Résolution Analyse 123... ++++ nn ∼ Montrer que l’on a :

PanaMaths

[1 - 4]

Mai 2015

Montrer que l’on a :

2 3

1 2 + + + + 3 ... n

ⁿ_+∞

∼ n

ⁿ

Analyse

Nous vous proposons ici deux méthodes que nous vous laissons le loisir de comparer. La seconde fait appel au lemme de Cesaro généralisé et s’avère (comme ici !) puissante dans bien des situations.

Résolution

1

^ère

méthode

On va chercher, classiquement, à montrer que l’on a :

2 3

1 2 3 ...

lim 1

n n n

n

→+∞ n

+ + + + = . Pour tout entier naturel n supérieur ou égal à 2, on a :

( )

¹

2 3

2 3 1 2 3 ... 1

1 2 3 ...

1

n n

n n

n n

n n

+ + + + − −

+ + + + = +

La somme ^{1 2+ 2+ + +33 ...}

(

ⁿ⁻¹

)

^{n−1 comporte n−1} termes, tous inférieurs ou égaux au dernier (

(

ⁿ⁻¹

)

ⁿ⁻¹). On a donc : ^{1 2+ 2+ + +33 ...}

(

ⁿ⁻¹

)

^n−1≤

(

^{n− × −1}

) (

^{n 1}

)

ⁿ⁻¹⁼

(

ⁿ⁻¹

)

^n.

Et donc : ^{1 22 33 ...}

(

¹

)

¹

(

¹

)

1 1 1

n n n n

n n

n n n

n n n n

+ + + + − − ≤ − =⎛⎜⎝ − ⎞⎟⎠ = −⎛⎜⎝ ⎞⎟⎠ ^.

Rappelons la limite classique, valable pour tout a réel : lim 1

n a n

a e

→+∞ n

⎛ + ⎞ =

⎜ ⎟

⎝ ⎠ .

On a donc ici : 1 ¹ 1

lim 1

n

n e

n e

−

→+∞

⎛ − ⎞ = =

⎜ ⎟

⎝ ⎠ .

Notre majoration du rapport ^{1 22 33 ...}

(

¹

)

^{n 1}

n

n n

+ + + + − −

est donc trop forte…

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[2 - 4]

Mai 2015

Pour tout entier naturel n supérieur ou égal à 3, on a :

( ) ( ) ( )

( ) ( )

( )

1 2 1

2 3 2 3

2 3 2

2 3 2

1 2 3 ... 1 1 2 3 ... 2 1

1 2 3 ... 2 1 1

1

1 2 3 ... 2 1 1

1 1

n n n

n n n

n n

n n

n n

n

n n n

n n n

n n

n n n

n

n n n

− − −

−

−

+ + + + − + + + + − −

= +

+ + + + − −

= + ×

−

+ + + + − ⎛ ⎞

= + − × −⎜⎝ ⎟⎠

On a vu ci-dessus que l’on avait 1 ¹ 1 lim 1

n

n e

n e

−

→+∞

⎛ − ⎞ = =

⎜ ⎟

⎝ ⎠ . On en tire immédiatement :

1 1 1

lim 1 0 0

1

n

n^→+∞ n n e

⎛ × −⎛ ⎞ ⎞= × =

⎜ ⎜ ⎟ ⎟

⎜ − ⎝ ⎠ ⎟

⎝ ⎠

Intéressons-nous donc au rapport : ^{1 22 33 ...}

(

²

)

^{n 2}

n

n n + + + + − −

.

La somme ^{1 2+ 2+ + +33 ...}

(

ⁿ⁻²

)

^{n−2 comporte n−2} termes tous inférieurs ou égaux à

(

ⁿ⁻²

)

ⁿ⁻². On a donc :

( )

²

( ) ( )

²

( )

¹

( )

2 3 1

1 2 3 ... 1 2 2 2 2

2

n n n n

n n n n n

n

− − −

+ + + + − ≤ − × − = − = × −

− .

Puis : ^{1 22 33 ...}

(

²

)

^{2 1}2

(

²

)

1

(

²

)

1 1 2

2 2

n n n n

n n n

n n n n

n n n n n n

− × −

+ + + + − ≤ − = − × − = − × −⎛⎜⎝ ⎞⎟⎠ ^.

Comme 2 ² 1₂

lim 1

n

n e

n e

−

→+∞

⎛ − ⎞ = =

⎜ ⎟

⎝ ⎠ , il vient : 1 2 1₂

lim 1 0 0

2

n

n^→+∞ n n e

⎛ × −⎛ ⎞ ⎞= × =

⎜ ⎜ ⎟ ⎟

⎜ − ⎝ ⎠ ⎟

⎝ ⎠ .

Finalement, pour tout entier naturel n supérieur ou égal à 3, on a :

2 3

1 2 3 ... 1 1 1 2

0 1 1 1

1 2

n n

n n

n

n n n n n

+ + + + ⎛ ⎞ ⎛ ⎞

< ≤ + − × −⎜⎝ ⎟⎠ + − × −⎜⎝ ⎟⎠

avec : 1 1

lim 1 0

1

n

n^→+∞ n n

⎛ × −⎛ ⎞ ⎞=

⎜ ⎜ ⎟ ⎟

⎜ − ⎝ ⎠ ⎟

⎝ ⎠ et 1 2

lim 1 0

2

n

n^→+∞ n n

⎛ × −⎛ ⎞ ⎞=

⎜ ⎜ ⎟ ⎟

⎜ − ⎝ ⎠ ⎟

⎝ ⎠ .

On a alors 1 1 1 2

lim 1 1 1 1

1 2

n n

n^→+∞ n n n n

⎛ + × −⎛ ⎞ + × −⎛ ⎞ ⎞=

⎜ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎟

⎜ − ⎝ ⎠ − ⎝ ⎠ ⎟

⎝ ⎠ et le théorème d’encadrement nous

permet de conclure :

2 3

1 2 3 ...

lim 1

n n n

n

→+∞ n

+ + + + =

Le résultat est établi.

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[3 - 4]

Mai 2015 2

^ème

méthode

On cherche à mettre en œuvre la généralisation du lemme de Cesaro.

On cherche donc à écrire le rapport

2 3

1 2 3 ... ⁿ

n

n n

+ + + +

sous la forme ¹

1 n

k k k

n k k

α u α

=

=

∑

∑

^avec

^{( )}

^un

convergente (en l’occurrence vers 1 ici…) et

∑

α_n divergente avec α_n≥0 (soit

1

lim

n n k

k

→+∞ α

=

∑

= +∞^).

Pour faire apparaître une somme au dénominateur, on peut poser :

( )

(

^{1n 1}

) ( ⁽

¹

⁾

ⁿ¹

⁽

²

⁾

^{n 2}

)

^...

⁽

^{33 22}

^{) (}

^{22 1}

⁾

¹

n n

n = n − −n ⁻ + n− ⁻ − −n ⁻ + + − + − + Soit : α₁=1 et pour tout entier naturel n supérieur ou égal à 2 : αk =k^k−

(

k−¹

)

^k−1.

La série

∑

α_n est bien sûr divergente puisque l’on a :

1

lim lim

n

n

n k n

k

α n

→+∞ = →+∞

= = +∞

∑

^.

On pose ensuite : α_ku_k =k^k. Pour k =1, il a

1 1

1

1 1

1 1

u ⁼α ^{= =} et pour k supérieur ou égal à 2 :

( )

( ) ( ) ( )

1

1 1

1

1 1 1

1 1 1 1

1 1

1 1

1 1

1 1

1

k k

k k k

k

k k k

k

k k k

k

k k

u

k k

k k k k

k k k k

k k

α ⁻

− −

= =

− −

= = =

− − − −

− − ×

−

= − − × −⎛⎜⎝ ⎞⎟⎠

Comme précédemment, on a : 1 1 1

lim 1 0 0

1

k

k^→+∞ k k e

⎛ × −⎛ ⎞ ⎞= × =

⎜ ⎜ ⎟ ⎟

⎜ − ⎝ ⎠ ⎟

⎝ ⎠ et on en tire :

1 1

lim lim 1

1 1 1 0

1 1

1

k k

k u k

k k

→+∞ = →+∞ = =

⎛ ⎞ −

− − × −⎜⎝ ⎟⎠

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[4 - 4]

Mai 2015

En définitive, on a :

2 3

1

1

1 2 3 ...

n

n k k

k n n

k k

n u n

α α

=

=

+ + + + =

∑

∑

^{avec :}

• α₁=1 et pour tout entier naturel n supérieur ou égal à 2 : αk =k^k−

(

k−¹

)

^k−1.

•

∑

α_n divergente.

• lim _n 1

n u

→+∞ = .

D’après la généralisation du lemme de Cesaro, on en conclut alors :

2 3

1

1

1 2 3 ...

lim lim lim 1

n

n k k

k n n

n n n n

k k

n u n u

α α

=

→+∞ →+∞ →+∞

=

+ + + + =

∑

= =

∑

On a retrouvé le résultat.

Résultat final

2 3

1 2 3 ... nⁿ nⁿ + + + + +∞∼