Corrigé. - Booleanopera

DM de MPSI2
Corrigé de devoir non surveillé
Encore des suites
Exercice 1 : Séries absolument convergentes
1
a Supposons a 6 b et v convergente : on a évidemment u 6 v (par récurrence). De plus, v est convergente,
donc majorée : u est majorée, et, comme elle est croissante (par une récurrence immédiate, grâce à 0 6 a), elle
converge.
b Supposons an = O(bn ) et v convergente : soit M ∈ R+ tel que an 6 M bn pour tout n ∈ N. En
appliquant le résultat précédent à a et M b (et non b), on obtient immédiatement que u converge.
Pn2 On suppose
Pn an = O(bn ) et v convergente. D’après la question précédente, les suites de termes généraux
|a
|
et
k=0 k
k=0 (|ak | − ak ) convergent (les suites (|an |) et (|an | − an ) sont à termes positifs, dominés par bn ),
donc leur différence converge également.
3
P
∗
a Supposons que
an converge, i.e. que u converge.
Pn 1 Pour tout n ∈ N , on a un − un−1 = an , donc (an )
converge vers 0. L’exemple de la série harmonique
k=1 k montre que la réciproque est fausse.
Pn (−1)k+1
b On montre que la série k=1
est convergente, grâce au critère spécial des séries alternées.
k
Comme la série harmonique
diverge,
cette
série
est
bien semi-convergente.
P
P
cPSupposons
an absolument convergente. Comme P
(an − |an |) = O(|an |), et comme
|an | converge,
la série (an − |an |) converge également, donc leur somme
an itou.
Toute série absolument convergente est convergente.
Exercice 2 : (tan(n))
Cette suite est bien définie, car Z ∩ π2 Z = {0}, par irrationnalité de π.
Supposons cette suite convergente, de limite l. Pour tout entier naturel n :
(∗)
tan(1 + n) =
tan(1) + tan(n)
,
1 − tan(1) tan(n)
d’où, en faisant tendre n vers l’infini :
l=
tan(1) + l
.
1 − tan(1)l
Ceci conduit à
tan(1)(1 + l2 ) = 0,
puis à l’absurdité tan(1) = 0 : cette suite diverge.
1
Si elle divergeait vers ±∞, alors la relation (∗) conduirait à l’absurdité ±∞ = − tan(1)
en faisant tendre n
vesr +∞.
Cette suite est bien divergente de seconde espèce.
Exercice 3 : Sur la densité
1 D est une partie de R∗+ , dont l’image par la fonction logarithme est G = {a ln(2) + b ln(5), (a, b) ∈ Z2 }. On
vérifie aisément que G est un sous-groupe de (R, +) (il en est une partie non vide stable par différence). G est
donc soit discret, soit dense. Or G ne peut pas être discret, car ln(5)/ ln(2) serait alors rationnel, et il existerait
des entiers p et q, avec q non nul, tels que 5q = 2p , ce qui est absurde : G est dense dans R.
Soit maintenant x, y ∈ R∗+ , où x < y. On a donc ln(x) < ln(y) : soit g ∈ G ∩ [ln(x), ln(y)] (un tel g existe
par densité de G dans R). On a exp(g) ∈ D ∩ [x, y]. Entre deux réels strictement positifs se trouve un élément
de D : cela montre immédiatement que D est dense dans R+ .
2
a Z + πZ est un sous-groupe de (R, +) : il ne peut pas être discret, car π est irrationnel, et il est donc
dense dans R.
Il existe donc deux suites d’entiers relatifs (an ) et (bn ) telles que (an + bn π) tende vers π/2, donc telles que
(|sin(an )|) tende vers 1. La suite (sin(|an |)), si elle ne diverge pas, tend vers 1 ou −1. De même, on montre
l’existence d’une suite d’entiers naturels (a0n ) tels que (sin(a0n )) tende vers 1/2. Ces deux suites ayant des images
infinies (car il n’existe pas d’entier en lequel sin prend la valeur 1 ou 1/2), il existe des suites extraites de (sin(n))
divergentes, ou de limites distinctes : (sin(n)) diverge.
b Supposons que cette suite converge vers l ∈ [−1, 1]. En écrivant, pour tout n ∈ N : sin(n + 1) =
sin(1) cos(n) + sin(n) cos(1), il apparaı̂t que (cos(n)) converge vers un certain réel l0 . La suite (ein ) converge
donc vers l0 + il (de module 1), et de même pour (ei(n+1) ) (qui en est extraite), ce qui conduit à l’absurdité
ei = 1.
Exercice 4 : Développements asymptotiques
1 Pour montrer que (un ) est bien définie et à termes strictement positifs, on peut procéder par récurrence
sur n, mais on peut aussi introduire l’itératrice :
∆ : N∗ × R∗+ → N∗ × R∗+
.
(n, x) 7→ (n + 1, ln(n + x))
Pour tout n ∈ N∗ \ {1}, un = ln(un−1 + n − 1) > ln(n − 1) par croissance du logarithme, et le fait que
un−1 > 0.
La suite u diverge donc vers +∞.
On montre aisément par récurrence que pour tout n ∈ N∗ , un 6 n. On a donc pour tout n > 2 : un =6 ln(2n),
puis
un = ln(n) + O(1) = ln(n) + o(ln(n)).
On a donc
un − ln(n) = ln
n − 1 + ln(n) + o(ln(n))
n
d’où
un = ln(n) +
ln(n)
ln(n)
= ln 1 +
+ o(ln(n)/n) ∼
,
n
n
ln(n)
+o
n
ln(n)
n
.
2 La fonction x 7→ x + ln(x) est continue, strictement croissante sur R∗+ , de limites respectives −∞ et +∞
en 0+ et +∞ : pour tout n ∈ N∗ , l’équation x + ln(x) = n d’inconnue x ∈ R∗+ possède donc une unique solution
un .
Soit n ∈ N∗ / On a un + ln(un ) = n, donc 2un > n car ln(x) 6 x pour tout x ∈ R∗+ . La suite (un ) tend donc
vers +∞.
En particulier, ln(un ) = o(un ), de sorte que n = un + ln(un ) ∼ un .
En réinjectant dans la relation définissant un , il vient
un − n = ln(un ) = ln(n + o(n)) = ln(n) + ln(1 + o(1)) = ln(n) + o(1) = ln(n) + o(ln(n)),
d’où
un = n − ln(n) + o (ln(n)) .