Corrig´e 3 du mercredi 5 octobre 2011

ANALYSE I et II Semaine du 3 au 7 octobre 2011 Math. et Phys. 1`ere ann´ee

Prof. J. Rappaz

Corrig´e 3 du mercredi 5 octobre 2011

Exercice 1.

Soitx∈]0,1[ et calculons

(1−x)

n

X

k=0

x^k = (1−x)(1 +x+x²+. . . xⁿ) = 1−xⁿ⁺¹. Ainsi

n

X

k=0

x^k =1−xⁿ⁺¹ 1−x . Si on posex= ¹₂ on obtient

n

X

k=0

1

2^k = 1−(¹₂)ⁿ⁺¹

1/2 et ainsi, puisque lim

n→∞

1 2

ⁿ

= 0 (crit`ere de d’Alembert) on obtient lim

n→∞

n

X

k=0

1 2^k = 2.

Exercice 2.

1^o) Rappelons la formule du binˆome de Newton (a+b)ⁿ =

n

X

k=0

n k

a^n−kb^k

o`u n

k

= n!

k!(n−k)! est le coefficient binomial qui est en fait le nombre de combinaisons den´el´ements pris park. En appliquant cette formule aveca= 1,b= ¹_n, on v´erifie facilement que

1 + 1

n ⁿ

= 1 + 1 1!+ 1

2!

1−1

n

+ 1 3!

1− 1

n 1−2

n

+ 1 n!

1−1

n

. . .

1−n−1 n

et par suite (1 +_n¹)ⁿ≤Pn k=0

1

k! (0! = 1).

2^o) Puisque _k!¹ ≤₂k−1¹ , k≥1 et que lim

n→∞

n

X

k=0

1

2^k ≤2, on obtient

1 + 1 n

ⁿ

≤3, ce qui prouve que la suite (xn)^∞_n=1 est born´ee.

3^o) Montrons que (xn)^∞_n=1 est croissante. En reprenant l’expression de xn = (1 + _n¹)ⁿ d´evelopp´ee par le binˆome de Newton, on v´erifie que

xn≤1 + 1 1!+ 1

2!

1− 1

n+ 1

+ 1 3!

1− 1

n+ 1 1− 2

n+ 1

+. . .+ 1 n!

1− 1

n+ 1

. . .

1−n−1 n+ 1

+ 1

(n+ 1)!

1− 1

n+ 1

. . .

1− n n+ 1

et ainsix_n ≤x_n+1. On conclut que (x_n)^∞_n=1 est croissante et born´ee; par le th´eor`eme (1.1) du cours, elle est convergente. De plus, pourn= 2, on ax₂= 1 +¹₂²

= ⁹₄ >2. On en conclut, puisque (x_n)^∞_n=1 est croissante que lim

n→∞x_n>2.

Exercice 3.

Calculons

n→+∞lim ln(n!)

5ⁿ . On a

ln(n!) = ln(1·2·3· · ·n) =

n

X

k=1

ln(k).

Mais comme ln(k)≤k, ∀k∈N^∗ on a

ln(n!)≤

n

X

k=1

k=nn+ 1 2 . Ainsi

ln(n!)

5ⁿ ≤ n(n+ 1) 2·5ⁿ = n²

2·5ⁿ + n 2·5ⁿ −→

n→∞0.

En effet:

• par le crit`ere de d’Alembert, la suite d´efinie pary_n= n²

2·5ⁿ converge vers 0 car

yn+1

yn

=

(n+ 1)² 2·5ⁿ⁺¹ ·2·5ⁿ

n²

=1 5

1 + 2

n+ 1 n²

→ 1 5

par la propri´et´e (1) des suites convergentes (cours page 8), les suites _n² et _n¹₂ convergeant vers 0;

• par un raisonnement analogue, on montre que la suite n

2·5ⁿ converge vers 0;

• d’autre part, puisque 0≤ ln(n!) 5ⁿ ≤ n²

2·5ⁿ + n

2·5ⁿ,∀n ∈N^∗, la r`egle des deux gendarmes (Remarque 1.3 du cours, p. 10) permet de conclure que ln(n!)

5ⁿ converge vers 0.

Exercice 4.

Montrons que si les sous-suites (x2n)_n≥0 et (x2n+1)_n≥0 d’une suite (xn)_n≥0 convergent vers la mˆeme limite`, alors lim

n→∞xn=`.

D´emonstration : Soitε >0, montrons qu’il existeN ∈Ntel que |xn−`|< ε, ∀n > N.

• Puisque lim

n→∞x2n=`, il existen1∈Ntel que|x2n−`|< ε, ∀n > n1.

• Puisque lim

n→∞x2n+1=`, il existen2∈Ntel que|x2n+1−`|< ε, ∀n > n2. En posantN = max(2n1,2n2+ 1), on a bien|xn−`|< ε, ∀n > N .