n(n + 1). 2. (Somme des termes d'une suite arithmétique de raison 1 : faire la
preuve par récurrence) donc un −→ n→∞. +∞. – Si a ∈]0,1[, an −→ n→∞. 0,
donc.
Universit´ e Pierre et Marie Curie
Ann´ee 2011/2012
LM115
MIME 16
Correction Devoir maison 2
Exercice 1 – Soit a ∈ R \ {0, 1} Initialisation : On montre la propri´et´e au rang 1. a2 − 2a + 1 (a − 1)2 1 = = 2 2 (a − 1) a (a − 1) a a Donc la propri´et´e est vraie au rang 1. n X k an+1 − (n + 1)a + n H´ er´ edit´ e : Soit n ∈ N , quelconque, fix´e. On suppose que = . k 2 an a (a − 1) k=1 Montrons la propri´et´e au rang n + 1. ∗
n n+1 X X k n+1 k = + . k k n+1 a a a k=1 k=1 Par hypoth`ese de r´ecurrence, n+1 X k an+1 − (n + 1)a + n n + 1 = + n+1 ak (a − 1)2 an a k=1
an+1 a − (n + 1)aa + na (a − 1)2 (n + 1) + (a − 1)2 an+1 (a − 1)2 an+1 an+1 a − (n + 1)aa + na + (a2 − 2a + 1)(n + 1) = (a − 1)2 an+1 an+2 − (n + 1)a2 + na + (n + 1)a2 − 2a(n + 1) + (n + 1) = (a − 1)2 an+1 an+2 − a(n + 2) + (n + 1) = (a − 1)2 an+1 =
Donc la propri´et´e est h´er´editaire. n X k an+1 − (n + 1)a + n Conclusion On a montr´e par r´ecurrence que ∀n ∈ N , = . k 2 an a (a − 1) k=1 n n X X k n(n + 1) – Lorsque a = 1, = k= (Somme des termes d’une suite arithm´etique de k a 2 k=1 k=1 raison 1 : faire la preuve par r´ecurrence) donc un −→ +∞. n→∞ 1 – Si a ∈]0, 1[, an −→ 0, donc 2 −→ −∞, car (a2 − 1) < 0, n→∞ (a − 1)an n→∞ et an+1 − (n + 1)a + n = an+1 + n(1 − a) − a −→ +∞, car (1 − a) > 0. n→∞ Donc un −→ −∞. ∗
n→∞
1
– Si a ∈ [1, +∞[, an −→ +∞. n→∞ On a an+1 − (n + 1)a + n an+1 n(1 − a) a = + − 2 n 2 n 2 n (a − 1) a (a − 1) a (a − 1) a (a − 1)2 an an+1 a = , 2 n (a − 1) a (a − 1)2 n(1 − a) 1 n D’autre part =− −→ 0. 2 n (a − 1) a a − 1 an n→∞ a −→ 0. De plus (a − 1)2 an n→∞ D’une part
Donc un −→
n→∞
a . (a − 1)2
Exercice 2 La fonction g est continue sur [0, 12 [ et sur ] 12 , 1] car la fonction f est continue, les fonctions x 7→ 2x, et x 7→ 2x − 1 sont continues, et donc les compos´ees sont continues. On montre que la fonction g est continue en 21 : on rappelle qu’une fonction est continue en a ssi ses limites a` gauche et a` droite en a sont ´egales. On calcule la limite a` gauche : lim g(x) = lim f (2x) = f (1). x → 12 x → 12 1 x< 2 x < 12 De mˆeme a` droite, lim g(x) = lim f (2x − 1) = f (0) = f (1). x → 21 x → 12 x > 12 x > 12 Donc la fonction g est continue en 21 . On a bien que la fonction g est continue sur [0, 1]. Exercice 3 1. On cherche le sens de variation de (un )n≥0 . un+1 − un = u2n . On doit donc d´eterminer le signe de un : on montre par une r´ecurrence facile que ∀n ∈ N, un > 0. Donc ∀n ∈ N, un+1 − un > 0, donc la suite est croissante. On a donc deux possibilit´es : soit la fonction est convergente vers une limite l ∈ R+ , soit elle tend vers +∞. Raisonnons par l’absurde. On suppose que un −→ l, avec l ∈ R+ . l v´erifie alors l’´equation l = l + 2l ce qui ´equivaut n→∞
a` l2 = l2 + 2. Cette ´equation n’est jamais v´erifi´ee. Ainsi on a une contradiction, donc (un ) ne converge pas, donc (un ) diverge vers +∞. 2. vn+1 − vn = ... = 1 + u12 > 1 car u12 > 0. On montre que vn ≥ n par r´ecurrence : n n Initialisation v0 = 14 > 0 donc la propri´et´e est vraie au rang 0. H´ er´ edit´ e Soit n ∈ N quelconque fix´e. On suppose la propri´et´e vraie au rang n : un ≥ n. vn+1 − vn ≥ 1 ⇒ vn+1 ≥ vn + 1 ⇒ vn+1 ≥ n + 1 par hypoth`ese de r´ecurrence. Donc la propri´et´e est h´er´editaire. Conclusion On a montr´e par r´ecurrence que ∀n ∈ N, vn ≥ n.
2
3. On a vu `a la question pr´ec´edente que vn+1 − vn = 1 + u2n 4
1 u2n
⇒ vn+1 = vn + 1 +
1 . u2n
On a
donc vn+1 ≤ vn + 1 + u12 . Or vn = ⇒ u2n = 4vn . n Donc vn+1 ≤ vn + 1 + 4v1n . On a de plus montr´e que vn ≥ n, donc v1n ≤ n1 (vn > 0). Ainsi, 1 vn+1 ≤ vn + 1 + 4n . Pour montrer l’in´egalit´e, on remarque que ∀t ∈ [k − 1, k], k1 ≤ 1t . On int`egre ensuite Z k Z k 1 1 entre k − 1 et k, ∀k ≥ 2 : dt ≤ dt, k−1 k k−1 t Z k 1 1 dt, ce qui entraˆıne enfin : ce qui entraˆıne : ≤ k k−1 t Z k 1 1 ≤ dt = ln(k) − ln(k − 1). k k−1 t On en d´eduit maintenant l’in´egalit´e : vk+1 − vk ≤ 1 + 41 [ln(k) − ln(k − 1)] On fait alors la somme sur k de ces in´egalit´es entre 2 et n − 1. On reconnait `a gauche une n−1 X somme t´elescopique : [vk+1 − vk ] = vn − v2 . k=2
De mˆeme a` droite, on a : n−1 X k=2
n−1 1X 1 [ln(k) − ln(k − 1)] 1 + (ln(k) − ln(k − 1)) = n − 2 + 4 4 k=2 1 = n − 2 + (ln(n − 1) − ln(1)). 4
On a donc vn − v2 ≤ n − 2 + 14 ln(n − 1) ≤ n + 14 ln(n − 1). Ainsi on a bien l’in´egalit´e : vn ≤ v2 + n + 41 ln(n − 1) vn v2 n ln(n − 1) n ≤ + + , 4. On a donc ≤ n n n n 4n c’est `a dire les in´egalit´es : 1≤ v2 n→+∞ n
Or lim
= 0, et lim
n→+∞
ln(n−1) 4n
vn v2 ln(n − 1) ≤ +1+ n n 4n
= 0. vn n→+∞ n
Donc d’apr`es le th´eor`eme de limite par encadrement, on a lim
= 1.
Exercice 4 – On pose y = 2x. On remarque que l’´egalit´e peut se r´e´ecrire y ∀y ∈ R, f (y) = f ( ) 2 On montre maintenant le r´esultat par r´ecurrence : Initialisation On initialise au rang 1 : ∀x ∈ R, f (x) = f ( x2 ). Donc la propri´et´e est vraie au rang 1. H´ er´ edit´ e On suppose la propri´et´e vraie au rang n : ∀x ∈ R, f (x) = f ( 2xn ). Montrons la propri´et´e au rang n + 1 : on utilise l’´egalit´e avec z = 2xn , on a f (z) = f ( z2 ), et ainsi x ∀x ∈ R, f ( 2xn ) = f ( 2n+1 ). D’ou par hypoth`ese de r´ecurrence x ∀x ∈ R, f (x) = f ( 2n+1 ). Donc la propri´et´e est h´er´editaire. Conclusion On a montr´e par r´ecurrence que ∀x ∈ R, ∀n ∈ N, f (x) = f ( 2xn ). 3
– ∀x ∈ R,
lim xn n→+∞ 2
= 0. lim f ( 2xn ) = f (0). On passe donc `a la limite
Comme la fonction f est continue, ∀x ∈ R,
n→+∞
dans l’´egalit´e, et on obtient : ∀x ∈ R, f (x) = f (0). Exercice 5 Soit un r´eel b > 1 et (ak )k≥0 une suite convergente, on notera a sa limite. 1
Pn
k=0
bk =
bn+1 −1 b−1
par la formule g´eom´etrique, on en d´eduit que
Pn
bk −→ ∞ car bn+1 −→
k=0
n→∞
∞ (b > 1). 2 Montrons que n X
1 Pn
k k=0 b
bk ak → a. n→∞
k=0
Soit > 0, il existe n0 tel que ∀k ≥ n0 , |ak − a| ≤ /2. Premi`erement n X
1 Pn
k k=0 b
n X
1 b k ak − a = P n
k k=0 b
k=0
bk (ak − a).
k=0
Par l’in´egalit´e triangulaire : n X
1
| Pn
k k=0 b
n X
1
k
b (ak − a)| ≤ Pn
k k=0 b
k=0
bk |ak − a|.
k=0
On d´ecoupe la somme en deux parties : 1 Pn
k=0
n X
bk
1 b |ak − a| = Pn k
k=0
k=0
bk
(
nX 0 −1
k
b |ak − a| +
n X
bk |ak − a|)
k=n0
k=0
D’une part, comme |ak − a| ≤ pour k ≥ n0 on a : Pn n k X 1 k=n0 b k Pn k P b |ak − a| ≤ /2 ≤ /2. n k k=0 b k=n k=0 b 0
D’autre part, la quantit´e premi`ere question 1.
Pn0 −1 k=0
bk |ak − a| est constante (ne d´epend pas de n) et d’apr`es la n X
bk −→ ∞.
k=0
Il existe donc un rang n1 a` partir duquel 1 Pn
k=0
nX 0 −1
bk
! bk |ak − a|
≤ /2.
k=0
Pour n ≥ max(n0 , n1 ), on a a` la fois n X
1 Pn
k=0
bk
k=n0
Pn bk 0 b |ak − a| ≤ Pk=n /2 ≤ /2 n k k=0 b k
4
et
nX 0 −1
1 Pn
k k=0 b
! bk |ak − a|
≤ /2.
k=0
On en d´eduit que n X
1
| Pn
k k=0 b
bk ak − a| ≤ /2 + /2 =
k=0
La quantit´e ´etant arbitraire, on a par d´efinition la convergence souhait´ee. P n+1 3 D’apr`es la question 1, nk=0 bk = b b−1−1 , on a donc par la question 2 : n
b−1 X k b ak −→ a n→∞ bn+1 − 1 k=0 D’o` u
n X
1 bn+1 De plus,
bn+1 −1 bn
−1
bk ak −→
n→∞
k=0
a . b−1
→ b, donc n n X 1 X k bn+1 − 1 1 ab b ak = bk ak −→ . n n n+1 n→∞ b k=0 b b − 1 k=0 b−1
5
