MPSI B 29 juin 2019
Énoncé
Le théorème des accroissements nis intervient à plusieurs reprises dans ce problème.
Vous devrez préciser chaque fois clairement pour quelle fonction et entre quelles bornes vous l'utilisez.
Ce problème a pour objet une étude de la constante d'Euler notée γ . On pose :
∀n ∈ N ∗ , u n =
n
X
k=1
1 k − ln n.
Partie I
1. Prouver pour tout k ∈ N ∗ les inégalités 1
k + 1 ≤ ln k + 1 k ≤ 1
k
2. Montrer que la suite (u n ) n∈ N
∗est décroissante et que pour tout n ∈ N ∗ : 1
n ≤ u n ≤ 1
En déduire que la suite (u n ) n∈ N converge. On note γ sa limite (constante d'Euler).
3. a. Étudier, sur l'intervalle [k, k + 1] ( k ∈ N ∗ ), le signe de la fonction f k dénie par f k (x) = 1
k + ( 1 k + 1 − 1
k )(x − k) − 1 x
b. En considérant une fonction F k telle que F k 0 = f k , en déduire l'encadrement 1
k + 1 ≤ ln k + 1 k ≤ 1
2 ( 1 k + 1
k + 1 )
4. Prouver que 1
2 ≤ γ ≤ 1 .
Partie II
1. On dénit les fonctions g 1 et g 2 sur ]0, +∞[ par : g 1 (x) = − 1
x + 1 + ln(1 + 1 x ) − 1
2x 2 g 2 (x) = g 1 (x) + 2 3x 3 Étudier les variations de g 1 et g 2 sur ]0, +∞[ et en déduire leur signe.
2. Montrer que pour tout entier n ≥ 1 : 1 2n 2 − 2
3n 3 ≤ u n − u n+1 ≤ 1 2n 2 3. Dans cette question n ≥ 2 et p ≥ n .
a. En utilisant l'inégalité des accroissements nis appliqué à la fonction x → x 1 entre k et k + 1 ( k entier), former un encadrement de
p
X
k=n
1 k 2
b. Former par une méthode analogue à celle de la question a. un encadrement de
p
X
k=n
1 k 3 c. En déduire
1
2n − 1
3(n − 1) 2 ≤ u n − γ ≤ 1 2(n − 1)
4. Donner une valeur de l'entier n telle que l'encadrement précédent permette, à partir de u n , de déterminer γ à moins de 10 −2 près.
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 AgammaMPSI B 29 juin 2019
Corrigé Partie I
1. On applique l'inégalité des accroissements nis à la fonction ln entre n et n + 1 en utilisant le fait que la dérivée est décroissante.
2. Cherchons une autre expression pour u k+1 − u k : u k+1 − u k = 1
k + 1 − ln(k + 1) + ln k = 1
k + 1 − ln k + 1 k . L'encadrement de la question précédente donne alors
1 k + 1 − 1
k ≤ u k+1 − u k ≤ 0.
On en déduit que la suite est décroissante et, en sommant de 1 à n − 1 , 1
n − 1 ≤ u n − u 1 ⇔ 1 n ≤ u n . Comme la suite est décroissante, on a aussi u n ≤ 1 = u 1 .
La suite est décroissante et minorée par 0 , elle est donc convergente. On nomme γ sa limite. On peut remarquer que 0 ≤ γ ≤ 1 par passage à la limite dans l'encadrement.
3. a. On cherche le signe de f k ; on commence par essayer de factoriser (on dériverait seulement si la factorisation est trop dicile à obtenir ce qui n'est pas le cas ici).
La fonction f k se factorise simplement :
f k (x) = (x − k)(k + 1 − x) k(k + 1)x On en déduit que
∀x ∈ ]k, k + 1[ : f k (x) > 0 De plus la fonction est nulle aux extrémités de l'intervalle.
b. Considérons une primitive F k de f k . D'après la question précédente F k est stric- tement croissante dans [k, k + 1] . On exploite alors l'inégalité
F k (k) < F k (k + 1) en exprimant explicitement F k . On peut choisir
F k (x) = x k +
1 k + 1 − 1
k
(x − k) 2 2 − ln x
L'inégalité F k (k) ≤ F k (k + 1) conduit après calcul à ln k + 1
k ≤ 1 2 ( 1
k + 1 k + 1 ) L'autre inégalité a déjà été obtenue en 1.
4. On somme les inégalités obtenues en 3.b 1
2 ≤ ln 2 − ln 1 ≤ 1 2 (1 + 1
2 ) 1
3 ≤ ln 3 − ln 2 ≤ 1 2 ( 1
2 + 1 3 ) ...
1
n ≤ ln n − ln(n + 1) ≤ 1 2 ( 1
n − 1 + 1 n ) On obtient :
1
2 + · · · + 1
n ≤ ln n ≤ 1 2
1 + 1
2 + · · · + 1 n − 1
+ 1
2 1
2 + · · · + 1 n
L'inégalité de gauche redonne u n ≤ 1 . Celle de droite s'écrit ln n ≤ 1 + 1
2 + · · · + 1 n − 1
2n − 1
2 ⇒ 0 ≤ u n − 1 2n − 1
2 ⇒ 1 2 + 1
2n ≤ u n
Par passage à la limite dans une inégalité, on obtient alors : 1
2 ≤ γ ≤ 1
Partie II
1. On calcule les dérivées :
g 0 1 (x) = 2x + 1
x 3 (x + 1) 2 , g 2 0 (x) = − 3x + 2 x 4 (x + 1) 2 On en déduit les tableaux
0 ∞
0
g 1 %
−∞
g 1 −
0 ∞
+∞
g 2 &
0
g 2 +
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Rémy Nicolai AgammaMPSI B 29 juin 2019
2. On a déjà calculé u n − u n+1 et trouvé : u n − u n+1 = ln
1 + 1
n
− 1 n + 1 Alors g 1 (n) < 0 entraîne :
− 1 n + 1 + ln
1 + 1
n
− 1
2n 2 < 0 ⇒ u n − u n+1 < 1 2n 2 De même, g 2 (n) > 0 entraîne :
− 1 n + 1 + ln
1 + 1
n
− 1 2n 2 + 2
3n 3 > 0 ⇒ 1 2n 2 − 2
3n 3 < u n − u n+1
3. a. La dérivée de la fonction x → 1 x est croissante dans l'intervalle [k, k+1] . L'inégalité des accroissements nis donne donc l'encadrement
1
(k + 1) 2 ≤ 1 k − 1
k + 1 ≤ 1 k 2
En sommant ces inégalités entre n −1 et p−1 (à droite) et entre n et p (à gauche), on obtient :
1 n − 1
p + 1 ≤
p
X
k=n
1 k 2 ≤ 1
n − 1 − 1 p
b. De même l'inégalité des accroissements nis appliquée à x → x 1
2donne : 2
(k + 1) 3 ≤ 1
k 2 − 1
(k + 1) 2 ≤ 2 k 3 ce qui conduit après sommations à :
1
n 2 − 1
(p + 1) 2 ≤ 2
p
X
k=n
1
k 3 ≤ 1
(n − 1) 2 − 1 p 2
c. En sommant l'encadrement de la question 2. pour k entre n et p , on obtient : 1
2
p
X
k=n
1 k 2 − 2
3
p
X
k=n
1
k 3 ≤ u n − u p+1 ≤ 1 2
p
X
k=n
1 k 2
On utilise alors les encadrements de 3.a. et 3.b.. Il vient : 1
2 1
n − 1 p
− 1 3
1
(n − 1) 2 − 1 p 2
≤ u n − u p+1 ≤ 1 2
1 n − 1 − 1
p
On xe alors n , le passage à la limite pour p → ∞ dans les inégalités donne : 1
2n − 1
3(n − 1) 2 ≤ u n − γ ≤ 1 2(n − 1)
4. L'encadrement précédent détermine γ avec une erreur inférieure à 10 −2 lorsque ε n = 1
2(n − 1) − 1
2n + 1
3(n − 1) 2 = 5n − 3
6n(n − 1) 2 ≤ 10 −2 .
On trouve par évaluation numérique que le plus petit entier permettant d'approcher γ à la précision demandée est n = 10 .
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/
