Énoncé Pour tout entier naturel

MPSI B 29 juin 2019

Énoncé

Pour tout entier naturel n , on considère deux fonctions polynomiales dénies dans R f _n (x) = 1 + x + x ² + · · · + x ⁿ

g n (x) = 1 + 2x + 3x ² + · · · + nx ⁿ⁻¹

On se xe un réel a > 1 et on s'intéresse à une suite de nombres réels strictement positifs (α n ) _{n∈ N −{0,1}} telle que

∀n ∈ N − {0, 1} : g n (α n ) = a

1. a. Montrer que pour tout entier n ≥ 2 , il existe un unique réel strictement positif α _n tel que g _n (α _n ) = a .

b. Montrer que la suite (α n ) _{n∈ N −{0,1}} est strictement décroissante.

c. Montrer qu'il existe un entier N tel que

∀n ≥ N : α _n < 1

d. Montrer que la suite (α n ) _{n∈ N −{0,1}} converge. On note α sa limite. Montrer que 0 ≤ α < 1

e. Montrer que les trois suites (α ⁿ _n ) _{n∈ N −{0,1}} , (nα ⁿ _n ) _{n∈ N −{0,1}} et (n ² α ⁿ _n ) _{n∈ N −{0,1}}

convergent vers 0 .

2. a. Montrer que, pour tout x diérent de 1 , g n (x) = 1

(1 − x) ² − (n + 1)x ⁿ

1 − x − x ⁿ⁺¹ (1 − x) ²

b. Montrer que pour tout x ∈ [0, 1[ xé, la suite (g n (x)) _{n∈ N −{0,1}} est croissante et converge vers

1 (1 − x) ² 3. a. Montrer que

1

(1 − α) ² ≤ a b. Montrer qu'il existe un β ∈]0, 1[ tel que

1

(1 − β) ² = a

c. Montrer que β ≤ α et en déduire

α = 1 − 1

√ a

4. Dans cette question a = 4 donc α = ¹ ₂ . On se propose de trouver un équivalent pour la suite (ε _n ) _{n∈ N −{0,1}} telle que

∀n ∈ N − {0, 1} : α n = 1

2 (1 + ε n ) a. Montrer que, pour tous les n non nuls,

−2ε n + ε ² _n = − 1 − ε n

2 (n + 1)α ⁿ _n − α ⁿ⁺¹ _n b. Montrer que

ε _n ∼ 1 4 nα ⁿ _n c. Montrer que (nε n ) _{n∈ N −{0,1}} converge vers 0 .

En déduire la limite de ((1 + ε n ) ⁿ ) _{n∈ N −{0,1}} et une suite simple équivalente à (ε n ) _{n∈ N −{0,1}} .

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Corrigé

1. a. La fonction g _n est clairement contine, dérivable strictement croissante. Elle dénit une bijection de [0, +∞[ vers [1, +∞[ . Pour chaque a > 1 , il existe donc un unique α n > 0 tel que g n (α n ) = a .

b. La fonction g n+1 contient un terme de plus que g n :

g n+1 (α n ) = g n (α n ) + (n + 1)α ⁿ⁺¹ _n = a + (n + 1)α ⁿ⁺¹ _n > a Comme de plus g n+1 est croissante, on en déduit α n+1 < α n .

c. Comme g _n (1) = 1 + 2 + · · · + n , la suite (g _n (1)) _{n∈ N}

tend vers +∞ . Il existe donc un N tel que g N (1) > a . Comme g N est strictement croissante, on en déduit α N < 1 puis

∀n ≥ N : α n ≤ α N < 1 car la suite est décroissante.

d. La suite (α _n ) _{n∈ N}

est positive et décroissante. Elle converge donc et sa limite α est positive ou nulle. De plus comme α _n ≤ α _N < 1 pour n ≥ N , on obtient par passage à la limite dans une inégalité que

0 ≤ α ≤ α _N < 1

e. Les suites (n ^p q ⁿ ) n∈ N

sont des suites de référence du cours. On sait qu'elles convergent vers 0 pour tout p lorsque |q| < 1 . On utilise ce résultat ici com- biné avec le théorème d'encadrement après avoir majoré α _n non pas par 1 mais par α _N . On en déduit le résultat annoncé.

2. a. On remarque que

g n (x) = f _n ⁰ (x) avec f n (x) = 1 − x ⁿ⁺¹ 1 − x On obtient le résultat annoncé en dérivant l'expression de f _n .

b. D'après le a. et la convergence vers 0 des suites de référence (x ⁿ ) n∈ N

et (nx ⁿ ) n∈ N

, on obtient

(g n (x)) _n∈N

→ 1 (1 − x) ²

Comme la suite (g _n (x)) _{n∈ N}

est croissante, on a, pour tous les n et tous les x : g n (x) ≤ 1

(1 − x) ²

3. a. Pour tout n , comme α ≤ α n et g n croissante : g _n (α) ≤ g _n (α _n ) = a

par passage à la limite dans une inégalité, il vient 1

(1 − α) ² ≤ a

b. L'équation se résout sans problème, elle admet une seule solution : β = 1 − 1

√ a

c. Pour tout n :

g n (β ) ≤ 1

(1 − β) ² = a

donc ( g n croissante) β ≤ α n . Comme β est alors un minorant de la suite (α n ) n∈ N

, on a β ≤ α . D'autre part, comme x → _(1−x) ¹

est croissante, α ≤ β donc

α = β = 1 − 1

√ a

4. a. On utilise la question 2.a. avec

x = α n et a = 4 et 1 − α n = 1

2 (1 − ε n ) On obtient

4 = 1

(1 − α _n ) ² − (n + 1) α ⁿ _n

1 − α _n − α ² _n (1 − α _n ) ⁿ⁺¹

⇒ 4(1 − α n ) ² = 1 − (n + 1)α ⁿ _n (1 − α n ) − α ⁿ⁺¹ _n

⇒ (1 − ε n ) ² = 1 − (n + 1) 1 − ε n

2 α ⁿ _n − α ⁿ⁺¹ _n

⇒ −2ε n + ε ² _n = −(n + 1) 1 − ε n

2 α ⁿ _n − α ⁿ⁺¹ _n b. Comme α _n → ¹ ₂ , ε _n → 0 ce qui entraine :

ε ² _n négligeable devant ε n

α ⁿ⁺¹ _n négligeable devant (n + 1)α ⁿ _n

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De chaque coté de la relation, négligeons ce qui est négligeable. L'égalité se dé- grade alors en une équivalence

−2ε n ∼ − 1 − ε n

2 (n + 1)α ⁿ _n or

− 1 − ε n

2 (n + 1)α ⁿ _n ∼ − 1 2 nα ⁿ _n d'où

ε n ∼ 1 4 nα ⁿ _n

c. En utilisant la question précédente et la question 1.e.

nε n ∼ 1

4 n ² α ⁿ _n → 0 On en déduit

(1 + ε n ) ⁿ → 1 car

(1 + ε _n ) ⁿ = e ^{n ln(1+ε}

⁾ avec n ln(1 + ε _n ) ∼ nε _n → 0 On en déduit enn

ε n ∼ n 4

1

2 ⁿ (1 + ε n ) ⁿ ∼ n 2 ⁿ⁺²

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