EDHEC 2012 K. Fournier - Lycée Kastler - Cergy

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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
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(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
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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
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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
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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 )
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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 .