MPSI B Année 2014-2015 Corrigé DM 7 29 juin 2019

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1. a. Par dénition, u 1 = ¹ ₂ et

u n+1

u n

=

√ n + 1

√ n 1 4

(2n + 2)(2n + 1) · · · (n + 2) (n + 1)!

n!

(2n)(2n − 1) · · · (n + 1)

= 2n + 1 2 p

n(n + 1) b. Comme l'énoncé nous y invite, on démontre l'inégalité par récurrence. Pour n = 1 ,

u ₁ = ¹ ₂ et q _n

2n+1 = ^{√ 1}

3 . En comparant les carrés, ( ¹ ₄ < ¹ ₃ ) on prouve l'inégalité.

On veut montrer

u _n ≤ r n

2n + 1 ⇒ u _n+1 ≤

r n + 1 2n + 3 On va montrer en fait que

r 2n + 3

n + 1 u n+1 ≤ 1 En eet

r 2n + 3 n + 1 u n+1 =

r 2n + 3 n + 1

u _n+1 u n

u n

≤

r 2n + 3 n + 1

2n + 1 2 p

n(n + 1) r n

2n + 1 =

p (2n + 1)(2n + 3) 2(n + 1) Ce nombre est strictement plus petit que 1 car

(2n + 1)(2n + 3) − 4(n + 1) ² = −1 < 0

c. Pour étudier la monotonie, on compare le carré du quotient de deux termes consé- cutifs à 1 en utilisant l'expression du a.

u n+1

u n

²

− 1 = (2n + 1) ²

4n(n + 1) − 1 = 1

4n(n + 1) > 0

La suite (u n ) _n∈N

∗

est donc strictement croissante. Elle est convergente car majorée par ^{√ 1} ₂ d'après l'inégalité de 1.b. (avec aussi 2n + 1 ≥ 2n ). On note L sa limite.

Par passage à la limite dans l'inégalité : L ≤ ^{√ 1}

2 . De u 1 < u n , on tire ¹ ₂ < u n .

2. a. On applique l'inégalité des accroissements nis à la fonction racine carrée dans l'intervalle

x(x + 1), (x + 1 2 ) ²

Il faut noter que la dérivée t → ¹

2 √

t est décroissante. De plus : les bornes sont dans le bon sens et la longueur de l'intervalle est

(x + 1

2 ) ² − x(x + 1) = 1 4

la valeur minimale de la dérivée est obtenue pour l'extémité droite soit 1

2(x + ¹ ₂ )

la valeur maximale de la dérivée est obtenue pour l'extémité gauche soit 1

2 p

x(x + 1)

L'inégalité des accroissements nis donne alors l'encadrement annoncé.

b. Commençons par exprimer la diérence entre deux termes consécutifs à l'aide du produit puis réduisons au même dénominateur :

u _k+1 − u _k = u _k u _k+1

u k

− 1

= u _k 2k + 1 2 p

k(k + 1) − 1

!

= u k

p k(k + 1)

k + 1 2 − p

k(k + 1)

On utilise alors l'encadrement du a. avec x = k : u k

p k(k + 1) 1

8(k + ¹ ₂ ) ≤ u k+1 − u k ≤ u k

p k(k + 1) 1 8 p

k(k + 1) Le terme le plus à droite est directement celui qu'on veut :

u k

p k(k + 1) 1 8 p

k(k + 1) = u k

8 1

k(k + 1) = u k

8k − u k

8(k + 1)

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 M1407C

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Pour le terme de gauche, on remarque d'abord que k ≤ k + 3

2 k + 1 ≤ k + 3 2



 

 

⇒ p

k(k + 1) ≤ k + 3 2 ⇒ 1

k + ³ ₂ ≤ 1 p k(k + 1)

On obtient alors l'encadrement annoncé car 1

(k + ³ ₂ )(k + ¹ ₂ ) = 1

k + ¹ ₂ − 1 k + ³ ₂

c. Avant de sommer, on remplace les u k à droite et à gauche de l'encadrement de la question précédente en utilisant la croissance : u n ≤ u k ≤ u p pour k de n à p − 1 . On en déduit

u n

1

8(k + ¹ ₂ ) − 1 8(k + ³ ₂ )

≤ u k+1 − u k ≤ u p

1

8k − 1 8(k + 1)

On peut alors sommer et proter confortablement des simplications en dominos.

On obtient u _n

8 1

n + ¹ ₂ − 1 p + ¹ ₂

≤ u _p − u _n ≤ u _p 8

1 n − 1

p

Fixons n et considérons la limite des suites en p . Elles convergent. Par passage à la limite dans les inégalités, il vient l'encadrement demandé

u n

8(n + ¹ ₂ ) ≤ L − u n ≤ L 8n

d. On peut soustraire ^u _8n

ⁿ

à tous les termes de l'encadrement de la question c. Il vient

−u n

16n(n + ¹ ₂ ) ≤ L − u _n − u _n

8n ≤ L − u _n 8n

À droite, avec l'inégalité du c., on tire ^L−u _8n

ⁿ

≤ _64n ^L

2

. Mais de l'autre côté, on peut seulement écrire

−u _n 16n(n + ¹ ₂ )

≤ u _n

16n ² ≤ L 16n ² ce qui conduit à la majoration demandée.

3. a. Comme L − u n ≤ _8n ^L ≤ ¹

8 √

2n Pour que u n soit une valeur approchée de L à 10 ⁻⁵ , il sut de choisir n tel que ₈ ^{√ 1} _2n ≤ 10 ⁻⁵ soit n ≥ ₈ ^{10 √}

⁵

₂ c'est à dire 8839.

b. Si on prend u n (1 + _8n ¹ ) comme valeur approchée de L , il sut de choisir un n tel que ₁₆ ^{√ 1} _2n

2

≤ 10 ⁻⁵ c'est à dire n ≥ q

10

⁵

16 √

2 soit plus grand que 67 (évaluation numérique à 66.47 ).

4. Pour évaluer formellement L , on utilise la formule de Stirling n! ∼ √

2πn n ⁿ e ⁻ⁿ

et l'expression du coecient du binôme avec des factorielles u n =

√ n 4 ⁿ

(2n)!

(n!) ² ∼

√ n 4 ⁿ

√ 4πn(2n) ²ⁿ e ⁻²ⁿ 2πnn ²ⁿ e ⁻²ⁿ ∼ 1

√ π On en déduit L = ^{√ 1} _π .

Cette création est mise à disposition selon le Contrat

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