MPSI B 29 juin 2019
Énoncé
Cet exercice
1porte sur l'étude de la suite (u n ) n∈
N∗
dénie par u n =
√ n 4 n
2n n
1. a. Calculer u 1 et u
n+1u
npour n ∈ N
∗. b. Montrer par récurrence que u n ≤ q n
2n+1 pour n ∈ N
∗. c. Étudier le sens de variation de la suite (u n ) n∈
N∗
et montrer qu'elle converge. On note L sa limite. Montrer que
1
2 ≤ L ≤ 1
√ 2
2. a. En appliquant l'inégalité des accroissements nis à la fonction t → √
t sur un intervalle convenable, prouver l'encadrement suivant
∀x > 0, 1
8(x + 1 2 ) ≤ (x + 1 2 ) − p
x(x + 1) ≤ 1 8 p
x(x + 1) b. En déduire :
∀k ∈ N
∗, u k
8(k + 1 2 ) − u k
8(k + 3 2 ) ≤ u k+1 − u k ≤ u k
8k − u k 8(k + 1)
c. Par sommation de ces inégalités, trouver un encadrement de u p − u n pour p et n entiers tels que n < p . Établir
∀k ∈ N
∗, u n
8(n + 1 2 ) ≤ L − u n ≤ L 8n d. En déduire
∀k ∈ N
∗,
L − (1 + 1 8n )u n
≤ L 16n 2
3. a. Comment sut-il de choisir n pour que u n soit une valeur approchée de L à 10
−5près ?
1
d'après un problème ESSEC 1987 sur le nombre moyen de retour à l'origine pour une promenade aléatoire.
b. Comment sut-il de choisir n pour que u n + u 8n
nsoit une valeur approchée de L à 10
−5près ?
4. On admet ici la formule de Stirling qui donne une suite équivalente à la suite des factorielles.
n! ∼ √
2πn n n e
−nDéterminer une expression formelle exacte de L .
Cette création est mise à disposition selon le Contrat
Paternité-Partage des Conditions Initiales à l'Identique 2.0 France disponible en ligne http://creativecommons.org/licenses/by-sa/2.0/fr/
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Rémy Nicolai Aseq9MPSI B 29 juin 2019
Corrigé
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)
Cette création est mise à disposition selon le Contrat
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Rémy Nicolai Aseq9MPSI B 29 juin 2019
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
nà 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
−5soit n ≥ 8 10
√52 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
−5c'est à dire n ≥ q
10
516
√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
−net l'expression du coecient du binôme avec des factorielles u n =
√ n 4 n
(2n)!
(n!) 2 ∼
√ n 4 n
√ 4πn(2n) 2n e
−2n2πnn 2n e
−2n∼ 1
√ π On en déduit L =
√1 π .
Cette création est mise à disposition selon le Contrat
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![1. a. Soit f : [0, π] → R une fonction continue. Montrer qu'il existe une unique fonction dérivable F : [0, π] → R telle que F 0 = f et Z π](data:image/gif;base64,R0lGODlhAQABAIAAAP///wAAACH5BAEAAAAALAAAAAABAAEAAAICRAEAOw==)