Problème B : étude d’un procédé de sommation

PSI* — 2020/2021 — Corrigé du D.M. 2 Page 1

Problème A : accélération de convergence

1) En écrivant 1 = 1

k(n+k−n), j’obtiens bien la relation fournie par l’énoncé ; elle me permet d’écrire, pour p∈N^∗, compte tenu de l’hécatombe :

S_p(k) = 1 k

p

n=1

1

n(n+ 1)...(n+k−1)− 1

(n+ 1)...(n+k) = 1 k· 1

k!− 1

(p+ 1)...(p+k) . Il est clair que le dernier terme tend vers 0 lorsque p tend vers l’infini. En conclusion :

S_p(k) = 1 k · 1

k!− 1

(p+ 1)...(p+k) et lim

p→∞S_p(k) = 1 k.k!. 2) a)De 0≤2n−1≤2net n³+n+ 2≥n³ >0, je déduis :

∀n≥1 a_n≤ 2 n². De plus, la fonction t→ 1

t² étant décroissante sur R^+∗, j’ai : ∀n≥2 1 n² ≤

n n−1

dt t², d’où en sommant, puis en passant à la limite :

∀p∈N^∗

∞

n=p+1

1 n² ≤

+∞

p

dt t² = 1

p. Finalement :

∀p∈N^∗

∞

n=p+1

a_n≤ 2 p.

Ce reste étant précisément l’erreur commise si l’on choisit σ_p comme valeur approchée deσ : Il suffit de choisir p= 20 000 pour queσ_p approcheσ à 10⁻⁴ près.

b)Remarquant que a_n= 2n−1

(n+ 1)(n²−n+ 2), j’obtiens successivement : n(n+ 1)an=n 2n−1

n²−n+ 2 ∼2 n(n+ 1)(n+ 2) a_n− 2

n(n+ 1) = (n+ 2) (n−4) n²−n+ 2 ∼1 n(n+ 1)(n+ 2)(n+ 3) a_n− 2

n(n+ 1) − 1

n(n+ 1)(n+ 2) =−(n+ 3)(n+ 10) n²−n+ 2 ∼ −1 En conclusion :

C1 = 2, C2= 1, C3 =−1.

c)Une dernière réduction au même dénominateur me donne :

ε_n= −14

n(n+ 3)(n³+n+ 2). Il en résulte immédiatement :

|ε_n| ≤ 14 n⁵. 3) a)Comme au 2)a), j’obtiens :

∞

n=p+1

1 n⁵ ≤

+∞

p

dt t⁵ = 1

4p⁴. Or, pour pentier, 14

4p⁴ ≤2·10⁻⁴ ⇔p≥12: Pourp= 12,j’ai

∞

n=p+1

|εn| ≤2·10⁻⁴.

PSI* — 2020/2021 — Corrigé du D.M. 2 Page 2 b)La calculatrice fournit :

12 n=1

ε_n≈ −1,02819083534

c)D’après 1)et le choix deC1, C2, C3,j’ai : σ= 2· 1

1·1! + 1

2·2!− 1 3·3!+

∞

n=1

ε_n.

En remplaçant cette dernière somme de série par la valeur approchée calculée à la question précé- dente, j’obtiens 1,1662536091 qui est donc une valeur approchée deσ à 2·10⁻⁴ près, par excès car les ε_n sont négatifs ; il n’y a plus qu’à retrancher10⁻⁴ :

1,1661536091est une valeur approchée deσ à 10⁻⁴ près.

Problème B : étude d’un procédé de sommation

Partie I : deux exemples 1) Ici a_n ne dépend pas den : ∀n∈N a^∗_n= 1

2ⁿ

n

k=0

n k α.

Or d’après la formule du binôme :

n

k=0

n

k = (1 + 1)ⁿ= 2ⁿ, d’où

∀n∈N a^∗_n=α.

Commeα= 0, les deux séries divergent grossièrement (leur terme général ne converge pas vers 0 !).

n≥0

a_n et

n≥0

a^∗_n divergent grossièrement.

2) a)À nouveau j’applique la formule du binôme (1 et z commutent !)

∀n∈N a^∗_n= 1 2ⁿ

n

k=0

n

k z^k= 1

2ⁿ(1 +z)ⁿ, soit

∀n∈N a^∗_n= 1 +z 2

n

. b) (i)Ici|z|<1, donc, d’après le cours sur les séries géométriques :

n≥0

a_n converge et sa somme estA(z) = 1 1−z. (ii)De plus, grâce à l’inégalité triangulaire, 1 +z

2 ≤ 1 +|z|

2 <1 car|z|<1.

Donc

n≥0

a^∗_n converge et ^∞

n=0

a^∗_n= 1

1− ¹⁺₂^z = 2

1−z. Finalement,

n≥0

a^∗_n converge et sa somme est2A(z).

c) (i)Ici|z| ≥1, donc la suite (an) ne converge pas vers 0 :

n≥0

a_n diverge grossièremement.

(ii)Pourz=−2,a^∗_n= ⁻¹₂ ⁿ et donc

n≥0

a^∗_n est une série géométrique convergente.

PSI* — 2020/2021 — Corrigé du D.M. 2 Page 3 (iii)Soit maintenant z=e^iθ. Alors

1 +z

2 =e^iθ/2·e^−iθ/2+e^iθ/2

2 =e^iθ/2·cosθ 2. Ainsi,cos étant une fonction paire,

1 +z

2 = cos|θ|

2 ∈]0,1[ car0< |θ|

2 < π

2 par hypothèse.

Par conséquent,

n≥0

a^∗_n converge.

De plus, le calcul de somme dub) reste valable :

∞ n=0

a^∗_n= 1 1−¹⁺2^z

= 2

1−z = 2e^−iθ/2

e^−iθ/2−e^iθ/2 = 2e^−iθ/2

−2isin^θ₂ = i cos^θ₂ −isin^θ₂ sin^θ₂ Soit

∞ n=0

a^∗_n= 1 +icos^θ₂ sin^θ₂.

Partie II : étude du procédé de sommation

1) a) (i)k étant fixé, j’ai

n

k = n(n−1)· · ·(n−k+ 1)

k! ∼

n→∞

n^k k!

car chacun desk facteurs du numérateur est équivalent ànlorsquen→ ∞.

n

k ∼

n→∞

n^k k!. (ii)Donc 1

2ⁿ n

k = 1 k! · n^k

2ⁿ ; d’où, selon les croissances comparées des fonctions puissances et exponentielles (k est fixé et2>1) :

1 2ⁿ

n k −→

n→∞0.

b)D’après a), pour chaque valeur de kfixée dans[[0, n]],a_kétant une constante, j’ai 1 2ⁿ

n

k a_k −→

n→∞0.

La suite de terme général S_q(n, a) apparaît donc comme la somme de q+ 1 suites qui convergent toutes vers 0 (avec q fixé). Par conséquent, selon les théorèmes opératoires classiques,

S_q(n, a) −→

n→∞0.

c)Tout cela fait penser àC . . . Soitε >0 ; puisque (a_n) converge vers 0, je dispose deq ∈Ntel que ∀k≥q |a_k| ≤ ε

2 et j’écris, grâce à l’inégalité triangulaire :

∀n≥q |a^∗_n| ≤ |S_q(n, a)|+ 1 2ⁿ ·

n

k=q+1

n

k |a_k| ≤ |S_q(n, a)|+ ε 2 car

n

k=q+1

n

k ≤2ⁿ(cf. I−1)a)). Et d’après b),q étant ainsi fixé, je dispose den1 ∈N tel que∀n≥n1 |Sq(n, a)| ≤ ε

2. Alors, en posant n0 = max (q, n1), j’ai : ∀n≥n0 |a^∗_n| ≤ε.

Par conséquent, par définition de la limite,

a^∗_n tend vers 0 lorsquentend vers ∞.

d)Toujours d’après I - 1)a), je peux écrire, pour tout n∈N ℓ= 1

2ⁿ ·

n

k=0

n

k ℓ d’où a^∗_n−ℓ= 1 2ⁿ ·

n

k=0

n

k (a_n−ℓ)

PSI* — 2020/2021 — Corrigé du D.M. 2 Page 4 et comme par hypothèse la suite (an−ℓ) converge vers 0, le c) s’applique et montre que (a^∗_n−ℓ) converge également vers 0. Autrement dit

a^∗_ntend vers ℓlorsquen tend vers∞.

e)On vient de voir que la convergence de (an) entraîne celle de (a^∗_n), mais le I - 2)c)(ii)fournit un contre-exemple de la réciproque !

2) a)Je note que : ∀n≥1 U_n= 2ⁿ(Tn−1+a^∗_n) = 2Un−1+ 2ⁿa^∗_n.

Il vient successivement, en regroupant pourU2 et U3 les termes à partir des indices les plus élévés : U0=a^∗₀=a0 =S0

U1= 2S0+ (a0+a1) = 2S0+S1

U2= 2 (2S0+S1) + (a0+ 2a1+a2) = 3S0+ 3S1+S2

U3= 2 (3S0+ 3S1+S2) + (a0+ 3a1+ 3a2+a3) = 4S0+ 6S1+ 4S2+S3

b) (i)On peut apparemment conjecturer

∀n∈N Pn:U_n= ⁿ

k=0

λ_n,kS_k où ∀k∈[[0, n]] λ_n,k= n+ 1 k+ 1 . (ii)Montrons par récurrence surn que la propriétéPn ci-dessus est vraie pour tout n.

Initialisation : on a vu au a)quePn est vraie pourn∈[[0,3]].

Hypothèse de récurrence : je considère n ≥ 1 tel que Pn−1 soit vraie et je reprends la remarque ci-dessus, avec l’indication de l’énoncé.

U_n = 2

n−1

k=0

n

k+ 1 S_k+

n

k=0

n

k (S_k−S_k−1)

= 2

n−1

k=0

n

k+ 1 S_k+

n

k=0

n k S_k−

n−1

k=0

n

k+ 1 S_k (en réindexant la dernière somme, avec S−1= 0)

=

n−1

k=0

n

k+ 1 + n

k S_k+S_n (en mettant de côté le dernier terme)

=

n−1

k=0

n+ 1

k+ 1 S_k+S_n (d’après la relation du triangle de P )

=

n

k=0

n+ 1

k+ 1 S_k (car n+ 1

n+ 1 = 1!)

Ainsi Pn est vraie, ce qui achève cette démonstration par récurrence.

c)On suppose ici que a_n converge, c’est-à-dire (en notant S sa somme), que la suite des sommes partielles (S_n) converge versS. Si je pose alors

A0 = 0 et ∀j∈N^∗ A_j =S_j−1,

la suite (An) converge versS comme(Sn), or avec les notations précédentes,

∀n∈N T_n= 1

2ⁿU_n= 1 2ⁿ

n

k=0

n+ 1

k+ 1 S_k = 2·



 1 2ⁿ⁺¹

n+1

j=0

n+ 1 j A_j



.

Or dans ce dernier crochet, je reconnais l’expression de A^∗_n+1, construite à partir de la suite (An) par le procédé “habituel”. Or(A_n) converge vers S, donc le1)d)montre que (A^∗_n)également, donc la suite (Tn) converge vers2S. Mais cette suite n’est autre que la suite des sommes partielles de la série a^∗_n !! En conclusion,

n≥0

a^∗_n converge et sa somme vaut2

∞ n=0

a_n.

d)On vient de voir que la convergence de a_n entraîne celle de a^∗_n, mais le I - 2)c)(ii)fournit à nouveau un contre-exemple de la réciproque !