Concours G´n´ral S´n´galais 99 : Corrig´ de l’´preuve de e e e e e e Math´matiques e
Daaramath Dur´e : 6 heures e

Corrig´ Concours G´n´ral S´n´galais 2000 e e e e e

Introduction Probl`me 1 e
A)

gα : ]0, +∞[ −→ R 1 x −→ xα α gα est C ∞ sur R∗ et pour x > 0, gα (x) = −αx−α−1 = − xα+1 < 0. + On a donc le tableau :

x gα (x) gα (x)

0 +∞

+∞

0 2) Soit n ≥ 1. Pour n ≤ x ≤ n + 1, gα ´tant d´croissante, gα (n + 1) ≤ gα (x) ≤ gα (n) e e n+1 n+1 n+1

gα (n + 1)dx ≤ n n

gα (x)dx ≤ n gα (n)dx k+1 1 ≤ (n + 1)α

n+1 n

dx 1 ≤ α α x n

dx 1 1 Pour n ≥ 2 : En sommant les in´galit´s (k+1)α ≤ k e e xα ≤ k α k = 1, 2, · · · , n − 1. On obtient par la relation de Chasles : n−1 k=1

1 ≤ (k + 1)α

n−1 k=1 k

k+1

dx ≤ xα

n−1 k=1

1 kα

. wn − 1 ≤ donc n dx 1 xα

≤ wn − n 1

1 nα .

dx ≤ xα

n 1

1 dx + α ≤ wn ≤ 1 + α x n

n 1

dx xα

. 3 − a) 1 wn+1 − wn = (n+1)α , (n ≥ 1) donc (wn )n≥1 est strictement croissante. 3 − b) n – Si α = 1 : In = 1 dx = [ln x]n = ln n. 1 x 1

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– Si α = 1 : une primitive de x → x−α est In = n dx 1 xα

=

1 1−α 1−α x 1

n

1 1−α 1−α x

In =

1 (n1−α − 1) 1−α

– Si α < 1, 1 − α > 0,n1−α →n→+∞ +∞. In →n→+∞ +∞. – Si α = 1, In = ln n →n→+∞ +∞. −1 1 – Si α > 1, In →n→+∞ 1−α = α−1 c) Si 0 < α ≤ 1 : Pour n ≥ 2, wn ≥ In →n→+∞ +∞ donc wn →n→+∞ +∞. Si α > 1 : In ≤ wn ≤ 1 + In , ∀n ≥ 2. 1 1 In α−1 donc wn ≤ 1 + α−1 ∀n ≥ 2. (wn ) est croissante et major´e donc converge vers un r´el l. Comme In ≤ wn ≤ 1 + e e In , ∀n ≥ 2,en passant ` la limite dans l’in´galit´ a e e 1 α 1 α−1 ≤ l ≤ 1 + α−1 = α−1 .

B)
Sn = n!en nn+ 2
1

pour n ≥ 1, tn = ln Sn (qui est bien d´finie car Sn > 0 pour n ≥ 1). e

1) Soit n ≥ 2. Sn Sn−1 = n!en (n − 1)n− 2 1 (n − 1)!en−1 nn+ 2 (n − 1)n− 2 nn+ 2 1 (n − 1)n− 2
1 1 1 1

= ne = ne

n ∗ nn− 2 n − 1 n− 1 = e( ) 2 n En prenant le logarithme 1 1 tn − tn−1 = 1 + (n − ) ln(1 − ) 2 n 2) h : ]2, +∞[ −→