Corrig´ e du DM n
◦5
Exercice [EDHEC 2000]
.Pour tout entiernsup´erieur ou ´egal `a 1, on d´efinit la fonctionfn par :
∀x∈R+, fn(x) =xn+ 9x2−4.
1. (a) fn est d´erivable surR+ en tant que fonction poulynomiale et
fn0(x) =nxn−1+ 18x=x(nxn−1+ 18)>0 De plus,fn(0) =−4 etfn(x) −→
x→+∞+∞.
fn est donc continue et strictement croissante de R+ dans [−4,+∞[. D’apr`es le th´eor`eme de la bijection, comme 0∈[−4,+∞[ , l’´equationfn(x) = 0 a donc une unique solution dansR+ not´ee un.
(b) Pour calculeru1 etu2, il faut r´esoudref1(x) = 0 etf2(x) = 0.
• f1(x) =x+ 9x2−4, on a un polynˆome du second d´egr´e de d´eterminant : ∆ = 1 + 4×4×9 = 145. Donc u1 est la racine positive (l’autre ´etant n´egative) de f1, soit
u1= −1 +√ 145
18 .
• f2(x) =x2+ 9x2−4 = 10x2−4, on a un polynˆome du second d´egr´e de d´eterminant : ∆ = 4×4×10 = 160.
Doncu2 est la racine positive (l’autre ´etant n´egative) de f2, soit u2=
√160 20 = 4√
10 20 =
√2√ 5
5 =
r2 5 (c) On rappelle quefn(un) = 0, de plus
fn
2 3
= 2
3 n
+ 9 2
3 2
−4 = 2
3 n
>0 et fn(0) =−4 On obtient donc
fn(0)< fn(un)< fn
2 3
Commefn est strictement croissante surR+ et qu’ils en sont ´el´ements, ainsi∀n∈N∗ 0< un <2
3. 2. (a) Soitx∈]0,1[, on a :
fn+1(x)−fn(x) =xn+1−xn =xn(x−1) Commex <1 etxn>0, on a bien
fn+1(x)< fn(x) (b) Commeun∈
0,2
3
, on a un∈]0,1[ et donc d’apr`es la question pr´ec´edente fn+1(un+1)< fn(un+1).
De plus, comme fn(un) = 0 =fn+1(un+1), alors
fn(un)< fn(un+1)
et comme fn est strictement croissante surR+ et que un et un+1en sont ´el´ements, on a alors pourn∈N un < un+1.
La suite (un)n∈
Nest croissante.
(c) La suite (un)n∈
Nest croissante et major´ee par 2
3, donc elle est convergente vers`avec 0≤`≤2 3.
1
3. (a) Comme 0≤un ≤2/3 et que pourn >0 la fonctionx7→xn est strictement croissante surR+ alors 0n≤(un)n ≤
2 3
n
et comme 2 3
<1, on a 2
3 n
n→+∞−→ 0 donc par encadrement (un)n −→
n→+∞0.
(b) Pour toutn∈N, on a
unn+ 9un2−4 = 0 Alors comme (un)n −→
n→+∞0 et un2 −→
n→+∞`2, par passage `a la limite on obtient 9`2−4 = 0
et comme `≥0, alors
`=2 3. On peut donc en conclure que
un −→
n→+∞
2 3 4. On cherche `a majorer 2
3−un. On observe que 9un2−4 = 9
un−2
3 un+2 3
=−(un)n Donc
2
3 −un = (un)n 9 un+23
≤
2 3
n
9 un+23 car (un)n≤ 2
3 n
≤ 1 923
2 3
n
carun ≥0.
Commeun ≤2
3, on en conclut que
0≤ 2
3−un≤ 1 6
2 3
n .
Comme 2 3
< 1, la s´erie g´eom´etrique 1 6
X
n≥0
2 3
n
converge. D’apr`es le crit`ere de comparaison par in´egalit´e, X
n≥1
2 3 −un
converge ´egalement.
Exercice facultatif [EDHEC 1997]
.Soitpun entier naturel fix´e. Pour tout entier naturelnnon nul, on pose un= 1
n+p n
. 1. Sip= 0, on a
un= 1
n n
= 1.
Donc la s´erie diverge, car le terme g´en´eral ne tend par vers 0.
Sip= 1, on a
un= 1
n+1 n
= 1 n+ 1 ∼
+∞
1 n. 2
or la s´erie de RiemannX
n≥1
1
n diverge, donc d’apr`es le crit`ere de comparaison par ´equivalence, X
n≥1
un diverge.
On suppose dans toute la suite quepest sup´erieur ou ´egal `a 2 et on pose Sn =
n
X
k=1
uk. 2. (a) Comme 0≤n≤n+p, on a
n+p n
= (n+p)!
n!p!
Donc
(n+p+ 2)un+2 = n+p+ 2
(n+p+2)!
(n+2)!p!
= p! (n+ 1)! (n+ 2) (n+p+ 2) (n+p+ 1)! (n+p+ 2)
= (n+ 2) (n+ 1)!p!
(n+p+ 1)!
= (n+ 2)un+1
(b) Pourn∈N∗, soitPn la proposition : ”Sn= 1
p−1(1−(n+p+ 1)un+1)”.
Initialisation :Pour n= 1 on a S1=
1
X
k=1
uk =u1= 1 1 +p
1
= 1
1 +p et u2= 1 2 +p
2
= 2 (2 +p) (1 +p) donc
1
p−1(1−(1 +p+ 1)u1+1) = 1 p−1
1−(p+ 2) 2 (2 +p) (1 +p)
= 1
p−1 p−1 1 +p = 1
1 +p =S1 DoncP1est vraie.
H´er´edit´e :On supposePn est vraie pour unn∈N∗ fix´e. Montrons quePn+1 est vraie.
D’une part,
1
p−1(1−(n+ 1 +p+ 1)un+2) = 1
p−1(1−(n+p+ 2)un+2)
= 1
p−1(1−(n+ 2)un+1) D’autre part,
Sn+1 = Sn+un+1
= 1
p−1(1−(n+p+ 1)un+1) +un+1 (par hypoth`ese de r´ecurrence)
= 1
p−1(1−(n+p+ 1)un+1+ (p−1)un+1)
= 1
p−1(1−(n+ 2)un+1) d’o`u l’´egalit´e. DoncPn+1 est vraie.
Conclusion : ∀n∈N∗,Sn= 1
p−1(1−(n+p+ 1)un+1) 3. (a) On calcule la diff´erence pourn∈N∗
vn+1−vn = n+p+ 1 n+ 1 +p n+ 1
− n+p n+p
n
= (n+p+ 1) (n+ 1)!p!
(n+p+ 1)! −(n+p)n!p!
(n+p)!
= p!n!
(n+p)![n+ 1−(n+p)]
= p!n!
(n+p)!(1−p)<0 3
donc la suite (vn) est d´ecroissante.
(b) Comme (vn) est une suite de termes positif, elle est d´ecroissante et minor´ee par 0. Donc, d’apr`es le th´eor`eme de la limite monotone, (vn) converge vers une limite`≥0.
(c) Commevn+1 −→
n→+∞`, alors
(n+p+ 1)un+1 −→
n→+∞` Donc
Sn = 1
p−1(1−(n+p+ 1)un+1) −→
n→+∞
1
p−1(1−`) Donc la s´erie de terme g´en´eral (un) converge et sa somme est 1−`
p−1.
4. On suppose dans cette question seulement que`6= 0. (cel`a permet de diviser par n` ) (a) On calcule la limite du quotient en faisant apparaitre la quantit´e connue (n+p)un
un
` n
= (n+p)un
`
n
n+p =(n+p)un
`
1
1 +p/n = vn
` 1
1 +p/n −→
n→+∞1 Doncun ∼
+∞
` n
(b) Comme la s´erie de Riemann de terme g´en´eral `
nest divergente, d’apr`es le crit`ere de comparaison par ´equivalence, la s´erie de terme g´en´eralun diverge ´egalement. On obtient donc une contradiction avec la troisi`eme question.
5. Donc`ne peut pas ˆetre non nul. Donc`= 0. Et donc, la s´erie de terme g´en´eral un a pour somme 1 p−1.
4
