MPSI B Année 2012-2013 Corrigé DM 7 (pour le 21/12) 29 juin 2019
1. a. La fonction g n est clairement contine, dérivable strictement croissante. Elle dénit une bijection de [0, +∞[ vers [1, +∞[ . Pour chaque a > 1 , il existe donc un unique α n > 0 tel que g n (α n ) = a .
b. La fonction g n+1 contient un terme de plus que g n :
g n+1 (α n ) = g n (α n ) + (n + 1)α n+1 n = a + (n + 1)α n+1 n > a Comme de plus g n+1 est croissante, on en déduit α n+1 < α n .
c. Comme g n (1) = 1 + 2 + · · · + n , la suite (g n (1)) n∈ N∗ tend vers +∞ . Il existe donc un N tel que g N (1) > a . Comme g N est strictement croissante, on en déduit α N < 1 puis
∀n ≥ N : α n ≤ α N < 1 car la suite est décroissante.
d. La suite (α n ) n∈ N∗ est positive et décroissante. Elle converge donc et sa limite α est positive ou nulle. De plus comme α n ≤ α N < 1 pour n ≥ N , on obtient par passage à la limite dans une inégalité que
0 ≤ α ≤ α N < 1
e. Les suites (n p q n ) n∈N∗ sont des suites de référence du cours. On sait qu'elles convergent vers 0 pour tout p lorsque |q| < 1 . On utilise ce résultat ici com- biné avec le théorème d'encadrement après avoir majoré α n non pas par 1 mais par α N . On en déduit le résultat annoncé.
2. a. On remarque que
g n (x) = f n 0 (x) avec f n (x) = 1 − x n+1 1 − x On obtient le résultat annoncé en dérivant l'expression de f n .
b. D'après le a. et la convergence vers 0 des suites de référence (x n ) n∈ N∗et (nx n ) n∈ N∗, on obtient
, on obtient
(g n (x)) n∈ N∗→ 1 (1 − x) 2
Comme la suite (g n (x)) n∈ N∗ est croissante, on a, pour tous les n et tous les x : g n (x) ≤ 1
(1 − x) 2
3. a. Pour tout n , comme α ≤ α n et g n croissante : g n (α) ≤ g n (α n ) = a
par passage à la limite dans une inégalité, il vient 1
(1 − α) 2 ≤ a
b. L'équation se résout sans problème, elle admet une seule solution : β = 1 − 1
√ a
c. Pour tout n :
g n (β ) ≤ 1
(1 − β) 2 = a
donc ( g n croissante) β ≤ α n . Comme β est alors un minorant de la suite (α n ) n∈ N∗, on a β ≤ α . D'autre part, comme x → (1−x) 1 2 est croissante, α ≤ β donc
est croissante, α ≤ β donc
α = β = 1 − 1
√ a
4. a. On utilise la question 2.a. avec
x = α n et a = 4 et 1 − α n = 1
2 (1 − ε n ) On obtient
4 = 1
(1 − α n ) 2 − (n + 1) α n n
1 − α n − α 2 n (1 − α n ) n+1
⇒ 4(1 − α n ) 2 = 1 − (n + 1)α n n (1 − α n ) − α n+1 n
⇒ (1 − ε n ) 2 = 1 − (n + 1) 1 − ε n
2 α n n − α n+1 n
⇒ −2ε n + ε 2 n = −(n + 1) 1 − ε n
2 α n n − α n+1 n b. Comme α n → 1 2 , ε n → 0 ce qui entraine :
ε 2 n négligeable devant ε n
α n+1 n négligeable devant (n + 1)α n n
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 M1207CMPSI B Année 2012-2013 Corrigé DM 7 (pour le 21/12) 29 juin 2019
De chaque coté de la relation, négligeons ce qui est négligeable. L'égalité se dé- grade alors en une équivalence
−2ε n ∼ − 1 − ε n
2 (n + 1)α n n or
− 1 − ε n
2 (n + 1)α n n ∼ − 1 2 nα n n d'où
ε n ∼ 1 4 nα n n
c. En utilisant la question précédente et la question 1.e.
nε n ∼ 1
4 n 2 α n n → 0 On en déduit
(1 + ε n ) n → 1 car
(1 + ε n ) n = e n ln(1+εn) avec n ln(1 + ε n ) ∼ nε n → 0 On en déduit enn
ε n ∼ n 4
1
2 n (1 + ε n ) n ∼ n 2 n+2
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