EDHEC 2012 K. Fournier - Lycée Kastler - Cergy
Transcription
EDHEC 2012 K. Fournier - Lycée Kastler - Cergy
EDHEC 2012 K. Fournier - Lycée Kastler - Cergy 10 donc la matrice M de f dans la base B est : 1 −1 1 M = −1 1 −1 1 −1 1 On en déduit que f est de rang 1, avec Im(f ) = V ect(X 2 − X + 1). De plus P = a0 + a1 X + a2 X 2 ∈ Ker(f ) si et seulement si a0 − a1 + a2 = 0. On a donc : Ker(f ) = P = a0 + a1 X + a2 X 2 , a0 − a1 + a2 = 0 = P ∈ E, ϕ(P, X 2 − X + 1) = 0 Ker(f ) = V ect(X 2 − X + 1) ⊥ = (Im(f ))⊥ Ker(f ) est bien le supplémentaire orthogonal de Im(f ) dans E pour le produit scalaire ϕ. Problème : n 1X On admet que si une suite (un )n>1 converge vers l alors : lim ui = l. n→+∞ n i=1 On considère une suite (xn )n>1 de réels positifs telle que la série de terme général xn converge. Pour tout entier naturel no nul, on note : Sn = n X n n X 1 1 X Sk et yn = Tn = ixi n + 1 k=1 n(n + 1) i=1 xk , k=1 1. (a) f oralln ∈ N∗ : n X yk = k n X X k=1 k=1 i=1 i xi k(k + 1) ! = n X n X i=1 k=i ixi k(k + 1) 1 1 1 = − , alors : k(k + 1) k k+1 ! n n n n X X X X 1 1 1 1 yk = ixi − = ixi − k k+1 i n+1 i=1 i=1 k=1 k=i On peut remarquer que n X k=1 yk = n X i=1 n 1 X n+1−i = (n + 1 − i)xi ixi i(n + 1) n + 1 i=1 On a aussi : n n k n n 1 X 1 XX 1 XX Tn = Sk = xi = xi n + 1 k=1 n + 1 k=1 i=1 n + 1 i=1 k=i n n X 1 X yk (n − i + 1)xi = Tn = n + 1 i=1 k=1 EDHEC 2012 K. Fournier - Lycée Kastler - Cergy 11 (b) La série de terme général xn converge, donc la suite (Sn )n∈N∗ converge vers un réel L, n+1 et par le résultat admis en début d’énoncé, on sait que la suite ( Tn )n∈N∗ converge n aussi vers ce réel L. On en déduit que la suite (Tn )n∈N∗ converge vers L et on obtient la n X convergence de la série de terme général yn (égalité précédente entre Tn et yk ) avec : k=1 +∞ X xk = lim Sn = L = lim Tn = lim n→+∞ k=1 n→+∞ +∞ X xk = k=1 2. Dans cette question, on pose : zn = n Y +∞ X n→+∞ n X yk k=1 yn k=1 ! n1 . xi i=1 (a) On admet que si f est une fonction concave sur un intervalle I alors : ! n n X 1 1X ai > f (ai ) ∀n ∈ N∗ , ∀(a1 , . . . , an ) ∈ I n , f n i=1 n i=1 On sait que la fonction ln est concave sur R∗+ , alors : n ∀n ∈ N∗ , 1X ln(ak ) 6 ln n k=1 ∀(a1 , . . . , an ) ∈]0, +∞[n , n 1X ak n k=1 ! Pour (a, b) ∈]0, +∞[2 , on a : ln(ab) = ln a + ln b alors : ! ! n n Y 1X 1 ln ak 6 ln ak n n k=1 k=1 ou encore : ln n Y ! n1 ak n 6 ln k=1 1X ak n k=1 ! La fonction exp étant la bijection réciproque de la fonction ln et étant croissante sur R, on obtient : ! n1 n n Y 1X ak 6 ak n k=1 k=1 (b) Soit n ∈ N∗ , zn = n Y ! n1 xi n n 1 Y Y i. xi n! i=1 i=1 = i=1 n zn = ∗ 1 Y ixi n! i=1 ! n1 = n Y 1 1 (n!) n ! n1 ! n1 ixi i=1 Pour tout k ∈ N , on pose azk = kxk et on utilise le résultat de la question précédente poiur obtenir : n 1 1X zn 6 kxk 1 (n!) n n k=1 EDHEC 2012 K. Fournier - Lycée Kastler - Cergy 12 ce qui donne : zn 6 n+1 1 (n!) n yn (c) La fonction x 7→ ln(x + 1) est concave sur [0, +∞[, donc sa courbe est au-dessous de toutes ses tangentes, particulièrement celle en x = 0, ce qui donne : ln(x + 1) 6 x 1 , on a pour n ∈ N∗ : n 1 1 ln 1 + 6 n n (d) En utilisant l’inégalité précédente avec x = ou encore : 1 n ln 1 + n c’est-à-dire 61 n 1 ln 1 + 61 n et par utilisation de la fonction croissante exp, on obtient : n 1 1+ 6e n (e) Soit n ∈ N∗ , n Y n Y k=1 1+ 1 k k = n Y k (k + 1) = k k k=1 n+1 Y (k + 1)k k=1 n Y = kk k=2 n Y k=1 n Y k k−1 kk k=2 k Qn+1 k k 1 1 1 = Qn+1 . Qk=2 1+ = .(n + 1)n+1 n k k k (n + 1)! k=2 k=2 k k=1 n k Y 1 (n + 1)n . Et finalement on obtient : 1+ = k n! k=1 k n 1 (n + 1)n Y ∗ 1 On sait que ∀k ∈ N , 0 < 1 + 6 e alors 6 e et donc k n! k=1 0< (n + 1)n n+1 6 en ou encore 1 6 e n! (n!) n On a vu aussi que ∀n ∈ N∗ , 0 < zn 6 n+1 1 (n!) n ∀n ∈ N∗ , yn d’où 0 < zn 6 eyn La série de terme générale yn converge, il en est donc de même, par théorème de comparaison, de la série de terme général positif zn et on aura : +∞ X n=1 zn 6 e +∞ X n=1 yn EDHEC 2012 K. Fournier - Lycée Kastler - Cergy 13 Ce qui donne avec le résultat de la question 1b) : +∞ X zn 6 e n=1 +∞ X xn n=1 3. (a) Soit n > 2 et k ∈ [1, n − 1], la fonction ln est croissante sur R∗+ k k+1 donc sur , , n n on en déduit que : k k+1 k k+1 , , ln 6 ln(x) 6 ln ∀x ∈ n n n n k k+1 , , on obtient : et par intégration sur le segment n n k+1 n Z 1 k ln 6 n n ln(x)dx 6 k n 1 k+1 ln n n (∗) (b) Une primitive de la fonction ln sur R∗+ est la fonction x 7→ x ln x − x, on en déduit que Z 1 1 1 1 ln xdx = [x ln x − x]11 = −1 + − ln n 1 n n n n Par somme dans l’encadrement (∗) pour k = 1 à n − 1, on a : n−1 n−1 1X k X ln 6 n k=1 n k=1 k+1 n Z n−1 1 X k+1 ln(x)dx 6 ln n k=1 n k n ce qui donne : n−1 1X k ln 6 n k=1 n et donc 1 Z 1 n n 1X k ln ln xdx 6 n k=2 n n−1 n 1X k 1 1 1 1X k ln 6 −1 + − ln 6 ln n k=1 n n n n n k=2 n ou encore puisque ln(1) = 0 et − ln 1 = ln n n n 1 1X k 1 ln n −1 + 6 ln 6 −1 + + n n k=1 n n n n 1X k (c) Par théorème d’encadrement, lim ln = −1 ce qui donne n→+∞ n n k=1 n Y 1 k lim ln n→+∞ n n k=1 lim ln n→+∞ n! nn ! = −1 n1 = −1 EDHEC 2012 K. Fournier - Lycée Kastler - Cergy 14 et par continuité de la fonction exp sur R on a : n1 n! = e−1 lim n n→+∞ n n1 1 e et finalement lim = . n→+∞ n! n 4. On admet que si deux séries à termes positifs, de termes généraux équivalents, divergent alors leur somme partielle d’ordre m sont équivalentes lorsque m tend vers +∞. Soit N un entier naturel non nul quelconque. On considère la suite (xn )n∈N∗ particulière notée 1 si n ∈ [1, N ] n . (xn (N ))n∈N∗ définie par xn (N ) = 0 sinon On lui associe comme dans la question 2, la suite zn (N ). (a) D’après la définition de la suite (xn (N ), nous avons : ∀k > N, k X xn (N ) = n=1 N X xn (N ) = n=1 N X 1 n n=1 N X 1 xn (N ) = on en déduit que : . n n=1 n=1 +∞ X Par définition de zn (N ) et xn (N ), on obtient : ! n1 n Y 1 1 k si n ∈ [1, N ] 1 (n!) n k=1 k zn (N ) = 0 sinon Ce qui donne : zn (N ) = que la somme +∞ X 1 1 (n!) n si n ∈ {1, . . . , N } et zn (N ) = 0 si n > N . On en déduit zn (N ) est une somme finie et n=1 +∞ X 1 zn (N ) = N X 1 n n=1 n=1 n! 1 1 n e (b) On sait que ∼ e lorsque n tend vers +∞ et que la série de terme général n! n diverge alors par le résultat admis dans cette question, on a : 1 N N X X 1 n 1 quand N tend vers + ∞ ∼e n! n n=1 n=1 Ce qui donne finalement : +∞ X n=1 lim +∞ N →+∞ X n=1 zn (N ) =e xn (N ) EDHEC 2012 K. Fournier - Lycée Kastler - Cergy 15 5. On a vu que pour tout suite (xn ) de réels positifs telle que la série de terme général xn converge, on avait : +∞ +∞ X X zn 6 e xn n=1 Soit λ une constante telle que +∞ X zn 6 λ n=1 n=1 +∞ X xn pour toute suite (xn ), ce sera particulièrement n=1 le cas pour les suites (xn (N )) avec N quelconque dans N∗ . On aura donc : ∀N ∈ N∗ , +∞ X zn (N ) 6 λ n=1 +∞ X xn (N ) n=1 d’où par quotient : +∞ X ∗ ∀N ∈ N , n=1 +∞ X zn (N ) 6λ xn (N ) n=1 et en faisant tendre N vers +∞, on obtient : e6λ Ce qui montre que e est la plus petite valeur λ telle que +∞ X n=1 zn 6 λ +∞ X n=1 xn .