L.E.G.T.A. Le Chesnoy TB1−2011-2012
D. Blotti`ere Math´ematiques
Correction des deux derni` eres questions du devoir maison n˚3
3.(d) Soitn∈N≥2.
• Montrons que 0≤An≤√
n, i.e. :An≥0 etAn ≤√ n.
? An est une somme de termes positifs. On a doncAn ≥0.
? Pour tout k∈ J1,b√
ncK, on a 1 ≥k. La fonction inverse ´etant d´ecroissante sur R+∗, on en d´eduit que :
∀k∈J1,b√
ncK, 1 k ≤1.
En sommant cesb√
ncin´egalit´es, on obtient :
b√ nc
X
k=1
1 k ≤
b√ nc
X
k=1
1 soit
An ≤ b√
nc. (1)
Or d’apr`es la d´efinition de la partie enti`ere, on a : b√
nc ≤√
n. (2)
D’apr`es (1), (2) et la transitivit´e de la relation d’ordre, on a : An≤√
n.
• Montrons que 0≤Bn ≤n−√ n+ 1
√n , i.e. : Bn≥0 etBn ≤n−√ n+ 1
√n .
? Bn est une somme de termes positifs. On a doncBn≥0.
? Soitk∈Jb√
nc+ 1, nK. On a :
b√
nc+ 1≤k (3)
D’autre part, par d´efinition de la partie enti`ere, on a :
√n <b√
nc+ 1. (4)
D’apr`es (3), (4) et la transitivit´e de la relation d’ordre, on a :
√n≤k.
La fonction inverse ´etant d´ecroissante sur R+∗, on en d´eduit que :
∀k∈Jb√
nc+ 1, nK, 1 k ≤ 1
√n. En sommant ces (n− b√
nc) in´egalit´es, on obtient :
n
X
k=b√ nc+1
1 k ≤
n
X
k=b√ nc+1
√1 n
soit
Bn ≤
n
X
k=b√ nc+1
√1
n. (5)
Par lin´earit´e :
n
X
k=b√ nc+1
√1 n = 1
√n
n
X
k=b√ nc+1
1 = 1
√n(n− b√
nc). (6)
De (5) et (6), on d´eduit :
Bn≤ 1
√n(n− b√
nc) =n− b√
√ nc
n . (7)
On rappelle que par d´efinition de la partie enti`ere, on a :√ n <b√
nc+ 1 (cf. (4)).
√n <b√
nc+ 1 =⇒ −1 +√ n <b√
nc (soustraction de 1 `a chaque membre)
=⇒ −b√
nc<−√
n+ 1 (multiplication par (−1)<0 de chaque membre)
=⇒ n− b√
nc< n−√
n+ 1 (ajout den`a chaque membre)
=⇒ n− b√
√ nc
n <n−√ n+ 1
√n (division par√
n >0 de chaque membre)
De cette derni`ere in´egalit´e, de (7) et de la transitivit´e de la relation d’ordre, on d´eduit : Bn≤ n−√
n+ 1
√n .
3.(e) • Montrons que :
n
X
k=1
1 k
n →
n→+∞0.
Soitn∈N≥2. On a :
An+Bn =
b√ nc
X
k=1
1 k+
n
X
k=b√ nc+1
1 k =
n
X
k=1
1
k (relation de Chasles). (8)
En sommant membre `a membre les in´egalit´es
0≤An≤√ n et
0≤Bn≤ n−√ n+ 1
√n
obtenues en 3.(d), on obtient : 0≤An+Bn ≤√
n+n−√ n+ 1
√n = 2n−√ n+ 1
√n = 2√
n−1 + 1
√n. (9)
De (8) et (9), on tire alors :
0≤
n
X
k=1
1 k ≤2√
n−1 + 1
√n.
Enfin en divisant chaque membre de cette derni`ere in´egalit´e parn >0, on obtient :
0≤
n
X
k=1
1 k
n ≤ 2
√n− 1 n+ 1
n√ n.
De cette in´egalit´e, de
√2 n−1
n+ 1 n√
n →
n→+∞0 (limites usuelles et op´erations sur les limites) et du th´eor`eme desgendarmes, on d´eduit que :
n
X
k=1
1 k
n →
n→+∞0. (10)
• Montrons que : un
n →
n→+∞1.
Soitn∈N∗. On a montr´e en 3.(c) que : n−
n+1
X
k=2
1
k ≤un−u0≤n. (11)
En appliquant la relation de Chasles, on prouve que :
n+1
X
k=2
1 k =
n
X
k=2
1 k
!
+ 1
n+ 1 =
n
X
k=1
1 k
!
−1
| {z }
n
X
k=2
1 k
+ 1
n+ 1. (12)
De (11) et (12), on d´eduit alors : n−
n
X
k=1
1 k
!
+ 1− 1
n+ 1 ≤un−u0≤n.
En ajoutantu0 `a chaque membre de la pr´ec´edente in´egalit´e, il vient alors : n−
n
X
k=1
1 k
!
+ 1− 1
n+ 1+u0≤un≤n+u0. (13) En divisant chaque membre de (13) parn >0, on obtient finalement :
1−
n
X
k=1
1 k n +1
n − 1
n(n+ 1) +u0
n ≤un
n ≤1 +u0
n. (14)
De plus, on a :
1−
n
X
k=1
1 k n + 1
n− 1
n(n+ 1)+u0
n →
n→+∞1 (cf. (10), limites usuelles et op´erations sur les limites) (15) et
1 + u0
n →
n→+∞1 (limites usuelles et op´erations sur les limites) (16) De (14), (15), (16) et du th´eor`eme desgendarmes, on d´eduit alors que : un
n →
n→+∞1.
