DM de MPSI2
Corrig´ e de devoir non surveill´ e
Encore des suites
Exercice 1 : S´ eries absolument convergentes
1
a Supposonsa6betvconvergente : on a ´evidemmentu6v(par r´ecurrence). De plus,vest convergente, donc major´ee :uest major´ee, et, comme elle est croissante (par une r´ecurrence imm´ediate, grˆace `a 06a), elle converge.
b Supposons an = O(bn) et v convergente : soit M ∈ R+ tel que an 6 M bn pour tout n ∈ N. En appliquant le r´esultat pr´ec´edent `aaetM b(et nonb), on obtient imm´ediatement queuconverge.
2On suppose an = O(bn) et v convergente. D’apr`es la question pr´ec´edente, les suites de termes g´en´eraux Pn
k=0|ak|etPn
k=0(|ak| −ak) convergent (les suites (|an|) et (|an| −an) sont `a termes positifs, domin´es parbn), donc leur diff´erence converge ´egalement.
3
a Supposons quePan converge,i.e.queuconverge. Pour toutn∈N∗, on aun−un−1=an, donc (an) converge vers 0. L’exemple de la s´erie harmonique Pn
k=1 1 k
montre que la r´eciproque est fausse.
b On montre que la s´erie Pn k=1
(−1)k+1
k est convergente, grˆace au crit`ere sp´ecial des s´eries altern´ees.
Comme la s´erie harmonique diverge, cette s´erie est bien semi-convergente.
c SupposonsP
an absolument convergente. Comme (an− |an|) = O(|an|), et comme P
|an|converge, la s´erieP
(an− |an|) converge ´egalement, donc leur sommeP
an itou.
Toute s´erie absolument convergente est convergente.
Exercice 2 : (tan(n))
Cette suite est bien d´efinie, carZ∩π2Z={0}, par irrationnalit´e deπ.
Supposons cette suite convergente, de limite l. Pour tout entier naturel n: (∗) tan(1 +n) = tan(1) + tan(n)
1−tan(1) tan(n), d’o`u, en faisant tendrenvers l’infini :
l= tan(1) +l 1−tan(1)l. Ceci conduit `a
tan(1)(1 +l2) = 0, puis `a l’absurdit´e tan(1) = 0 : cette suite diverge.
Si elle divergeait vers ±∞, alors la relation (∗) conduirait `a l’absurdit´e±∞=−tan(1)1 en faisant tendren vesr +∞.
Cette suite est bien divergente de seconde esp`ece.
Exercice 3 : Sur la densit´ e
1D est une partie deR∗+, dont l’image par la fonction logarithme estG={aln(2) +bln(5),(a, b)∈Z2}. On v´erifie ais´ement queGest un sous-groupe de (R,+) (il en est une partie non vide stable par diff´erence).Gest donc soit discret, soit dense. OrGne peut pas ˆetre discret, car ln(5)/ln(2) serait alors rationnel, et il existerait des entierspetq, avecq non nul, tels que 5q= 2p, ce qui est absurde :Gest dense dansR.
Soit maintenant x, y∈R∗+, o`u x < y. On a donc ln(x)<ln(y) : soitg ∈G∩[ln(x),ln(y)] (un telg existe par densit´e deGdansR). On a exp(g)∈D∩[x, y]. Entre deux r´eels strictement positifs se trouve un ´el´ement deD: cela montre imm´ediatement queD est dense dansR+.
2
a Z+πZ est un sous-groupe de (R,+) : il ne peut pas ˆetre discret, carπest irrationnel, et il est donc dense dansR.
Il existe donc deux suites d’entiers relatifs (an) et (bn) telles que (an+bnπ) tende versπ/2, donc telles que (|sin(an)|) tende vers 1. La suite (sin(|an|)), si elle ne diverge pas, tend vers 1 ou −1. De mˆeme, on montre l’existence d’une suite d’entiers naturels (a0n) tels que (sin(a0n)) tende vers 1/2. Ces deux suites ayant des images infinies (car il n’existe pas d’entier en lequel sin prend la valeur 1 ou 1/2), il existe des suites extraites de (sin(n)) divergentes, ou de limites distinctes : (sin(n)) diverge.
b Supposons que cette suite converge vers l ∈ [−1,1]. En ´ecrivant, pour tout n ∈ N : sin(n+ 1) = sin(1) cos(n) + sin(n) cos(1), il apparaˆıt que (cos(n)) converge vers un certain r´eel l0. La suite (ein) converge donc vers l0+il(de module 1), et de mˆeme pour (ei(n+1)) (qui en est extraite), ce qui conduit `a l’absurdit´e ei= 1.
Exercice 4 : D´ eveloppements asymptotiques
1Pour montrer que (un) est bien d´efinie et `a termes strictement positifs, on peut proc´eder par r´ecurrence surn, mais on peut aussi introduire l’it´eratrice :
∆ : N∗×R∗+ → N∗×R∗+
(n, x) 7→ (n+ 1,ln(n+x)) .
Pour tout n ∈ N∗\ {1}, un = ln(un−1+n−1) > ln(n−1) par croissance du logarithme, et le fait que un−1>0.
La suiteudiverge donc vers +∞.
On montre ais´ement par r´ecurrence que pour toutn∈N∗,un6n. On a donc pour toutn>2 :un =6ln(2n), puis
un= ln(n) + O(1) = ln(n) + o(ln(n)).
On a donc
un−ln(n) = ln
n−1 + ln(n) + o(ln(n)) n
= ln
1 + ln(n)
n + o(ln(n)/n)
∼ ln(n) n , d’o`u
un= ln(n) +ln(n) n + o
ln(n) n
.
2La fonctionx7→x+ ln(x) est continue, strictement croissante surR∗+, de limites respectives−∞et +∞
en 0+et +∞: pour toutn∈N∗, l’´equationx+ ln(x) =nd’inconnuex∈R∗+ poss`ede donc une unique solution un.
Soitn∈N∗/ On aun+ ln(un) =n, donc 2un >ncar ln(x)6xpour toutx∈R∗+. La suite (un) tend donc vers +∞.
En particulier, ln(un) = o(un), de sorte quen=un+ ln(un)∼un. En r´einjectant dans la relation d´efinissantun, il vient
un−n= ln(un) = ln(n+ o(n)) = ln(n) + ln(1 + o(1)) = ln(n) + o(1) = ln(n) + o(ln(n)), d’o`u
un =n−ln(n) + o (ln(n)).
