MPSI B Année 2013-2014 Corrigé DM 8 29 juin 2019
Exercice
1. Par dénition
u(x) = e x ln |x| , v(x) = e x
2ln |x| , w(x) = e u(x) ln |x|
Les limites usuelles en 0, en particulier x k ln |x| → 0 , entrainent u 0 = 1, v 0 = 1, w 0 = 0
2. a. En +∞ , x ln |x| → +∞ donc les trois fonctions divergent vers +∞ . b. Étude des dérivabilités en 0.
Comme x ln |x| → 0 , u(x)−1 x ∼ ln |x| → +∞ donc u n'est pas dérivable en 0.
De même v(x)−1 x ∼ x ln |x| → 0 donc v est dérivable en 0.
Enn, pour x > 0 ,
w(x)
x = e (u(x)−1) ln |x| avec (u(x) − 1) ln x ∼ x ln 2 x donc w(x) x converge vers 1 à droite de 0. Mais pour x < 0
w(x)
x = −e (u(x)−1) ln |x| → −1 donc w n'est pas dérivable en 0.
c. Les développements limités s'obtiennent par composition.
En 1
u(x) = 1 + (x − 1) + (x − 1) 2 + 1
2 (x − 1) 3 + o((x − 1) 3 ) v(x) = 1 + (x − 1) + 2(x − 1) 2 + 2(x − 1) 3 + o((x − 1) 3 )
w(x) = 1 + (x − 1) + (x − 1) 2 + 3
2 (x − 1) 3 + o((x − 1) 3 ) En -1
u(x) = 1 + (x + 1) − 1
2 (x + 1) 3 + o((x + 1) 3 )
v(x) = 1 − (x + 1) + 2(x + 1) 2 − 2(x + 1) 3 + o((x + 1) 3 ) w(x) = 1 − (x + 1) − (x + 1) 2 + 1
2 (x + 1) 3 + o((x + 1) 3 ).
Problème 2
Partie I
1. On applique l'inégalité des accroissements nis à la fonction ln entre n et n + 1 en utilisant le fait que la dérivée est décroissante.
2. Cherchons une autre expression pour u k+1 − u k : u k+1 − u k = 1
k + 1 − ln(k + 1) + ln k = 1
k + 1 − ln k + 1 k . L'encadrement de la question précédente donne alors
1 k + 1 − 1
k ≤ u k+1 − u k ≤ 0.
On en déduit que la suite est décroissante et, en sommant de 1 à n − 1 , 1
n − 1 ≤ u n − u 1 ⇔ 1 n ≤ u n . Comme la suite est décroissante, on a aussi u n ≤ 1 = u 1 .
La suite est décroissante et minorée par 0 , elle est donc convergente. On nomme γ sa limite. On peut remarquer que 0 ≤ γ ≤ 1 par passage à la limite dans l'encadrement.
3. a. On cherche le signe de f k ; on commence par essayer de factoriser (on dériverait seulement si la factorisation est trop dicile à obtenir ce qui n'est pas le cas ici).
La fonction f k se factorise simplement :
f k (x) = (x − k)(k + 1 − x) k(k + 1)x On en déduit que
∀x ∈ ]k, k + 1[ : f k (x) > 0 De plus la fonction est nulle aux extrémités de l'intervalle.
b. Considérons une primitive F k de f k . D'après la question précédente F k est stric- tement croissante dans [k, k + 1] . On exploite alors l'inégalité
F k (k) < F k (k + 1) en exprimant explicitement F k . On peut choisir
F k (x) = x k +
1 k + 1 − 1
k
(x − k) 2 2 − ln x
Cette création est mise à disposition selon le Contrat
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Rémy Nicolai M1308CMPSI B Année 2013-2014 Corrigé DM 8 29 juin 2019
L'inégalité F k (k) ≤ F k (k + 1) conduit après calcul à ln k + 1
k ≤ 1 2 ( 1
k + 1 k + 1 ) L'autre inégalité a déjà été obtenue en 1.
4. On somme les inégalités obtenues en 3.b 1
2 ≤ ln 2 − ln 1 ≤ 1 2 (1 + 1
2 ) 1
3 ≤ ln 3 − ln 2 ≤ 1 2 ( 1
2 + 1 3 ) ...
1
n ≤ ln n − ln(n + 1) ≤ 1 2 ( 1
n − 1 + 1 n ) On obtient :
1
2 + · · · + 1
n ≤ ln n ≤ 1 2
1 + 1
2 + · · · + 1 n − 1
+ 1
2 1
2 + · · · + 1 n
L'inégalité de gauche redonne u n ≤ 1 . Celle de droite s'écrit ln n ≤ 1 + 1
2 + · · · + 1 n − 1
2n − 1
2 ⇒ 0 ≤ u n − 1 2n − 1
2 ⇒ 1 2 + 1
2n ≤ u n
Par passage à la limite dans une inégalité, on obtient alors : 1
2 ≤ γ ≤ 1
Partie II
1. On calcule les dérivées :
g 0 1 (x) = 2x + 1
x 3 (x + 1) 2 , g 2 0 (x) = − 3x + 2 x 4 (x + 1) 2 On en déduit les tableaux
0 ∞
0
g 1 %
−∞
g 1 −
0 ∞
+∞
g 2 &
0
g 2 +
2. On a déjà calculé u n − u n+1 et trouvé : u n − u n+1 = ln
1 + 1
n
− 1 n + 1 Alors g 1 (n) < 0 entraîne :
− 1 n + 1 + ln
1 + 1
n
− 1
2n 2 < 0 ⇒ u n − u n+1 < 1 2n 2 De même, g 2 (n) > 0 entraîne :
− 1 n + 1 + ln
1 + 1
n
− 1 2n 2 + 2
3n 3 > 0 ⇒ 1 2n 2 − 2
3n 3 < u n − u n+1
3. a. La dérivée de la fonction x → 1 x est croissante dans l'intervalle [k, k+1] . L'inégalité des accroissements nis donne donc l'encadrement
1
(k + 1) 2 ≤ 1 k − 1
k + 1 ≤ 1 k 2
En sommant ces inégalités entre n −1 et p−1 (à droite) et entre n et p (à gauche), on obtient :
1 n − 1
p + 1 ≤
p
X
k=n
1 k 2 ≤ 1
n − 1 − 1 p
b. De même l'inégalité des accroissements nis appliquée à x → x 1
2donne : 2
(k + 1) 3 ≤ 1
k 2 − 1
(k + 1) 2 ≤ 2 k 3 ce qui conduit après sommations à :
1
n 2 − 1
(p + 1) 2 ≤ 2
p
X
k=n
1
k 3 ≤ 1
(n − 1) 2 − 1 p 2
c. En sommant l'encadrement de la question 2. pour k entre n et p , on obtient : 1
2
p
X
k=n
1 k 2 − 2
3
p
X
k=n
1
k 3 ≤ u n − u p+1 ≤ 1 2
p
X
k=n
1 k 2
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Rémy Nicolai M1308CMPSI B Année 2013-2014 Corrigé DM 8 29 juin 2019
On utilise alors les encadrements de 3.a. et 3.b.. Il vient : 1
2 1
n − 1 p
− 1 3
1
(n − 1) 2 − 1 p 2
≤ u n − u p+1 ≤ 1 2
1 n − 1 − 1
p
On xe alors n , le passage à la limite pour p → ∞ dans les inégalités donne : 1
2n − 1
3(n − 1) 2 ≤ u n − γ ≤ 1 2(n − 1)
4. L'encadrement précédent détermine γ avec une erreur inférieure à 10 −2 lorsque ε n = 1
2(n − 1) − 1
2n + 1
3(n − 1) 2 = 5n − 3
6n(n − 1) 2 ≤ 10 −2 .
On trouve par évaluation numérique que le plus petit entier permettant d'approcher γ à la précision demandée est n = 10 .
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