Devoir maison no 1 – corrigé

LM 257 – Intégrales généralisées et séries
À rendre pour le 18 février 2013
François Lê
[email protected]
Devoir maison no 1 – corrigé
n
X
n(n + 1)
. Notons cette propriété Pn .
2
k=1
Il est clair que P1 est vraie. Supposons maintenant Pn−1 vraie et montrons que Pn est vraie.
n
n−1
X
X
On écrit
k=
k + n en isolant le dernier terme de la suite. L’hypothèse de récurrence
1. Commençons par montrer que pour tout n > 1,
k=1
k=
k=1
donne la valeur de la somme allant jusqu’à n − 1, de sorte que
n
X
k=1
k=
n(n + 1)
(n − 1)n
+n=
.
2
2
La propriété Pn est donc vraie, ce qui montre le résultat voulu par récurrence.
n
X
n(n + 1)(2n + 1)
.
6
k=1
Cette propriété est vraie au rang n = 1. Supposons-la vraie au rang n − 1. On écrit alors
n
n−1
X
X
k2 =
k 2 + n2 , et l’hypothèse de récurrence donne alors
On montre exactement de la même façon que pour tout n > 1,
k=1
k2 =
k=1
n
X
k=1
k2 =
(n − 1)n(2n − 1)
n[(n − 1)(2n − 1) + 6n]
+ n2 =
.
6
6
Le numérateur de cette dernière fraction est n(2n2 + 3n + 1) = n(n + 1)(2n + 1), ce qui montre
le résultat.
x2
2. L’inégalité ln(1 + x) 6 x a été vue en TD. Pour l’inégalité x −
6 ln(1 + x), on introduit la
2
fonction
x2
ϕ : x > 0 7→ ln(1 + x) − x + .
2
Cette fonction ϕ est dérivable sur [0, +∞[ et on a
ϕ0 (x) =
1
x2
−1+x=
.
1+x
1+x
Ainsi, ϕ0 positive sur [0, +∞[ et donc ϕ est croissante sur cet intervalle. Comme enfin ϕ(0) = 0,
on a ϕ(x) > 0 pour tout x > 0 : c’est ce qu’il fallait démontrer.
LM 257 – Intégrales généralisées et séries
À rendre pour le 18 février 2013
François Lê
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3. Soit n > 1 et soit k ∈ J1, nK. On applique la double
inégalité
de la question précédente en
k
k
k
k2
k
remplaçant x par 2 : on obtient 2 − 2 6 ln 1 + 2 6 2 . On somme ensuite pour k
n
n
2n
n
n
allant de 1 à n :
X
n
n
n
n
X
X
X
k2
k
k
k
−
6
.
ln 1 + 2 6
2
2
n
2n
n
n2
k=1
k=1
k=1
k=1
On sort des sommes tout ce qui ne dépend pas de k :
n
n
n
n
1 X
1 X
1 X 2 X
k
6
k
−
k
6
k.
ln
1
+
n2
2n2
n2
n2
k=1
k=1
k=1
k=1
Compte tenu de la question 1. et de la propriété du ln de changer les produits en sommes, on a
!
n Y
n(n + 1)
k
n(n + 1) n(n + 1)(2n + 1)
6
−
6 ln
1+ 2
.
2
4
2n
12n
n
2n2
k=1
Enfin, en simplifiant au maximum les fractions dans les membres de gauche et de droite, on
obtient le résultat annoncé :
(n + 1)
(n + 1)(6n2 − 2n − 1)
6 ln pn 6
.
3
12n
2n
4. On va utiliser le théorème d’encadrement pour déterminer la limite de ln(pn ). Pour le membre
de droite, on a
(n + 1)
n
1
∼
=
2n
2n
2
donc
(n + 1)
1
−→
2n
2
quand n → +∞.
Pour le membre de gauche :
(n + 1)(6n2 − 2n − 1)
6n3
1
∼
=
3
3
12n
12n
2
donc
(n + 1)(6n2 − 2n − 1)
1
−→
3
12n
2
quand n → +∞.
1
Ainsi, par le théorème d’encadrement, ln pn −→ quand n → +∞. On en conclut que la limite
2
√
de la suite (pn ) est e1/2 = e.