Montrer que an diverge et que an∼ ep−1 p f(n)

PSI* — 2019/2020 — Révisions par chapitres — Analyse n^o 16 Page 1 16. (X-ENS) Soit f : [1,+∞[→R^+∗ de classe C¹ telle quelim

+∞

f^′

f =p∈R^+∗. On pose an=

n+1 n

f pour toutn∈N^∗. Montrer que an diverge et que an∼ e^p−1 p f(n).

En déduire que

n

k=1

f(k)∼ p e^p−1

n+1 1

f. Donner un équivalent simple deS_n=

n

k=1

2^klnk.

Solution : notons que, grâce au changement de variable t=x−n, a_n

f(n) =

n+1 n

f(x) f(n)dx=

1 0

f(t+n) f(n) dt.

Comme l’hypothèse concerne la dérivée logarithmique de f, je considère g : x → lnf(x), qui est C¹ comme f (puisque f est à valeurs dans R^+∗) et qui vérifie lim

+∞g^′ = p. Pour t fixé, le théorème des accroissements finis montre que

g(t+n)−g(n) −→

n→∞tp d’où f(t+n) f(n) −→

n→∞e^pt.

J’utilise alors le théorème de convergence dominée : la suite de fonctions (un) définie par u_n:t→ f(t+n)

f(n)

converge simplement sur [0,1] vers u : t → e^pt, qui est continue par morceaux sur [0,1] ; de plus, g^′ est majorée, d’où par l’inégalité des accroissements finis M tel que |un(t)| ≤ e^{M t} ; l’hypothèse de domination est donc vérifiée, puisquet→e^{M t}est indépendante denet intégrable sur[0,1]! Je conclus donc que

an

f(n) −→

n→∞

1 0

u= e^p−1

p , autrement dit a_n∼ e^p−1 p f(n).

Pour la nature de la série numérique a_n, j’utilise la règle de d’Alembert, puisque d’après ce qui précède

a_n+1

a_n ∼ f(n+ 1) f(n) −→

n→∞e^p >1, donc a_n diverge.

Commef(n)∼ p

e^p−1a_net a_ndiverge, le théorème de sommation des équivalents (Cesàro généralisé, hors programme mais cf. le chapitre 3, p. 7) montre que, en utilisant la relation de Chasles

n k=1

f(k)∼ p e^p−1

n+1 1

f.

Exemple : je choisis icif :x→2^xlnx=e^{xln 2}lnx ; j’aif C^∞ surR^+∗, avec f^′(x) = ln 2e^{xln 2}lnx+e^{xln 2}

x ∼

x→+∞ln 2f(x),

donc f vérifie les hypothèses ci-dessus avec p = ln 2 (sauf que f(1) = 0, mais il apparaît que cela ne change rien à l’étude précédente). J’ai donc

n k=1

f(k) ∼

n→∞

p e^p−1

n+1 1

f = ln 2

n+1 1

f.

Hélas nous n’avons pas de primitive explicite pourf. . . mais il ne faut pas en rester là ! Une intégration par parties fournit un équivalent plus “simple” :

n+1 1

ln 2·2^xlnxdx= [2^xlnx]ⁿ⁺¹₁ −

n+1 1

2^x1

xdx=u_n−I_n où (en majorant 1

x par 1 pour x≥1 !) u_n= 2ⁿ⁺¹ln (n+ 1) ∼

n→∞2ⁿ⁺¹lnn et I_n=

n+1 1

2^x xdx≤

n+1 1

2^xdx= 2ⁿ⁺¹−4 ln 2 =

n→∞O 2ⁿ⁺¹ . Il en résulte que I_n =

n→∞o(u_n)d’où finalement :

S_n∼2ⁿ⁺¹lnn.