Corrigé du devoir en temps libre no1 de

Lycée Jean Perrin
Classe de TSI1 2012/2013
À rendre pour le Vendredi 14 Septembre
Corrigé du devoir en temps libre no1 de Mathématiques (1)
Le but de cet exercice est de déterminer un développement asymptotique de Hn =
n
X
1
k=1
1. Un équivalent de Hn
Soit n un entier naturel non nul.
(a) Soit k est un entier non nul. La fonction t 7→
sante sur [k, k + 1]. d’où l’encadrement :
1
est strictement décroist
1
1
1
6 6
k+1
t
k
L’intégration sur l’intervalle [k, k + 1] conserve les inégalités, donc :
Z k+1
Z k+1
Z
1
1
1 k+1
dt 6
dt 6
dt
k+1 k
t
k k
k
∀t ∈ [k, k + 1],
Après calculs, on obtient ainsi :
1
6
k+1
Z
k+1
k
1
1
dt 6
t
k
(b) Il est alors possible d’effectuer une sommation pour n > 2 et k compris
entre 1 et n − 1 :
n−1
n−1 Z k+1
n−1
X
X
X
1
1
1
6
dt 6
k+1
t
k
k=1
k=1 k
k=1
Celle-ci permet de reconnaître la somme Hn des deux côtés des inégalités.
Au milieu, on utilise la relation de Chasles :
Z n
1
1
Hn − 1 6
dt = ln n 6 Hn −
n
1 t
On en déduit immédiatement l’encadrement suivant :
ln n +
1
6 Hn 6 ln n + 1
n
(c) Cette double inégalité devient, en divisant par ln n :
1+
1
Hn
1
6
61+
n ln n
ln n
ln n
Hn
Le théorème des gendarmes assure enfin que lim
= 1, ce qui équin→+∞ ln n
vaut à :
Hn ∼ ln n
n→+∞
1/3
k
.
2. Suites adjacentes
Soit deux suites de réels (vn ) et (wn ) adjacentes c’est à dire que :
(vn ) est croissante, (wn ) est décroissante, et
lim (vn − wn ) = 0.
n→+∞
(a) On sait que lim (vn − wn ) = 0, ce qui se reformule avec la définition
n→+∞
connue de la limite d’une suite :
¡
¢
∀ε > 0, ∃N ∈ N, n > N =⇒ |vn − wn | 6 ε
Pour le choix ε = 1, il existe donc n0 ∈ N tel que pour tout entier n > n0 :
|vn − wn | 6 1 ou encore : wn − 1 6 vn 6 wn + 1
Soit en particulier :
Il existe un entier naturel n0 tel que, pour tout entier n > n0 , vn 6 wn + 1.
La suite (wn ) est décroissante donc majorée par son premier terme w0 . Il
vient que pour tout entier n > n0 , on a vn 6 wn + 1 6 w0 + 1, ainsi :
La suite (vn ) est majorée.
(b) De même, la suite (vn ) est croissante donc minorée par son premier terme
v0 . Il vient que pour tout entier n > n0 , on a wn > vn − 1 > v0 − 1, ainsi :
La suite (wn ) est minorée.
(c) La suite (vn ) est croissante et majorée, donc converge vers une limite α.
La suite (wn ) est décroissante et minorée, donc converge vers une limite
β. Or :
lim vn − wn = 0 = α − β
n→+∞
ce qui prouve que α = β et en résumé :
Les suites (vn ) et (wn ) sont convergentes et convergent vers une même limite réelle.
3. Constante d’Euler
1
.
n
(a) Il suffit dans cette question de reprendre l’encadrement de la question 1a
pour n > 1 :
Z n+1
£
¤n+1
1
1
1
6
dt = ln t n 6
n+1
t
n
n
On pose, pour n > 1, cn = Hn − ln n et dn = cn −
Il vient immédiatement après calcul de l’intégrale :
Pour n > 1,
1
1
6 ln(n + 1) − ln n 6 .
n+1
n
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(b) Vérifions que les suites (cn ) et (dn ) sont adjacentes :
– Tout d’abord, la suite (cn ) est décroissante car :
cn+1 − cn = Hn+1 − ln(n + 1) − Hn + ln n
¡
¢
1
− ln(n + 1) − ln n 6 0
=
n+1
(1)
(2)
d’après l’inégalité de gauche de la question qui précède.
– Ensuite, la suite (dn ) est croissante car :
dn+1 − dn = cn+1 − cn −
1
1
+
n+1 n
¡
¢
1
1
1
− ln(n + 1) − ln n −
+
n+1
n+1 n
¢
1 ¡
=
− ln(n + 1) − ln n > 0
n
=
(3)
(4)
(5)
d’après l’inégalité de droite.
1
– Enfin cn − dn =
−→ 0.
n n→+∞
Les deux suites sont donc adjacentes. On peut conclure avec la question 2 :
Les suites (cn ) et (dn ) convergent vers une même limite.
On note alors γ cette limite (γ est appelée constante d’Euler).
(c) Comme lim cn = γ, on a cn − γ = o(1) = Hn − ln n − γ, et ainsi :
n→+∞
Hn = ln n + γ + o(1)
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