MPSI B 29 juin 2019

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Énoncé

Soit K > 0 et E(K) l'ensemble des suites (M k ) k∈

N

vériant

∀k ∈ N , M k > 0 et M _k ²

M _k−1 M _k+1 ≤ K

Partie I ¹

Dans cette partie K = 1 . Plus précisément, E est l'ensemble de toutes les suites de E(1) dont les deux premiers termes sont égaux à 1 .

(A n ) _n∈N ∈ E ⇔ A 0 = A 1 = 1, ∀n ∈ N ^∗ : A n > 0 et A ² _n ≤ A _n−1 A n+1 1. Vérier que la suite de terme général n! est élément de E . On convient que 0! = 1 . 2. Soit (A n ) _n∈N ∈ E . Montrer que

∀n ≥ 3, A _n ≥ A

n−1 n−2

n−1

En déduire que A n ≥ 1 pour tous les entiers n .

3. Soit (A _n ) _n∈

_N

∈ E . On dénit les suites (λ _n ) _n∈

_N

et (µ _n ) _n∈

_N

par

λ 0 = µ 0 = 1, ∀n ≥ 1 : λ n = A _n−1 A n

, µ n = A ⁻

1

n

n

a. Montrer que (λ _n ) _n∈

_N

est décroissante, en déduire λ ⁿ _n ≤ λ ₁ λ ₂ · · · λ _n . b. Montrer que (µ n ) _n∈N est décroissante.

c. Montrer que :

∀n ∈ N , ∀j ∈ J 0, n K , A _n+1 A n+1−j

≥ A _n A n−j

En déduire A _j A _n−j ≤ A _n .

d. Établir λ n ≤ µ n pour tout entier n .

1

D'après Agrégation interne 2000 épreuve 2

Partie II ²

Dans cette partie K = 2 et (M _n ) _n∈

N

∈ E (2) .

1. Soit (u _k ) _k∈

_N

est une suite croissante de réels positifs. Montrer que

∀n ≥ 2, ∀k ∈ J 2, n − 1 K , (u ₁ u ₂ · · · u _k ) ⁿ ≤ (u ₁ u ₂ · · · u _n ) ^k 2. Montrer que la suite (u k ) k∈

N^∗

est croissante avec :

∀k ≥ 1, u k = 2 ^k−1 M k

M _k−1 3. Montrer que

∀n ∈ N ^∗ , ∀k ∈ J 1, n K , M _k ≤ 2

^k(n−k)2

M ₀ ¹⁻

^kn

M n

^kn

Partie III

1. a. Déterminer en fonction de λ 0 , les suites (λ n ) _n∈N de nombres réels strictement positifs vériant

∀n ∈ N ^∗ , λ ² _n λ _n−1 λ n+1

= 1

b. Par quelle suite peut-on multiplier une suite (M _n ) _n∈

_N

de E (K) pour obtenir une suite de E (K) dont les deux premiers termes sont égaux à 1 ?

2. a. Déterminer en fonction de λ 0 et λ 1 , les suites (λ n ) n∈

N

de nombres réels strictement positifs vériant

λ ² _n

λ _n−1 λ _n+1 = K

b. Par quelle suite peut-on multiplier une suite (M n ) _n∈

_N

∈ E(K) pour obtenir une suite de E ?

2

D'après CCC 2000 PC épreuve 2

Cette création est mise à disposition selon le Contrat

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Rémy Nicolai Alncvx

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Corrigé

Partie I

1. La suite (n!) _n∈

N

∈ E car 0! = 1! = 1 et

∀n ∈ N ^∗ , (n!) ²

(n − 1)!(n + 1)! = n n + 1 ≤ 1 2. Montrons l'inégalité par récurrence. Soit (A n ) _n∈

N

∈ E , alors A 0 = A 1 = 1 et A ₂ ≥ A ² ₁

A 0

= 1, A ₃ ≥ A ² ₂ A 1

⇒ A ₃ ≥ A ₂

²¹

L'inégalité est initialisée à l'ordre 3 . Montrons que l'ordre n , c'est à dire : A _n ≥ A

n−1 n−2

n−1 ⇔ A _n−1 ≤ A

n−2

n

n−1

entraîne l'ordre n + 1 . En eet, A _n+1 ≥ A ² _n

A n−1

≥ A ²⁻

n−2

n

n−1

= A ²⁻

n−2

n

n−1

= A

n

n

n−1

qui est bien l'inégalité à l'ordre suivant. On en déduit (encore par récurrence) que A n ≥ 1 pour tous les n .

3. a. On forme le quotient de deux termes consécutifs pour prouver que (λ n ) _n∈N est décroissante :

∀n ∈ N ^∗ : λ _n+1 λ n

= A _n A n+1

A _n

A _n−1 = A ² _n A _n−1 A n+1

≤ 1

On en déduit :

∀n ∈ N ^∗ , λ ⁿ _n = λ n λ n · · · λ n ≤ λ 1 λ 2 · · · λ n

b. Rassemblons diverses relations pour exploiter l'inégalité du a. : λ n = A n−1

A n

⇒ λ 1 · · · λ n = A 0

A n

⇒

A n−1

A n

n

≤ 1 A n

⇒ A ⁿ _n−1 ≤ A ⁿ⁻¹ _n

On prend la racine n(n− 1) -ième puis on inverse (ce qui inverse aussi l'inégalité) : A

1 n−1

n−1 ≤ A n

ⁿ¹

⇒ A ⁻ n

¹ⁿ

≤ A ⁻

1 n−1

n−1 ⇒ µ _n ≤ µ _n−1 car µ _n = A ⁻ n

ⁿ¹

La suite (µ _n ) _n∈N est donc décroissante.

c. Utilisons la suite des λ et un produit télescopique : A n

A _n−j = A n

A _n−1 A _n−1

A _n−2 · · · A _n−j+1

A _n−j = 1

λ n λ _n−1 · · · λ _n−j+1

Comme la suite des λ est décroissante, on peut décaler les indices puis récupérer un quotient télescopique dans l'autre sens :

A n

A _n−j ≤ 1

λ _n+1 λ _n · · · λ _n−j+2 = A n+1

A _n−j+1 Pour j xé, la suite

A

n

A

n−j

n≥j est croissante. En particulier A n

A _n−j ≥ A j

A 0

= A j ⇒ A n ≥ A j A n−j

d. L'inégalité demandée est en fait équivalente à la décroissance de (µ n ) _n∈

N

. A _n−1

A n

≤ A ⁻ n

ⁿ¹

⇔

A _n−1 A n

ⁿ

≤ 1 A n

(la puissance n conserve l'inégalité)

⇔ A ⁿ _n−1 ≤ A ⁿ⁻¹ _n

⇔ A ⁻ n

ⁿ¹

≤ A ⁻

1 n−1

n−1 (la puissance − 1

n(n − 1) renverse l'inégalité)

⇔ µ n ≤ µ _n−1

Partie II

1. L'inégalité demandée est équivalente à celle obtenue en divisant par (u ₁ u ₂ · · · u _k ) ^k > 0 . On doit donc montrer

(u 1 u 2 · · · u k ) ^n−k ≤ (u k+1 u k+2 · · · u n ) ^k

On peut remarquer que chaque membre de l'inégalité de départ comptait kn facteurs alors que chaque membre de la nouvelle en compte k(n − k) . On exploite deux fois la croissance de (u n ) _n∈

N

(u 1 u 2 · · · u k ) ^n−k ≤ u ^k(n−k) _k = ( u k ... u k

| {z }

n−k

facteurs

) ^k ≤ (u k+1 u k+2 · · · u n ) ^k

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Rémy Nicolai Alncvx

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2. On veut montrer que la suite (u k ) k∈

N^∗

dénie par

∀k ≥ 1, u k = 2 ^k−1 M _k M _k−1 est croissante. On forme le quotient de deux termes consécutifs.

u k+1

u k

= 2 M k+1

M k

M k−1

M k

= 2 M k−1 M k+1

M _k ² ≥ 1

3. On applique l'inégalité de la question 1. à la suite croissante de la question 2.

u ₁ · · · u _k = 2 0+1+···+(k−1) M _k M 0

= 2

^k(k−1)2

M _k

M 0 (de même) u ₁ · · · u _n = 2

^n(n−1)2

M _n M 0

Alors :

(u 1 u 2 · · · u k ) ⁿ ≤ (u 1 u 2 · · · u n ) ^k ⇒ 2

^nk(k−1)2

M k

M 0

ⁿ

≤ 2

^kn(n−1)2

M n

M 0

^k

⇒ M k

M ₀ ⁿ

≤ 2

^kn(n−k)2

M n

M ₀ ^k

⇒ M _k ≤ 2

^k(n−k)2

M ₀ ¹⁻

^kn

M n

^kn

Partie III

1. a. La condition sigie que le quotient de deux termes consécutifs est constant. Les suites cherchées sont donc les suites géométriques de raison et de premier terme strictement positifs.

∀n ∈ N , λ n = λ 0

K ⁿ

b. Considérons une suite géométrique (λ _n ) _n∈N de premier terme _M ¹

₀

et de raison ^M _M

⁰₁

puis le produit :

(M _n ⁰ ) _n∈

N

= (λ n ) _n∈

N

(M n ) _n∈

N

alors :

M ₀ ⁰ = 1

M ₀ M 0 = 1, M ₁ ⁰ = M 0

M ₁ M 1 = 1, ∀n ≥ 1 M _n ^{0 2}

M _n−1 ⁰ M _n+1 ⁰ = M _n ²

M _n−1 M _n+1 ≤ K

2. a. La condition s'écrit encore avec des quotients de termes consécutifs

λ ² _n

λ _n−1 λ _n+1 = K ⇔

λ

_n+1

λ

n

λ

n

λ

n−1

= 1 K

Cette fois c'est la suite des quotients de termes consécutifs qui est géométrique de raison _K ¹ . On en tire

∀n ∈ N , λ n+1

λ _n = λ 1

K ⁿ λ ₀ ⇒ λ n = λ n

λ _n−1 · · · λ 1

λ ₀ λ 0

= K −(0+1+···+(n−1)) λ 1

λ ₀ ⁿ

λ 0 = K ⁻

^n(n−1)2

λ ⁿ ₁ λ ¹⁻ⁿ ₀

b. Considérons une suite comme dans la question précédente avec des premiers termes particulier et _K ¹ au lieu de K , soit :

λ 0 = 1 M 0

, λ 1 = 1 M 1

, λ n = K

^n(n−1)2

λ ⁿ ₁ λ ¹⁻ⁿ ₀ = K

^n(n−1)2

M 0

M 1

n

1 M 0

de sorte que

∀n ≥ 1, λ ² _n

λ _n−1 λ _n+1 = 1 K

En multipliant (M n ) _n∈N ∈ E(K) par (λ n ) _n∈N , on obtient une suite (M _n ⁰ ) _n∈N ∈ E .

M ₀ ⁰ = 1 M 0

M 0 = 1, M ₁ ⁰ = 1 M 1

M 1 = 1,

∀n ≥ 1, M ^{0 2} _n

M _n−1 ⁰ M _n+1 ⁰ = M _n ² M n−1 M n+1

λ ² _n λ n−1 λ n+1

= K 1 K = 1

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