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{{\bf Exemples : } \begin{quote}\begin{footnotesize}}%
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\lfoot{\tiny \bf  Capes analyse 2004 : corrig\'e }
\rfoot{\bf \thepage }






\begin{document}


\centerline{\bf \Large Capes analyse :  corrig\'e }


\begin{small}
\bigskip

\section{Quelques r\'esultats  fondamentaux}

\paragraph{L'in\'egalit\'e de Bernoulli} ${}$

On peut proposer pour g\'erer le cas d'\'egalit\'e, de d\'emontrer que, si $a=0$  il y a \'egalit\'e et sinon, il y a in\'egalit\'e stricte.
Il est aussi possible de g\'erer le cas d'\'egalit\'e selon la d\'emonstration utilis\'ee.

Comme id\'ees de d\'emonstrations \'el\'ementaires, on peut proposer :

\begin{enumerate}



\item Soient $a>-1$ et $n \in \widehat{\N}$. Si $a=0$, on a bien \'egalit\'e. Supposons donc $a\neq 0$. 
En posant $x=1+a$, on a $x>0$ et : 

$\d (1+a)^n-1-n\,a=x^n-1-n\,(x-1)=(x-1)\left[\sum_{k=0}^{n-1}x^k - n\right]=(x-1)\left[\sum_{k=1}^{n-1}(x^k-1)\right]$. 

D\`es lors, si $x \lessgtr 1$ alors, pour tout $k \geqslant 1$, $x^k-1 \lessgtr 0 $ et donc $x^n-1-n(x-1)>0$.

\item si $n \in  \widehat{\N}$, alors $\d (1+a)^n-1-n\,a=a^2\sum_{k=1}^{n}\sum_{h=1}^{k-1}(1+a)^h$, (ce qui n'est pas fondamentalement diff\'erent de la solution propos\'ee par l'\'enonc\'e).

\item une r\'ecurrence simple sur  $n \in \widehat{\N}$ sur l'assertion " pour tout $a \in ]-1,0[ \, \cup \, ]0, +\infty[$, $(1+a)^n>1+n\,a$ ". 

\item une \'etude des variations de l'application $a \mapsto (1+a)^n-1-n\,a$ sur $]-1, +\infty[$ via le signe de la d\'eriv\'ee.

\item l'in\'egalit\'e des accroissements finis appliqu\'ee \`a $t \mapsto t^n$ entre $1$ et $x$ ($x>0$).

\item  la stricte convexit\'e de $x \mapsto x^n$ sur $\R^{\ast}$  qui permet de situer le graphe par rapport \`a la tangente en 1. 

\item la formule du bin\^ome de Newton fournit une solution partielle pour le cas  $a>0$.

Et certainement bien d'autres, dont une via l'in\'egalit\'e de Cauchy...

\end{enumerate}





\paragraph{L'in\'egalit\'e de Cauchy} ${}$

\begin{enumerate}

\item Soit donc $a, b \in \R^{\ast +}$ ; on a $0 \leqslant(\sqrt{a}-\sqrt{b})^2 =a+b-2\sqrt{a\,b}$ donc $\sqrt{a\,b}\leqslant\frac{a+b}{2}$ avec \'egalit\'e si et seulement $\sqrt{a}-\sqrt{b}=0$, c-\`a-d $a=b$.

On peut aussi observer que dans un triangle rectangle $ABC$, si $H$ est le pied de la hauteur issue de $A$ et si $BH=a$, $CH=b$ (et il est toujours possible de construire un tel triangle) alors, la m\'ediane issue du sommet est un rayon du cercle circonscript donc vaut $\frac{a+b}{2}$ et est plus grande que la hauteur $AH=\sqrt{ab}$ (d'apr\`es les relations m\'etriques dans le triangle rectangle), avec \'egalit\'e si et seulement si $H$ est le milieu de l'hypoth\'enuse, c-\`a-d $a=b$.


\item 
\begin{enumerate}



\item 

Une r\'ecurrence simple sur $n \in \N$ et la propri\'et\'e ii) fournit : pour tout $n \in \N, 2^n \in \mathbb{A}$. Comme la suite $(2^n)_{n \geqslant 0}$ est strictement croissante, $\mathbb{A}$ n'est pas fini.

Supposons ensuite, par l'absurde, qu'il existe $n_0 \in \N^{\ast}$ tel que $n_0 \notin \mathbb{A}$ ; en r\'e\'ecrivant la propri\'et\'e iii) sous la forme : $\forall n \in \N^{\ast}, n \notin \mathbb{A} \Rightarrow n+1 \notin \mathbb{A}$, une autre r\'ecurrence simple montre que, pour tout $n \in \N^{\ast}$, si $ n\geqslant n_0$, alors $n \notin \mathbb{A}$, autrement dit $\mathbb{A} \subset\{1, \cdots,n_0-1\}$ est fini. D'o\`u la contradiction.

Par contraposition, on en d\'eduit que $\N^{\ast} \subset \mathbb{A}$, d'o\`u l'\'egalit\'e. 

Une variante par l'absurde bas\'ee sur l'existence de $n$ tel que $2^n>n_0$ est possible.



\smallskip

On peut aussi accepter le raisonnement suivant : soit $n \in \N^{\ast}$ , $n \geqslant 2$ ; il existe $p \in \N$ tel que $2^p  \geqslant n$ (par exemple, $p=n$ ce qui peut \^etre prouv\'e par r\'ecurrence ! ou \`a l'aide de Bernoulli) ; comme, $2^p \in \mathbb{A}$, en utilisant ii) un nombre fini de fois, on en d\'eduit que $ 2^p -(2^p-n)=n \in \mathbb{A}$ et donc $\N^{\ast} \subset \mathbb{A}$.







\item Soit donc $\mathbb{A}=\left\{ n \in \N^{\ast} \mid \forall (x_1,\cdots,x_n) \in \left(\R^{\ast +}\right)^n, \frac{1}{n}\sum\limits_{k=1}^n  x_k  \geqslant \left[\prod\limits_{k=1}^n x_k\right]^{\frac{1}{n}} \ \textrm{ avec \'egalit\'e ssi } x_1=\cdots=x_n \right\}$.

i) $1 \in \mathbb{A}$ en \'evidence.

ii) Soit $n \geqslant 1$ ; supposons que $n \in \mathbb{A}$ ; soient $x_1,\cdots,x_n,y_1,\cdots,y_n$ $2n$ r\'eels strictement positifs. En posant $SX_n=\frac{1}{n}\sum_{k=1}^n x_k$, $SY_n=\frac{1}{n}\sum_{k=1}^n y_k$, $PX_n=\prod_{k=1}^n x_k$ et $PY_n=\prod_{k=1}^n y_k$, et en utilisant le cas $n=2$ on a :

\centerline{$G_{2n}=\frac{1}{2n}\left(\sum_{k=1}^n x_k +\sum_{k=1}^n y_k\right)=\frac{1}{2}(SX_n+SY_n) \geqslant \sqrt{SX_n\,SY_n}$}

Or, par hypoth\`ese, $n \in \mathbb{A}$, donc $SX_n \geqslant (PX_n )^{\frac{1}{n}}$ et $SY_n \geqslant (PY_n)^{\frac{1}{n}}$ : et donc 

\centerline{$G_{2n} \geqslant \sqrt{(PX_n)^{\frac{1}{n}}(PY_n)^{\frac{1}{n}}}=(PX_nPY_n)^{\frac{1}{2n}}$}

De plus, dans la cha\^{\i}ne des in\'egalit\'es pr\'ec\'edentes, il y a in\'egalit\'e stricte au moins une fois d\`es que les $2n$ nombres $x_1,\cdots,x_n,y_1,\cdots,y_n$ ne sont pas tous \'egaux.
Donc $2n \in \mathbb{A}$.

Ensuite, soit $n \geqslant 1$ ; supposons que  $n+1 \in \mathbb{A}$ ; et soient $x_1,\cdots,x_n$ $n$ r\'eels strictement positifs. 

Posons alors $\d x_{n+1}=\frac{1}{n}\sum_{k=1}^nx_k >0 $ ; on a donc : $\d \frac{1}{n+1}\sum_{k=1}^{n+1} x_k \geqslant \left[\prod_{k=1}^{n+1} x_k\right]^{\frac{1}{n+1}}$.

Or, $\d \frac{1}{n+1}\sum_{k=1}^{n+1} x_k=\frac{1}{n}\sum_{k=1}^n x_k=x_{n+1}$ et $\d \left[\prod_{k=1}^{n+1} x_k \right]^{\frac{1}{n+1}}=(x_{n+1})^{\frac{1}{n+1}}\left[\prod_{k=1}^n x_k\right]^{\frac{1}{n+1}}$ ; 

on en d\'eduit que $\d x_{n+1}^{1-\frac{1}{n+1}} \geqslant \left[\prod_{k=1}^n x_k\right]^{\frac{1}{n+1}}$, puis apr\`es \'el\'evation \`a la puissance $\frac{n+1}{n}$ (l'application $x \mapsto x^{\frac{n+1}{n}}$ est strictement croissante sur $\R^{\ast +}$) $\d x_{n+1} \geqslant \left[\prod_{k=1}^n x_k\right]^{\frac{1}{n}}$ qui est l'in\'egalit\'e voulue.

De plus, si les $x_k$ pour $1 \leqslant k \leqslant n$ ne sont pas tous \'egaux, il en est a fortiori de m\^eme des $x_k$ pour $1 \leqslant k \leqslant n+1$ et donc il y a in\'egalit\'e stricte. Donc $n \in \mathbb{A}$. La question pr\'ec\'edente permet d'en d\'eduire que $\mathbb{A}=\N^{\ast}$ ce qui \'equivaut \`a l'in\'egalit\'e de Cauchy.


\end{enumerate}

\item Si les $x_k$ sont tous \'egaux, on a \'egalit\'e de la moyenne arithm\'etique et de la moyenne g\'eom\'etrique. Supposons donc les $x_k$ non tous \'egaux (ce qui  implique que $n \ge2$).

\begin{enumerate}

\item On a alors, pour $t \in [0,1]$,  $\phi(t) >0$ ; en effet $\d x_k+\frac{t}{n}\sum_{h=1}^n(x_h-x_k)=(1-t)x_k+t\,A_n$ o\`u $A_n$ est la moyenne arithm\'etique des $x_h$ ; et $(1-t)x_k+t\,A_n>0$ comme barycentre convexe de deux nombres $>0$.



On a $\d \phi(0)=\left[\prod_{k=1}^n x_k\right]$, et  $\d \phi(1)=\left(\frac{1}{n} \sum_{k=1}^nx_k\right)^n$ banalement. Ensuite, montrons que $\phi$ strictement croissante sur $[0,1]$.


\item En effet, $\phi$ est d\'erivable sur $[0,1]$ par les th\'eor\`emes d'op\'erations sur le caract\`ere d\'erivable, et
on peut  utiliser la relation fonctionnelle suivante (d\'eriv\'ee logarithmique sans le dire)  : 

\centerline{si $\d w=\prod_{k=1}^n u_k$  alors $\d w'=\sum_{h=1}^n u'_h\prod_{k=1 \atop k \neq h}^n u_k$ donc $\d \frac{w'}{w} = \sum_{h=1}^n \frac{u'_h}{u_h}$}

d'o\`u :  $\d \frac{\phi'(t)}{\phi(t)}=\frac{1}{n}\sum\limits_{k=1}^n \frac{\sum\limits_{h=1}^n(x_h-x_k)}{x_k+\frac{t}{n}\sum\limits_{h=1}^n(x_h-x_k)}$,
puis, $\d \left(\frac{\phi'}{\phi}\right)'(t)=-\frac{1}{n^2} \sum_{k=1}^n \frac{\left(\sum\limits_{h=1}^n(x_h-x_k)\right)^2}{\left(x_k+\frac{t}{n}\sum\limits_{h=1}^n(x_h-x_k)\right)^2} \leqslant0$  comme oppos\'e d'une somme de carr\'es. Comme de plus, les $x_k$ ne sont pas tous \'egaux, il existe $k_0$ tel que 

$\d \sum_{h=1}^n(x_h-x_{k_0}) =\left\{\sum_{h=1}^n x_h \right\}- n\,x_{k_0}\neq 0$, donc  $\d \left(\frac{\phi'}{\phi}\right)'(t)<0$, et donc $\d \frac{\phi'}{\phi}$ est strictement d\'ecroissante sur \emph{l'intervalle} $[0,1]$.

On en d\'eduit que $\d \frac{\phi'(t)}{\phi(t)}\geqslant \frac{\phi'(1)}{\phi(1)}=\frac{\sum\limits_{k=1}^n\sum\limits_{h=1}^n(x_h-x_k)}{\sum_{h=1}^n x_h}=0$ avec \'egalit\'e seulement si $t=1$ donc $\phi'(t) \geqslant 0$ avec \'egalit\'e seulement si $t=1$ d'o\`u la stricte croissance de $\phi$ sur l'intervalle $[0,1]$ 

\item et donc l'in\'egalit\'e stricte $\phi(0) < \phi(1)$, puis l'in\'egalit\'e de Cauchy via la stricte croissance de $x \mapsto x^{\frac{1}{n}}$ sur $]0,+\infty[$.


\end{enumerate}


\item 
\begin{enumerate}

\item Ceci r\'esulte de l'in\'egalit\'e stricte dans l'in\'egalit\'e de Cauchy pour $n=2$ : si $M >m$ alors $\left(\frac{M+m}{2}\right)^2 > M\,m$. Somme et produit \'etant commutatifs, on ne restreint pas la g\'en\'eralit\'e du raisonnement en supposant que $m=x_1$ et $M=x_2$ ;  alors  $\d \prod_{k=1}^n x_k=x_1x_2\prod_{2 < k \leqslant n} x_k < \left(\frac{x_1+x_2}{2}\frac{x_1+x_2}{2} \right)\prod_{2 < k \leqslant n} x_k$ (avec la convention habituelle sur les produits vides).

L'invariance de la moyenne arithm\'etique r\'esulte de l'associativit\'e de la barycentration ; c'est aussi tout simplement une cons\'equence de l'\'egalit\'e $x_1+x_2=\frac{x_1+x_2}{2} + \frac{x_1+x_2}{2}$.
 
\item  Soit $n \in \N^{\ast}$ et $x_1,\cdots,x_n$ $n$ r\'eels strictement positifs ; posons $\d y_k=\frac{x_k}{\sum\limits_{h=1}^n x_h}>0$ alors $\sum\limits_{k=1}^n y_k=1$ et donc $\d \left[\prod_{k=1}^n y_k \right]^{\frac{1}{n}}\leqslant\frac{1}{n}$ d'o\`u $\d \left\{ \frac{\prod\limits_{k=1}^n x_k}{\left[\sum\limits_{h=1}^n x_h\right]^n}\right\}^{\frac{1}{n}} \leqslant\frac{1}{n} $ ; l'in\'egalit\'e voulue en d\'ecoule imm\'ediatement.

Il y a \'egalit\'e dans l'in\'egalit\'e avec les $x_k$ si et  seulement si il y \'egalit\'e dans l'in\'egalit\'e avec les $y_k$ ; or l'\'egalit\'e des $y_k$ \'equivaut \`a celle des $x_k$. Le cas d'\'egalit\'e est donc d\'emontr\'e.

\item  Soit $n \geqslant 2$ ; introduisons $K=\left\{(x_1,\cdots,x_{n-1}) \in \R^{n-1} \mid x_1 \geqslant 0, \cdots, x_{n-1} \geqslant 0 , \sum_{k=0}^{n-1} x_k \leqslant1 \right\}$. (Il n'est pas utile de d\'emontrer que $K$ est l'adh\'erence de $\Omega$). 

$K$ est une partie compacte de $\R^{n-1}$. 

En effet, elle est ferm\'ee comme intersection de ferm\'es : les projections $p_k\ :\ \R^{n-1}  \to \R$ $(x_1,\cdots,x_{n-1}) \to x_k$ \'etant continues, les  $F_k=\overset{-1}{p}_k([0,+\infty[)$ sont des  ferm\'es de $\R^{n-1}$  comme images r\'eciproques de ferm\'es de $\R$ ; il en est de m\^eme de l'application $s=\sum\limits_{k=1}^{n-1} p_k$ et donc $G=\overset{-1}{s}(]-\infty,1])$ est aussi ferm\'e. Or $K=G \cap \bigcap\limits_{k=1}^{n-1} F_k$.

Ensuite, il est clair que $K$ est inclus dans la boule unit\'e de centre 0 et de rayon 1 pour la norme $\norm{x}_1=\sum\limits_{k=1}^{n-1} |x_k|$ ; donc c'est une partie born\'ee de $\R^{n-1}$. En dimension finie, les parties ferm\'ees born\'ees sont compactes. Donc $K$ est compacte. 

L'application $\d \psi \ :\ (x_1,\cdots, x_{n-1}) \mapsto \left(1-\sum_{k=1}^{n-1}x_k\right)\prod_{k=1}^{n-1}x_k$ est continue sur $K$ d'apr\`es les th\'eor\`emes de permanence du caract\`ere continu ; donc elle admet un maximum sur le compact $K$. Si un des $x_k$ est nul, ou si la somme $\sum\limits_{k=1}^{n-1} x_k$ vaut 1 alors $\psi(x_1,\cdots,x_{n-1})=0$ ; comme $\psi(\frac{1}{n},\cdots,\frac{1}{n})>0$, ce  maximum est atteint dans $\Omega$. Soit $(a_1, \cdots,a_{n-1})$ un \'el\'ement de $\Omega$ en lequel le maximum est atteint ;  alors les $a_k$ sont tous \'egaux, sinon d'apr\`es le 1), on pourrait trouver dans $\Omega$ un  $(n-1)$-uplet distinct en lequel $\psi$ prendrait une valeur strictement plus grande. Notons $a$ la valeur commune des $a_k$. Le maximum est donc atteint en $(a, a, \cdots, a)$ avec $a \in ]0,1[$. Comme $\psi(a,\cdots,a)=(\big(1-(n-1)\,a\big)\,a^{n-1}$, la d\'eriv\'ee de $x \mapsto (\big(1-(n-1)\,x\big)x^{n-1}$ s'annule n\'ecessairement pour $x=a$ (CN d'extremum du premier ordre sur un intervalle ouvert). On en d\'eduit que $a=\frac{1}{n}$. Et donc $\psi$ atteint son maximum en $(\frac{1}{n}, \cdots,\frac{1}{n})$ et seulement en ce point. 

\end{enumerate}

\item On a donc $\psi(x_1,\cdots,x_{n-1}) \leqslant\frac{1}{n^n}$ pour tout $(x_1,\cdots,x_{n-1}) \in \Omega$ avec \'egalit\'e si et seulement si tous les $x_k$ $1 \leqslant k \leqslant n-1$ sont \'egaux \`a $\frac{1}{n}$ donc aussi $x_n$, ce qui constitue l'in\'egalit\'e de Cauchy dans le cas particulier voulu
L'in\'egalit\'e de Cauchy est donc d\'emontr\'ee.

\smallskip

Il est possible de d\'emontrer que sur $]0,1[$ $\phi(x)=\big(1-(n-1)x\big)x^{n-1} \leqslant\frac{1}{n^n}$ avec \'egalit\'e si et seulement si $x=\frac{1}{n}$ par voie purement alg\'ebrique, par exemple en utilisant l'in\'egalit\'e de Bernoulli. On observe d'abord que $\phi(\frac{1}{n})=\frac{1}{n^n}>0$ ; on peut donc se restreindre \`a $]0, \frac{1}{n-1}[$ et en posant $y=x-\frac{1}{n}$, on a $y < \frac{1}{n(n-1)}$ et $\phi(x)=\frac{1}{n^n}(1+n\,y)^{n-1}\big(1-(n-1)\,n\,y\big) \geqslant \frac{1}{n^n}(1+n\,y)^{n-1}(1-n\,y)^{n-1}$ via Bernoulli \`a l'envers. Donc $\psi(x) \leqslant\frac{1}{n^n}$ avec \'egalit\'e si et seulement si $y=0$ soit $x=\frac{1}{n}$. 

\begin{quote} N.B. En r\'ealit\'e, on peut d\'eduire Cauchy directement de Bernoulli. \end{quote}








\end{enumerate}
 
\medskip

\paragraph{Un calcul d'int\'egrale}${}$

\begin{enumerate}

\item Soient $x, y \in [a,b]$, avec $x < y$ ; alors $F(y)-F(x)\geqslant (y-x) f(x)$ et $F(x)-F(y) \geqslant (x-y)f(y)$ ; donc par addition, $(y-x)(f(y)-f(x)) \geqslant 0$ et donc $f(y)-f(x) \geqslant 0$ ; $f$ est croissante.

\item Soient $x, y \in [a, b]$, $\lambda \in [0,1]$ et $z=(1-\lambda)\,x + \lambda\,y$. On a :

$F(x)-F(z) \geqslant (x-z)f(z)$ et $F(y)-F(z) \geqslant (y-z)f(z)$ ; donc, en multipliant la premi\`ere in\'egalit\'e par $(1-\lambda)$ et la seconde par $\lambda$ et en ajoutant, il vient : $(1-\lambda)\,F(x)+\lambda\,F(y) -F(z) \geqslant 0$. Donc $F$ est convexe sur $[a,b]$.


 

\item Soit $a_0=a < a_1 \cdots < a_n=b$ une subdivision $\sigma$ de $[a,b]$ ; on a  : 

$F(a_{k+1})-F(a_k) \geqslant (a_{k+1}-a_k)\,f(a_k) $ et donc, par sommation et t\'elescopage :  $ \d F(b)-F(a) \geqslant \sum_{k=0}^{n -1}(a_{k+1}-a_k)\,f(a_k)$.

De m\^eme $F(a_k)-F(a_{k+1}) \geqslant (a_{k}-a_{k+1})\, f(a_{k+1}) $, donc, apr\`es passage aux oppos\'es :  

\centerline{$\d F(b)-F(a) \leqslant\sum_{k=0}^{n-1}(a_{k+1}-a_k)\,f(a_{k+1})$}

\item Puisque $f$ est continue par morceaux donc int\'egrable $(a,b]$, $\d \int_a^b f$ existe et comme $f$ est croissante sur $[a,b]$, par d\'efinition de l'int\'egrale d'une part : 

\centerline{$\d \int_a^b f= \sup_{\sigma}  \left\{ \sum_{k=0}^{n -1}(a_{k+1}-a_k)\,f(a_k) \right\} \leqslant F(b)-F(a)$}

et d'autre part : 

\centerline{$\d \int_a^b f= \inf_{\sigma} \left\{\sum_{k=0}^{n -1}(a_{k+1}-a_k)\,f(a_{k+1}) \right\} \geqslant F(b) -F(a)$}

 d'o\`u l'\'egalit\'e $\d \int_a^b f=F(b)-F(a)$.


\medskip

On pouvait aussi choisir une subdivision r\'eguli\`ere de $[a,b]$ ; $f$ \'etant continue par morceaux sur $[a,b]$, on sait que les sommes de Riemann convergent vers $\int_a^b f(t)\dif{t}$, autrement dit $\d \sum_{k=0}^n(a_{k+1}-a_k)f(a_k) \xrightarrow[n \to \infty]{} \int_a^bf(t)\dif{t}$ ainsi que $\d \sum_{k=0}^n(a_{k+1}-a_k)f(a_{k+1}) \xrightarrow[n \to \infty]{} \int_a^bf(t)\dif{t}$. Le th\'eor\`eme de passage \`a la limite dans les in\'egalit\'es fournit alors :
$$\int_a^bf(t)\dif{t} \le F(b)-F(a) \le \int_a^b f(t)\dif{t}$$ d'o\`u l'\'egalit\'e.

Remarque : l'hypoth\`ese $f$ continue par morceaux n'a \'et\'e ajout\'ee dans l'\'enonc\'e que pour rester dans le cadre du programme du capes.



\end{enumerate}

\medskip

\paragraph{Continuit\'e des applications convexes}$\\$

\begin{enumerate}

\item  Soient  $a < b <c $ r\'eels ; posons $b=(1-\lambda) a + \lambda c$ avec $\lambda \in ]0,1[$ ; on a : $f(b) \leqslant (1-\lambda)f(a)+\lambda f(c)$ et donc 

\centerline{$\d \frac{f(b)-f(a)}{b-a} \leqslant \frac{\lambda}{b-a} \left[f(c)-f(a)\right]=\frac{f(c)-f(a)}{c-a}$}

De m\^eme : $\d \frac{f(c)-f(b)}{c-b}\geqslant \frac{1-\lambda}{c-b}\left[f(c)-f(a)\right]=\frac{f(c)-f(a)}{c-a}$.


\item Soit $x_0 \in \R$ et soient $b < x_0$ et $c > x_0$ quelconques ; soit enfin $h>0$ tel que $x_0 \pm h \in [b,c]$ ; d'apr\`es l'in\'egalit\'e des pentes, on a :
$\d h\frac{f(x_0)-f(b)}{x_0-b} \leqslant f(x_0)-f(x_0-h) \leqslant h \frac{f(c)-f(x_0)}{c-x_0}$ et  donc $\d \lim_{ h \to 0 \atop h >0}f(x_0-h)=f(x_0)$.

De la m\^eme fa\c{c}on : $\d \lim_{h \to 0 \atop h >0} f(x_0+h)=f(x_0)$.

$f$ poss\`ede  en $x_0$ une limite \`a gauche et une limite \`a droite \'egales \`a $f(x_0)$. Donc $f$ est continue en $x_0$, et finalement $f$ est continue sur $\R$.



\end{enumerate}

\setcounter{para}{1}

\section{\'Etude de la fonction exponentielle}

%\paragraph{Construction de l'exponentielle}
\bigskip

\begin{enumerate}


\item  

\begin{enumerate}
\item On d\'emontre qu'\`a $x$ fix\'e,  les deux suites $\d \left(\left(1+\frac{x}{n}\right)^n\right)_{n > |x|}$ et $\d \left(\left(1-\frac{x}{n}\right)^{-n}\right)_{n >|x|}$ sont adjacentes. 

Notons une fois pour toutes, que si $n >|x|$, alors $1 \pm \frac{x}{n} >0$.

Soient  $x \in \R$ fix\'e et $n >|x|$ ; on a $\d \left(1+\frac{x}{n}\right)^n=\left(1+\frac{x}{n}\right)^n \times 1 \leqslant \left\{\frac{1}{n+1}\left[\sum_{k=1}^n \left(1+\frac{x}{n}\right)+1\right]\right\}^{n+1}$ d'apr\`es l'in\'egalit\'e de Cauchy appliqu\'ee au $(n+1)$-uplet $\left((1+\frac{x}{n}),\cdots,(1+\frac{x}{n}),1\right)$. 

Or $\d \left\{\frac{1}{n+1}\left[\sum_{k=1}^n \left(1+\frac{x}{n}\right)+1\right]\right\}^{n+1}= \left(1+\frac{x}{n+1}\right)^{n+1}$ d'o\`u la  croissance de la suite $\left(u_n(x)=\left(1+\frac{x}{n}\right)^n\right)_{n >|x|}$. (La croissance est stricte si $x \neq 0$.)

On peut aussi appliquer l'in\'egalit\'e de Bernoulli (en remarquant que la suite est \`a termes strictement positifs) :

\centerline{$\d \frac{\left(1+\frac{x}{n+1}\right)^{n+1} }{\left(1+\frac{x}{n}\right)^n}=\left(1+\tfrac{x}{n}\right)\left[\frac{\left(1+\frac{x}{n+1}\right) }{\left(1+\frac{x}{n}\right)}\right]^{n+1} \geqslant \left(1+\tfrac{x}{n}\right)\left[1+(n+1)\frac{\frac{x}{n+1}-\frac{x}{n}}{1+\frac{x}{n}}\right]=1$}

\smallskip

Il est utile d'observer pour la suite, que si $x > 0$ alors ce qui pr\'ec\`ede vaut pour tout $n \geqslant 1$, autrement dit la suite $\d \left(\left(1+\frac{x}{n}\right)^n\right)_{n \geqslant 1}$ est (strictement) croissante.


\smallskip

\item En observant que, pour $n>|x|$,  $\d v_n(x)=\left(1-\frac{x}{n}\right)^{-n}=\frac{1}{u_n(-x)}$, on en d\'eduit la  d\'ecroissance de la suite $(v_n(x))_{n >|x|}$.

\smallskip

\item Enfin, $\d v_n(x)-u_n(x)=v_n(x)\left\{ 1-\left[1-\frac{x^2}{n^2}\right]^n\right\}$ ce qui montre que, d'une part $v_n(x)-u_n(x) >0$ et d'autre part, en utilisant l'in\'egalit\'e de Bernoulli, que $\d v_n(x)-u_n(x) \leqslant v_n(x)\frac{x^2}{n} \leqslant x^2v_{n_0}(x)\frac{1}{n}$ o\`u $n_0=\textsf{E}(|x|)+1$. 

Donc $v_n(x)-u_n(x)=O(\frac{1}{n})$, qui converge vers 0. Donc les suites $(u_n(x))_{n>|x|}$ et $(v_n(x))_{n>|x|}$ sont adjacentes.

D'apr\`es le th\'eor\`eme des suites adjacentes, ces suites sont convergentes et ont la m\^eme limite. De plus, pour tout $n >|x|$, $\d \left(1+\frac{x}{n}\right)^n \leqslant \bm{e}(x) \leqslant \left(1-\frac{x}{n}\right)^{-n}$, l'in\'egalit\'e de gauche \'etant valide pour tout $n \geqslant 1$ si $x \geqslant 0$.

\end{enumerate}

\item 

\begin{enumerate}

\item Soit $x \in [a,b]$ ; posons $c=\max\{|a|,|b|\}$, $d=\min\{|a|,|b|\}$  et $n_0=\textsf{E}(c)+1$ ; d'apr\`es le th\'eor\`eme des suites adjacentes et la majoration pr\'ec\'edente, on a, pour $n \geqslant  n_0$  :

\centerline{$0 \leqslant \bm{e}(x)-u_n(x)\leqslant v_n(x) -u_n(x) \leqslant v_{n}(x) \frac{x^2}{n} \leqslant v_{n_0}(x) x^2 \frac{1}{n} \leqslant c^2 v_{n_0}(d)\frac{1}{n}$}

C'est une majoration uniforme (en $x$). Donc $\d \sup_{a \leqslant x \leqslant b}|\bm{e}(x)-u_n(x)| \leqslant \frac{K}{n}$ converge vers 0, ce qui prouve la convergence uniforme de $(u_n)_{n >c}$ vers $\bm{e}$ sur $[a,b]$, et donc aussi celle de $(u_n)_{n \geqslant 1}$. 

Comme les $u_n$ sont des (restrictions de) fonctions polyn\^omes, donc continues sur $[a,b]$, on en d\'eduit que $\bm{e}$ est continue sur $[a,b]$, lui-m\^eme arbitraire,  donc sur $\R$ (convergence uniforme locale).

Remarque : la continuit\'e de $\bm{e}$ peut se d\'emontrer de fa\c{c}on \'el\'ementaire sans r\'ef\'erence \`a la convergence uniforme (conf\`ere question 2.4.).

\item Soit $x \in \R$ fix\'e, et $n_0=\textsf{E}(|x|)+1$. Comme les suites sont adjacentes, on a $u_{n_0}(x) \leqslant \bm{e}(x) \leqslant  v_{n_0}(x)$. 

L'in\'egalit\'e de Bernoulli fournit \`a gauche la minoration $u_{n_0}(x) \geqslant 1+n_0\frac{x}{n_0}=1+x$.







Supposons que $x<1$ ; l'in\'egalit\'e de Bernoulli fournit la minoration $(1-\frac{x}{n_0})^{n_0} \geqslant 1-n_0\frac{x}{n_0}=1-x$ et comme $1-x>0$, en passant aux inverses, on a la majoration : $v_{n_0}(x)  \leqslant\frac{1}{1-x}$.

\item ${}$
\begin{enumerate}

\item Soit $x \in \R$ et $n >|x|$ ; on a $u_n(x)v_n(-x)=1$ ; donc par passage \`a la limite dans l'\'egalit\'e pr\'ec\'edente, il vient $\bm{e}(x)\bm{e}(-x)=1$ et donc, par d\'efinition de l'inverse d'un nombre,  $\bm{e}(x)$ est inversible (donc non nul), d'inverse $\bm{e}(-x)$.

\item $\left(\d \frac{\varepsilon_n}{n}\right) $ converge vers 0, donc $\left|\frac{\varepsilon_n}{n}\right|<1$ \`a partir d'un certain rang ; donc l'in\'egalit\'e de Bernoulli fournit la minoration, \`a partir de ce rang : $\d \left(1+\frac{\varepsilon_n}{n}\right)^n \geqslant  1+\varepsilon_n$.

On a aussi la majoration, \`a partir du m\^eme rang : $\left(1+\frac{\varepsilon_n}{n}\right)^n \leqslant \bm{e}(\varepsilon_n) \leqslant \frac{1}{1-\varepsilon_n}$ 

Chacune des suites $(1+\varepsilon_n)$ et  $\left(\frac{1}{1-\varepsilon_n}\right)$ converge vers 1, donc le th\'eor\`eme des trois suites prouve la convergence de la suite $\d \left(\left(1+\frac{\varepsilon_n}{n}\right)^n\right)$ vers 1.

\item Soient  $x, y$ r\'eels, et $ n > \max\{|x|,|y|,|x+y|\}$.

On a : $\d u_n(x+y)u_n(-x)u_n(-y)=\left(1+\frac{\varepsilon_n}{n}\right)^n$ avec 
$\d \varepsilon_n=-\frac{x^2+x\,y+y^2}{n}+\frac{xy(x+y)}{n^2}=o(1)$.

Donc, d'apr\`es ce qui pr\'ec\'ede, la suite $(u_n(x+y)u_n(-x)u_n(-y))$ converge vers 1 ; par ailleurs cette suite converge aussi, via les th\'eor\`emes d'op\'erations sur les suites convergentes, vers $\bm{e}(x+y)\bm{e}(-x)\bm{e}(-y)$ ; l'unicit\'e de la limite fournit l'\'egalit\'e demand\'ee.

\end{enumerate}

\item Il y a de nombreuses fa\c{c}ons de proc\'eder --selon l'ordre d'\'enonciation des propri\'et\'es --, en particulier on peut tr\`es classiquement s'appuyer sur la relation fonctionnelle de l'exponentielle.

{\leftskip=-1cm
\begin{footnotesize}
\begin{tabular}{p{6cm}|p{10cm}}
\begin{itemize}
\item[i)] pour tout $x \in \R$, $\exp(x) >0$ ;

\item[ii)] pour tout $x, y \in \R^2$, 

\hfill $\exp(x+y)=\exp(x)\exp(y)$  ;

\item[iii)] $\d \lim_{x \to + \infty} \exp(x)=+ \infty$ ;

\item[iv)] pour tout $p \in \N^{\ast}$, $\d \lim_{x \to +\infty} \frac{\exp(x)}{x^p}=+\infty$ ;

\item[v)]  $\d \lim_{x \to - \infty} \exp(x)=0$ ;

\item[vi)] $\exp$ est strictement croissante sur $\R$ ;

\bigskip

\bigskip

\bigskip

\bigskip


\item[vii)] $\exp$ est continue sur $\R$ ;

\bigskip

\item[viii)] $\exp$ est d\'erivable sur $\R$ et $\exp'=\exp$.

\medskip

On pourrait citer aussi $\exp$ bijection de $\R$ sur $\R^{*+}$, mais c'est une cons\'equence des pr\'ec\'edentes. $\big($vi), iii) et v)$\big)$.

\end{itemize}
&
\begin{itemize}
\item[i)] on sait que $\bm{e}(x) \geqslant \left(1+\frac{x}{n_0}\right)^{n_0}$ (avec  $n_0=\textsf{E}(|x|) +1$), donc $\bm{e}(x)>0$.

\item[ii)] l'\'egalit\'e du 2.3.3.  se r\'e\'ecrit $\bm{e}(x+y)=\bm{e}(x)\bm{e}(y)$.


\medskip



\item[iii)] r\'esulte de l'in\'egalit\'e valable pour tout $x\in \R$,  $\bm{e}(x) \geqslant 1+x $ ;

\item[iv)] r\'esulte de la minoration $\bm{e}(x) \geqslant \left(1+\frac{x}{p+1}\right)^{p+1} \geqslant \frac{x^{p+1}}{(p+1)^{(p+1)}}$, valable pour tout $x \geqslant 0$ ;

\item[v)] r\'esulte de l'encadrement, valable pour tout $x<1$,  $0 < \bm{e}(x) \leqslant\frac{1}{1-x}$ ;

\item[vi)]  soient  $x < y$ et $n > \max\{ |x|,|y| \}$ ; 

alors $\left(1-\frac{x}{n}\right)\left(1+\frac{y}{n}\right)=1+\frac{y-x}{n}-\frac{xy}{n^2}>1$ d\`es que $n >\frac{xy}{y-x}$.

donc il existe $n$ tel que $\left(1-\frac{x}{n}\right)^{-n} < \left(1+\frac{y}{n}\right)^n$ ; or $\bm{e}(x) < \left(1-\frac{x}{n}\right)^{-n}$ et $\bm{e}(y) > \left(1+\frac{y}{n}\right)^n$ ; donc $\bm{e}(x) < \bm{e}(y)$. Bien s\^ur, peut s'obtenir comme sous-produit du viii).


\item[vii)] d\'ej\`a prouv\'ee \`a la question 2.1.  ;  r\'esulte aussi de la d\'erivabilit\'e qui suit. Peut se d\'emontrer directement.

\item[viii)] l'encadrement $1+x \leqslant \bm{e}(x) \leqslant\frac{1}{1-x}$, valable par exemple sur $]-1, +1[$,  fournit $x \leqslant\bm{e}(x)-1 \leqslant\frac{x}{1-x}$ donc $\bm{e}(x)-1 \mathop{\sim}\limits_0 x$ et donc $\bm{e}$  est  d\'erivable en 0 avec $\bm{e}'(0)=1$.

Soit alors $x \in \R$ quelconque ; comme $\bm{e}(x) \neq 0$, on a alors :

\centerline{$\bm{e}(x+h)-\bm{e}(x)=\bm{e}(x)\left(\bm{e}(h)-1\right) \mathop{\sim}\limits_0 h\bm{e}(x)$}

donc $\bm{e}$ est d\'erivable en $x$ et $\bm{e}'(x)=\bm{e}(x)$.

\end{itemize}
\end{tabular}
\end{footnotesize}
\par}



\item Les in\'egalit\'es obtenues \`a la question 2.1 donnent avec $x=1$ : $0 \leqslant\textrm{e}-\left(1+\frac{1}{n}\right)^n < \left(1-\frac{1}{n}\right)^{-n}\frac{1}{n}< \frac{3}{n}$ si $n \geqslant 10$ puisque $(1-1/10)^{-10} =\frac{10000000000}{3486784401}<3$ ; 


donc, pour que $\textrm{e} - \left(1+\frac{1}{n}\right)^n < \frac{1}{2}10^{-1}$, il suffit que $\frac{3}{n}\leqslant \frac{1}{2}10^{-1}$ ; $n=60$ convient. $\left(1+\frac{1}{60}\right)^{60}$ est donc une valeur approch\'ee (rationnelle) par d\'efaut de $\textrm{e}$ \`a $\frac{1}{2} 10^{-1}$ pr\`es.

Faisons l'hypoth\`ese que la pr\'ecision de calcul des calculatrices est suffisamment grande pour faire confiance au moins aux deux premi\`eres d\'ecimales des flottants affich\'es. 

Cette hypoth\`ese est raisonnable, car l'erreur relative sur un calcul de puissance enti\`ere $x^n$ peut \^etre estim\'ee par : $\delta(x^n) \approx n \delta(x)$ ; avec $n=60$, $x=\frac{61}{60} \approx 1$ et comme $\delta(x)< \epsilon$ (\emph{epsilon machine}, au moins $10^{-10}$ sur les mat\'eriels courants), on a $\delta(x^n)  < 10^{-8}$ et donc certainement $\Delta(x^n)<10^{-7}$.

Pour calculer $\left(\frac{61}{60}\right)^{60}$ sans exponentiation machine, on peut utiliser un algorithme it\'eratif :

\fbox{\parbox{3cm}{

{\sf
$a \leftarrow 61/60$

$p \leftarrow 1$

pour $k$ de $1$ \`a $60$

faire

\hspace*{1cm}  $p\leftarrow p \times a $

finfaire
}
}}
\parbox{12cm}{{\leftskip 5mm
On obtient alors $\left(1+\frac{1}{60}\right)^{60}=2,69...$ 

On en d\'eduit que $2,69... < \textrm{e} < 2,74...$ ce qui ne permet pas de trancher entre $2,6$ et $2,7$ pour la valeur d\'ecimale approch\'ee par d\'efaut \`a $10^{-1}$ pr\`es. Il faut donc aller plus loin dans la suite $\left(1+\frac{1}{n}\right)^n$ pour conclure.

La minoration $\left(1+\frac{1}{74}\right)^{74} < \textrm{e}$ donne : $2,7001... < \textrm{e}$ qui permet d'en d\'eduire que la valeur d\'ecimale approch\'ee par d\'efaut \`a $10^{-1}$ pr\`es de $\textrm{e}$ est $2,7$.
\par}
}


\item L'encadrement $\left(1+\frac{1}{n}\right)^n \leqslant\textrm{e} \leqslant\left(1-\frac{1}{n}\right)^{-n}$  est mal adapt\'e au calcul num\'erique car, d'une part sa vitesse de convergence vers 0 est trop faible. De fa\c{c}on pr\'ecise, elle est en $\frac{1}{n}$ ; en effet, Bernoulli fournit la majoration  :

\centerline{$\d  \left[1-\left(1-\frac{1}{n^2}\right)^n\right] \leqslant1-\left(1-\frac{1}{n}\right)=\frac{1}{n} $}

et la question 2 de cette partie : $\d \left(1-\frac{1}{n^2}\right)^n \leqslant\bm{e}(-\frac{1}{n}) \leqslant\frac{1}{1+\frac{1}{n}}$ d'o\`u la minoration : 

$\d \left[1-\left(1-\frac{1}{n^2}\right)^n\right]  \geqslant \frac{1}{n+1}$  
et donc $\d \left[1-\left(1-\frac{1}{n^2}\right)^n\right] \sim \frac{1}{n}$ 
et finalement $\d \left(1-\frac{1}{n}\right)^{-n} - \left(1+\frac{1}{n}\right)^n \sim \frac{\textrm{e}}{n}$.

D'autre part, le calcul de $x^n$ avec $n$ grand et $x$ proche de 1 est num\'eriquement tr\`es instable ; si $x$ est trop proche de 1, il sera arrondi \`a 1,0 (ph\'enom\`ene d'absorption) et le r\'esultat du calcul sera 1,0.

\end{enumerate}

\item 
\begin{enumerate}
\item Il importe de noter que la somme est une somme finie. Il n'y a donc pas de probl\`eme de convergence.

Soit $z \in \C$ et $n \geqslant 1$ ; on a : 
$\d\left(1+\frac{z}{n}\right)^n=\sum_{k=0}^n \binom{n}{k}\frac{z^k}{n^k}=\sum_{k=0}^n \frac{n!}{n^k(n-k)!}\frac{z^k}{k!}$.

On v\'erifie que, pour $k=0$ ou $1$, $\d \frac{n!}{n^k(n-k)!}=1$ et, pour $1 < k \leqslant n$, $\d \prod_{h=1}^{k-1}\left(1-\frac{h}{n}\right)=\frac{\prod\limits_{h=1}^{k-1}(n-h)}{n^{k-1}}=\frac{n!}{n^k(n-k)!}$



\item Soient $z \in \C$, $m, n \in \N$ avec $m \leqslant n$ ; on a : $\d\left(1+\frac{z}{n}\right)^n-\left(1+\frac{z}{m}\right)^m=\sum_{k=0}^{+\infty}\left[a_k(n)-a_k(m)\right]\frac{z^k}{k!}$.

Or $a_k(m)=a_k(n)$ si $k=0,1$, $a_k(m)=0 \leqslant a_k(n)$ si $m < k \leqslant n$, $a_k(m)=a_k(n)=0$ si $k >n$ et enfin, si $1< k \leqslant m$ alors $\prod\limits_{h=1}^{k-1}\left(1-\frac{h}{m}\right) \leqslant \prod\limits_{k=1}^{k-1}\left(1-\frac{h}{n}\right)$ ; donc, pour tout $k$, $a_k(m) \leqslant a_k(n)$.

D\`es lors, on a $\d \left| \left(1+\frac{z}{n}\right)^n-\left(1+\frac{z}{m}\right)^m\right| \leqslant \sum_{k=0}^{+\infty}\left|a_k(n)-a_k(m)\right|\frac{|z|^k}{k!}=\sum_{k=0}^{+\infty}\left[a_k(n)-a_k(m)\right]\frac{|z|^k}{k!}$

$\d=\left(1+\frac{|z|}{n}\right)^n-\left(1+\frac{|z|}{m}\right)^m=\left| \left(1+\frac{|z|}{n}\right)^n-\left(1+\frac{|z|}{m}\right)^m\right|$.

La sym\'etrie de l'in\'egalit\'e par rapport au couple $(m,n)$ montre que l'in\'egalit\'e est vraie dans le cas $n \leqslant m$.



\item La suite $\left(\left(1+\frac{|z|}{n}\right)^n\right)_{n \ne 1}$ converge dans $\R$ d'apr\`es la question 1. C'est donc une suite de Cauchy. Soit donc $\varepsilon >0$ ; il existe $n_0 \ge1$ tel que $m \geqslant n_0$ et $n \geqslant n_0$ impliquent $\left| \left(1+\frac{|z|}{n}\right)^n-\left(1+\frac{|z|}{m}\right)^m\right|< \varepsilon$ et donc aussi $\d \left| \left(1+\frac{z}{n}\right)^n-\left(1+\frac{z}{m}\right)^m\right|< \varepsilon$. La suite $\left(\left(1+\frac{z}{n}\right)^n\right)_{n \ne 1}$ est donc une suite de Cauchy ; $\C$ \'etant complet, elle est convergente.

\end{enumerate}



\end{enumerate}



\section{L'exponentielle  $\bm{\R}$-solution de $\bm{y'=y, y(0)=1}$}



\begin{enumerate}

\item  Si $a \neq 0$ alors  $\phi$ et $\R$-solution du probl\`eme $\textsf{PC}_{1,1}$ si et seulement si $\psi=x \mapsto a\phi(k\,x)$ est $\R$-solution du probl\`eme $\textsf{PC}_{k,a}$.

Si $a=0$, $\phi$ est $\R$-solution du probl\`eme $\textsf{PC}_{1,0}$ si et seulement si $\psi=x \mapsto \phi(k\,x)$ est solution du probl\`eme $\textsf{PC}_{k,0}$.

Ceci r\'esulte imm\'ediatement du th\'eor\`eme de d\'erivation d'une application compos\'ee et de la relation valable pour tout $x$, $\psi'(x)=k\,a \phi'(k\,x)$




\item Soit $a \in \R$ ; 

Si $\d \phi$ est $\R$-solution  du probl\`eme $\textsf{PC}_{1,a}$ alors $\phi$ est d\'erivable sur $\R$ donc a fortiori continue et les \'egalit\'es $\phi'=\phi$  et $\phi(0)=a$ montrent que $\phi$ est la primitive de $\phi$ sur $\R$ qui prend la valeur $a$ en 0 donc,  pour tout $x \in \R$, $ \d  \ \phi(x)=a+\int_0^{x} \phi(t)\dif{t}$.

R\'eciproquement, si $\phi$ est continue sur $\R$ et si, pour tout $x \in \R$ $\d \phi(x)=a+\int_0^x\phi(t)\dif{t}$, alors $\phi$ est d\'erivable sur $\R$ et $\phi'(x)=\phi(x)$  ; par ailleurs $\phi(0)=a$.

\item 

\begin{enumerate}

\item La clef est la lin\'earit\'e des probl\`emes $\textsf{PC}$ ; si $\phi_1$ et $\phi_2$ sont $\R$-solutions du probl\`eme $\textsf{PC}_{1,1}$, alors $\phi_1-\phi_2$ est $\R$-solution du probl\`eme $\textsf{PC}_{1,0}$. Par ailleurs, la fonction nulle est $\R$-solution du probl\`eme $\textsf{PC}_{1,0}$. L'unicit\'e pour le probl\`eme $\textsf{PC}_{1,0}$ implique donc l'unicit\'e pour le probl\`eme $\textsf{PC}_{1,1}$. (La r\'eciproque est vraie, mais pas utile pour la suite.)





\item Soit $T \in \R$ ; on proc\`ede par r\'ecurrence ; pour $n=0$, $\phi$ \'etant continue sur le segment d'extr\'emit\'es $0$ et $T$, elle y est born\'ee, donc il existe $M$ tel que,  pour tout $x$ entre 0 et $T$, on a : $|\phi(x)| \leqslant M$.

Soit ensuite $n \geqslant 0$ et supposons que pour tout $x$ entre 0 et $T$, $|\phi(x)| \leqslant M\frac{|x|^n}{n!}$.

on sait que  $\d \phi(x)=\int_0^x \phi(t) \dif{t}$, donc : $\d |\phi(x)|=\left|\int_0^x \phi(t) \dif{t}\right| \leqslant \sgn{x} \int_0 ^x |\phi(t)|\dif{t}$, puis :

$\d |\phi(x)| \leqslant\sgn{x} \int_0 ^x M \frac{|t|^n}{n!}\dif{t}=\sgn{x}\int_0^x \frac{M}{n!} \sgn{x}^{n}t^n \dif{t}=\sgn{x}^{n+1}\frac{M}{(n+1)!}\left[t^{n+1}\right]_0^x=\frac{M}{(n+1)!}|x|^{n+1}$.

(On peut aussi proposer une r\'edaction distinguant les cas $T$ positif, $T$ n\'egatif. Une variante consiste \`a utiliser l'in\'egalit\'e des accroissements finis et l'\'egalit\'e $\phi'=\phi$.)

La propri\'et\'e est  h\'er\'editaire \`a partir de 0, donc d\'emontr\'ee par r\'ecurrence pour tout $n$.



On sait qu'\`a $T$ fix\'e, $|T|^n=o(n!)$ ; on en d\'eduit que $\left(M\frac{|T|^n}{n!} \right)$ converge vers 0 et donc, \`a nouveau le th\'eor\`eme de passage \`a la limite dans les in\'egalit\'es fournit  $|\phi(T)| \leqslant 0$ et donc $\phi(T)=0$. $T$ \'etant arbitraire, $\phi$ est identiquement nulle.

\item La question pr\'ec\'edente prouve l'unicit\'e pour le probl\`eme $\textsf{PC}_{1,0}$ ; celle pour le probl\`eme $\textsf{PC}_{1,1}$ en d\'ecoule.

\end{enumerate}

Soit $h>0$.

\item 
\begin{enumerate}

\item ${}$

\begin{center}

\includegraphics[width=12cm,height=10cm]{m04cd1fa.eps}

\end{center}

\item L'application $\psi_h$ est obtenue en appliquant la m\'ethode d'approximation d'Euler pour une \'equation diff\'erentielle avec un pas $h$, la diff\'erence \'etant ici qu'on travaille sur $\R$ tout entier et pas seulement sur un segment.

Posons $x_n=n\,h$ pour tout $n \in \Z$ ; on prend $\psi(x_0)=\psi(0)=1$ puisque c'est la condition initiale du probl\`eme. 


Puis, sur l'intervalle $[x_0,x_1]$,  $\psi$ est prise affine, avec un taux d'accroissement \'egal \`a $\psi(x_0)=1$ (puisqu'on veut que $\psi$ approche une solution de l'\'equation diff\'erentielle $y'=y$.

donc $\psi(x_1)=\psi(x_0+h)$ est pris \'egal \`a $\psi(x_0)+h\psi'(x_0)=1+h$. On it\`ere alors le proc\'ed\'e : une fois d\'efini $\psi(x_n)$,  sur $[x_n,x_{n+1}]$ $\psi$ est prise affine avec un taux d'accroissement \'egal \`a sa valeur en $x_n$.

donc $\psi(x_{n+1})=\psi(x_n)+h\,\psi'(x_n)=(1+h)\psi(x_n)$ ; ainsi les $\psi(x_n)$ forme une suite g\'eom\'etrique de raison $(1+h)$, d'o\`u l'expression $\psi(x_n)=(1+h)^n$.

On proc\`ede de m\^eme sur $\R^-$.


\end{enumerate}


\item L'\'enonc\'e sous-entend que les conditions donn\'ees sont coh\'erentes et d\'efinissent $\psi_h$ de fa\c{c}on unique.
\begin{enumerate}
\item Soit $x \in \R$ et $n=\textsf{E}\left(\frac{x}{h}\right) \in \Z$ ; on a donc $n\,h \leqslant x < (n+1)\,h$. 

Si on pose $x=(1-\alpha)\,n\,h+\alpha (n+1)\,h$ avec $\alpha=\frac{x-n\,h}{h} \in [0,1[$, on a :

$\psi_h(x)=(1-\alpha)\psi_h(n\,h)+\alpha\psi_h((n+1)\,h)=(1-\alpha)\left(1+h\right)^n+\alpha\left(1+h\right)^{n+1}=\left(1+h\right)^n\left( 1+\alpha\,h\right)$

donc $\psi_h(x)=\left(1+h\right)^n(1+x-n\,h)$ ; c'est la relation demand\'ee.


On peut aussi v\'erifier que l'application $x \mapsto \left(1+h\right)^{\textsf{E}\left(\frac{x}{h}\right)}\left(1+x-h\,\textsf{E}\left(\frac{x}{h}\right)\right)$ satisfait aux deux conditions de d\'efinition de $\psi_h$.


\item 
Soit $n \in \Z$ ; sur l'intervalle ferm\'e  $[n\,h ; (n+1)\,h]$, $\psi_h$ est affine donc sa restriction y est d\'erivable et, par d\'efinition m\^eme, de d\'eriv\'ee constante \'egale \`a $(1+h)^n=(1+h)^{\textsf{E}\left(\mbox{$\frac{x}{h}$}\right)}$. 

On a donc, pour tout $x, y \in [n\,h,(n+1)\,h]$ $\d \int_x^y(1+h)^{\textsf{E}\left(\frac{t}{h}\right)} \dif{t}=\psi_h(y)-\psi_h(x)$.

(La notion de primitive g\'en\'eralis\'ee d'une application continue par morceaux n'est pas au programme, mais peut \^etre avantageusement utilis\'ee ici. )

Soit alors $x \in \R$ et $n=\textsf{E}\left(\frac{x}{h}\right)$ ; en utilisant la relation de Chasles, on a : 

\centerline{ $\d \int_0^x (1+h)^{\textsf{E}\left(\frac{t}{h}\right)} \dif{t} = \sum_{k=0}^{n-1}\int_{k\,h}^{(k+1)\,h}(1+h)^{\textsf{E}\left(\frac{t}{h}\right)} \dif{t}+\int_{n\,h}^x(1+h)^{\textsf{E}\left(\frac{t}{h}\right)} \dif{t}$ }

(en donnant \`a la somme le  sens ad\'equat si $n \leqslant 0$) ; d'o\`u 

$\d \int_0^x (1+h)^{\textsf{E}\left(\frac{t}{h}\right)} \dif{t} =\sum_{k=0}^{n-1}\left[\psi_h((k+1)\,h)-\psi_h(k\,h)\right]+\psi_h(x)-\psi_h(n\,h)=\psi_h(x)-\psi_h(0)=\psi_h(x)-1$.

 
\item Soient $x, y \in \R$ ; on a : $\d \psi_h(y)-\psi_h(x)  =\int_x^y(1+h)^{\textsf{E}\left(\mbox{$\frac{t}{h}$}\right)} \dif{t}$ ; or $t \mapsto (1+h)^{\textsf{E}\left(\mbox{$\frac{t}{h}$}\right)}$ est croissante sur $\R$ puisque $h>0$ et que l'application partie enti\`ere l'est ;  en utilisant  les in\'egalit\'es de la moyenne, on a alors  : 

si $x \leqslant y$, en minorant : $\d \int_x^y(1+h)^{\textsf{E}\left(\mbox{$\frac{t}{h}$}\right)} \dif{t} \geqslant (y-x) \left(1+h\right)^{\textsf{E}\left(\mbox{$\frac{x}{h}$}\right)}$

et si $x\geqslant y$, en majorant : $\d\int_y^x(1+h)^{\textsf{E}\left(\mbox{$\frac{t}{h}$}\right)} \dif{t} \leqslant (x-y) \left(1+h\right)^{\textsf{E}\left(\mbox{$\frac{x}{h}$}\right)}$ qui redonne bien l'in\'egalit\'e voulue en passant aux oppos\'es.


\item Pour $x < y$, on a $\d \frac{\psi_h(y)-\psi_h(x)}{y-x} \geqslant (1+h)^{\textsf{E}\left(\mbox{$\frac{x}{h}$}\right)}$ ; le membre de gauche est le coefficient directeur de la s\'ecante joignant les points $(x,\psi_h(x))$ et $(y,\psi_h(y))$ et le membre de droite, la pente du segment (de droite si ambigu\"{\i}t\'e)  de la repr\'esentation graphique  de $\psi_h$ passant par $(x, \psi_h(x))$. L'in\'egalit\'e est graphiquement \'equivalente \`a la convexit\'e. 



\item La croissante r\'esulte de la positivit\'e de $t \mapsto (1+h)^{\textsf{E}\left(\frac{t}{h}\right)}$. La convexit\'e est une cons\'equence de l'in\'egalit\'e du 5.3 et de la sous-partie III de la premi\`ere partie. 



\end{enumerate}

\item 

\begin{enumerate}

\item ${}$

\parbox{8cm}{

\includegraphics[trim= 5 5 5 5,clip,width=8cm,height=10cm]{m04cd1fb.eps}
}
\parbox{6cm}{Repr\'esentations graphiques pour 

\centerline{$x \in \{0,5 ; 0,75 ; 1 \}$}

\bigskip

On conjecture que chaque $\alpha_x$ (resp. $\beta_x$) est (strictement) d\'ecroissante (resp. croissante), continue, d\'erivable par morceaux, et born\'ee, sur $]0, x]$,  en particulier au voisinage de 0, et enfin que $\alpha_x$ et $\beta_x$ poss\`ede une limite commune en 0.
}


\item   Soit $p \in \N^{\ast}$ ; sur l'intervalle \emph{ouvert} $\left]\frac{x}{p+1},\frac{x}{p}\right[$, $\alpha_x(h)=(1+h)^p(1+x-h\,p)$ donc $\alpha_x$ y est d\'erivable  et $\alpha'_x(h)=(1+h)^{p-1}p\,(x-h\,(p+1))<0$
 donc $\alpha_x$ est (strictement) d\'ecroissante sur cet intervalle. (La stricte d\'ecroissance n'\'etant pas utile pour la suite.)

Ensuite, la m\^eme expression de $\alpha_x$ donne  $\lim\limits_{h \to \frac{x}{p} \atop < }\alpha_x(h)=\left(1+\frac{x}{p}\right)^p$ et $\lim\limits_{ h \to \frac{x}{p+1} \atop >}\alpha_x(h)=\left(1+\frac{x}{p+1}\right)^{p+1}$ et donc en d\'ecalant, $\lim\limits_{h \to \frac{x}{p} \atop >}\alpha_x(h)=\left(1+\frac{x}{p}\right)^p$. Ainsi  $\lim\limits_{h \to \frac{x}{p} \atop <}\alpha_x(h)=\lim\limits_{h \to \frac{x}{p} \atop >}\alpha_x(h)=\alpha_x\left(\frac{x}{p}\right)$ d'o\`u la continuit\'e de $\alpha_x$ en chaque $\frac{x}{p}$ et finalement sur $]0,x]$.

Par passage \`a la limite dans les in\'egalit\'es, on en d\'eduit la d\'ecroissance de $\alpha_x$ sur chaque \emph{segment } $[\frac{x}{p},\frac{x}{p+1}]$,   puis $\alpha_x$ \'etant d\'ecroissante  par morceaux \emph{ferm\'es}  sur $]0,x]$, on en d\'eduit la d\'ecroissance sur $\bigcup\limits_{p \geqslant 1} [\frac{x}{p+1},\frac{x}{p}]=]0,x]$.


\item Soit  $h \in ]0,x]$ ; on a, par croissance de $\psi_h$ et croissance de $\beta_x$  : $\alpha_x(h)=\psi_h(x) \leqslant \psi_h(x(1+h))=\beta_x(h) \leqslant \beta_x(x)$. Donc $\alpha_x$ est major\'ee sur $]0,x]$. 

\item Le th\'eor\`eme de la limite monotone born\'ee permet alors de conclure \`a l'existence d'une limite finie pour $\alpha_x$ en  0, qui est aussi $\d \lim_{h \to 0} \psi_h(x)$. En \'evidence, $\d \lim_{h \to 0} \psi_h(0)=1$.

\end{enumerate}


\item 

\begin{enumerate}

\item Le th\'eor\`eme de passage \`a la limite dans les in\'egalit\'es fournit imm\'ediatement la conservation de la positivit\'e, de la croissance et de la convexit\'e de $\psi_h$. De plus, d'apr\`es la sous-partie IV de la premi\`ere partie, on en d\'eduit que $\EuScript{E}$ est continue sur $\R$.

\item Cela r\'esulte ici encore d'un passage \`a la limite dans les in\'egalit\'es obtenues \`a la question 5.3. 

En effet, pour $x \in \R$ et $h>0$, on a  :$\frac{x}{h}-\textsf{E}\left(\frac{x}{h}\right) \in [0, 1[$ ; 

donc d'une part on a : $\left(1+x-h\,\textsf{E}\left(\frac{x}{h}\right)\right)=\left(1+h\left(\frac{x}{h}-\textsf{E}\left(\frac{x}{h}\right)\right)\right)\geqslant 1 >0$ 



et d'autre part, $\lim\limits_{h \to 0 \atop > }\left(1+x-h\,\textsf{E}\left(\frac{x}{h}\right)\right)=1$

 donc $\d \left(1+h\right)^{\textsf{E}\left(\mbox{$\frac{x}{h}$}\right)}=\frac{\psi_h(x)}{\left(1+x-h\,\textsf{E}\left(\frac{x}{h}\right)\right)}$ a aussi pour limite $\EuScript{E}(x)$ lorsque $h$ tend vers 0.

\item Les r\'esultats de la sous-partie III de la premi\`ere partie permette d'en d\'eduire que, pour tout $x  \in \R$, $\d \EuScript{E}(x)-\EuScript{E}(0)=\int_0^x \EuScript{E}(t)\dif{t}$ donc $\d \EuScript{E}(x)=1+\int_0^x \EuScript{E}(t)\dif{t}$. Comme $\EuScript{E}$ est continue sur $\R$, on en d\'eduit d'apr\`es la question 2 de cette partie que $\EuScript{E}$ est $\R$-solution du probl\`eme $\textsf{PC}_{1,1}$.

\end{enumerate}

\item 

\begin{enumerate}
\item D'apr\`es la question 1 de cette partie, l'unique $\R$-solution du probl\`eme $\textsf{PC}_{k,a}$ est :
$\phi(x)=a\EuScript{E}(k\,x)$. (formule qui vaut m\^eme si $a=0$).



\item  Soit $y \in \R$ fix\'e ; le probl\`eme $\textsf{PC}_{1,\EuScript{E}(y)}$ poss\`ede une unique $\R$-solution qui est, d'apr\`es la question pr\'ec\'edente, $\phi(x)=\EuScript{E}(y)\EuScript{E}(x)$. Or il est clair que $\psi(x)=\EuScript{E}(y+x)$ est aussi $\R$-solution de  ce probl\`eme ; l'unicit\'e permet d'en d\'eduire que, pour tout $x \in \R$, $\EuScript{E}(y+x)=\EuScript{E}(y)\EuScript{E}(x)$.




\end{enumerate}

\item D'apr\`es la partie II, $\bm{e}$ est $\R$-solution du probl\`eme $\textsf{PC}_{1,1}$ ; l'unicit\'e fournit ici encore $\bm{e}=\EuScript{E}$.
\end{enumerate}




\end{small}

\end{document}



\item Pour d\'emontrer que la constante e est la meilleure possible, on   d\'emontre que, si $\ell < \textrm{e}$, il existe une suite $(a_n)$ de nombres positifs telles que $\sum a_n$ CV et $\sum\limits_{n=1}^{+\infty} G_n \geqslant \ell \sum\limits_{n=1}^{+\infty} a_n$.

\smallskip



Soit $\mu$ un entier naturel non nul fix\'e ; consid\'erons la suite $\big(a_n(\mu)\big)$ d\'efinie par :
$\begin{cases} \d a_n(\mu)= \frac{1}{n} \textrm{ si } n \leqslant \mu \\ \noalign{\smallskip} 0 \hfill \textrm{ sinon} \end{cases}$.

\begin{enumerate}
\item D\'emontrer que $\d \sum_{n=1}^{\mu}\frac{1}{(n!)^{\frac{1}{n}}} < \textrm{e}\sum_{n=1}^{\mu}\frac{1}{n}$.

\item  D\'emontre  que, pour tout entier naturel $n$, on a :  $n^{n+1} > \textrm{e}^{n-1} n!$.

\item En d\'eduire que  $$\sum_{n=1}^{\mu} \frac{1}{(n!)^{\frac{1}{n}}} \mathop{\sim}_{\mu \to \infty} \textrm{e} \sum\limits_{n=1}^{\mu}\frac{1}{n}$$

\item Conclure.

\end{enumerate}
