrt{2(x^2+t^2)}}=
\frac{1}{\sqrt{2}}\int_{0}^{1/x}\frac{du}{\sqrt{1+u^2}}\qquad 
(\h{en posant }t=xu)\cr
&\ge \displaystyle \frac{1}{\sqrt{2}}\biggl[\ln\Bigl( u+\sqrt{1+u^2}\Bigr)  
\biggr]_{0}^{1/x}=\frac{1}{\sqrt{2}}\ln\left(\fracs 1x+\sqrt{1+\fracs 1{x^2}}\right)\fleche x 0
+\infty.\cr}
Donc $\un{\lim_{x\rightarrow 0}F(x)=+\infty}$~.

\num 4%
\numm a%
\cascade{F(x)&=\displaystyle \int_{0}^{\sqrt{x}}
\frac{dt}{\sqrt{(1+t^2)(x^2+t^2)}}+\int_{\sqrt{x}}^{+\infty}
\frac{dt}{\sqrt{(1+t^2)(x^2+t^2)}}\cr
&=\displaystyle\int_{0}^{\sqrt{x}}
\frac{dt}{\sqrt{(1+t^2)(x^2+t^2)}}+\int_{\sqrt{x}}^{0}
\frac{-x\,du}{u^2\sqrt{\left( 1+{x^2\over u^2} \right)\left(
x^2+{x^2\over u^2} \right)}}\cr
&=\displaystyle\int_{0}^{\sqrt{x}}
\frac{dt}{\sqrt{(1+t^2)(x^2+t^2)}}+\int_{0}^{\sqrt{x}}
\frac{du}{\sqrt{(1+u^2)(x^2+u^2)}}\cr}
en effectuant dans la seconde
int\'egrale le changement de variable $C^1$ bijectif $t=\frac xu$.\par
On a donc bien $\un{\displaystyle F(x)=2\int_{0}^{\sqrt{x}}
\frac{dt}{\sqrt{(1+t^2)(x^2+t^2)}}}$~.

\numm b%
On en d\'eduit :\quad $\displaystyle 2\int_{0}^{\sqrt{x}}
\frac{dt}{\sqrt{(1+(\sqrt{x})^2)(x^2+t^2)}}\le  F(x)\le 2\int_{0}^{\sqrt{x}}
\frac{dt}{\sqrt{(1+0^2)(x^2+t^2)}}$ soit\par
$\displaystyle \frac{2}{\sqrt{1+x}}\int_{0}^{\sqrt{x}}
\frac{dt}{\sqrt{x^2+t^2}}\le F(x)\le 2\int_{0}^{\sqrt{x}}
\frac{dt}{\sqrt{x^2+t^2}}$ et, comme $\frac{1}{\sqrt{1+x}}\build
\sim{x\rightarrow 0}1$, $\un{\displaystyle F(x)\build
\sim{x\rightarrow 0} 2\int_ {0}^{\sqrt{x}}
\frac{dt}{\sqrt{x^2+t^2}}}$~.

\numm c%
$\diamond$ Or, en posant $t=xu$, $\displaystyle \int_{0}^{\sqrt{x}}
\frac{dt}{\sqrt{x^2+t^2}}=\int_{0}^{1/\sqrt{x}}
\frac{du}{\sqrt{1+u^2}}=\biggl[\ln\Bigl( u+\sqrt{1+u^2}\Bigr)  
\biggr]_{0}^{1/\sqrt{x}}=\ln\left(\fracs 1{\sqrt{x}}+\sqrt{1+\fracs 1x}\right)$
${}=-\ln\Bigl(\sqrt{x}\Bigr)+\ln\Bigl(1+\sqrt{1+x}\Bigr)\build
\sim{x\rightarrow 0} -\frac 12\,\ln x$\quad  donc $\un{F(x)\build
\sim{x\rightarrow 0} - \ln x}$~.\s
$\diamond$ Donc  $F(x)=\frac{1}{x}\, F\left(
\frac{1}{x}\right)\build
\sim{x\rightarrow +\infty }-\frac{1}{x}\,\ln\left(
\frac{1}{x}\right)$ soit  $\un{F(x)\build \sim{x\rightarrow +\infty }  
 \frac{\ln x}{x}}$~.

  
\SV
\centerline{\Bf Partie 3}
\sv
\num 1% 
\numm a%
$\diamond$ $\varphi$ est $C^\infty$ sur $]0,+\infty[$ et $\forall t>0,\ 
\varphi'(t)=\frac 12\left(1+\frac{x}{t^2} \right)>0$. Donc $\varphi$ est
un $C^1$ diff\'eomorphisme de $]0,+\infty[$ sur $\left]
\lim\nolimits_{0^+ } \varphi(t),\lim\nolimits_{+\infty }
\varphi(t)\right[=]-\infty,+\infty [$.\par
Donc $\un{\varphi\h{ est
un }C^1\h{ diff\'eomorphisme de }]0,+\infty[\h{ sur }\R}$~.\s
$\diamond$  $\forall t>0,\ \frac 1t\sqrt{x+\varphi^2(t)}=
\frac 1t\sqrt{x+\frac{t^2}4-\frac{x}2+\frac{x^2}{4t^2}}=
\frac 1{2t}\left(t+\frac xt \right)=\frac 12\left(1+\frac{x}{t^2}
\right)$ car $t+\frac xt\ge 0$. Donc $\un{\forall t>0,\ 
\varphi'(t)=\frac 1t\sqrt{x+\varphi^2(t)}}$~.
 
\numm b%
\cascade{2F\left( \frac{2\sqrt{x}}{1+x}\right)&=\displaystyle 
\int_{0}^{+\infty}
\frac{dv}{\sqrt{\Bigl(1+v^2\Bigr)\Bigl
(\fracs{4x}{(1+x)^2}+v^2\Bigr)}}+\int_{-\infty}^{0}
\frac{dv}{\sqrt{\Bigl(1+v^2\Bigr)\Bigl
(\fracs{4x}{(1+x)^2}+v^2\Bigr)}}\qquad (\h{par parit\'e})\cr
&=\displaystyle \int_{-\infty}^{+\infty}\frac{2\,du}{(1+x)\,\sqrt{\Bigl
(1+\fracs{4u^2}{(1+x)^2}\Bigr)\Bigl
(\fracs{4x}{(1+x)^2}+\fracs{4u^2}{(1+x)^2}\Bigr)}}\qquad (\h{en posant }v=\frac{2}{1+x}\,u)
\cr
&=\displaystyle (1+x)\int_{-\infty}^{+\infty}\frac{du}{\sqrt{\bigl( 
(1+x)^2+4u^2\bigr)\bigl(x+u^2 \bigr) }}
\cr}
On peut, maintenant, effectuer le changement de variable $u=\varphi(t)$ qui est valable car
$\varphi$ est
un $C^1$ diff\'eomorphisme de $]0,+\infty[$ sur $\R$.\s
Ainsi, 
\cascade{\frac{2}{1+x}\,F\left( \frac{2\sqrt{x}}{1+x}\right)&=\displaystyle
\int_{0}^{+\infty}\frac{\varphi'(t)\,dt}
{\sqrt{\bigl((1+x)^2+4\varphi^2(t)\bigr)
\bigl(x+\varphi^2(t)\bigr)}}=\displaystyle
\int_{0}^{+\infty}\frac{\,dt}
{t\,\sqrt{(1+x)^2+4\varphi^2(t)}}\cr
&=\displaystyle
\int_{0}^{+\infty}\frac{\,dt}
{t\,\sqrt{(1+x)^2+
\bigl(t-\fracs{x}{t}\bigr)^2}}=\int_{0}^{+\infty}\frac{\,dt}
{\sqrt{t^2+2xt^2+x^2t^2+t^4-2xt^2+x^2}}\cr
&=\displaystyle
\int_{0}^{+\infty}\frac{\,dt}
{\sqrt{(1+t^2)(x^2+t^2)}}\cr}
donc $\un{\forall x>0,\ \frac{2}{1+x}\,F\left(
\frac{2\sqrt{x}}{1+x}\right)=F(x)}$~.

\num 2%
\sv
$\diamond$ On a, en particulier, $\forall n\in\N,\ \forall x>0,\ F\bigl(
u_n(x)\bigr)=\frac{2}{1+u_n(x)}\,F\left(
\frac{2\sqrt{u_n(x)}}{1+u_n(x)}\right)=\frac{2}{1+u_n(x)}\,F\bigl(
u_{n+1}(x)\bigr)$ donc $\forall n\in\N,\ \forall x>0,\ 
\frac{F\bigl( u_n(x)\bigr)}{v_n(x)}=\frac{1}{v_n(x)}\frac{2}{1+u_n(x)}\,F\bigl(
u_{n+1}(x)\bigr)=\frac{F\bigl(u_{n+1}(x)\bigr)}{v_{n+1}(x)}$.  Donc la
suite $\left(\frac{F\bigl( u_n(x)\bigr)}{v_n(x)} \right)_{n\ge 0}$ est
constante. Pour $n=0$, on obtient  $\frac{F\bigl(
u_0(x)\bigr)}{v_0(x)}=F(x)$ et, en passant \`a la limite quand
$n\rightarrow+\infty$, puisque $u_n(x)\fleche n{+\infty}1$ ({\bf I. 1. a}),
que $F$ est continue en $1$ ({\bf II. 1}) et que $v_n(x)\fleche
n{+\infty}f(x)$ ({\bf I. 2. a}), on obtient  $\frac{F(1)}{f(x)}$. Donc $\un{\forall x>0,\
f(x)F(x)=F(1)}$~.\s
$\diamond$ $\displaystyle F(1)=\int_{0}^{+\infty}\frac{dt}
{1+t^2}=\Bigl[{\rm Arctan}\, t \Bigr]_{0}^{+\infty}=\frac\pi2$ donc  
$\un{\forall x>0,\ f(x)F(x)=\frac\pi2}$~.   
  
\SV
\centerline{\Bf Partie 4}
\sv
\num 1% 
\sv
Pour $x\in]0,1[$ $\frac{1-x}{1+x}>0$. On peut donc appliquer les
r\'esultats de la {\bf partie 3}~:
$$(1+x)f\left(\frac{1-x}{1+x} \right)=(1+x)\,\frac{\fracs\pi2}
{F\left(\fracs{1-x}{1+x} \right)}=(1+x)\,\frac{\fracs\pi2}
{\frac2{1+{1-x\over 1+x}}\,F\left(\frac{2\sqrt{{1-x\over 1+x}}}{1+{1-x\over
1+x}} \right)}=\frac{\fracs\pi2}
{F\left(\sqrt{1-x^2}\right)}$$ soit $\un{\forall x\in]0,1[,\ (1+x)f\left(\frac{1-x}{1+x}
\right)=f\left(\sqrt{1-x^2}\right)}$~.
\vfill
\eject
\num 2% 
\sv
On a $w_{n+1}(x)=\sqrt{1-\frac{4u_n^2(x)}{(1+u_n(x))^2}}=\sqrt{
\frac{(1-u_n(x))^2}{(1+u_n(x))^2}}=\frac{1-u_n(x)}{1+u_n(x)}$ car, ici,
$u_n(x)\in]0,1[$, m\^eme pour $n=0$, car $x\in]0,1[$. En appliquant ({\bf 1}) \`a $u_n(x)$, on obtient
$\un{\bigl(1+u_n(x)\bigr)f\bigl(w_{n+1}(x)\bigr)=f\bigl(w_n(x)\bigr)}$~.

\num 3% 
\sv
On en tire
$v_n(x)f\bigl(w_n(x)\bigr)=v_n(x)\bigl(1+u_n(x)\bigr)f\bigl(w_{n+1}(x)\bigr)=
2v_{n+1}(x)f\bigl(w_{n+1}(x)\bigr)$ donc $2^nv_n(x)f\bigl(w_n(x)\bigr)=
2^{n+1}v_{n+1}(x)f\bigl(w_{n+1}(x)\bigr)$.\par
Donc $\forall n\in\N,\ 
\forall x\in]0,1[,\
2^nv_n(x)f\bigl(w_n(x)\bigr)=f\left(\sqrt{1-x^2}\right)$ d'o\`u 
$\un{\forall x\in]0,1[,\ 2^nf\bigl(w_n(x)\bigr)\fleche
n{+\infty}\frac{f\left(\sqrt{1-x^2}\right)}{f(x)}}$~.

\num 4% 
\sv
$u_n(x)\fleche n{+\infty} 1$ donc $w_n(x)\fleche n{+\infty} 0$ et donc
$f\bigl(w_n(x)\bigr)=\frac \pi 2\,\frac{1}{F\bigl(w_n(x)\bigr)}
\build\sim{n\rightarrow +\infty} -\frac \pi
2\,\frac{1}{\ln\bigl(w_n(x)\bigr)}$ donc $-2^{-n}\ln\bigl(w_n(x)\bigr)
\build\sim{n\rightarrow +\infty} \frac \pi
2\,\frac{1}{2^nf\bigl(w_n(x)\bigr)}$ soit $\un{k_n(x)\build\sim{n\rightarrow +\infty} \frac \pi
2\,\frac{f(x)}{f\left(\sqrt{1-x^2}\right)}}$~.

\num 5%
\numm a%
Par r\'ecurrence, $u_n$ est $C^\infty$ sur $]0,+\infty[$ et $\forall
x\in]0,1[,\ u_n(x)\in]0,1[$ donc $k_n=-2^{-n-1}\ln\bigl( 1-u_n^2\bigr)$ est
$C^\infty$ sur $]0,1[$ et $k'_n=2^{-n-1}\frac{2u_nu'_n}{1-u_n^2}$.
D'autre part, $k_{n+1}=-2^{-n-1}\ln\bigl( w_{n+1}\bigr)=-2^{-n-1}\ln
\left( \frac{1-u_n}{1+u_n}\right) $ d'apr\`es ({\bf 2}) donc
$k'_{n+1}=-2^{-n-1}\left(
-\frac{u'_n}{1-u_n}-\frac{u'_n}{1+u_n}\right)=2^{-n-1}\frac{2u'_n}{1-u_n^2}$.
Donc $\un{\forall
x\in]0,1[,\ k'_{n+1}(x)=\frac{k'_n(x)}{u_n(x)}}$~.

\numm b%
Donc $\frac{k'_{n+1}}{\bigl(u_{n+1}v_{n+1} \bigr)^2 }=
\frac{k'_n}{u_n\bigl(u_{n+1}v_{n+1} \bigr)^2}=\frac{k'_n}{
u_n\bigl(v_n\sqrt{u_n}\bigr)^2}$ donc 
$\un{\forall n\in\N, \frac{k'_{n+1}}{\bigl(u_{n+1}v_{n+1} \bigr)^2
}=\frac{k'_n}{\bigl(u_nv_n\bigr)^2}}$~.

\numm c%
$\diamond$ $k'_0(x)=\frac{u_0(x)u'_0(x)}{1-u_0^2(x)}=\frac{x}{1-x^2}$ et $k'_n(x)=\bigl(u_n(x)v_n(x)\bigr)^2\,
\frac{k'_0(x)}{\bigl(u_0(x)v_0(x)\bigr)^2}$ donc $\un{
k'_n(x)=\frac{\bigl(u_n(x)v_n(x)\bigr)^2}{x(1-x^2)}}$~.\s
$\diamond$ Et donc $\un{\forall x\in]0,1[,\ 
\lim_{n\rightarrow
+\infty}k'_n(x)=\frac{\bigl(f(x)\bigr)^2}{x(1-x^2)}}$~.

\num 6%
\sv
On a~:\par
{\leftskip 15mm
$\rightarrow$ $\forall n,\ k_n$ est $C^1$ sur $]0,1[$ ({\bf 5. a)};\par
$\rightarrow$ $k_n$ converge simplement  sur $]0,1[$ vers $x\mapsto\frac \pi
2\,\frac{f(x)}{f\left(\sqrt{1-x^2}\right)}$ ({\bf 4)};\par
$\rightarrow$ $k'_n$ converge simplement  sur $]0,1[$ vers 
$x\mapsto\frac{\bigl(f(x)\bigr)^2}{x(1-x^2)}$ ({\bf 5. c)} et, sur un
compact $K$ de $]0,1[$, on a 
$$\eqalign{\left| k'_n(x)-\frac{\bigl(f(x)\bigr)^2}{x(1-x^2)}\right|&=
\left|
\frac{\bigl(u_n(x)v_n(x)\bigr)^2}{x(1-x^2)}-\frac{\bigl(f(x)\bigr)^2}{x(1-x^2)
}\right|\cr
&=\frac1{x(1-x^2)}\,\bigl|u_n(x)v_n(x)- f(x)\bigr|\,\bigl|u_n(x)v_n(x)+
f(x)\bigr|\cr
&\le 2M\, \bigl\|u_nv_n- f\bigr\|_\infty^K\fleche n{+\infty}0\cr}$$
en notant $M=\sup_{x\in K}\frac1{x(1-x^2)}$ et parce que
$\bigl|u_n(x)v_n(x)+
f(x)\bigr|\le \bigl|u_n(x)v_n(x)\bigr|+\bigl|
f(x)\bigr|\le v_0(x)+v_0(x)=2$.\par
Donc $k'_n$ converge uniform\'ement sur tout compact de $]0,1[$.\par}
Le th\'eor\`eme de d\'erivation des suites de fonctions
donne alors $\un{\frac \pi
2\,\frac{d}{dx}\left[ \frac{f(x)}{f\left(\sqrt{1-x^2}\right)}\right]
=\frac{\bigl(f(x)\bigr)^2}{x(1-x^2)}}$~.

\num 7%
\sv
$\diamond$ Autrement \'ecrit, $\frac \pi
2\,\frac{f'(x)f\left(\sqrt{1-x^2}\right)+\fracs{x}{\sqrt{1-x^2}}f(x)
f'\left(\sqrt{1-x^2}\right)
}{\left[f\left(\sqrt{1-x^2}\right)\right]^2}=
\frac{\bigl(f(x)\bigr)^2}{x(1-x^2)}$
 et, en $x=\frac{1}{\sqrt{2}}$, ceci donne
$\frac \pi2\,\frac{2f'\left(1/\sqrt{2}\right)f\left(1/\sqrt{2}\right)}{
\left[f\left(1/\sqrt{2}\right)\right]^2}=2\sqrt{2}\,\left(
f\left(1/\sqrt{2}\right)\right)^2$ soit $\un{\pi=2\sqrt{2}\,
\frac{\left(
f\left(1/\sqrt{2}\right)\right)^3}{f'\left(1/\sqrt{2}\right)}}$~.\s
$\diamond$ $f(x)=\frac\pi2\,\frac{1}{F(x)}$ donc
$f'(x)=-\frac\pi2\,\frac{F'(x)}
{\bigl(  F(x)\bigr)^2}$ donc on a $\pi=-2\sqrt{2}\,\frac{(\pi/2)^3}
{\left(F\left(1/\sqrt{2}\right)\right)^3}\frac
{\left(F\left(1/\sqrt{2}\right)\right)^2}{\pi/2F'\left(1/\sqrt{2}\right)}$
 donc $\un{F\left(1/\sqrt{2}\right)F'\left(1/\sqrt{2}\right)=-\frac{\pi}{\sqrt{2}}}$~.
\SV


{\sl NB: comme la convergence de la suite $(v_n)$ est tr\`es rapide -- le
nombre
de d\'ecimales exactes sur le r\'esultat double \`a chaque it\'eration -- on
peut utiliser les formules ci-dessus pour obtenir un algorithme convergeant
rapidement vers $\pi$: c'est l'algorithme de {\sc Brent-Salamin}. On pourra
voir comment
prolonger la d\'emarche de ce probl\`eme dans l'\'enonc\'e de Capes 1995.}



\SV
\finetoiles

\bye

