Corrigé du devoir n

MPSI I
2012-2013
Mathématiques
Corrigé du devoir no 7
Problème 1
1. Cette équation admet une unique solution x n sur ]0, +∞[.
Posons f n (x) = ln(x)+x −n pour x dans ]0, +∞[. La fonction f n est continue
(et dérivable) sur son ensemble de définition ]0, +∞[, sa dérivée x 7→ x1 +1 est
strictement positive, elle est donc strictement croissante (elle est aussi la
somme de deux fonctions strictement croissantes). Comme limx→0+ ln(x) +
x−n = −∞ et limx→+∞ ln(x)+x−n = +∞, l’image de l’ensemble de définition
est R. Nous en déduisons que la fonction f n établit une bijection de ]0, +∞[
sur R, par conséquent elle ne s’annule qu’une fois ce qui implique que
l’équation ne possède qu’une solution.
2. La suite (x n ) est strictement croissante.
Pour tout entier n strictement positif : f n (x n ) = 0, donc
f n+1 (x n ) = f n+1 (x n ) − f n (x n )
f n+1 (x n ) = −1
or 0 = f n+1 (x n+1 ) alors, d’après la stricte croissance de f n+1 :
x n ) < x n+1
3.
4.
5.
6.
Ce qui prouve que la suite (x n ) est strictement croissante.
Montrons que ∀x > 0, ln(x) ≤ x .
La dérivée de la fonction f 0 : x 7→ ln(x)−x , définie sur ]0, +∞[, est x 7→ x1 −1,
donc la fonction admet un maximum en x = 1, comme f 0 (1) = −1, nous
concluons que f 0 est strictement négative, ce qui prouve l’inégalité.
Preuve de ∀n¡ ∈¢N? , n2¡ ≤¢ x n ≤ n .
D’un coté f n n2 = ln n2 − n2 ≤ 0 = f n (x n ) équivaut à n2 ≤ x n . De l’autre coté
f n (x n ) = 0 ≤ ln(n) équivaut à x n ≤ n .
L’encadrement est ainsi justifié.
Limite de (x n ).
Le théorème d’encadrement, avec le résultat de la question précédente,
montre que limn→+∞ x n = +∞.
Démontrons que x n ∼ n .
L’encadrement n2 ≤ x n ≤ n équivaut à
ln
ou encore à
ln
³n ´
2
≤ ln(x n ) ≤ ln(n)
¡n ¢
2
≤
n
ln(x n ) ln(n)
≤
n
n
Par croissances comparées, d’après le théorème d’encadrement nous avons :
lim
n→+∞
Or ln(x n ) + x n = n donc
xn ∼ n .
ln(x n )
n
+
xn
n
ln(x n )
=0
n
= 1, par conséquent limn→+∞
1
xn
n
= 1, soit
7. Démontrons l’égalité u n − 1 =
Par définition de x n :
n−x n
ln(n)
=
¡x ¢
ln nn
ln(n) .
ln(x n )
ln(n) , donc
un − 1 =
ln(x n ) − ln(n)
ln(n)
finalement
un − 1 =
ln
¡ xn ¢
n
ln(n)
8. Limite de (u n ).
Nous savons, d’après une équivalence précédente que la suite de terme
général xnn tend vers 1. Donc limn→+∞ xnn = 0, a fortiori u n − 1 tend vers 0,
d’où
lim u n = 1
n→+∞
9. Démontrons l’équivalence 1 − u n ∼ n1 .
Nous avons d’une part
³
xn − n ´
= ln 1 +
n
n
¡ xn ¢ xn −n
tend vers 0, donc ln n ∼ n et ensuite
ln
où
x n −n
n
³x ´
n
ln
³x ´
n
n
∼−
Donc
1 − un ∼
ln(x n )
n
ln(x n )
n ln(n)
D’autre part x n = n + o(n) (d’après l’équivalence) donc
ln(x n ) = ln(n + o(n)) = ln(n(1 + o(1))) = ln(n) + ln(1 + o(1))
Autrement dit ln(x n ) = ln(n) + o(1), ce qui implique
ln(x n )
∼1
ln(n)
Finalement
1 − un ∼
1
n
10. Développement asymtotique de x n .
¡ ¢
D’après la question ci-dessus, nous avons u n = 1 − n1 + o n1 soit
µ ¶
n − xn
1
1
= 1− +o
ln(n)
n
n
puis
µ
¶
ln(n)
ln(n)
x n = n − ln(n) +
+o
n
n
ou, avec une autre façons de l’écrire avec une fonction ε ayant une limite
nulle en zéro, ∀n ∈ N? :
x n = n − ln(n) +
2
µ ¶
ln(n) ln(n) 1
+
ε
n
n
n