2M250 Feuille 5 bis -- Corrigés Oct-2014 Exercice no1 1

2M250
Feuille 5 bis -- Corrigés
Oct-2014
Exercice no 1
1/ Vérifions que lim (an − bn ) = 0, que (an )n≥1 est décroissante et que (bn )n≥1 est croissante.
n→+∞
1
− Pour tout n ≥ 1, an − bn = ln(n + 1) − ln n = ln 1 +
. Donc lim (an − bn ) = 0.
n→+∞
n
1
1
− Pour tout n ≥ 1, an+1 − an =
− ln(n + 1) + ln n. Par le TAF, ln(n + 1) − ln n = pour
n+1
c
1
1
− < 0, i.e. (an )n≥1 est décroissante.
une valeur de c ∈ ]n, n + 1[. Donc an+1 − an =
n+1 c
1
1
1
− De même bn+1 − bn =
− ln(n + 2) + ln(n + 1) =
− pour une valeur de
n+1
n+1
c
c ∈ ]n + 1, n + 2[. Donc bn+1 − bn > 0, i.e. (bn )n≥1 est croissante.
Finalement (an )n≥1 et (bn )n≥1 sont des suites adjacentes.
1
2/ On a vu en 1/ que an − bn s’écrit sous la forme avec n < c < n + 1. Si n < 100, c < 100 et
c
1
1
donc |an − bn | >
. Réciproquement si n ≥ 100, c > 100 et |an − bn | <
. Donc la valeur
100
100
minimale est n = 100.
3/ Par linéarité les suites (cn )n≥1 et (dn )n≥1 convergent vers γ. Donc lim (cn − dn ) = 0.
n→+∞
Reste à montrer la monotonie.
ln(n + 2) − ln n
1
1
−
.
(an+1 − an ) + (bn+1 ) − bn ) =
2
n+1
2
1
ln(x + 2) − ln x
Soit f la fonction x −→ f (x) =
−
. Pour x ≥ 1,
x+1
2
−1
1 1
1
1
−1
0
f (x) =
+
−
+
> 0.
=
2
2
(x + 1)
2 x x+2
(x + 1)
x(x + 2)
− Pour tout n ≥ 1, cn+1 − cn =
Donc f est croissante. Comme lim f (x) = 0, f est négative sur [1, ∞). En particulier pour
x→+∞
n ≥ 1, f (n) = cn+1 − cn < 0. La suite (cn )n≥1 est bien décroissante.
− Pour tout n ≥ 1,
1
1
1
1
dn+1 − dn = (an+2 − an+1 ) + (bn+1 ) − bn ) =
+
− ln(n + 2) + ln(n + 1).
2
2 n+2 n+1
1
1
1
∗
On définit g sur R+ en posant g(x) =
+
−ln(x+1)+ln(x) de sorte que g(n+1) =
2 x+1 x
dn+1 − dn . Comme précédemment, il suffit de montrer que g est décroissante. On a
1
g (x) = −
2
1
=−
2
0
1
1
+ 2
2
(x + 1)
x
1
1
+ 2
2
(x + 1)
x
−
1
1
+
x+1 x
1
1
+
= −
x(x + 1)
2
1
1
−
x x+1
2
Donc (dn )n≥1 est croissante et les suites (cn )n≥1 et (dn )n≥1 sont adjacentes.
< 0.
2
−1
1
− ln n + ln(n + 1) . On pose u =
, d’où
n+1
n+1
!
1 −1
n
u + ln(1 − u)
cn − dn =
− ln
=−
.
2 n+1
n+1
2
an − an+1
1
4/ Pour n ≥ 1, cn − dn =
=
2
2
u + ln(1 − u)
u2
u2
pour 0 < u < 1, d’où −
> .
Par Taylor-Lagrange − ln(1 − u) ≥ u +
2
2
4
1
1
2
Pour avoir cn − dn ≤
, il est nécessaire que u <
soit n + 1 > 5 ou n ≥ 5.
100
25
0
x
1
=−
. Donc
Réciproquement, x + ln(1 − x) = 1 −
1−x
1−x
Z u
Z u
t
u2
1
t dt =
−u − ln(1 − u) =
dt ≤
×
.
1−u
2(1 − u)
0 1−t
0
u + ln(1 − u)
u2
1
1/36
1
≤
. Pour n = 5 et u = on a c5 − d5 ≤
=
.
2
4(1 − u)
6
4 × 5/6
120
La valeur n = 5 convient et elle est minimale.
1
1
1
1
n
n+1
5/ Pour n ≥ 1, un = xn − xn−1 = +
−
−
ln
+ 5 ln
.
n 3(n + 1) 3n 6
n−1
n
h(n)
où h est la fonction définie par
On réécrit cette expression sous la forme
6
x
2
x+1
4
− ln
h(x) = +
− 5 ln
.
x (x + 1)
x−1
x
D’où −
Pour montrer l’identité demandée, il suffit de vérifier que pour x > 1,
i.e. h0 (x) =
h0 (x)
2
1
= ×
6
3 (x − 1)x2 (x + 1)2
4
. Pour x > 1, on a
(x − 1)x2 (x + 1)2
−4
−2
1
5
+
+
+
2
2
x
(x + 1)
x(x − 1)
x(x + 1)
2
2
2
−4(x − 1)(x + 1) − 2(x − 1)x + x(x + 1) + 5x(x + 1)(x − 1)
=
(x − 1)x2 (x + 1)2
−4(x3 + x2 − x − 1) − 2(x3 − x2 ) + (x3 + 2x2 + x) + 5(x3 − x)
=
(x − 1)x2 (x + 1)2
4
=
.
(x − 1)x2 (x + 1)2
h0 (x) =
−2
Donc
3
Z
n
∞
dt
−1
=
2
2
(t − 1)t (t + 1)
6
Z
∞
h0 (t) dt =
n
6/ Par linéarité lim xn = γ. Donc xn +
n→+∞
D’après 5/, il suffit de montrer que
Z
dt
1
2 ∞
≤ 4
2
2
3 k (t − 1)t (t + 1)
6k
+∞
X
h(n)
= un .
6
uk = γ soit xn − γ = −
k=n+1
+∞
X
uk .
k=n+1
Z
soit
k
∞
dt
1
≤ 4 =
2
2
(t − 1)t (t + 1)
4k
Z
k
+∞
dt
.
t5
3
Vérifions que (t − 1)t2 (t + 1)2 ≥ t5 pour t ≥ k, soit t3 + t2 − t − 1 ≥ t3 . Si t ≥ 2 on a bien
t2 ≥ t + 1 et l’inégalité sur les intégrales en découle.
+∞
Z +∞
+∞
X
1
1
dt
−1 1
7/ Par le CSI,
= 3 . D’après 6/ on obtient 0 ≤ xn − γ ≤
≤
= 3
.
4
4
3
k
t
3t
3n
18n
n
n
k=n+1
8/ D’après 7/, 0 ≤ x4 − γ ≤
4
X
1
k=1
D’autre part
k
+
1
1
. Calculons x4 : On a
=
3
18 × 4
1152
1
1 1 1
1
129
43
=1+ + + +
=
=
= 2.15.
4+1
2 3 4 15
60
20
ln 4 + 5 ln 5
1.386 + 8.045
'
' 1.572. D’où
6
6
γ ' 2.15 − 1.572 = 0.578 à 10−3 près.
Des valeurs plus précises des logarithmes donnent γ ' 0.57775, légèrement plus proche de
γ = 0.5772156649015328.....
On peut aussi gagner en précision en notant que l’encadrement sur xn implique
1
1
1
1
xn − γ −
≤ 1 .
−
≤
x
−
γ
−
≤
soit
n
3
3
3
3
36n
36n
36n
36n 36n3
On a x4 −
1
' 0.577318 qui approche γ à 10−4 près.
36 × 43

Download Report