MPSI B Corrigé du DM 7 10 janvier 2020
Exercice 1
1. Il est clair par dénition que f n est strictement croissante dans [0, +∞[ . Comme de plus f n (0) = −1 et f n (1) = n − 1 , le théorème de la valeur intermédiaire entraîne l'existence et l'unicité de a n tel que f (a n ) = 0 . On peut préciser a 1 = 1 et a n ∈ ]0, 1[
pour n > 0 .
2. On remarque que f n+1 (x) = f n (x) + x n+1 pour tout réel x . En particulier f n+1 (a n ) = a n+1 n > 0
Ce qui, avec la stricte croissance de f et le théorème de la valeur intermédiaire entraîne a n+1 < a n . La suite (a n ) n∈N∗ est décroissante et minorée par 0. Elle converge vers un élément de [0, a 2 ] .
3. On a déja démontré en 1. que a 2 ∈ ]0, 1[ . À cause de la décroissance, on en déduit 0 < a n < a 2 ⇒ 0 < a n+1 n < a n+1 2 .
Ceci entraîne, par le théorème d'encadrement, la convergence de (a n+1 n ) n∈N∗ vers 0.
En utilisant l'expression de la somme des termes d'une suite géométrique, il vient f n (a n ) = 1 − a n+1 n
1 − a n
− 2 = 0 ⇒ 1 − a n+1 n = 2 − 2a n ⇒ a n = 1
2 (1 + a n+1 n ).
On en déduit la convergence de (a n ) n∈N∗ vers 1 2 . 4. Comme
f n (x) = 1 − x n+1 1 − x − 2 Lorsque 0 < x < 1 , (f n (x)) n∈ N∗ converge vers
1
1 − x − 2 = 2x − 1 1 − x
> 0 si x > 1 2
< 0 si x < 1 2 .
Considérons un ε quelconque dans
0, 1 2 tel que 1
2 + ε ∈ 1
2 , 1
et 1
2 − ε ∈
0, 1 2
.
Comme (f n ( 1 2 +ε)) n∈N∗converge vers un nombre strictement positif et (f n ( 1 2 −ε)) n∈N∗
vers un nombre strictement négatif, il existe un entier n 0 tel que,
vers un nombre strictement négatif, il existe un entier n 0 tel que,
∀n > n 0 : f n ( 1
2 − ε) < 0 < f n ( 1
2 + ε) ⇒ ∀n > n 0 : 1
2 − ε < a n < 1 2 + ε
Ce qui est exactement la dénition de la convergence vers 1 2 . 5. On a déjà remarqué que
2a n − 1 = a n+1 n Utilisons l'indication de l'énoncé :
(2a n ) n+1 = e (n+1) ln(2an)
avec
(n + 1) ln(2a n ) ∼ (n + 1)(2a n − 1) ∼ (n + 1)a n+1 n De plus,
0 < (n + 1)a n+1 n < (n + 1)a n+1 2
avec a 2 < 1 assure que (n + 1)a n+1 n → 0 et donc que (2a n ) n+1 → 1 . On en déduit a n+1 n ∼ 2n+11 et nalement, comme a n − 1 2 = 1 2 a n+1 n :
a n − 1 2 ∼ 1
2 n+2 .
Exercice 2
1. Tableau trop facile pour être corrigé. e xn− 1 ∼ x n et ln(1 + x n ) − x n ∼ − 1 2 x 2 n . 2. On doit montrer que
(w n ) n∈
N
∗→ C ⇒
w 1 + · · · + w n
n
n∈N
∗→ C
Il s'agit de la classique convergence au sens de Césaro. Pour que ce résultat relatif à des limites se traduise par une équivalence il est nécessaire que C 6= 0 mais c'est sans importance pour la formulation avec des limites.
Le c÷ur de la démonstration est une inégalité obtenue en coupant une somme en deux.
Fixons nous un N arbitraire et considérons des n > N . On peut écrire :
w 1 + · · · + w n
n − C
= |(w 1 − C) + · · · + (w n − C)|
n
≤ |(w 1 − C)| + · · · + |(w n − C)|
n ≤ 1
n
N
X
k=1
|w k − C| + 1 n
n
X
k=N +1
|w k − C|
≤ 1 n
N
X
k=1
|w k − C| + n − N n
| {z }
≤1
max
k∈{N +1··· ,n} |w k − C|.
Cette création est mise à disposition selon le Contrat
Paternité-Partage des Conditions Initiales à l'Identique 2.0 France disponible en ligne http://creativecommons.org/licenses/by-sa/2.0/fr/
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Rémy Nicolai M0307CMPSI B Corrigé du DM 7 10 janvier 2020
Finalement, l'inégalité de Cesaro s'écrit
∀n > N :
w 1 + · · · + w n
n − C
≤ 1 n
N
X
k=1
|w k − C| + max
k∈{N +1···,n} |w k − C|.
On va vérier avec cette inégalité la dénition de la convergence d'une suite. Il est important de savoir que ce résultat ne peut pas se déduire du théorème d'encadrement ou de passage à la limite dans une inégalité.
On veut montrer que, pour tout réel ε > 0 , il existe un entier N ε tel que n ≥ N ε ⇒ |w n − C| ≤ ε.
Soit donc un ε > 0 arbitraire. D'après la convergence de (w n ) n∈
N
∗, il existe un entier N tel que
n ≥ N ⇒ |w n − C| ≤ ε 2 . En particulier :
n ≥ N ⇒ max
k∈{N +1···,n} |w k − C| ≤ ε 2 . Considérons maintenant la suite
1 n
N
X
k=1
|w k − C|
!
n∈ N
∗.
Comme P N
k=1 |w k − C| est un nombre xé, c'est une suite de la forme A n
n∈N
∗qui converge donc vers 0 . Il existe alors un entier N ε > N et tel que
n ≥ N ε ⇒ 1 n
N
X
k=1
|w k − C| ≤ ε 2 .
On peut alors conclure avec l'inégalité de Cesaro
3. Chaque u n construit est strictement positif, la dénition par récurrence peut se pour- suivre indéniment. La stricte positivité des u n permet aussi de dénir les v n
4. On sait que ln(1 + x) ≤ x pour tout x ≥ −1 . La suite (u n ) n∈ N est donc décroissante et minorée par 0 . Elle converge vers un réel l ∈ [0, u] .
Par continuité de ln , ln(1 + l) = l d'où l = 0 . (tableau de x → ln(1 + x) ) 5. On a bien u n+1 ∼ u n car ln(1 + u n ) ∼ u n lorsque u n → 0 .
6. Comme ln un+1u
n
→ 0 car u un+1n → 1 . On peut écrire : v n = u λ n
u n+1 u n
λ
− 1
!
= u λ n
e λ lnun+1un − 1
∼ u λ n λ ln u n+1
u n
∼ u λ n λ u n+1
u n
− 1
u n+1 = ln(1 + u n ) = u n − 1
2 u 2 n + o(u 2 n ) ⇒ u n+1 u n
= 1 − 1
2 u n + o(u n )
⇒ u n+1
u n
− 1 ∼ − 1 2 u n . Finalement
v n ∼ − λ 2 u λ+1 n .
7. Pour λ = −1 , la suite (v n ) n∈N converge vers 1 2 . Par conséquent, v 1 + v 2 + · · · + v n
n → 1
2 . Or
v 1 + v 2 + · · · + v n = u −1 n+1 − u −1 ⇒ u −1 n+1 − u −1 ∼ n 2 .
Comme u −1 n+1 → +∞ , la constante u −1 est négligeable devant u −1 n+1 . Négligeons la ! On obtient u −1 n+1 ∼ n 2 puis
u n ∼ 2 n .
Cette création est mise à disposition selon le Contrat
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