MPSI B Corrigé du DM 07 29 juin 2019
Problème
1. On trouve facilement θ 2 (x) = 1+x 1 . On remarque que 0 ≤ θ(x) ≤ 1 pour x ≥ 0.
2. a. Utilisons l'indication de l'énoncé avant de sommer 1
n 2 + k = 1 n 2
1 − k
n 2 + k 2 n 4 θ( k
n 2 )
2n
X
k=0
1
n 2 + k = 1 n 2
2n
X
k=0
1 − 1 n 4
2n
X
k=0
k + 1 n 6
2n
X
k=0
k 2 θ( k n 2 )
= 2
n − 2n(2n + 1) 2n 4 + 1
n 6
2n
X
k=0
k 2 θ( k n 2 )
= 2 n − 2
n 2 − 1 n 3 + 1
n 6
2n
X
k=0
k 2 θ( k n 2 )
Il reste à montrer que la dernière somme est négligeable devant n 1
2. Ceci résulte de :
0 ≤ 1 n 6
2n
X
k=0
k 2 θ( k n 2 ) ≤ 1
n 6
2n
X
k=0
k 2 ≤ 1
n 6 (2n) 2 = 4 n 3 On majore θ( n k
2) par 1 puis chaque k 2 par n 2 . On obtient donc
t n = 2 n − 2
n 2 + o( 1 n 2 ) b. Cherchons un développement de t n+1 :
t n+1 = 2
n + 1 − 2
(n + 1) 2 + o( 1
n 2 ) = 2
n(1 + n 1 ) − 2
n 2 + o( 1 n 2 ) = 2
n − 4 n 2 + o( 1
n 2 ) On en déduit t n+1 − t n ∼ − n 2
2; ce qui montre t n+1 − t n < 0 à partir d'un certain rang. La suite (t n ) n∈ N
∗est décroissante à partir de ce rang.
3. Soit i un entier alors (i + 1) 2 −1 = i 2 + 2i . Si j ∈
i 2 , . . . , (i + 1) 2 − 1 alors E( √ j) = i de sorte que
U n
2+2n =
n
X
i=1 i
2+2i
X
j=i
2(−1) E( √ j)
j =
n
X
i=1
(−1) i
i
2+2i
X
j=i
21 j
=
n
X
i=1
(−1) i
2i
X
k=0
1 i 2 + k =
n
X
i=1
(−1) i t i = V n
4. a. Comme (t n ) n∈ N
∗est décroissante à partir d'un certain rang et converge vers 0, la somme des (−1) n t n est convergente. Cet exercice a été traité en cours comme application de la notion de suite adjacente. On note l la limite .
b. Comme u n → 0 et U (n+1)
2= U n
2+2n + u n , on déduit du a. la convergence de la suite extraite (U n
2) n∈ N
∗vers l . D'autre part, si p = E( √
n) , on a aussi U p
2− t p ≤ U n ≤ U p
2+ t p . On peut conclure par le théorème d'encadrement car p → +∞
lorsque n → +∞ .
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/
