ECS2 Lycée Louis Pergaud
Correction du devoir maison
DM3
Exercice 0.1 (Edhec 2012) 1. (a) Pour tout n ∈N∗, on a :
n
X
k=1
yk =
n
X
k=1
1 k(k+ 1)
k
X
i=1
ixi par définition des yk
=
n
X
k=1 k
X
i=1
1 k(k+ 1)ixi
On reconnait ici une somme double sur le triangle 1≤i ≤k ≤n. On obtient donc en permutant les sommes :
n
X
k=1
yk =
n
X
i=1 n
X
k=i
1
k(k+ 1)ixi =
n
X
i=1
ixi
n
X
k=i
1 k(k+ 1) =
n
X
i=1
ixi
n
X
k=i
1 +k−k k(k+ 1)
=
n
X
i=1
ixi
n
X
k=i
1 k − 1
k+ 1
=
n
X
i=1
ixi
1 i − 1
n+ 1
=
n
X
i=1
ixin+ 1−i i(n+ 1)
= 1
n+ 1
n
X
i=1
(n+ 1−i)xi. D’où la première égalité.
D’autre part, on a pour toutn ∈N∗ : Tn= 1
n+ 1
n
X
k=1
Sk = 1 n+ 1
n
X
k=1 k
X
i=1
xk = 1 n+ 1
X
1≤i≤k≤n
xi
= 1
n+ 1
n
X
i=1 n
X
k=i
xi = 1 n+ 1
n
X
i=1
(n−i+ 1)xi =
n
X
k=1
yk. D’où la seconde égalité demandée.
(b) Puisque la sérieXxnconverge, la suite (Sn) de ses sommes partielles est convergente, de limite `=
+∞
X
n=1
xn. Par le résultat admis en préambule du problème, on en déduit que la limite lim
n→+∞
1 n
n
X
k=1
Sk existe et vaut `.
On a donc pour toutn∈N∗ :
n
X
k=1
yk =Tn= n n+ 1
| {z }
→
n→+∞1
· 1 n
n
X
k=1
Sk
| {z }
→
n→+∞`
n→+∞−→ `.
Ainsi, la suite des sommes partielles de la série Xyn converge. On en déduit (par définition d’une série convergente) que Xyn converge et on a :
+∞
X
n=1
yn=`=
+∞
X
n=1
xn.
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2. (a) Soit n ∈N∗ fixé et (a1, . . . , an)∈ Rn. Commençons par noter que si l’un des ak est nul, alors l’inégalité demandée est évidente car :
n
Y
k=1
ak
!1
n
= 0 et 1 n
n
X
k=1
ak ≥0.
Supposons à présent que (a1, . . . , an) ∈ (R∗+)n. La fonction logarithme f : x ∈ R∗+7→ ln(x) est concave sur R∗+, car elle est de classe C2 sur cet intervalle et qu’on af00(x) =− 1
x2 ≤ 0 pour tout x∈R∗+. Par le résultat admis en début de question, on a donc :
1 n
n
X
k=1
f(ak)≤f 1 n
n
X
k=1
ak
!
soit encore :
1 n
n
X
k=1
ln(ak)≤ln 1 n
n
X
k=1
ak
!
.
Or on a 1 n
n
X
k=1
ln(ak) = 1 nln
n
Y
k=1
ak
!
= ln
n
Y
k=1
ak
!1
n
. D’où :
ln
n
Y
k=1
ak
!n1
≤ln 1 n
n
X
k=1
ak
!
,
et en appliquant la fonction exponentielle qui est strictement croissante :
n
Y
k=1
ak
!1
n
≤ 1 n
n
X
k=1
ak.
(b) Pour tout n ∈N∗, on a :
n
Y
k=1
kxk
!1/n
=
n Y
k=1
k
! n Y
k=1
xk
!!1/n
= n!
n
Y
k=1
xk
!!1/n
= (n!)n1
n
Y
k=1
xk
!1n
= (n!)1nzn.
Ainsi, on a bien zn= 1 (n!)1/n
n
Y
k=1
kxk
!1/n
.
Par l’inégalité obtenue à la question précédente appliquée aux réels kxk≥0, on a : zn= 1
(n!)1/n
n
Y
k=1
kxk
!1/n
≤ 1
(n!)1/n × 1 n
n
X
k=1
kxk = n+ 1
(n!)1/n × 1 n(n+ 1)
n
X
k=1
kxk = n+ 1 (n!)1/nyn. (c) La fonction f : x ∈ R+ 7→ ln(1 +x) est de classe C2 sur R+, et on a f00(x) =
−1
(1 +x)2 ≤0 pour toutx∈R+. Doncf est concave surR+. Sa courbe représentative est par conséquent en dessous de ses tangentes, et notamment de sa tangente en 0.
Or la tangente à Cf ena= 0 a pour équation :
y=f0(a)(x−a) +f(a) soit ici y=x.
On en déduit que, pour tout réelx positif, on a : ln(1 +x)≤x.
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(d) Pour tout n∈N∗, on a ln1 + n1≤ n1, et donc nln1 + n1≤1. Par croissance de la fonction exponentielle, il vient alors :
1 + 1 n
n
=enln(1+n1)≤e.
(e) Pour tout n ∈N∗, on a :
n
Y
k=1
1 + 1 k
k
=
n
Y
k=1
1 +k k
!k
=
n
Y
k=1
(k+ 1)k
n
Y
k=1
kk
=
n+1
Y
i=2
ii−1
n
Y
k=1
kk
=
(n+ 1)n·
n
Y
i=2
ii−1 n!·
n
Y
k=1
kk−1
= (n+ 1)n n! .
On obtient donc que pour toutn∈N∗ : (n+ 1)n
n! =
n
Y
k=1
1 + 1 k
k
| {z }
≤ed’après 2.(d)
≤en.
Par croissance de la fonctiont 7→t1/n surR∗+, on obtient : (n+ 1)
(n!)n1 ≤e.
Ainsi, pour tout n ∈ N, il vient que 0 ≤ zn = (n+ 1)
(n!)1/nyn ≤ eyn. Puisque la série de terme général yn converge par la question 1.(b), on en déduit par théorème de comparaison que la série Xzn converge aussi, et on a :
+∞
X
n=1
zn ≤e
+∞
X
n=1
yn 1.(b)= e
+∞
X
n=1
xn.
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