Exercice d’analyse

L.E.G.T.A. Le Chesnoy TB2−2011-2012

D. Blotti`ere Math´ematiques

Correction du devoir surveill´ e n˚3

Exercice d’alg` ebre

SoitAla matrice d´efinie par :

A=





4 −2 −2

3 0 −3

1 −2 1



.

1. Calcul des puissances de A

1.1. D´eterminer l’ensembleSp(A) desλ∈R, tel que le syst`eme lin´eaire :

(Sλ) : (A−λI3)



 x1

x2

x3



=



 0 0 0





d’inconnue



 x1

x2

x3



∈R³ ne soit pas de Cramer.

1.2. Soientα, β, γles ´el´ements deSp(A) rang´es dans l’ordre croissant. On a doncα < β < γ.

1.2.1. R´esoudre le syst`eme lin´eaire (Sα) et d´eterminer l’unique solution de (Sα) dont la troisi`eme com- posante vaut 1, i.e. l’unique solution de (Sα) de la forme



 x1

x2

1



, avecx1, x2∈R.

1.2.2. R´esoudre le syst`eme lin´eaire (Sβ) et d´eterminer l’unique solution de (Sβ) dont la troisi`eme com- posante vaut 1.

1.2.3. R´esoudre le syst`eme lin´eaire (Sγ) et d´eterminer l’unique solution de (Sγ) dont la troisi`eme com- posante vaut 1.

1.3. SoitP la matrice d´efinie par :

P =





1 1 0

1 0 −1

1 1 1



. Montrer queP est inversible et calculerP⁻¹.

1.4. On poseD=P⁻¹AP.

1.4.1. Calculer les coefficients de la matriceD, puis ceux des matricesDⁿ pour toutn∈N^∗. 1.4.2. Montrer queA=P DP⁻¹.

1.4.3. D´emontrer par r´ecurrence que pour toutn∈N: Aⁿ=P DⁿP⁻¹. 1.4.4. En d´eduire les coefficients deAⁿ pour toutn∈N^∗.

2. ´Etude de trois suites li´ees par des relations de r´ecurrence lin´eaires d’ordre 1 Soient (un)n∈N, (vn)n∈N et (wn)n∈Nles trois suites d´efinies par :

u0= 1 v0= 2 w0=−1 et les relations de r´ecurrence :

un+1= 4un−2vn−2wn

vn+1= 3un−3wn

wn+1=un−2vn+wn

valables pour toutn∈N. On poseXn =



 un

vn

wn



pour toutn∈N. 2.1. Que vaut le vecteurX0?

2.2. Soitn∈N. Reconnaˆıtre le produitAXn.

2.3. D´emontrer par r´ecurrence que pour toutn∈N:Xn=AⁿX0.

2.4. En d´eduire une expression deun,vn etwn en fonction denpour toutn∈N^∗. Correction

1.1. Soitλ∈R. Comme (Sλ) est un syst`eme lin´eaire `a trois ´equations et trois inconnues, il est de Cramer si et seulement s’il est de rang 3. Pour d´eterminer le rang du syst`eme (Sλ), on l’´echelonne.

CommeA−λI3=





4−λ −2 −2

3 −λ −3

1 −2 1−λ



, (Sλ) s’´ecrit :







(4−λ)x1 − 2x2 − 2x3 = 0

3x1 − λx2 − 3x3 = 0

x1 − 2x2 + (1−λ)x3 = 0 .

(Sλ) ⇐⇒







x1 − 2x2 + (1−λ)x3 = 0 (L1↔L3)

3x1 − λx2 − 3x3 = 0

(4−λ)x1 − 2x2 − 2x3 = 0

⇐⇒







x1 − 2x2 + (1−λ)x3 = 0

(6−λ)x2 + (3λ−6)x3 = 0 (L2←L2−3L1) (6−2λ)x2 + (−λ²+ 5λ−6)x3 = 0 (L3←L3−(4−λ)L1)

On a donc, pour toutλ∈R:

(Sλ) ⇐⇒







x1 − 2x2 + (1−λ)x3 = 0 (6−λ)x2 + (3λ−6)x3 = 0

(6−2λ)x2 + (−λ²+ 5λ−6)x3 = 0 (1)

A la page suivante, on trouvera deux solutions diff´erentes pour r´epondre `` a la question pos´ee, une fois le r´esultat (1)´etabli. Il me semble important de bien ´etudier les deux m´ethodes propos´ees et de r´efl´echir ensuite `a leurs diff´erences (avantages, inconv´enients, difficult´es techniques, . . . ).

Premi`ere solution : scinder l’´etude en deux parties et effectuer des calculs alg´ebriques≪assez longs≫

Apr`es avoir ´elimin´e l’inconnuex1des deux premi`eres lignes, on souhaite

´eliminer l’inconnuex2 de la troisi`eme ligne, en utilisant la deuxi`eme ligne. On peut penser `a la transformation :

L3← (6−λ) L3−(6−2λ)L2 (2) pour ce faire. Il nous faut alors exclure la valeurλ= 6 de notre ´etude pour assurer que la transformation (2) soit une op´eration ´el´ementaire (et donc qu’elle ne modifie pas l’ensemble solution). Le casλ= 6 sera trait´e plus tard, s´epar´ement.

•Cas o`uλ6= 6

Dans ce cas,L3←(6−λ)L3−(6−2λ)L2est une op´eration ´el´ementaire.

En l’effectuant, on obtient :

(Sλ) ⇐⇒



















x1 − 2x2 + (1−λ)x3 = 0

(6−λ)

| {z }

6=0

x2 + (3λ−6)x3 = 0

(λ³−5λ²+ 6λ) x3 = 0

. (3)

Ici, le calcul du coefficientλ³−5λ²+ 6λdex3dans la troisi`eme ligne peut pr´esenter quelques difficult´es d’ordre technique.

On est conduit `a s’int´eresser aux racines du polynˆome de degr´e 3 :P= λ<sup>3</sup>−5λ<sup>2</sup>+ 6λ.Grˆace `a la factorisation :

P=λ(λ²−5λ+ 6)

on voit que les racines dePsont 0 et les racines du trinˆome du second degr´e λ²−5λ+ 6. On d´etermine ces derni`eres (en remarquant que 2 et 3 sont racines≪´evidentes≫ ou au pire `a l’aide du discriminant de λ²−5λ+ 6...) ; celles-ci sont 2 et 3. L’ensemble des racines dePest donc {0,2,3}.

On en d´eduit que : le syst`eme (Sλ)

est de Cramer siλ∈R\ {6,0,2,3}

n’est pas de Cramer (car de rang 2) siλ∈ {0,2,3} . (4)

•Cas o`uλ= 6

On rappelle (cf. (1)) que pourλquelconque dansR, le syst`eme (Sλ) est

´equivalent `a :











x1 − 2x2 + (1−λ)x3 = 0

(6−λ)x2 + (3λ−6)x3 = 0 (6−2λ)x2 + (−λ²+ 5λ−6)x3 = 0

.

En particulier pourλ= 6, on a :

(S6) ⇐⇒











x1 − 2x2 − 5x3 = 0 12x3 = 0

−6x2 − 12x3 = 0 .

En ´echangeant la place des inconnuesx2 etx3, on obtient un syst`eme

´echelonn´e, dont les coefficients diagonaux sont tous non nuls. Le rang de (S6) est donc 3. On en d´eduit que :

le syst`eme (S6) est de Cramer. (5)

•Conclusion

On rassemble les r´esultats (4) et (5) pour obtenir que :

le syst`eme (Sλ)

est de Cramer siλ∈R\ {0,2,3}

n’est pas de Cramer (car de rang 2) siλ∈ {0,2,3} .

En d’autres termes, on a :Sp(A) ={0,2,3}.

Deuxi`eme solution : commencer par factoriser un trinˆome du second degr´e pour all´eger les calculs

Pour cette deuxi`eme solution, on part du r´esultat (1) :

(Sλ) ⇐⇒











x1 − 2x2 + (1−λ)x3 = 0

(6−λ)x2 + (3λ−6)x3 = 0 (6−2λ)x2 + (−λ²+ 5λ−6)x3 = 0

.

On observe que le coefficient (3λ−6) dex3dans la deuxi`eme ligne s’´ecrit aussi :

3(λ−2). (6)

On regarde alors si 2 est racine du polynˆome−λ²+ 5λ−6. C’est le cas.

D’apr`es le cours sur la somme et le produit des racines d’un trinˆome du second degr´e, l’autre racine de−λ²+ 5λ−6 est 3 (ce que l’on v´erifie). On en d´eduit la factorisation :

−λ²+ 5λ−6 =−(λ−2)(λ−3). (7) Grˆace `a (6) et (7), on voit que l’op´eration ´el´ementaire :

L3← 3 L3+ (λ−3)L2

permet de chasser la variablex3de la troisi`eme ligne. On l’effectue et l’on obtient :

(Sλ) ⇐⇒











x1 − 2x2 + (1−λ)x3 = 0 (6−λ)x2 + (3λ−6)x3 = 0

(3λ−λ²)x2 = 0

⇐⇒



















x1 + (1−λ)x3 − 2x2 = 0

(3λ−6) x3 + (6−λ)x2 = 0 (3λ−λ²) x2 = 0

.

Le dernier syst`eme a ´et´e obtenu `a partir du pr´ec´edent, en ´echangeant la place des inconnuesx2etx3.

On d´etermine `a pr´esent les valeurs deλqui annulent un coefficient diago- nal. L’unique solution de :

3λ−6 = 0 estλ= 2. Les solutions de l’´equation :

3λ−λ²= 0

qui est ´equivalente `aλ(3−λ) = 0 sontλ= 0 etλ= 3.

De cette ´etude, on d´eduit que :

le syst`eme (S_λ) est de Cramer si seulement siλ∈R\ {0,2,3}.

et donc que :

le syst`eme (Sλ) n’est pas de Cramer si seulement siλ∈ {0,2,3}.

On a donc :Sp(A) ={0,2,3}.

Une comparaison des deux solutions expos´ees `a la page pr´ec´edente

Seuls des polynˆomes de degr´es inf´erieurs ou ´egaux `a 2 apparaissent comme coefficients du syst`eme dans la deuxi`eme m´ethode. C’est <sup>≪</sup>rassurant<sup>≫</sup>, car on sait qu’ensuite il faut discuter de la nullit´e ´eventuelle des coefficients diagonaux (du dernier syst`eme obtenu) et la recherche de racines de polynˆomes de degr´es inf´erieurs ou ´egaux `a 2 est ais´ee.

Dans la premi`ere m´ethode, on a vu apparaˆıtre un polynˆome de degr´e 3 (λ<sup>3</sup>−5λ<sup>2</sup> + 6λ) dont on a dˆu d´eterminer les racines. Ici, on peut remarquer au moins une racine <sup>≪</sup>´evidente<sup>≫</sup> (la racine 0), mais ce peut ˆetre, en g´en´eral, un probl`eme ´epineux (mais soluble) que de d´eterminer les racines d’un polynˆome de degr´e 3.

On rappelle que si l’on doit d´eterminer les racines d’un polynˆomeQ de degr´e 3, on peut commencer par chercher des racines ^≪´evidentes^≫. Si on en trouve une, disonsa, alors on factorise le polynˆomeQ par (X−a), i.e. on cherche a0, a1, a2∈Rtels que :

Q= (X−a)(a2X²+a1X+a0).

Pour cela, on calcule les coefficients du polynˆome (X−a)(a2X²+a1X +a0) et on utilise l’unicit´e des coefficients d’un polynˆome pour obtenir un syst`eme lin´eaire `a 4 ´equations et `a 3 inconnues (a0, a1, a2). On le r´esout. Une fois a0, a1, a2 d´etermin´es, on calcule les racines ´eventuelles du polynˆomea2X²+a1X+a0. On obtient toutes les racines de P en rassemblantaet les racines ´eventuelles dea2X²+a1X+a0. 1.2. Si α, β, γ d´esignent les ´el´ements de Sp(A) rang´es dans l’ordre croissant, alors on aα = 0, β = 2 et

γ= 3 (d’apr`es la question 1.1.).

En 1.2.1. (resp. 1.2.2., 1.2.3.), on r´esout donc le syst`eme(S0)(resp.(S2),(S3)). Les syst`emes(S0),(S2), (S3) sont des syst`emes lin´eaires 3×3 qui sont homog`enes mais pas de Cramer (cf. question 1.1.). Par cons´equent, ils admettent tous trois une infinit´e de solutions.

Pour r´esoudre ces trois syst`emes, on va r´eutiliser le r´esultat (3) obtenu `a la question 1.1.. Celui-ci nous dit que pour toutλ∈R\ {6} :

(Sλ) ⇐⇒















x1 − 2x2 + (1−λ)x3 = 0 (6−λ)x2 + (3λ−6)x3 = 0 (λ³−5λ²+ 6λ)x3 = 0

.

Ici, on a cit´e un r´esultat apparu dans la premi`ere solution donn´ee `a la question 1.1.. On aurait tout aussi pu utiliser le r´esultat suivant : Pour toutλ∈R:

(Sλ) ⇐⇒















x1 + (1−λ)x3 − 2x2 = 0 (3λ−6)x3 + (6−λ)x2 = 0 (3λ−λ²)x2 = 0

obtenu au cours de la deuxi`eme solution donn´ee `a la question 1.1. pour d´ebuter les r´esolutions des syst`emes (S0),(S2),(S3).

1.2.1. On suppose ici queλ=α= 0. Comme 06= 6, on peut appliquer le r´esultat (3) :

(S0) ⇐⇒















x1 − 2x2 + (1−0)x3 = 0

(6−0)x2 + (3×0−6)x3 = 0 (0³−5×0²+ 6×0)x3 = 0

.

On a donc :

(S0) ⇐⇒















x1 − 2x2 + x3 = 0 6x2 − 6x3 = 0

0 = 0

.

Le syst`eme (S0) est homog`eme, `a 3 inconnues et de rang 2 (d’apr`es ce qui pr´ec`ede). Il admet donc une infinit´e de solutions param´etris´ees par 3-2=1 param`etre. Ici on choisit x3. De (L2), on d´eduit que :

x2=x3. De cette identit´e et de (L1), on d´eduit :

x1−2x3+x3= 0 soit :

x1=x3. L’ensemble solution de (S0) est donc :









 x3

x3

x3



 : x3∈R





 .

On en d´eduit que l’unique solution de (S0) dont la troisi`eme composante vaut 1 est



 1 1 1



. 1.2.2. On suppose ici queλ=β = 2. Comme 26= 6, on peut appliquer le r´esultat (3) :

(S2) ⇐⇒















x1 − 2x2 + (1−2)x3 = 0

(6−2)x2 + (3×2−6)x3 = 0 (2³−5×2²+ 6×2)x3 = 0

.

On a donc :

(S2) ⇐⇒















x1 − 2x2 − x3 = 0

4x2 = 0

0 = 0

.

Le syst`eme (S2) est homog`eme, `a 3 inconnues et de rang 2 (d’apr`es ce qui pr´ec`ede). Il admet donc une infinit´e de solutions param´etris´ees par 3-2=1 param`etre. Ici on choisit x3. De (L2), on d´eduit que :

x2= 0.

De cette identit´e et de (L1), on d´eduit :

x1−x3= 0 soit :

x1=x3. L’ensemble solution de (S2) est donc :









 x3

0 x3



 : x3∈R





 .

On en d´eduit que l’unique solution de (S2) dont la troisi`eme composante vaut 1 est



 1 0 1



. 1.2.3. On suppose ici queλ=γ= 3. Comme 36= 6, on peut appliquer le r´esultat (3) :

(S3) ⇐⇒















x1 − 2x2 + (1−3)x3 = 0

(6−3)x2 + (3×3−6)x3 = 0 (3³−5×3²+ 6×3)x3 = 0

.

On a donc :

(S3) ⇐⇒















x1 − 2x2 − 2x3 = 0 3x2 + 3x3 = 0

0 = 0

.

Le syst`eme (S3) est homog`eme, `a 3 inconnues et de rang 2 (d’apr`es ce qui pr´ec`ede). Il admet donc une infinit´e de solutions param´etris´ees par 3-2=1 param`etre. Ici on choisit x3. De (L2), on d´eduit que :

x2=−x3. De cette identit´e et de (L1), on d´eduit :

x1−2(−x3)−2x3= 0 soit :

x1= 0.

L’ensemble solution de (S3) est donc :









 0

−x3

x3



 : x3∈R





 .

On en d´eduit que l’unique solution de (S3) dont la troisi`eme composante vaut 1 est



 0

−1 1



. 1.3. SoitP la matrice d´efinie par :

P=





1 1 0

1 0 −1

1 1 1



. Remarque

• La premi`ere colonne deP est l’unique solution de(S0)dont la troisi`eme composante vaut 1.

• La deuxi`eme colonne deP est l’unique solution de(S2) dont la troisi`eme composante vaut 1.

• La troisi`eme colonne deP est l’unique solution de(S3)dont la troisi`eme composante vaut 1.

Ceci joue un rˆole important dans la suite du probl`eme. Nous donnerons prochainement une explication conceptuelle de ce fait (cf. th´eor`eme de changement de base pour les matrices d’applications lin´eaires).

Pour ´etudier l’inversibilit´e de la matriceP et calculer son inverse, on introduit le syst`eme

(S) : P



 x1

x2

x3



=



 y1

y2

y3





d’inconnue



 x1

x2

x3



∈R³ et de param`etre



 y1

y2

y3



∈R³.

(S) ⇐⇒







x1 + x2 = y1

x1 − x3 = y2

x1 + x2 + x3 = y3

⇐⇒







x1 + x2 = y1

− x2 − x3 = y2−y1 (L2←L2−L1) x3 = y3−y1 (L3←L3−L1)

On voit alors que le syst`eme (S) est de rang 3, donc de Cramer. On en d´eduit que la matrice P est inversible. Pour d´eterminer l’inverse de la matriceP, achevons la r´esolution du syst`eme (S).

D’apr`es (L3), on a :

x3=y3−y1. (8)

De (11) et de (L2), on d´eduit :

−x2−(y3−y1) =y2−y1

soit

x2= 2y1−y2−y3. (9)

De (12) et de (L1), on d´eduit :

x1+ (2y1−y2−y3) =y1

soit

x1=−y1+y2+y3. (10)

On rassemble les r´esultats (11), (12) et (13) pour obtenir :







x1 = −y1 + y2 + y3

x2 = 2y1 − y2 − y3

x3 = −y1 + y3

soit 

 x1

x2

x3



=





−1 1 1

2 −1 −1

−1 0 1







 y1

y2

y3



. On a donc :

P⁻¹=





−1 1 1

2 −1 −1

−1 0 1



. (11)

On verifie que l’on a bienP P⁻¹=I3. 1.4. SoitD=P⁻¹AP.

1.4.1. On calcule le produit matriciel : P⁻¹AP =





−1 1 1

2 −1 −1

−1 0 1









4 −2 −2

3 0 −3

1 −2 1









1 1 0

1 0 −1

1 1 1





et on trouve





0 0 0

0 2 0

0 0 3



.On en d´eduit que :

D=





0 0 0

0 2 0

0 0 3



.

Soit n un entier naturel non nul. Pour ´elever une matrice diagonale `a la puissance n, il suffit d’´elever chacun des coefficients diagonaux `a la puissancen. On a donc :

Dⁿ =





0ⁿ 0 0

0 2ⁿ 0

0 0 3ⁿ



=





0 0 0

0 2ⁿ 0 0 0 3ⁿ



. (12)

1.4.2. D’apr`es la d´efinition deD, on a D=P⁻¹AP.

D=P⁻¹AP =⇒ P D=P P⁻¹

| {z }

I3

AP (multiplication parP par la gauche de chacun des membres)

=⇒ P D=AP (I3AP =AP)

=⇒ P DP⁻¹=AP P⁻¹

| {z }

I3

(multiplication parP⁻¹ par la droite de chacun des membres)

=⇒ P DP⁻¹=A (AI3=A)

On a donc

A=P DP⁻¹. (13)

1.4.3. Pour toutn∈N^∗, on pose :

Pn : Aⁿ=P DⁿP⁻¹.

• Initialisation

La propri´et´e P1 s’´ecrit : A¹ = P D¹P⁻¹. Comme A¹ = A et D¹ = D, la propri´et´e P1 se r´e´ecrit A=P DP⁻¹. Elle est vraie d’apr`es (15).

• H´er´edit´e

Supposons la propri´et´ePn vraie pour un entiern∈N^∗ fix´e, i.e. :

Aⁿ=P DⁿP⁻¹. (14)

Montrons que la propri´et´ePn+1 est vraie, i.e. que :

Aⁿ⁺¹=P Dⁿ⁺¹P⁻¹. Aⁿ⁺¹ = AⁿA

= P DⁿP⁻¹

| {z }

Aⁿ

P DP⁻¹

| {z }

A

(cf. (16) et (17))

= P DⁿP⁻¹P

| {z }

I3

DP⁻¹

= P DⁿD

| {z }

Dⁿ⁺¹

P⁻¹

= P Dⁿ⁺¹P⁻¹

• Conclusion

De l’initialisation au rangn= 1, de l’h´er´edit´e et de l’axiome de r´ecurrence on d´eduit que la propri´et´e Pn est vraie pour toutn∈N^∗, i.e. que :

∀n∈N^∗ Aⁿ =P DⁿP⁻¹. (15) 1.4.4. Soitn∈N^∗. De (14), (15) et (18) on d´eduit que :

Aⁿ=





1 1 0

1 0 −1

1 1 1





| {z }

P





0 0 0

0 2ⁿ 0 0 0 3ⁿ





| {z }

Dⁿ





−1 1 1

2 −1 −1

−1 0 1





| {z }

P⁻¹

=





2ⁿ⁺¹ −2ⁿ −2ⁿ

3ⁿ 0 −3ⁿ

2ⁿ⁺¹−3ⁿ −2ⁿ 3ⁿ−2ⁿ



 (16)

On v´erifie que pourn= 1 la matrice donn´ee par la formule pr´ec´edente co¨ıncide avec la matriceA.

2.1. Par d´efinition, on a :

X0=



 u0

v0

w0



=



 1 2

−1



. (17)

2.2. Soitn∈N. AXn=





4 −2 −2

3 0 −3

1 −2 1







 un

vn

wn



=





4un−2vn−2wn

3un−3wn

un−2vn+wn



=



 un+1

vn+1

wn+1



=Xn+1. On a donc :

AXn=Xn+1. (18)

2.3. Pour toutn∈N, on d´efinit la propri´et´ePn par :

P_n : Xn=AⁿX0.

• Initialisation `an= 0 La propri´et´eP0s’´ecrit :

X0= A⁰

|{z}

I3

X0. La propri´et´eP0est vraie.

• H´er´edit´e

Supposons la propri´et´ePn vraie pour un entiern∈Nfix´e, i.e. :

Xn=AⁿX0. (19)

Montrons alors la propri´et´ePn+1, i.e. :

Xn+1=Aⁿ⁺¹X0. Xn+1 = AXn (cf. (21))

= AAⁿX0 (cf. (22))

= Aⁿ⁺¹X0.

• Conclusion

De l’initialisation `an= 0, de l’h´er´edit´e et de l’axiome de r´ecurrence, on d´eduit que :

∀n∈N Xn=AⁿX0. (20) 2.4. Soitn∈N^∗. De (19),(20) et (23), on d´eduit :



 un

vn

wn





| {z }

Xn

=





2ⁿ⁺¹ −2ⁿ −2ⁿ

3ⁿ 0 −3ⁿ

2ⁿ⁺¹−3ⁿ −2ⁿ 3ⁿ−2ⁿ





| {z }

Aⁿ



 1 2

−1





| {z }

X0

=



 2ⁿ 2×3ⁿ 2ⁿ−2×3ⁿ





d’o`u :

un= 2ⁿ ; vn= 2×3ⁿ ; wn= 2ⁿ−2×3ⁿ.

Exercice d’analyse

1. La s´erie harmonique

Pour toutn∈N^∗, on pose :Hn = Xn k=1

1 k.

1.1. Montrer que la suite (Hn)n∈N∗ est strictement croissante.

1.2. Enoncer le th´eor`eme des accroissements finis.´ 1.3. D´emontrer que pour toutk∈N^∗ :

1

k+ 1 <ln(k+ 1)− ln(k)< 1 k. 1.4. En d´eduire que pour toutn∈N^∗ : ln(n+ 1)< Hn.

1.5. Conclure quant au comportement asymptotique de la suite (Hn)n∈N∗. Traduire le r´esultat obtenu dans le langage des s´eries.

1.6. Pour toutn∈N^≥2, on pose :

un=Hn−ln(n) et vn=Hn−1−ln(n).

1.6.1. D´emontrer que les suites (un)_n∈N≥2 et (vn)_n∈N≥2 sont adjacentes. Leur limite commune est nomm´ee constante d’Euler et est not´eeγ.

1.6.2. En d´eduire que :Hn ∼

n→+∞ln(n).

2. La s´erie harmonique altern´ee Pour toutn∈N^∗, on pose :An=

Xn k=1

(−1)^k−1 k .

2.1. Montrer que les suites (A2n)n∈N∗ et (A2n+1)n∈N∗ sont adjacentes.

2.2. En d´eduire que la suite (An)n∈Nconverge. On notel sa limite.

2.3. Soitn∈N^∗ et soitf:R⁺ →R; x7→ln(1 +x)− X2n k=1

(−1)^k−1x^k

k .

2.3.1. D´emontrer que pour toutx∈R⁺ : X2n k=1

(−x)^k−1= 1−(−x)²ⁿ 1 +x .

2.3.2. Justifier quef est d´erivable surR⁺ et calculerf^′. Pr´eciser le signe def^′ surR⁺. 2.3.3. Dresser le tableau de variations def surR⁺ et calculerf(0).

2.3.4. En d´eduire que pour toutx∈R⁺ : X2n k=1

(−1)^k−1x^k

k ≤ln(1 +x).

2.4. Soitn∈N^∗. D´emontrer par une m´ethode analogue `a celle expos´ee en 2.3. pour tout x∈R⁺ : ln(1 +x)≤

2n+1X

k=1

(−1)^k−1x^k

k .

2.5. D´eduire de 2.3. et 2.4. que pour toutn∈N^∗ :A2n ≤ln(2) ≤A2n+1, puis quel= ln(2).

2.6. Traduire les r´esultats obtenus en 2.2. et en 2.5. dans le langage des s´eries.

Correction

1.1. La suite (Hn)n∈N∗ est strictement croissante si et seulement si :

∀n∈N^∗ Hn+1−Hn >0.

Soitn∈N^∗.

Hn+1−Hn=

n+1X

k=1

1 k −

Xn k=1

1 k

! .

Comme

n+1X

k=1

1 k =

Xn k=1

1 k

!

+ 1

n+ 1

| {z }

k=n+1

, on a :

Hn+1−Hn = 1 n+ 1 >0.

La suite (Hn)n∈N∗ est donc strictement croissante.

1.2. Le th´eor`eme des accroissements finis s’´enonce comme suit.

Soient a, b∈ R tels que a < b. Soit f: [a, b] →R une fonction continue sur [a, b] et d´erivable sur ]a, b[.

Alors il existec∈]a, b[ tel que :

f(b)−f(a)

b−a =f^′(c).

1.3. Soitk∈N^∗. La fonction ln est d´efinie sur ]0,+∞[ et d´erivable (donc continue) sur ]0,+∞[. La fonction f: [k, k+ 1]→R; x7→ln(x)

est donc continue sur [k, k+ 1] et d´erivable sur ]k, k+ 1[. On peut donc lui appliquer le th´eor`eme des accroissements finis : il existe c∈]k, k+ 1[ tel que :

f(k+ 1)−f(k)

k+ 1−k =f^′(c).

Commef(k+ 1) = ln(k+ 1),f(k) = ln(k),k+ 1−k= 1 etf^′(c) =1

c, on a donc : ln(k+ 1)− ln(k) =1

c. (21)

Commec∈]k, k+ 1[, on ak < c < k+ 1. De cette in´egalit´e et de la d´ecroissance de la fonction inverse sur ]0,+∞[, on d´eduit :

1 k+ 1 <1

c < 1

k. (22)

De (24) et (25), on d´eduit que : 1

k+ 1 <ln(k+ 1)− ln(k)< 1

k. (23)

1.4. Soitn∈N^∗. En sommant membre `a membre lesnin´egalit´es : 1

2 < ln(2)− ln(1) < 1

1 (cf. (26) aveck= 1) 1

3 < ln(3)− ln(2) < 1

2 (cf. (26) aveck= 2) 1

4 < ln(4)− ln(3) < 1

3 (cf. (26) aveck= 3) ...

1

n < ln(n)− ln(n−1) < 1

n−1 (cf. (26) aveck=n−1) 1

n+ 1 < ln(n+ 1)− ln(n) < 1

n (cf. (26) aveck=n) et en remarquant que des termes se t´elescopent dans la partie centrale, on obtient :

1 2 +1

3 +1

4+. . .+1 n+ 1

n+ 1 <ln(n+ 1)−ln(1)

| {z }

0

< 1

|{z}1

1

+1 2 +1

3+. . .+ 1 n−1 +1

n

soit :

n+1X

k=2

1

k <ln(n+ 1)<

Xn k=1

1 k

| {z }

Hn

d’o`u :

ln(n+ 1)< Hn. (24)

1.5. De l’in´egalit´e (27) valable pour toutn∈N^∗, de ln(n+1) →

n→+∞+∞et du th´eor`eme^≪des gendarmes^≫, on d´eduit que :

Hn →

n→+∞+∞.

La suite (Hn)n∈N∗ est la suite des sommes partielles de la s´erie associ´ee `a la suite 1

n

n∈N∗

. Comme la suite (Hn)n∈N∗ diverge vers +∞, la s´erie de terme g´en´eral 1

n est divergente.

1.6.1. Par d´efinition, deux suites sont adjacentes si l’une est croissante, l’autre est d´ecroissante et si leur diff´erence tend vers 0 quandntend vers +∞. Pour montrer que les suites (un)_n∈N^≥2 et (vn)_n∈N^≥2 d´efinies par :

un=Hn−ln(n) et vn =Hn−1−ln(n)

pour toutn∈N^≥2 sont adjacentes, on ´etudie d’abord le sens de variation de chacune.

• Etude du sens de variation de la suite (u´ n)_n∈N≥2

Soitn∈N^≥2. On cherche `a d´eterminer le signe de un+1−un.

un+1−un =Hn+1−ln(n+ 1)−(Hn−ln(n)) =Hn+1−Hn−ln(n+ 1) + ln(n).

CommeHn+1−Hn = 1

n+ 1 (cf. calcul effectu´e `a la question 1.1), on a : un+1−un= 1

n+ 1−ln(n+ 1) + ln(n).

Or l’in´egalit´e (26) appliqu´ee aveck=nnous livre : 1

n+ 1 <ln(n+ 1)−ln(n) soit :

1

n+ 1−ln(n+ 1) + ln(n)<0.

On a donc :

un+1−un<0.

La suite (un)n∈N≥2 est donc strictement d´ecroissante.

• Etude du sens de variation de la suite (v´ n)_n∈N^≥2

Soitn∈N^≥2. On cherche `a d´eterminer le signe de vn+1−vn.

vn+1−vn=Hn−ln(n+ 1)−(Hn−1−ln(n)) =Hn−Hn−1−ln(n+ 1) + ln(n).

On montre queHn−Hn−1= 1

n, comme on a montr´e en 1.1. queHn+1−Hn= 1

n+ 1. On a donc : vn+1−vn= 1

n−ln(n+ 1) + ln(n).

Or l’in´egalit´e (26) appliqu´ee aveck=nnous livre :

ln(n+ 1)−ln(n)< 1 n soit :

0< 1

n−ln(n+ 1) + ln(n).

On a donc :

vn+1−vn>0.

La suite (vn)_n∈N^≥2 est donc strictement croissante.

• Etude du comportement asymptotique de la suite (u´ n)_n∈N≥2−(vn)_n∈N≥2= (un−vn)_n∈N≥2

un−vn =Hn−ln(n)−(Hn−1−ln(n)) =Hn−Hn−1= 1

n →

n→+∞0.

Des trois points pr´ec´edents, on d´eduit que les suites (un)n∈N≥2 et (vn)n∈N≥2 sont adjacentes. D’apr`es le th´eor`eme des suites adjacentes, elles sont donc toutes deux convergentes et elles ont une limite identique.

Cette limite est nomm´ee constante d’Euler et est not´eeγ.

1.6.2. Par d´efinitionHn ∼

n→+∞ln(n) si Hn

ln(n) →

n→+∞1.Soitn∈N^≥2. On remarque que : Hn=Hn−ln(n) + ln(n)

et donc :

Hn

ln(n)= Hn−ln(n) + ln(n)

ln(n) = Hn−ln(n)

ln(n) +ln(n) ln(n)=

un

z }| { Hn−ln(n)

ln(n) + 1.

De cette ´egalit´e, deun →

n→+∞γ∈R(cf. question 1.6.1) et de ln(n) →

n→+∞+∞, on d´eduit que : Hn

ln(n) →

n→+∞1.

2.1. • Etude du sens de variation de la suite (A´ 2n)_n∈N^≥2

Soitn∈N^≥2. On cherche `a d´eterminer le signe de A2(n+1)−A2n=A2n+2−A2n. A2n+2−A2n=

2n+2X

k=1

(−1)^k−1

k −

X2n k=1

(−1)^k−1 k

! .

Comme

2n+2X

k=1

(−1)^k−1

k =

X2n k=1

(−1)^k−1 k

!

+(−1)²ⁿ⁺¹⁻¹ 2n+ 1

| {z }

k=2n+1

+(−1)²ⁿ⁺²⁻¹ 2n+ 2

| {z }

k=2n+2

on a :

A2n+2−A2n = X2n k=1

(−1)^k−1 k

!

+(−1)²ⁿ⁺¹⁻¹

2n+ 1 +(−1)²ⁿ⁺²⁻¹ 2n+ 2 −

X2n k=1

(−1)^k−1 k

!

= (−1)²ⁿ

2n+ 1 +(−1)²ⁿ⁺¹ 2n+ 2

Comme 2nest pair et 2n+ 1 est impair, on a (−1)²ⁿ= 1 et (−1)²ⁿ⁺¹=−1, d’o`u : A2n+2−A2n = 1

2n+ 1− 1

2n+ 2 = 2n+ 2−(2n+ 1)

(2n+ 1)(2n+ 2) = 1

(2n+ 1)(2n+ 2) >0.

La suite (A2n)_n∈N≥2 est donc strictement croissante.

• Etude du sens de variation de la suite (A´ 2n+1)_n∈N≥2

Soitn∈N^≥2. On cherche `a d´eterminer le signe de A2(n+1)+1−A2n+1=A2n+3−A2n+1. A2n+3−A2n+1=

2n+3X

k=1

(−1)^k−1

k −

2n+1X

k=1

(−1)^k−1 k

! .

Comme

2n+3X

k=1

(−1)^k−1

k =

2n+1X

k=1

(−1)^k−1 k

!

+(−1)²ⁿ⁺²⁻¹ 2n+ 2

| {z }

k=2n+2

+(−1)²ⁿ⁺³⁻¹ 2n+ 3

| {z }

k=2n+3

on a :

A2n+3−A2n+1 =

2n+1X

k=1

(−1)^k−1 k

!

+(−1)²ⁿ⁺²⁻¹

2n+ 2 +(−1)²ⁿ⁺³⁻¹ 2n+ 3 −

2n+1X

k=1

(−1)^k−1 k

!

= (−1)²ⁿ⁺¹

2n+ 2 +(−1)²⁽ⁿ⁺¹⁾ 2n+ 3

Comme 2n+ 1 est impair et 2(n+ 1) est pair, on a (−1)²ⁿ⁺¹=−1 et (−1)²⁽ⁿ⁺¹⁾= 1, d’o`u : A2n+2−A2n=− 1

2n+ 2 + 1

2n+ 3 =−(2n+ 3) + (2n+ 2)

(2n+ 2)(2n+ 3) =− 1

(2n+ 2)(2n+ 3) <0.

La suite (A2n+1)n∈N≥2 est donc strictement d´ecroissante.

• Etude du comportement asymptotique de la suite (A´ 2n)n∈N≥2−(A2n+1)n∈N≥2

Soitn∈N^≥2. On a :

A2n−A2n+1= X2n k=1

(−1)^k−1

k −

2n+1X

k=1

(−1)^k−1 k

! . Comme

2n+1X

k=1

(−1)^k−1

k =

X2n k=1

(−1)^k−1 k

!

+(−1)²ⁿ⁺¹⁻¹ 2n+ 1

| {z }

k=2n+1

on a :

A2n−A2n+1= X2n k=1

(−1)^k−1

k −

_2n X

k=1

(−1)^k−1 k

!

+(−1)²ⁿ⁺¹⁻¹ 2n+ 1

!

=−(−1)²ⁿ 2n+ 1. Comme 2nest pair, on a :

A2n−A2n+1=− 1 2n+ 1 d’o`u :

A2n−A2n+1 →

n→+∞0.

Des trois points pr´ec´edents, on d´eduit que les les suites (A2n)n∈N≥2 et (A2n+1)n∈N≥2 sont adjacentes.

2.2. De 2.1. et du th´eor`eme des suites adjacentes, on d´eduit que les deux suites (A2n)n∈N≥2 et (A2n+1)n∈N≥2

sont toutes deux convergentes et qu’elles ont mˆeme limite.

Comme la suite (A2n)n∈N≥2 (sous-suite des termes d’indices pairs de la suite (An)n∈N≥2) et la suite (A2n+1)n∈N≥2 (sous-suite des termes d’indices impairs de la suite (An)n∈N≥2) convergent et ont mˆeme limite, on d´eduit du cours sur les suites que la suite (An)_n∈N≥2 est convergente (et a mˆeme limite que les suites (A2n)_n∈N^≥2 et (A2n+1)_n∈N^≥2). On notel la limite de (An)_n∈N^≥2.

2.3.1. On rappelle que siq∈R\ {1}, siN∈N: XN k=0

q^k= 1−q^N+1

1−q . (25)

Soit x∈R⁺. En faisant le changement d’indicek^′ =k−1 (qui se note aussik=k^′+ 1) dans la somme X2n

k=1

(−x)^k−1, on obtient :

X2n k=1

(−x)^k−1=

2n−1X

k^′=0

(−x)^k′. On a donc :

X2n k=1

(−x)^k−1 =

2n−1X

k=0

(−x)^k. (26)

Notons que comme x∈R⁺, on a−x≤0 et donc −x6= 1. En appliquant le r´esultat (28) avecq=−xet N = 2n−1, on obtient :

2n−1X

k=0

(−x)^k =1−(−x)²ⁿ⁻¹⁺¹

1−(−x) = 1−(−x)²ⁿ

1 +x . (27)

De (29) et (30), on d´eduit que :

X2n k=1

(−x)^k−1=1−(−x)²ⁿ

1 +x . (28)

2.3.2. La fonctionf1:R⁺→[1,+∞[ ; x7→1 +xest d´erivable surR⁺ (fonction affine).

La fonctionf2: [1,+∞[→R; x7→ln(x) est d´erivable sur [1,+∞[ (la fonction ln est d´erivable surR^+∗).

La compos´ee de deux fonctions d´erivables ´etant d´erivable, on en d´eduit que la fonction : f2◦f1: R⁺→R; x7→ln(1 +x)

est d´erivable surR⁺.

La fonction f3:R⁺ →R; x7→

X2n k=1

(−1)^k−1x^k

k est d´erivable sur R⁺ (polynˆome). La diff´erence de deux fonctions d´erivables ´etant d´erivable, on en d´eduit que la fonction

f =f2◦f1−f3

est d´erivable surR⁺. Soitx∈R⁺.

f^′(x) = (f2◦f1)^′(x)−f₃^′(x) (lin´earit´e de la d´eriv´ee)

= f₁^′(x)×f₂^′(f1(x))−f₃^′(x) (d´eriv´ee d’une compos´ee)

= 1× 1

x+ 1 − X2n k=1

(−1)^k−1

k ×k×x^k−1 (lin´earit´e de la d´eriv´ee)

= 1

x+ 1 − X2n k=1

(−1)^k−1x^k−1

| {z }

(−x)^k−1

= 1

x+ 1 −1−(−x)²ⁿ

1 +x (cf. (31))

= (−x)²ⁿ x+ 1

= x²ⁿ

x+ 1 ((−x)²ⁿ= (−1)²ⁿ×x²ⁿ=x²ⁿ car 2nest pair) On en d´eduit que pour toutx∈R⁺,f^′(x)≥0.

2.3.3. La fonction f est d´erivable sur R⁺ et a une d´eriv´ee positive ou nulle sur R⁺. On en d´eduit que la fonctionf est croissante surR⁺.

D’autre part, on calcule :

f(0) = ln(1 + 0)− X2n k=1

(−1)^k−10^k k

= ln(1)− X2n k=1

(−1)^k−10^k

k (car 0^k= 0 sik∈N^∗)

= 0

x 0 +∞

Variations def

ր

0

2.3.4. Du tableau de variations pr´ec´edent, on d´eduit que pour toutx∈R⁺ : f(x) = ln(1 +x)−

X2n k=1

(−1)^k−1x^k

k ≥0

soit :

X2n k=1

(−1)^k−1x^k

k ≤ln(1 +x). (29)

2.4. Soitn∈N^∗. On introduit la fonction

g:R⁺→R : ln(1 +x)−

2n+1X

k=1

(−1)^k−1x^k

k .

Comme en 2.3.2., on montre que cette fonctiong est d´erivable surR⁺. Soitx∈R⁺. Toujours comme en 2.3.2., on montre que :

g^′(x) = 1 1 +x−

2n+1X

k=1

(−1)^k−1

k ×k×x^k−1

= 1

1 +x−

2n+1X

k=1

(−x)^k−1. Comme en 2.3.1., on prouve que :

2n+1X

k=1

(−x)^k−1= X2n k=0

(−x)^k =1−(−x)²ⁿ⁺¹

1−(−x) = 1−(−x)²ⁿ⁺¹ 1 +x . On a donc :

g^′(x) = 1

1 +x−1−(−x)²ⁿ⁺¹ 1 +x

= (−x)²ⁿ⁺¹ 1 +x

= −x²ⁿ⁺¹

x+ 1 ((−x)²ⁿ⁺¹= (−1)²ⁿ⁺¹×x²ⁿ⁺¹=−x²ⁿ⁺¹ car 2n+ 1 est impair)

On en d´eduit que pour toutx∈R⁺,g^′(x)≤0. La fonctiongest d´erivable surR⁺et a une d´eriv´ee n´egative ou nulle surR⁺. On en d´eduit que la fonctiong est d´ecroissante surR⁺.

D’autre part, on calcule comme en 2.3.3. que g(0) = 0.

x 0 +∞

0 Variations de g

ց

Du tableau de variations pr´ec´edent, on d´eduit que pour toutx∈R⁺ : g(x) = ln(1 +x)−

2n+1X

k=1

(−1)^k−1x^k

k ≤0

soit :

ln(1 +x)≤

2n+1X

k=1

(−1)^k−1x^k

k . (30)

2.5. Soitn∈N^∗.En rassemblant les r´esultats (32) et (33), on obtient que pour tout x∈R⁺ : X2n

k=1

(−1)^k−1x^k

k ≤ln(1 +x)≤

2n+1X

k=1

(−1)^k−1x^k

k .

En particulier pourx= 1, on a :

X2n k=1

(−1)^k−1

1

z}|{

1^k k

| {z }

A2n

≤ln(2)≤

2n+1X

k=1

(−1)^k−1

1

z}|{

1^k k

| {z }

A2n+1

.

En passant `a la limite dans cette in´egalit´e, il vient : l≤ln(2)≤l soit

ln(2)≤l≤ln(2).

On a doncl= ln(2).

2.6. La suite (An)n∈N∗ est la suite des sommes partielles de la s´erie de terme g´en´eral (−1)ⁿ⁻¹

n . D’apr`es 2.2. et 2.5 la suite (An)n∈N∗ converge vers ln(2). On en d´eduit que la s´erie de de terme g´en´eral (−1)ⁿ⁻¹ converge et que sa somme est : n

X+∞

n=1

(−1)ⁿ⁻¹

n = ln(2).

Probl` eme de probabilit´ es

On d´esigne par nun entier naturel non nul et dans les parties 2 et 3 de ce probl`eme, on consid`ere une urne contenant une boule blanche etn−1 boules noires.

Laurent et Marc tirent `a tour de rˆole une boule de cette urne dans l’ordre suivant. Laurent joue le premier, Marc joue apr`es Laurent, Laurent joue apr`es Marc, Marc joue apr`es Laurent etc.

Le gagnant est celui qui extrait la boule blanche. Le jeu s’arrˆete d`es que l’un des deux joueurs a gagn´e.

Pour toutk∈N^∗, on note :

Bk : ^≪la boule blanche est tir´ee auk-i`eme tirage<sup>≫</sup>; Lk : <sup>≪</sup>Laurent gagne auk-i`eme tirage^≫;

Mk : ^≪Marc gagne auk-i`eme tirage^≫. On note ´egalement :

L : ^≪Laurent gagne la partie^≫; M : ^≪Marc gagne la partie^≫.

L’objectif de ce probl`eme est de comparer les probabilit´esP(L) et P(M) selon le mode de tirage, et dans la partie 4, avec une urne remplie al´eatoirement.

Partie 1 : D´ecomposition d’´ev´enements

1. Que dire des ´ev´enementsL2k pourk∈N^∗et M2k+1 pourk∈N?

2. Soit k ∈ N. Exprimer l’´ev´enement L2k+1 `a l’aide des ´ev´enements B1, B2, . . . , B2k, B2k+1 ou de leurs compl´ementaires.

3. Soitk∈N^∗. Exprimer l’´ev´enementM2k`a l’aide des ´ev´enementsB1, B2, . . . , B2kou de leurs compl´ementaires.

4. Exprimer l’´ev´enementL`a l’aide de certains ´ev´enementsLk, o`uk∈N^∗. 5. Exprimer l’´ev´enementM `a l’aide de certains ´ev´enementsMk, o`uk∈N^∗. Partie 2 : Les tirages se font avec remise de la boule tir´ee

On suppose dans cette partie que les tirages se font avec remise de la boule tir´ee. On pose, pour cette partie seulement,p= 1

n etq= 1−p= n−1 n .

1. CalculerP(L2k+1) pour tout k∈N. En d´eduire queP(L) = 1 1 +q. 2. CalculerP(M2k) pour toutk∈N^∗. En d´eduire queP(M) = q

1 +q. 3. V´erifier que P(L)> P(M). Ce r´esultat ´etait-il pr´evisible ?

4. Quelle est la probabilit´e que le jeu dure ind´efiniment ? Partie 3 : Les tirages se font sans remise de la boule tir´ee

On suppose dans cette partie que les tirages se font sans remise de la boule tir´ee.

1. Montrer que pour toutk∈Ntel que 2k+ 1≤non a :P(L2k+1) = 1 n. 2. Montrer que pour toutk∈N^∗ tel que 2k≤non a : P(M2k) = 1

n.

3. Dans cette question, on suppose quenest pair. Il existe doncm∈N^∗ tel quen= 2m.

3.1. Que dire des ´ev´enementsL2k+1 pour k∈Ntel quek≥metM2k pourk∈N^∗ tel que k≥m+ 1 ? 3.2. Montrer que :P(L) =1

2 et P(M) = 1 2.

3.3. Quelle est la probabilit´e que le jeu dure ind´efiniment ?

4. Dans cette question, on suppose quenest impair. Il existe doncm∈Ntel que n= 2m+ 1.

4.1. Que dire des ´ev´enementsL2k+1pourk∈Ntel quek≥m+ 1 etM2k pourk∈N^∗tel quek≥m+ 1 ? 4.2. Montrer que :P(L) = m+ 1

2m+ 1 etP(M) = m 2m+ 1. 4.3. V´erifier queP(L)> P(M). Ce r´esultat ´etait-il pr´evisible ? 4.4. Quelle est la probabilit´e que le jeu dure ind´efiniment ?

Partie 4 : Les tirages se font sans remise dans une urne remplie al´eatoirement

L’urne est maintenant remplie de la fa¸con suivante : on lance une pi`ece qui donne PILE avec probabilit´e p (0< p <1) et FACE avec probabilit´eq= 1−p.

On jette la pi`ece jusqu’`a obtenir un premier PILE. On note N le nombre (al´eatoire) de lancers effectu´es¹. On place alors dans l’urne une boule blanche etN−1 boules noires.

1. On dit aussi queN est la variable al´eatoire ´egale au rang du premier PILE obtenu.