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%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%


\def\crol{$[\![}
\def\cror{]\!]$}\rm
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%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%


\def\Partie
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\noindent{\Large{Partie\ \ifcase\pno\or I \or II \or III \or IV
\or V \or VI \or VII \or VIII \or IX \fi}}}

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\noindent{\Large{Partie\ \ifcase\pno\or I \or II \or III \or IV
\or V \or VI \or VII \or VIII \or IX \fi\ :\bf \ #1}}}
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% pour UPS

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\begin{document}


\centerline{\Large {Mines-ponts 2002- Epreuve de
math\'{e}matiquesI-\ Corrig\'e} }
 \centerline{Par M. TAIBI Professeur de MP* Lyc\'ee Moulay Youssef Rabat Maroc}

\hrulefill

\section{Partie I:}

\begin{enumerate}
\item[1-]  Etude de la fonction $E$

\begin{enumerate}
\item[a)]  D\'{e}veloppement en s\'{e}rie enti\`{e}re de $E$\newline
Pour tout $X\in \Bbb{R},$ on a: $e^{X}=\sum\limits_{k=0}^{+\infty }\frac{1}{%
k!}X^{k},$ donc, pour tout $x\in \Bbb{R},\;E(x)=\exp
(e^{x})=\sum\limits_{k=0}^{+\infty }\frac{1}{k!}e^{kx}$ et puis par $%
e^{kx}=\sum\limits_{n=0}^{+\infty }\frac{1}{n!}k^{n}x^{n},$ on a: $%
E(x)=\sum\limits_{k=0}^{+\infty }\left( \frac{1}{k!}\sum\limits_{n=0}^{+%
\infty }\frac{1}{n!}k^{n}x^{n}\right) .$\newline
Les familles $\left( \frac{1}{k!}\frac{1}{n!}k^{n}x^{n}\right) _{n}$ et $%
\left( \sum\limits_{n=0}^{+\infty }\frac{1}{k!}\frac{1}{n!}k^{n}x^{n}\right)
_{k}$ sont sommables pour tout $x\in \Bbb{R},$ donc la famille $\left( \frac{%
1}{k!}\frac{1}{n!}k^{n}x^{n}\right) _{n,k}$ est sommable et on a: $%
E(x)=\sum\limits_{n=0}^{+\infty }\frac{1}{n!}\left(
\sum\limits_{k=0}^{+\infty }\frac{1}{k!}k^{n}\right) x^{n}$ et par suite $%
E(x)$ est d\'{e}veloppable en s\'{e}rie enti\`{e}re sur $\Bbb{R.}$

\item[b)]  Si $A_{n}=E^{(n)}(0),$ on a: $\forall x\in R,$ $%
E(x)=\sum\limits_{n=0}^{+\infty }\frac{1}{n!}A_{n}x^{n}$ et par unicit\'{e}
de d\'{e}veloppement en s\'{e}rie enti\`{e}re, on en d\'{e}duit: $%
A_{n}=\sum\limits_{k=0}^{+\infty }\frac{1}{k!}k^{n}$ pour tout $n\in \Bbb{N}$

\item[c)]  D'apr\`{e}s I-1-b), $A_{n}\hspace{-0.05cm}=\sum\limits_{k=0}^{+%
\infty }\frac{1}{k!}k^{n},$ donc
\begin{tabular}[t]{ll}
$A_{n+1}=\sum\limits_{k=0}^{+\infty }\frac{1}{k!}k^{n+1}=\sum%
\limits_{k=1}^{+\infty }\frac{1}{k!}k^{n+1}$ & $=\sum\limits_{k=1}^{+\infty }%
\frac{1}{(k-1)!}k^{n}$ \\
& $=\sum\limits_{k=0}^{+\infty }\frac{1}{k!}(k+1)^{n}$%
\end{tabular}
\newline
Mais $(k+1)^{n}=\sum\limits_{j=0}^{n}\complement _{n}^{j}k^{j},$ donc $%
A_{n+1}=\sum\limits_{k=0}^{+\infty }\frac{1}{k!}\sum\limits_{j=0}^{n}%
\complement _{n}^{j}k^{j}=\sum\limits_{j=0}^{n}\complement
_{n}^{j}\sum\limits_{k=0}^{+\infty }\frac{1}{k!}k^{j}=\sum\limits_{j=0}^{n}%
\complement _{n}^{j}A_{j}.$\newline
Les suites $(A_{n})_{n}$ et $(B_{n})_{n}$ v\'{e}rifient la m\^{e}me relation
de r\'{e}currence (lin\'{e}aire) et de plus $A_{0}=A_{n}=\sum%
\limits_{k=0}^{+\infty }\frac{1}{k!}=e=eB_{0}$ et $A_{1}=\sum%
\limits_{k=0}^{+\infty }\frac{k}{k!}=\sum\limits_{k=0}^{+\infty }\frac{1}{k!}%
=e=eB_{1}.$ \newline
Soit $n\hspace{-0.05cm}\in \Bbb{N},$ si l'on suppose que: $\forall j=0,...,n$
;\ $\;A_{j}=eB_{j}$, alors
\begin{tabular}[t]{ll}
$A_{n+1}\hspace{-0.05cm}=\sum\limits_{j=0}^{n}\complement _{n}^{j}A_{j}$ & $%
\hspace{-0.05cm}=e\sum\limits_{j=0}^{n}\complement _{n}^{j}B_{j}$ \\
& $=eB_{n+1}$%
\end{tabular}
\newline
D'o\`{u} la formule: $B_{n}=\dfrac{1}{e}A_{n}$ pour tout $n\in \Bbb{N}$ .
\end{enumerate}

\item[2-]  Comparaison des sommes infinies

\begin{enumerate}
\item[a)]  $(u_{n})_{n}$ \'{e}tant une suite de r\'{e}els strictement
positifs telle que $\sum\limits_{k\geqslant 1}u_{k}k^{n}$ converge. En
notant $U_{n}=\sum\limits_{k=1}^{\infty }u_{k}k^{n},$ on a:\newline
$U_{n}=\underset{P_{p}(n)}{\underset{\shortparallel }{\underbrace{%
\sum\limits_{k=1}^{p-1}u_{k}k^{n}}}}+\underset{R_{p,n}}{\underset{%
\shortparallel }{\underbrace{\sum\limits_{k=p}^{\infty }u_{k}k^{n}}}}\;$et $%
R_{p,n}=\sum\limits_{k=p}^{\infty }u_{k}k^{n}>\left\{
\begin{array}{l}
u_{p}p^{n}\;\text{si }p\geqslant 2 \\
u_{1}+u_{2}2^{n}>u_{2}2^{n}\;\text{si }p=1
\end{array}
\right. $ car $u_{k}>0.$ Donc, pour tout $p\in \Bbb{N}^{*},$ $%
\lim\limits_{n\rightarrow \infty }R_{p,n}=+\infty .$ On a aussi: $\frac{U_{n}%
}{R_{p,n}}=\frac{P_{p}(n)}{\sum\limits_{k=p}^{\infty }u_{k}k^{n}}+1,$ avec $%
P_{p}(n)=0$ si $p=1,$ il suffit donc de montrer que, pour tout $p\geqslant 2,
$ $\lim\limits_{n\infty }\frac{P_{p}(n)}{\sum\limits_{k=p}^{\infty
}u_{k}k^{n}}=0$ pour conclure.\newline
Or pour tout $k\in $\crol1,p-1\cror: $0\leqslant \frac{u_{k}k^{n}}{%
\sum\limits_{k=p}^{\infty }u_{k}k^{n}}\leqslant \frac{u_{k}k^{n}}{u_{p}p^{n}}%
\underset{n\infty }{\rightarrow }0,$ donc, par op\'{e}rations, $%
\lim\limits_{n\infty }\frac{P_{p}(n)}{\sum\limits_{k=p}^{\infty }u_{k}k^{n}}%
=0.$ \newline
D'o\`{u}
\[
U_{n}\underset{n\infty }{\sim }R_{p,n}
\]

\item[b)]  On suppose, pour tout $k\in \Bbb{N}^{*},\;u_{k}>0$ et $v_{k}>$ et
que $u_{k}\underset{k\infty }{\sim }v_{k}.$ Soit $\varepsilon >0,$ comme $%
u_{k}\underset{k\infty }{\sim }v_{k},$ il existe $p\in
\Bbb{N}^{*}$ tel que: $\forall k\in \Bbb{N}^{*},\;k\geqslant
p\Rightarrow \left| u_{k}-v_{k}\right| \leqslant \frac{\varepsilon
}{2}v_{k}.$ Posons pour simplifier
$P_{p}(k)=\sum\limits_{k=1}^{p-1}\left| u_{k-v_{k}}\right| k^{n}$
$,$ on a alors : \newline
$\left| \frac{U_{n}}{V_{n}}-1\right| =\left| \frac{U_{n}-V_{n}}{V_{n}}%
\right| \leqslant \frac{P_{p}(k)}{V_{n}}+\frac{\sum\limits_{k=p}^{\infty
}\left| u_{k}-v_{k}\right| k^{n}}{V_{n}}\leqslant \frac{P_{p}(k)}{V_{n}}+%
\frac{\varepsilon }{2}\underset{\leqslant 0}{\underbrace{\frac{%
\sum\limits_{k=p}^{\infty }v_{k}k^{n}}{V_{n}}}}\leqslant \frac{P_{p}(k)}{%
V_{n}}+\frac{\varepsilon }{2}$ ..\newline Comme en I-2-a),on a:
$\lim\limits_{n\infty }\frac{P_{p}(k)}{V_{n}}=0$ et par suite
$U_{n}\underset{n\infty }{\sim }V_{n}.$
\end{enumerate}

\item[3-]  Etude de la fonction $f_{n}:$

\begin{enumerate}
\item[a)]  Etude de la s\'{e}rie $\sum\limits_{k\geqslant 0}s_{k}$\newline
Fixons $n$ dans $\Bbb{N}^{*},$ on a: $s_{0}=f_{n}(0)=0$ et pour tout $%
k\geqslant 1;$ $s_{k}=e^{k}k^{-k+n-\frac{1}{2}}=e^{k}k^{-k-\frac{1}{2}}k^{n}.
$\newline
Mais $k-(k+\frac{1}{2})\ln (k)+n\ln (k)=-k\ln (k)\left( 1-\frac{1}{2k}-\frac{%
1}{\ln (k)}-\frac{n}{k}\right) ,$ donc $s_{k}\underset{k\infty }{\sim }%
e^{-k\ln (k)}\leqslant e^{-k}$ pour $k\geqslant 3$ et par suite $\sum s_{k}$
converge.

\item[b)]  Posons $u_{k}=e^{k}k^{-k-\frac{1}{2}}=e^{k}e^{-(k+\frac{1}{2})\ln
(k)}=e^{k-(k+\frac{1}{2})\ln (k)}>0$ pour tout $k\geqslant 1,$ on a: $%
s_{k}=u_{k}k^{n}$ et $S_{n}=\sum\limits_{k=1}^{\infty }u_{k}k^{n}.$\newline
Par la formule de Stirling $k!\underset{k\infty }{\sim }\frac{k^{k}}{e^{k}}%
\sqrt{2\pi }k^{\frac{1}{2}},$ on a: $\frac{1}{k!}\underset{k\infty }{\sim }%
\frac{1}{\sqrt{2\pi }}e^{k}k^{k-\frac{1}{2}}=\frac{1}{2}=\frac{1}{\sqrt{2\pi
}}u_{k}$ et par la question I-2-b), on a: $\frac{1}{\sqrt{2\pi }}%
S_{n}=\sum\limits_{k=1}^{\infty }\frac{1}{\sqrt{2\pi }}u_{k}k^{n}\underset{%
n\infty }{\sim }\sum\limits_{k=1}^{\infty }\frac{1}{k!}k^{n}=A_{n}.$ En
coclusion:
\[
A_{n}\underset{n\infty }{\sim }\frac{1}{\sqrt{2\pi }}\sum\limits_{k=1}^{%
\infty }f_{n}(k)
\]
\end{enumerate}
\end{enumerate}

\section{Partie II}

$\lambda >$ et $\Phi _{\lambda }(x)=-x\ln (x)+x+\lambda \ln (x)$

\begin{enumerate}
\item[1-]  Etude de la fonction $\Phi _{\lambda }$

\begin{enumerate}
\item[a)]  On a: $\Phi _{\lambda }(x)=-x\ln (x)\left[ 1-\frac{1}{\ln (x)}-%
\frac{\lambda }{x}\right] \underset{x\rightarrow +\infty }{\sim }-x\ln (x)$%
\newline
et $\Phi _{\lambda }(x)=\lambda \ln (x)\left[ 1-\frac{x}{\lambda }+\frac{x}{%
\lambda \ln (x)}\right] \underset{x\rightarrow 0^{+}}{\sim
}\lambda \ln (x) $

\item[b)]  Par op\'{e}rations sur les fonctions de classe $C^{1},$ $\Phi
_{\lambda }$ est de classe $C^{1}$ sur $]0;+\infty [,$ avec \newline
$\Phi _{\lambda }^{\prime }(x)=\frac{\lambda -x\ln (x)}{x}.$ \newline
Si $g(x)=\lambda -x\ln (x),$ alors $g^{\prime }(x)=-\ln (x)-1=\ln (\frac{1}{%
xe})$ et on a:
\[
\begin{tabular}{|l||lllll|}
\hline
$x$ & $0$ &  & $\frac{1}{e}$ &  & $+\infty $ \\ \hline
$g^{\prime }(x)$ &  & $+$ & $0$ & $-$ &  \\ \hline
$g(x)$ & $_{\lambda >0}$ & $\nearrow $ & $^{\lambda +\frac{1}{e}>0}$ & $%
\searrow $ & $_{-\infty }$ \\ \hline
\end{tabular}
\]
Soit $\mu $ l'unique r\'{e}el de $]\frac{1}{e},+\infty [$ tel que $g(\mu )=0,
$ alors $\Phi _{\lambda }$ admet le tableau de variations suivant: $
\begin{tabular}[t]{|l||lllll|}
\hline
$x$ & $0$ &  & $\mu $ &  & $+\infty $ \\ \hline
$\Phi _{\lambda }^{\prime }(x)$ &  & $+$ &  & $-$ &  \\ \hline
$\Phi _{\lambda }(x)$ & $_{-\infty }$ & $\nearrow $ &  & $\searrow $ & $%
_{-\infty }$ \\ \hline
\end{tabular}
$\newline
D'apr\`{e}s l'\'{e}tude pr\'{e}c\'{e}dente $\Phi _{\lambda }$ ademet un
maximun atteint en un point (unique) $\mu \in ]\frac{1}{e},+\infty [.$

\item[c)]  Soit $\varphi $ l'application qui \`{a} $\lambda $ associe
l'unique r\'{e}el $\mu .$ Montrons que $\varphi $ est de classe $C^{1}$ sur $%
]0;+\infty [.$\newline
Posons $F(x,y)=y-x\ln (x),$ pour $(x,y)\in ]\frac{1}{e},+\infty [\times
]0,+\infty [,$ alors $F$ est de classe $C^{2}$ sur l'ouvert $]\frac{1}{e}%
,+\infty [\times ]0,+\infty [$ , avec $D_{1}F(x,y)=\ln (\frac{1}{xe})\neq 0$
et ,d'apr\`{e}s II-1-b), $F(\mu ,\lambda )=0$. En appliquant le
th\'{e}or\`{e}me des fonctions implicites, $\varphi $ est de classe $C^{1}$
et pour tout $\lambda \hspace{-0.07cm}\in ]0;+\infty [;$\newline
$\;\;\varphi ^{\prime }(\lambda )=-\frac{\frac{\partial F}{\partial y}(\mu
,\lambda )}{\frac{\partial F}{\partial x}(\mu ,\lambda )}=-\frac{1}{\frac{%
\partial F}{\partial x}(\mu ,\lambda )}=\frac{1}{\ln (\varphi (\lambda )e)}.$
\end{enumerate}

\item[2-]  Maximum de la fonction $f_{n}$

\begin{enumerate}
\item[a)]  Soit $n\in \Bbb{N}^{*},$ on a: $f_{n}(x)=e^{x}x^{-x+n-\frac{1}{2}%
}=e^{x-x\ln (x)+(n-\frac{1}{2})\ln (x)}=\exp (\Phi _{n-\frac{1}{2}}(x))$
pour tout $x>0$ et que $f_{n}(x)=0$ pour $x\leqslant 0.$ Comme $\exp $ est
continue strictement croissante sur $\Bbb{R}$ et que $\Phi _{n-\frac{1}{2}}$
admet un (unique maximun) $\mu _{n}=\varphi (n-\frac{1}{2}),$ alors $f_{n}$
admet $\mu _{n}$ comme unique maximun sur $\Bbb{R}.$\newline
$\Phi _{n-\frac{1}{2}}$ est de classe $C^{1}$ sur $\Bbb{R}_{+}^{*},$ donc,
par composition des fonctions de classe $C^{1},\;f_{n}$ est aussi de classe $%
C^{1}$ sur $\Bbb{R}_{+}^{*},$ avec $f_{n}^{\prime }(x)=\frac{(n-\frac{1}{2}%
)-x\ln (x)}{x}f_{n}(x)=\frac{(n-\frac{1}{2})-x\ln (x)}{x}e^{x-x\ln (x)+(n-%
\frac{1}{2})\ln (x)}$ . On a:$\;f_{n}^{\prime }(x)\underset{0^{+}}{\sim }%
\frac{(n-\frac{1}{2})-x\ln (x)}{x}e^{(n-\frac{1}{2})\ln (x)},$ donc $%
\lim\limits_{x\rightarrow 0^{+}}f_{n}^{\prime }(x)=0$ et comme $\Phi _{n-%
\frac{1}{2}}(x)\underset{x\rightarrow 0^{+}}{\sim
}(n-\frac{1}{2})\ln (x),$ on a $f_{n}$ est continue en $0$ et le
th\'{e}or\`{e}me de prolongement de
la d\'{e}riv\'{e}e, montre que $f$ est $C^{1}$ sur $[0,+\infty [,$ avec $%
f_{n}^{\prime }(0)=\lim\limits_{x\rightarrow 0^{+}}f_{n}^{\prime }(x)=0.$
Par $f_{n}(x)=0$ pour $x\leqslant 0$ et l'\'{e}tude pr\'{e}c\'{e}dente, on
en d\'{e}duit que $f_{n}$ est de classe $C^{1}$ sur $\Bbb{R}$ .

\item[b)]  Propri\'{e}tes des $\mu _{n}$ ( $n\geqslant 1$ ).

\begin{enumerate}
\item[i. ]  Soit $n\in \Bbb{N}^{*}$ et $h_{n}(x)=n-\frac{1}{2}-x\ln (x)$
pour $x>0.$ Alors $h_{n}$ est d\'{e}rivable sur $]0,+\infty [,$ avec $%
h_{n}^{\prime }(x)=-(\ln (x)+1)=-\ln (xe)$\newline
Pour $n=1,$ on a: $\frac{1}{2}=1-\frac{1}{2}=\mu _{1}\ln (\mu _{1}).$\newline
Par une \'{e}tude de l'application $h_{1}:x\mapsto \frac{1}{2}-x\ln (x),$ on
obtient les variations de $h$ suivantes:\newline
\[
\begin{tabular}{|l|llllll|}
\hline
$x$ & $0$ &  & $\frac{1}{e}$ & $1$ & $\mu _{1}$ & $+\infty $ \\ \hline
$h_{1}^{\prime }(x)$ &  & $+$ &  &  & $-$ &  \\ \hline
$h_{1}(x)$ & $_{\frac{1}{2}}$ & $\nearrow $ & $^{\frac{1}{2}+\frac{1}{e}}$ &
$^{\frac{1}{2}}$ & $\searrow $ & $_{-\infty }$ \\ \hline
\end{tabular}
\]
Par $h_{1}(1)=\frac{1}{2}>0$ et $h_{1}(\frac{1}{2})=\frac{1}{2}-2\ln (2)<0,$
donc $\mu _{1}\in ]1,2[.$\newline
Pour $n=2,$ on a: $\frac{3}{2}=2-\frac{1}{2}=\mu _{2}\ln (\mu _{2})$\newline
Par une \'{e}tude de $h_{2}:x\mapsto \frac{3}{2}-x\ln (x),$ donne: \vspace{%
-0.5cm}
\[
\begin{tabular}[t]{|l|llllll|}
\hline
$x$ & $0$ &  & $\frac{1}{e}$ & $2$ & $\mu _{2}$ & $+\infty $ \\ \hline
$h_{2}^{\prime }(x)$ &  & $+$ &  &  & $-$ &  \\ \hline
$h_{2}(x)$ & $_{\frac{3}{2}}$ & $\nearrow $ & $^{\frac{3}{2}+\frac{1}{e}}$ &
$^{\frac{3}{2}-2\ln (2)}$ & $\searrow $ & $_{-\infty }$ \\ \hline
\end{tabular}
\]
$\mu _{2}>2\;$car $h_{2}(2)=\frac{3}{2}-2\ln (2)>0$ .\newline
Pour $n\geqslant 3,$ on a: $n-\frac{1}{2}-\mu _{n}\ln (\mu _{n})=0$ . comme $%
n\geqslant 3>e,$ on a: $\ln (n)>1$ et puis $n\ln (n)>n>n-\frac{1}{2},$
d'o\`{u} $h_{n}(n)=n-\frac{1}{2}-n\ln (n)<0$ .\newline
D'autre part $\ln (\sqrt{n})\leqslant \sqrt{n}-1<\sqrt{n}$ $-\frac{1}{2\sqrt{%
n}},$ donc $\sqrt{n}\ln (\sqrt{n})<n-\frac{1}{2}$ et puis $h_{n}(\sqrt{n})>0.
$ Par d\'{e}finition de $\mu _{n}$ on en d\'{e}duit que $\mu _{n}\in ]\sqrt{n%
},n[.$

\item[ii. ]  Soit $n>2,$ par $\sqrt{n}<\mu _{n}<n,$ on a: $\frac{1}{2}\ln
(n)<\ln (\mu _{n})<\ln (n)$ et puis $\frac{1}{2}\mu _{n}\ln (n)<\mu _{n}\ln
(\mu _{n})=n-\frac{1}{2}<\mu _{n}\ln (n).$ Comme $n\ln (n)>0,$ par les
in\'{e}galit\'{e}s pr\'{e}c\'{e}dentes, on en d\'{e}duit: $\frac{(n-\frac{1}{%
2})}{n\ln (n)}<\frac{\mu _{n}}{n}<\frac{2(n-\frac{1}{2})}{n\ln (n)}$ , donc $%
\lim\limits_{n\rightarrow \infty }\frac{\mu _{n}}{n}=0$ et par suite $\mu
_{n}=o(n).$

\item[iii. ]  Soit $\alpha \in ]0,1[$ et $n>2.$ Par $\mu _{n}\ln (\mu
_{n})=n-\frac{1}{2},$ on a: $n^{-\alpha }\mu _{n}=n^{-\alpha }\frac{n-\frac{1%
}{2}}{\ln (\mu _{n})}\sim \frac{n^{1-\alpha }}{\ln (\mu _{n})}$ et par $\mu
_{n}<n<n^{2},$ on a aussi $\frac{1}{\ln (\mu _{n})}>\frac{1}{2\ln (n)},$
donc $\frac{n^{1-\alpha }}{\ln (\mu _{n})}>\frac{n^{1-\alpha }}{2\ln (n)}%
\underset{n\rightarrow \infty }{\rightarrow }+\infty .$ En conclusion $%
\lim\limits_{n\rightarrow \infty }n^{-\alpha }\mu _{n}=+\infty ,$ soit: $%
n^{\alpha }=o(\mu _{n}).$
\end{enumerate}
\end{enumerate}
\end{enumerate}

\section{Partie III}

\begin{enumerate}
\item[1-]  Propri\'{e}t\'{e}s de la fonction $g_{n}:$

\begin{enumerate}
\item[a)]  Soit $n\in \Bbb{N}^{*},$ l'application $x\mapsto t=\mu _{n}(1+%
\frac{x}{\sqrt{n}})$ est un hom\'{e}omorphisme (m\^{e}me $C^{\infty }$%
-diff\'{e}omorphisme strictement croissant $)$ de $\Bbb{R}$ sur $\Bbb{R}$ et
la relation $t=\mu _{n}(1+\frac{x}{\sqrt{n}})$ donne $x=(\frac{\sqrt{n}}{\mu
_{n}}t-\sqrt{n}).$ Par l'identit\'{e} $g_{n}(x)=\frac{1}{f_{n}(\mu _{n})}%
f_{n}\left( \mu _{n}(1+\frac{x}{\sqrt{n}})\right) $ pour tout $x\in \Bbb{R},$
on d\'{e}duit que: $f_{n}(t)=f_{n}(\mu _{n})g_{n}(\frac{\sqrt{n}}{\mu _{n}}t-%
\sqrt{n})$ pour tout $t\in \Bbb{R}.$ D'o\`{u} le r\'{e}sultat cherch\'{e}.

\item[b)]  D'apr\`{e}s l'etude de $f_{n}$ et de III-1-a), les fonctions $%
g_{n}$ et $f_{n}$ ont m\^{e}me allure avec $g_{n}(x)\leqslant 1$ pour tout $%
x\in \Bbb{R}$ , $g_{n}(0)=1$ et $g_{n}(x)=0$ pour tout $x\leqslant
-\sqrt{n}. $ D'o\`{u} la courbe repr\'{e}sentative de $g_{n}:$\\
\\ \\

\centerline{
\includegraphics[width=4cm,angle=0]{m02mm1fe.ps}
}
\item[c) ]  Pour $x\in \Bbb{R}\;$et $n\;$entier naturel tel que $\sqrt{n}>-x,
$ on a:\newline
$f_{n}(x)=\exp (\Phi _{n-\frac{1}{2}}(x)),$ donc $g_{n}(x)=e^{\Phi _{n-\frac{%
1}{2}}(\mu _{n})}e^{\Phi _{n-\frac{1}{2}}(\mu _{n}(1+\frac{x}{\sqrt{n}}))}$.%
\newline
Or, par la relation de II-1-, on a: \newline
$\Phi _{n-\frac{1}{2}}(\mu _{n}(1+\frac{x}{\sqrt{n}}))=\Phi _{n-\frac{1}{2}%
}(\mu _{n})+(\mu _{n}-n+\frac{1}{2})(\frac{x}{\sqrt{n}}-\ln (x))-\mu _{n}%
\frac{x}{\sqrt{n}}\ln (1+\frac{x}{\sqrt{n}}),$\newline
d'o\`{u} $g_{n}(x)=\exp \left( (\mu _{n}-n+\frac{1}{2})(\frac{x}{\sqrt{n}}%
-\ln (1+\frac{x}{\sqrt{n}}))-\mu _{n}\frac{x}{\sqrt{n}}\ln (1+\frac{x}{\sqrt{%
n}})\right) .\;$ Par $\mu _{n}=o(n),$ on a: $\frac{\mu _{n}}{n}=o(1)$ et $%
\mu _{n}\ln (1+\frac{x}{\sqrt{n}})\sim \mu _{n}\frac{x}{\sqrt{n}}\underset{%
n\infty }{\rightarrow }0,$ donc $\mu _{n}\ln (1+\frac{x}{\sqrt{n}})=o(1)$ et
$\mu _{n}\frac{x}{\sqrt{n}}\ln (1+\frac{x}{\sqrt{n}})=o(1)$\newline
On a aussi $\frac{x}{\sqrt{n}}-\ln (1+\frac{x}{\sqrt{n}})=\frac{x}{\sqrt{n}}%
-(\frac{x}{\sqrt{n}}-\frac{x^{2}}{2n}+o(\frac{1}{n}))=\frac{x^{2}}{2n}+o(%
\frac{1}{n}),$ donc:\newline
$-(n-\frac{1}{2})\left( \frac{x}{\sqrt{n}}-\ln (1+\frac{x}{\sqrt{n}})\right)
=-(n-\frac{1}{2})\left( \frac{x^{2}}{2n}+o(\frac{1}{n})\right) =-\frac{x^{2}%
}{2}+o(1)$ et par suite:\newline
$(\mu _{n}-n+\frac{1}{2})(\frac{x}{\sqrt{n}}-\ln (1+\frac{x}{\sqrt{n}}))-\mu
_{n}\frac{x}{\sqrt{n}}\ln (1+\frac{x}{\sqrt{n}})=-\frac{x^{2}}{2}+o(1).$ On
en d\'{e}duit : \newline
$g_{n}(x)=\exp (-x^{2}+o(1))$ et puis $(g_{n})_{n}$ converge simplement sur $%
\Bbb{R},$ vers la fonction $g$ telle que $g(x)=e^{-\frac{x^{2}}{2}}$

\item[d) ]  Pour tout r\'{e}el $x>\sqrt{n},\;$on a:\newline
$(\mu _{n}-n+\frac{1}{2})(\frac{x}{\sqrt{n}}-\ln (1+\frac{x}{\sqrt{n}}))-\mu
_{n}\frac{x}{\sqrt{n}}\ln (1+\frac{x}{\sqrt{n}})=-\frac{n}{2}(\frac{x}{\sqrt{%
n}}-\ln (1+\frac{x}{\sqrt{n}}))+\alpha \;$avec: \newline
$\alpha =-\mu _{n}\frac{x}{\sqrt{n}}\ln (1+\frac{x}{\sqrt{n}})+(\mu _{n}-%
\frac{n}{2}+\frac{1}{2})(\frac{x}{\sqrt{n}}-\ln (1+\frac{x}{\sqrt{n}}))=-\mu
_{n}t\ln (1+t)+(\mu _{n}-\frac{n}{2}+\frac{1}{2})(t-\ln (1+t))$ o\`{u} $t=%
\frac{x}{\sqrt{n}}>-1.$\newline
Mais $\mu _{n}=o(n-1),$ il existe $n_{0}\in \Bbb{N}^{*},$ tel que: $\forall
n\in \Bbb{N}^{*};$ $n\geqslant n_{0}\Rightarrow 0<\mu _{n}\leqslant \frac{1}{%
2}(n-1),$ donc $\mu _{n}-\frac{n}{2}+\frac{1}{2}\leqslant 0.$ On a aussi $%
t\ln (1+t)\geqslant 0\;$, $(t-\ln (1+t))\geqslant 0\;$et $\mu _{n}>0\;$,
donc: $\alpha \leqslant 0$ et par suite $(\mu _{n}-n+\frac{1}{2})(\frac{x}{%
\sqrt{n}}-\ln (1+\frac{x}{\sqrt{n}}))-\mu _{n}\frac{x}{\sqrt{n}}\ln (1+\frac{%
x}{\sqrt{n}})\leqslant -\frac{n}{2}(\frac{x}{\sqrt{n}}-\ln (1+\frac{x}{\sqrt{%
n}})).$ Ce qui permet, avec la croissance de $\exp ,$ que: $g_{n}(x)=\exp (-%
\frac{n}{2}(\frac{x}{\sqrt{n}}-\ln (1+\frac{x}{\sqrt{n}}))+\alpha )\leqslant
\exp \left( -\frac{n}{2}(\frac{x}{\sqrt{n}}-\ln (1+\frac{x}{\sqrt{n}}%
))\right) $ d\`{e}s que $n\geqslant n_{0}.$
\end{enumerate}

\item[2-]  Une majoration de la fonction $g_{n}:$

\begin{enumerate}
\item[a) ]  L'application $u:x\mapsto \frac{1}{x^{2}}\left( x-\ln
(1+x)\right) $ est d\'{e}finie et continue ( m\^{e}me de classe $C^{\infty }$
) sur $]-1,+\infty [\backprime \{0\}.$ \newline
Un d\'{e}veloppement limit\'{e} en $0$ de $u(x)$ donne:\newline
$u(x)=\frac{1}{x^{2}}\left( x-\ln (1+x)\right) =\frac{1}{x^{2}}\left( x-(x-%
\frac{x^{2}}{2}+\frac{x^{3}}{3}+o(x^{3}))\right) =\frac{1}{2}+\frac{x}{3}%
+o(x).$ \newline
Donc $\lim\limits_{x\rightarrow 0}u(x)=\frac{1}{2}$ et par suite $u$ admet
un prolongement par continuit\'{e} en $0.$\newline
Posons $u(0)=\frac{1}{2}.$\newline
On a:
\begin{tabular}[t]{llll}
$u^{\prime }(x)$ & $=-\frac{2}{x^{3}}\left( x-\ln (1+x)\right) +\frac{1}{%
x^{2}}\left( 1-\frac{1}{1+x}\right) $ &  &  \\
& $=-\frac{2}{x^{3}}\left( x-\ln (1+x)\right) +\frac{1}{x}\frac{1}{1+x}$ &
&  \\
& $=-\frac{2}{x^{3}}\left( \frac{x^{2}}{2}-\frac{x^{3}}{3}+\frac{x^{4}}{4}%
+o(x^{4})\right) +\frac{1}{x}(1-x+x^{2}+o(x^{2}))$ &  &  \\
& $=-\frac{1}{3}+\frac{1}{2}x-o(x)$ &  &
\end{tabular}
$\allowbreak .$ \newline
Donc $\lim\limits_{x\rightarrow 0}u^{\prime }(x)=-\frac{1}{3}.$ Par le
th\'{e}or\`{e}me de prolongement de la d\'{e}riv\'{e}e, $u$ est de classe $%
C^{1}$ sur $]-1,+\infty [.$\newline
On peut aussi d\'{e}montrer que $u$ est de classe $C^{1}$ (m\^{e}me $%
C^{\infty }),$ en d\'{e}veloppant $u$ en s\'{e}rie enti\`{e}re autour de $0.$%
\newline
Pour tout r\'{e}el $x>-1,\;$on a: \newline
$\;u^{\prime }(x)=-\frac{2}{x^{3}}\left( x-\ln (1+x)\right) +\frac{1}{x^{2}}%
\left( 1-\frac{1}{1+x}\right) =\allowbreak -\frac{2x+x^{2}-2\ln \left(
1+x\right) -2\left( \ln \left( 1+x\right) \right) x}{x^{3}\left( 1+x\right) }%
\leqslant 0$ \newline car par $\ln (1+x)\leqslant x,\;$on
a:\newline $2x+x^{2}-2\ln \left( 1+x\right) -2\left( \ln \left(
1+x\right) \right) x=(x-\ln (1+x))^{2}+\ln ^{2}(1+x)+2(x-\ln
(1+x))\geqslant 0,$ donc $u$ est d\'{e}croissante sur $]-1,+\infty
[$ et $\lim\limits_{x\rightarrow +\infty }u(x)=0.$ Il en
s\'{e}sulte que $u$ est positive sur $]-1,+\infty [.$\newline
\item[b)]  Pour $n\geqslant n_{0}$ et $x>-\sqrt{n},$ posons $t=\frac{x}{%
\sqrt{n}},$ on a:\newline
$g_{n}(x)=g_{n}(\sqrt{n}t)=\exp (-\frac{n}{2}(t-\ln (1+t)))=\exp (-\frac{n}{2%
}t^{2}u(t))=\exp (-\frac{x^{2}}{2}u(\frac{x}{\sqrt{n}})).$\newline
Pour $x\leqslant 0,$ on a: $\frac{x}{\sqrt{n}}\in ]-1,0]$ , donc $u(\frac{x}{%
\sqrt{n}})\geqslant u(0)=\frac{1}{2}$ et par suite $g_{n}(x)\leqslant \exp (-%
\frac{x^{2}}{4}).$\newline
Pour $x\geqslant 0,$ on a: $t=\frac{x}{\sqrt{n}}\leqslant x$ , donc $%
u(t)\geqslant u(x)$ et par suite:\newline
$g_{n}(x)\leqslant \exp (-\frac{x^{2}}{2}u(x))=\exp (-\frac{1}{2}u(x))=\exp
\left( -\frac{1}{2}(x-\ln (1+x))\right) .$
\end{enumerate}
\end{enumerate}

\section{Partie IV: Recherche d'un \'{e}quivalent de $B_{n}$}

\begin{enumerate}
\item[1-]  Int\'{e}grabilit\'{e} de la fonction $g_{n}:$\newline
D'apr\`{e}s III-2-b) on a: $0\leqslant g_{n}(x)\leqslant \phi (x)=\left\{
\begin{array}{l}
e^{-\frac{x^{2}}{4}}\;\text{\ \ si }x\leqslant 0 \\
e^{-\frac{1}{2}(x-\ln (x))}=\sqrt{x}e^{-\frac{1}{2}x}\;\;\text{si\ }%
x\geqslant 0
\end{array}
\right. $ pour tout $x\in \Bbb{R}.$\newline
L'application $\phi $ est continue et int\'{e}grable sur $\Bbb{R}$ car $%
0\leqslant \phi (x)\leqslant e^{x}$ pour $x\leqslant -1$ et $\phi (x)%
\underset{x\rightarrow +\infty }{=}o(x^{\frac{3}{2}}).$ Donc
$g_{n}$ est int\'{e}grable sur $\Bbb{R}.$\newline La suite
$(g_{n})_{n\geqslant 1}$ converge simplement vers $g:x\rightarrow
e^{-\frac{x^{2}}{2}}$ qui est continue sur $\Bbb{R}$ et que chaque
$g_{n}$ est domin\'{e}e par la fonction $\phi $ int\'{e}grable sur
$\Bbb{R},$ donc par le th\'{e}or\`{e}me de convergence
domin\'{e}e, la suite $\left(
I_{n}=\int_{\Bbb{R}}g_{n}(x)dx\right) _{n\geqslant 1}$ converge et on a: $%
\lim_{n\rightarrow \infty
}I_{n}=\int_{\Bbb{R}}g(x)dx=\int_{-\infty }^{+\infty
}e^{-\frac{x^{2}}{2}}dx=\sqrt{2\pi }.$ \\
\\ \\ \\ \\
 \centerline{\includegraphics[width=3cm,angle=0]{m02mm1ff.ps}
}
\item[2-]  Un encadrement de la somme $S_{n}:$\newline
Pour $n\in \Bbb{N}^{*}$ et $x\in \Bbb{R},$ posons $p=[\mu _{n}]$ (partie
enti\`{e}re de $\mu _{n}$ ), $S_{n}^{\prime }=\sum\limits_{k=0}^{p}f_{n}(k)$
, $S_{n}^{\prime \prime }=\sum\limits_{k=p+1}^{\infty }f_{n}(k),$ $\psi
_{n}(x)=\frac{\sqrt{n}}{\mu _{n}}x-\sqrt{n}$ et $h_{n}(x)=f_{n}(\mu
_{n})g_{n}\circ \psi _{n}(x)$\newline
L'application $\psi _{n}\;$est un $C^{1}$-diff\'{e}omorphisme$\;$de $\Bbb{R}%
\;$sur$\;\Bbb{R}\;$strictement croissant , donc $h_{n}$ a les m\^{e}mes
variations que $g_{n}:$ \newline
Puisque $\psi _{n}([p+1,+\infty [)=[\frac{\sqrt{n}}{\mu _{n}}(p+1)-\sqrt{n}%
,+\infty [\subset [0,+\infty [$ et que $g_{n}$ est continue , posotive,
d\'{e}croissante et int\'{e}grable sur $[0,+\infty [,$ donc la s\'{e}rie $%
\sum\limits_{j\geqslant p+1}^{{}}h_{n}(j)$ converge et que:
$0\leqslant \sum\limits_{j=p+2}^{+\infty }h_{n}(j)\leqslant
\int\limits_{p+1}^{+\infty }h_{n}(t)dt=f_{n}(\mu _{n})\int\limits_{\frac{%
\sqrt{n}}{\mu _{n}}(p+1)-\sqrt{n}}^{+\infty }g_{n}(x)dx\leqslant
\sum\limits_{j=p+1}^{+\infty }h_{n}(j).$\\ \\
 \centerline{
\includegraphics[width=3.5cm,angle=0]{m02mm1fg.ps}
}
Et par l'identit\'{e} $f_{n}(k)=f_{n}(\mu _{n})g_{n}(\frac{\sqrt{n}%
}{\mu _{n}}k-\sqrt{n})=h_{n}(k),$ on obtient :\newline
\begin{tabular}{llll}
$S_{n}^{\prime \prime }$ & $=\sum\limits_{k=p+1}^{\infty }h_{n}(k)$ & $%
\geqslant \int\limits_{p+1}^{+\infty }g_{n}(x)dx$ & $=f_{n}(\mu
_{n})\int\limits_{\frac{\sqrt{n}}{\mu _{n}}(p+1)-\sqrt{n}}^{+\infty
}g_{n}(x)dx$%
\end{tabular}
\newline
Comme $g_{n}$ est croissante sur $]-\infty ,0],$ $h_{n}$ est aussi
croissante sur $]-\infty ,p]\subset ]-\infty ,\mu _{n}],$ et donc: \newline
$\sum\limits_{k=0}^{p-1}h_{n}(k)\leqslant
\int\limits_{0}^{p}h_{n}(t)dt\leqslant
\sum\limits_{k=0}^{p-1}h_{n}(k+1)=\sum\limits_{k=1}^{p}h_{n}(k)$\newline
et que $\int\limits_{0}^{p}h_{n}(t)dt=f_{n}(\mu _{n})\int\limits_{-\sqrt{n}%
}^{\frac{\sqrt{n}}{\mu _{n}}p-\sqrt{n}}g_{n}(x)dx=f_{n}(\mu
_{n})\int\limits_{-\infty }^{\frac{\sqrt{n}}{\mu _{n}}p-\sqrt{n}}g_{n}(x)dx$%
\newline
D'o\`{u} : $S_{n}^{\prime
}=\sum\limits_{k=0}^{p}h_{n}(k)=\sum\limits_{k=1}^{p}h_{n}(k)\geqslant
\int\limits_{0}^{p}h_{n}(t)dt=f_{n}(\mu _{n})\int\limits_{-\infty }^{\frac{%
\sqrt{n}}{\mu _{n}}p-\sqrt{n}}g_{n}(x)dx\;$et par suite\newline
\begin{tabular}{ll}
$S_{n}=S_{n}^{\prime }+S_{n}^{\prime \prime }\geqslant
\int\limits_{0}^{p}h_{n}(t)dt+\int\limits_{p+1}^{+\infty }g_{n}(x)dx$ & $%
=f_{n}(\mu _{n})\int\limits_{-\infty }^{\frac{\sqrt{n}}{\mu _{n}}p-\sqrt{n}%
}g_{n}(x)dx+f_{n}(\mu _{n})\int\limits_{\frac{\sqrt{n}}{\mu _{n}}(p+1)-\sqrt{%
n}}^{+\infty }g_{n}(x)dx$ \\
& $\geqslant f_{n}(\mu _{n})\left( I_{n}-\int\limits_{\frac{\sqrt{n}}{\mu
_{n}}p-\sqrt{n}}^{\frac{\sqrt{n}}{\mu _{n}}(p+1)-\sqrt{n}}g_{n}(x)dx\right) $%
\end{tabular}
\newline
De m\^{e}me \newline
\begin{tabular}{lll}
$S_{n}^{\prime }$ & $=\left( \sum\limits_{k=0}^{p-1}h_{n}(k)+g_{n}\circ \psi
_{n}(p)\right) $ & $\leqslant \int\limits_{0}^{p}h_{n}(t)dt+f_{n}(\mu
_{n})g_{n}\circ \psi _{n}(p)$ \\
&  & $=f_{n}(\mu _{n})\int\limits_{-\infty }^{\frac{\sqrt{n}}{\mu _{n}}p-%
\sqrt{n}}g_{n}(x)dx+f_{n}(\mu _{n})g_{n}\left( \frac{\sqrt{n}}{\mu _{n}}p-%
\sqrt{n})\right) .$ \\
&  & $\leqslant f_{n}(\mu _{n})\int\limits_{-\infty }^{\frac{\sqrt{n}}{\mu
_{n}}(p+1)-\sqrt{n}}g_{n}(x)dx\;\;\;\;\;\;$car $h_{n}(p)<h_{n}(p+1)$%
\end{tabular}
\newline
Donc
\begin{tabular}[t]{ll}
$S_{n}$ & $\leqslant f_{n}(\mu _{n})\int\limits_{\frac{\sqrt{n}}{\mu _{n}}%
(p+1)-\sqrt{n}}^{+\infty }g_{n}(x)dx+f_{n}(\mu _{n})\int\limits_{-\infty }^{%
\frac{\sqrt{n}}{\mu _{n}}(p+1)-\sqrt{n}}g_{n}(x)dx$ \\
& $\leqslant f_{n}(\mu _{n})I_{n}$ \\
& $\leqslant f_{n}(\mu _{n})(I_{n}+\int\limits_{\frac{\sqrt{n}}{\mu _{n}}p-%
\sqrt{n}}^{\frac{\sqrt{n}}{\mu _{n}}(p+1)-\sqrt{n}}g_{n}(x)dx)$%
\end{tabular}
\newline
En conclusion:
\[
K_{n}\left( I_{n}-\varepsilon _{n}\right) \leqslant S_{n}=S_{n}^{\prime
}+S_{n}^{\prime \prime }\leqslant K_{n}\left( I_{n}+\varepsilon _{n}\right)
\]
avec $K_{n}=f_{n}(\mu _{n})$ et $\varepsilon _{n}=\int\limits_{\frac{\sqrt{n}%
}{\mu _{n}}p-\sqrt{n}}^{\frac{\sqrt{n}}{\mu _{n}}(p+1)-\sqrt{n}}g_{n}(x)dx$ $%
\underset{n\infty }{\rightarrow }0$ car $0\leqslant \varepsilon
_{n}\leqslant \frac{\sqrt{n}}{\mu _{n}}\underset{n\infty
}{\rightarrow }0$ , d'apr\`{e}s la question II-2-b) iii).

\item[3-]  Un \'{e}quivalent de $B_{n}:$\newline
Les in\'{e}galit\'{e}s de la question IV-2. montrent que: $\left|
S_{n}-K_{n}I_{n}\right| \leqslant \varepsilon _{n}K_{n}=\frac{\varepsilon
_{n}}{I_{n}}K_{n}I_{n}$ avec $\frac{\varepsilon _{n}}{I_{n}}\underset{%
n\rightarrow \infty }{\rightarrow }0$ car
$I_{n}\underset{n\rightarrow
\infty }{\rightarrow }\sqrt{2\pi }$ et $\varepsilon _{n}\underset{%
n\rightarrow \infty }{\rightarrow }0.$ Donc $S_{n}\sim K_{n}I_{n}\sim \sqrt{%
2\pi }f_{n}(\mu _{n})$\newline
Par I-3-b) $A_{n}\sim \frac{1}{\sqrt{2\pi }}S_{n}$ et par I-1-c) $B_{n}=%
\frac{1}{e}A_{n},\;$on a: $B_{n}\sim \frac{1}{e}f_{n}(\mu _{n})$
\end{enumerate}

\end{document}
