MPSI B 2011-2012 Corrigé du DS 5 29 juin 2019

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Problème 1.

1. a. Par dénition, u ₁ = ¹ ₂ et

u n+1

u _n =

√ n + 1

√ n 1 4

(2n + 2)(2n + 1) · · · (n + 2) (n + 1)!

n!

(2n)(2n − 1) · · · (n + 1)

= 2n + 1 2 p

n(n + 1) b. Comme l'énoncé nous y invite, on démontre l'inégalité par récurrence. Pour n = 1 ,

u 1 = ¹ ₂ et q _n

2n+1 = ^{√ 1}

3 . En comparant les carrés, ( ¹ ₄ < ¹ ₃ ) on prouve l'inégalité.

On veut montrer

u n ≤ r n

2n + 1 ⇒ u n+1 ≤

r n + 1 2n + 3 On va montrer en fait que

r 2n + 3

n + 1 u n+1 ≤ 1 En eet

r 2n + 3 n + 1 u _n+1 =

r 2n + 3 n + 1

u n+1

u _n u _n

≤

r 2n + 3 n + 1

2n + 1 2 p

n(n + 1) r n

2n + 1 =

p (2n + 1)(2n + 3) 2(n + 1) Ce nombre est strictement plus petit que 1 car

(2n + 1)(2n + 3) − 4(n + 1) ² = −1 < 0

c. Pour étudier la monotonie, on compare le carré du quotient de deux termes consé- cutifs à 1 en utilisant l'expression du a.

u n+1

u _n ²

− 1 = (2n + 1) ²

4n(n + 1) − 1 = 1

4n(n + 1) > 0

La suite (u n ) _n∈N

∗

est donc strictement croissante. Elle est convergente car majorée par ^{√ 1} ₂ d'après l'inégalité de 1.b. (avec aussi 2n + 1 ≥ 2n ). On note L sa limite.

Par passage à la limite dans l'inégalité : L ≤ ^{√ 1}

2 . De u 1 < u n , on tire ¹ ₂ < u n .

2. a. On applique l'inégalité des accroissements nis à la fonction racine carrée dans l'intervalle

x(x + 1), (x + 1 2 ) ²

Il faut noter que la dérivée t → ¹

2 √

t est décroissante. De plus : les bornes sont dans le bon sens et la longueur de l'intervalle est

(x + 1

2 ) ² − x(x + 1) = 1 4

la valeur minimale de la dérivée est obtenue pour l'extémité droite soit 1

2(x + ¹ ₂ )

la valeur maximale de la dérivée est obtenue pour l'extémité gauche soit 1

2 p

x(x + 1)

L'inégalité des accroissements nis donne alors l'encadrement annoncé.

b. Commençons par exprimer la diérence entre deux termes consécutifs à l'aide du produit puis réduisons au même dénominateur :

u _k+1 − u _k = u _k u _k+1

u k

− 1

= u _k 2k + 1 2 p

k(k + 1) − 1

!

= u k

p k(k + 1)

k + 1 2 − p

k(k + 1)

On utilise alors l'encadrement du a. avec x = k : u k

p k(k + 1) 1

8(k + ¹ ₂ ) ≤ u k+1 − u k ≤ u k

p k(k + 1) 1 8 p

k(k + 1) Le terme le plus à droite est directement celui qu'on veut :

u k

p k(k + 1) 1 8 p

k(k + 1) = u k

8 1

k(k + 1) = u k

8k − u k

8(k + 1)

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Rémy Nicolai S1105C

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Pour le terme de gauche, on remarque d'abord que

k ≤ k + 3 2 k + 1 ≤ k + 3 2



 

 

⇒ p

k(k + 1) ≤ k + 3 2 ⇒ 1

k + ³ ₂ ≤ 1 p k(k + 1)

On obtient alors l'encadrement annoncé car 1

(k + ³ ₂ )(k + ¹ ₂ ) = 1

k + ¹ ₂ − 1 k + ³ ₂

c. Avant de sommer, on remplace les u k à droite et à gauche de l'encadrement de la question précédente en utilisant la croissance : u n ≤ u k ≤ u p pour k de n à p − 1 . On en déduit

u n

1

8(k + ¹ ₂ ) − 1 8(k + ³ ₂ )

≤ u k+1 − u k ≤ u p

1

8k − 1 8(k + 1)

On peut alors sommer et proter confortablement des simplications en dominos.

On obtient u _n

8 1

n + ¹ ₂ − 1 p + ¹ ₂

≤ u _p − u _n ≤ u _p 8

1 n − 1

p

Fixons n et considérons la limite des suites en p . Elles convergent. Par passage à la limite dans les inégalités, il vient l'encadrement demandé

u n

8(n + ¹ ₂ ) ≤ L − u n ≤ L 8n

d. On peut soustraire ^u _8n

ⁿ

à tous les termes de l'encadrement de la question c. Il vient

−u n

16n(n + ¹ ₂ ) ≤ L − u _n − u _n

8n ≤ L − u _n 8n

À droite, avec l'inégalité du c., on tire ^L−u _8n

ⁿ

≤ _64n ^L

2

. Mais de l'autre côté, on peut seulement écrire

−u _n 16n(n + ¹ ₂ )

≤ u _n

16n ² ≤ L 16n ² ce qui conduit à la majoration demandée.

3. a. Comme L − u n ≤ _8n ^L ≤ ¹

8 √

2n Pour que u n soit une valeur approchée de L à 10 ⁻⁵ , il sut de choisir n tel que ₈ ^{√ 1} _2n ≤ 10 ⁻⁵ soit n ≥ ₈ ^{10 √}

⁵

₂ c'est à dire 8839.

b. Si on prend u n (1 + _8n ¹ ) comme valeur approchée de L , il sut de choisir un n tel que ₁₆ ^{√ 1} _2n

2

≤ 10 ⁻⁵ c'est à dire n ≥ q ₁₀

₅

16 √

2 soit plus grand que 67 (évaluation numérique à 66.47 ).

4. Pour évaluer formellement L , on utilise la formule de Stirling

n! ∼ √

2πn n ⁿ e ⁻ⁿ

et l'expression du coecient du binôme avec des factorielles

u n =

√ n 4 ⁿ

(2n)!

(n!) ² ∼

√ n 4 ⁿ

√ 4πn(2n) ²ⁿ e ⁻²ⁿ 2πnn ²ⁿ e ⁻²ⁿ ∼ 1

√ π

On en déduit L = ^{√ 1} _π .

Problème 2.

1. La démonstration se fait par récurrence, elle est très proche de la démonstration du cours pour la formule du binôme.

2. D'après la formule de la question 1.

(∆ ^p β) _n =

p

X

k=0

(−1) ^p−k p

k

b ^n+k = b ⁿ

p

X

k=0

p k

b ^k (−1) ^p−k = b ⁿ (b − 1) ^p

⇒ (−1) ^p (∆ ^p β) _n = b ⁿ (1 − b) ^p > 0 La suite géométrique β est donc complètement monotone.

3. La complète monotonie résulte de l'expression des dérivées successives. Soit p un entier quelconque

f (x) = e ^−ax (−1) ^p f ^(p) (x) = a ^p e ^−ax > 0 g(x) = (λ + µx) ^ν g ^(p) (x) = (−1) ^p ν(ν − 1) · · · (ν − p + 1)(λ + µx) ^ν−p > 0

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Rémy Nicolai S1105C

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Chacun des p facteurs est négatif et il est compensé par la puissance de −1 . Pour h(x) = ln(b + _x ^c ) , il est commode de transformer le produit en somme avant de dériver

h(x) = ln(b + c

x ) = ln(bx + c) − ln(x)

⇒ −h ⁰ (x) = − b

bx + c − 1 x

> 0 car égal à c (bx + c)x

⇒ · · ·

⇒ (−1) ^p h ^(p) (x) = (−1) ^p

b ^p (−1) ^p−1 (p − 1)!

(bx + c) ^p − (−1) ^p−1 (p − 1)!

x ^p

= (p − 1)!

(bx + c) ^p x ^p ((bx + c) ^p − (bx) ^p ) > 0 4. a. Ces résultats sont évidents par dénition.

(−1) ^p (f ^(m) ) ^(p) = (−1) ^p f ^(m+p) =

( (−1) ^m+p f ^(m+p) si m pair

−(−1) ^m+p f ^(m+p) si m impair b. On utilise la formule de Leibniz

(f g) ^(p) (x) =

p

X

k=0

p k

f ^(k) g ^(p−k) (−1) ^p = (−1) ^k (−1) ^p−k



 

 

⇒

(−1) ^p (f g) ^(p) (x) =

p

X

k=0

p k

(−1) ^k f ^(k)

| {z }

>0

(−1) ^p−k g ^(p−k)

| {z }

>0

> 0

5. On raisonne par récurrence sur p . La proposition à l'ordre p est que pour toute fonction f et tout entier n , il existe un x ∈]n, n + p[ tel que (∆ ^p u) _n = f ^(p) (x) .

Pour p = 1 , on peut appliquer directememnt le théorème des accroissements nis à la fonction f entre n et n + 1 . Il existe x ∈]n, n + 1[ tel que

(∆ ^p u) _n = u _n+1 − u _n = f (n + 1) − f (n) = f ⁰ (x)

Montrons maintenant que la proposition à l'ordre p entraine celle à l'ordre p + 1 . Comme l'énoncé nous y invite, on considère la fonction g dénie par

g(x) = f (x + 1) − f (x)

et v = ∆u . On remarque alors que v n = g(n) et que, d'après l'hypothèse de récurrence,

∃x ∈ ]n, n + p[ tq (∆ ^p+1 u) n = (∆ ^p v) n = g ^(p) (x)

Or g ^(p) (x) = f ^(p) (x + 1) − f ^(p) (x) . On peut donc appliquer le théorème des accroisse- ments nis à la fonction f ^(p) entre x et x + 1 . Il existe z ∈]x, x + 1[⊂]n, n + p + 1[ tel que

(∆ ^p+1 u) n = f ^(p) (x + 1) − f ^(p) (x) = f ^(p+1) (x)

6. Soit f une fonction complètement monotone dénie dans [0, +∞[ et (u n ) _n∈N une suite dénie par u n = f (n) pour tous les n ∈ N. La question 5. montre que (u n ) _n∈N est complètement monotone.

La suite géométrique β de la question 2. est de cette forme pour la fonction f dénie par f (x) = e ^{x ln β} . Comme ln β est strictement négatif cette fonction est complètement monotone (premier exemple de la question 3).

On retrouve donc le résultat de la question 2 : pour b ∈]0, 1[ , la suite géométrique de raison b est complètement monotone.

Problème 3.

1. a. La fonction continue f p : x → −1 + x + · · · + x ^p est strictement croissante entre 0 et 1 . Sa valeur en 0 est −1 < 0 , sa valeur en 1 est p − 1 > 0 . Elle s'annule donc exactement une fois en un nombre noté x p ∈]0, 1[ (pour p ≥ 2 ).

b. En multipliant l'équation (E p ) par 1 − x p , on obtient la relation demandée x _p (1 − x ^p _p ) = 1 − x _p

c. Par dénition de x _p : f _p+1 (x _p ) = x ^p+1 _p > 0 . Comme f _p+1 est strictement croisante ceci prouve que x ^p+1 < x _p . La suite (x _p ) _{p∈ N} est donc décroissante et minorée par 0 , elle converge. Notons l sa limite.

d. Comme la suite est décroissante, on peut écrire (pour tout p ≥ 2 ) : 0 ≤ x ^p _p ≤ x ^p ₂

Ce qui prouve ( x ₂ ∈]0, 1[ et théorème d'encadrement) que (x ^p _p ) _{p∈ N} converge vers 0. En utilisant la relation du b., ontrouve alors que l = 1 − l ce qui entraine que la limite l de x p est ¹ ₂ .

2. a. Question de cours

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b. On trouve en remplaçant dans la formule du 1.b. : ε _p = x ^p+1 _p c. D'après 1. la suite (ε _p ) _{p∈ N} → 0 . On peut en déduire

(p + 1) ln(1 + ε p ) ∼ (p + 1)ε p = (p + 1)x ^p+1 _p et

0 ≤ (p + 1)x ^p+1 _p ≤ (p + 1)x ^p+1 ₂

On conclut alors avec la question 2.a. et le théorème d'encadrement.

d. Comme

x p = 1 + ε _p

2 et ε p = x ^p+1 _p on peut écrire :

ε p = 1

2 ^p+1 (1 + ε _p ) ^p+1 = 1

2 ^p+1 e (p+1) ln(1+ε

p

)

D'après 2.c., l'exponentielle à droite tend vers 0 donc :

(ε p ) _p∈N ∼ ( 1 2 ^p+1 ) _p∈N 3. a. Par dénition de α : f (α) = α .

b. La fonction f est clairement décroissante et continue donc :

f ([ 1

2 , 1]) = [f (1), f( 1 2 )] = [ 1

2 , 2 3 ] ⊂ [ 1

2 , 1]

c. Comme d'après la question précédente l'intervalle est stable, la suite est bien dénie avec u _n ∈ [ 1

2 , 1] pour tous les n . On a vu au début que la racine α était elle aussi dans cet intervalle. On peut donc appliquer l'inégalité des accroissements nis à f entre u _n et α . La valeur maximale de la valeur absolue de la dérivée dans l'intervalle est obtenue en 1

2 . Elle vaut ( 2

3 ) ² On en déduit l'inégalité.

d. L'inégalité de la question précédente et le théorème d'encadrement montrent que (ε p ) _p∈N → α

4. a. La dérivée de g s'annule seulement en − ¹ ₂ , l'étude de son signe montrer que la fonction g est décroissante dans R + .

b. D'après la question précédente :

g([0, 1]) = [g(1), g(0)] = [ 1 3 , 1]

L'intervalle [0, 1] est donc stable par g et toute suite dont le premier terme est dans cet intervalle est bien dénie par récurrence avec g . Toutes ses valeurs restent dans l'intervalle.

c. Les deux suites extraites pour les indices pairs et impairs sont monotones car g ◦ g est croissante comme composée de deux fonctions décroissantes. Comme elles restent dans l'intervalle bornée [0, 1] , elles convergent.

De plus,

v 0 = 1, v 1 = 1

3 , v 2 = 1 1 9 + 1

3 + 1

< 1

On en déduit que la suite extraite pour les indices pairs est décroissante. En calculant numériquement v 3 on trouve que la suite extraite pour les indices impairs est croissante. On pourrait aussi considérer le terme avant u ₀ qui doit être 0 et le comparer à v ₁ .

d. Par dénition g(u 2n ) = u 2n+1 , comme les suites convergent et que g est continue en l . On obtient g(l) = l ⁰ . Le raisonnement est identique pour l'autre relation.

e. On peut former l'équation g ◦ g(t) = t dont l est une solution d'après la question précédente. Après réduction au même dénominateur, on obtient

(t ² + t + 1) ²

1 + (t ² + t + 1) + (t ² + t + 1) ² = t ⇔ 0 = t ⁵ + t ⁴ + 2t ³ + t − 1

En développant la relation donnée par l'énoncé, on trouve qu'elle égale à celle que l'on vient de trouver.

f. La deuxième limite l ⁰ vérie la même relation que l . L'équation du dessus admet une seule racine réelle car le facteur du troisième degré est l'équation (E ₃ ) du début de l'énoncé.

L'unique racine est donc l = l ⁰ = x 3 ce qui assure la convergence.

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