TD DU 11/10/2010 ET DU 18/10/2010
Exercice 1 .
Soit (a
n) une suite de r´ eels d´ ecroissante, de limite nulle et telle que P
a
n2C.
(1) Si a
n= 1
n alors montrer que P
(−1)
[√n]a
nC.
(2) Cas g´ en´ eral : on pose c
n= a
n2et b
n=
2n
P
k=0
a
n2+k. a) Montrer que nc
n→ 0.
b) Prouver les in´ egalit´ es 0 6 b
2n− b
2n+1+ 2c
2n+16 (4n + 3)(c
2n− c
2n+2).
c) Conclure ` a la convergence de P
(−1)
[√n]a
n.
Exercice 2 . Oral ENS 1999
Soit f
n(x) = |x(x − 1)(. . .)(x − n)| sur [0, n].
Montrer qu’un maximum de f
nest atteint en un point s
nde [0, 1/2].
Donner un ´ equivalent de s
npuis de f
n(s
n).
1
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Solution 1
(1) En prenant b
n=
2n
P
k=0
a
n2+kalors on a l’encadrement Z
(n+1)2n2
dx
x 6 b
n6
Z
(n+1)2n2−1
dx x
soit 2 ln
n+1n6 b
n6 ln
n+1n−1d’o` u b
n− b
n+1> 2 ln
n+1n− ln
n+2n> 0 donc la suite (b
n) d´ ecroˆıt vers 0, la s´ erie P
(−1)
nb
nconverge, de mˆ eme pour P
(−1)
[√n]a
n. En effet, si on pose s
N=
N
P
n=1
(−1)
[√n]a
net σ
P=
P
P
n=1
(−1)
nb
nalors |s
N− σ
[√N]−1| 6 b
[√N]→ 0 donc (s
N) converge.
(2) a) La suite (c
n) d´ ecroˆıt et
2n−1
P
k=n
c
k> nc
2n→ 0 donc nc
n→ 0.
b) On a (2n + 1)c
n+16 b
n6 (2n + 1)c
nd’o` u (4n + 1)c
2n+1− (4n + 1)c
2n+1| {z }
=−2c2n+1
6 b
2n− b
2n+16 (4n + 1)c
2n− (4n + 3)c
2n+2| {z }
=(4n+3)(c2n−c2n+2)−2c2n
d’o` u, en additionnant 2c
2n+1, on obtient l’in´ egalit´ e demand´ ee en remarquant que 2c
2n+1− 2c
2n6 0.
c) On a
N
X
n=0
(4n + 3)[c
2n− c
2n+2| {z }
>0
] =
N
X
n=0
(4n + 3)c
2n−
N
X
n=0
(4n + 3)c
2n+2| {z }
=PN+1
n=1(4n−1)c2n
= 3c
0+ 4
N
X
n=1
c
2n− (4N + 3)c
2N+26 4
+∞
X
n=0
c
2ndonc P
(4n + 3)(c
2n− c
2n+2) converge d’o` u la convergence de P
b
2n− b
2n+1, de P (−1)
nb
ncar b
n→ 0 et celle de P
(−1)
[√n]a
ncomme au (1).
Voici un programme Maple qui permet d’estimer la convergence de la s´ erie P
(−1)
[√n]/n.
> S:=proc(N)
> local n,s,P,J;
> s[0]:=0.;
> for n from 1 to N do s[n]:=s[n-1]+evalf((-1)^(floor(sqrt(n)))/n) od;
> J:=[[P,s[P]] $P=1..N]: plot(J,x=1..N,style=point);
> end;
Solution 2
On a f
n(1/2) = 1 4 × 3
2 × · · · × 2n − 1
2 et f
n(x) = f
n(n − x), on peut prendre x ou n − x qui joueront des rˆ oles sym´ etriques.
Soit k ∈ [[1, n − 1]] alors on sait d´ ej` a que |(x − k)(x − k − 1)| 6 1 4
• Si k 6 x 6 k + 1/2 alors x
|{z}
6k+1/2
( x − 1
| {z }
6k−1/2
)(. . .)(x − k + 1
| {z }
63/2
) 6 3
2 × · · · × 2k + 1 2 puis
(k + 2 − x
| {z }
62
)(. . .)(n − x
| {z }
6n−k
) 6 (k + 3/2)(. . .)(n − 1/2)
en exprimant que 2 6 k + 3/2, 3 6 k + 5/2, . . . , n − k 6 n − 1/2 car k > 1.
En combinant ces deux in´ egalit´ es, on obtient f
n(x) 6 f
n(1/2).
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• Si k + 1/2 6 x 6 k + 1 on peut refaire le mˆ eme raisonnement avec n − x.
On a donc f
n(1/2) > f
n(x) pour x ∈ [1, n − 1].
Or, pour x ∈ [0, 1/2], on a f
n(x) > f
n(1 − x), en effet si 0 6 x 6 1/2 alors k − x > k + x − 1 d’o` u
f
n(x) = x(1 − x)
n
Y
k=2
(k − x) > (1 − x)x
n
Y
k=2
(k + x − 1) = f
n(1 − x).
Le maximum de f
nest atteint sur l’intervalle [0, 1/2] (et aussi sur l’intervalle [n −1/2, n] compte tenu de la sym´ etrie.
Si on ´ ecrit f
n(x) = |P
n(x)| alors le maximum de f est atteint en un point o` u P
n0(x) = 0 et, en d´ erivant logarithmiquement, on obtient la relation
1
s
n+ 1
s
n− 1 + · · · + 1
s
n− n = 0 soit 1
s
n= 1
1 − s
n+ · · · + 1 n − s
n| {z }
=Sn
. Comme 0 < s
n< 1
2 alors on a l’encadrement suivant
1 + 1
2 + · · · + 1 n
| {z }
∼lnn
< S
n< 1 2 + 3
2 + · · · + 1 n − 1/2
| {z }
∼lnn
donc s
n∼ 1 ln n .
Ensuite, on ´ ecrit que f
n(s
n) n!s
n=
n
Y
k=1
1 − s
nk
= a
n. a
n> 0, on ´ etudie ln a
n.
Tout d’abord, une ´ etude simple de fonction nous montre que x 6 − ln(1 − x) 6 x + x
2pour x ∈ [0, 1/2] d’o` u
n
X
k=1
s
nk 6
n
X
k=1
− ln
1 − s
nk
6
n
X
k=1
s
nk + s
2nk
2. Or
n
P
k=1
1
k ∼ ln n donc
n
P
k=1
s
nk → 1 et s
2nn
P
k=1
1
k
2→ 0 car s
2n→ 0 et P
1k2
