Corrigé. - Booleanopera

DM de MPSI2
Corrig´e de devoir non surveill´e
Encore des suites
Exercice 1 : S´eries absolument convergentes
1
aSupposons a6bet vconvergente : on a ´evidemment u6v(par r´ecurrence). De plus, vest convergente,
donc major´ee : uest major´ee, et, comme elle est croissante (par une r´ecurrence imm´ediate, grˆace `a 0 6a), elle
converge.
bSupposons an= O(bn) et vconvergente : soit M∈R+tel que an6Mbnpour tout n∈N. En
appliquant le r´esultat pr´ec´edent `a aet Mb (et non b), on obtient imm´ediatement que uconverge.
2On suppose an= O(bn) et vconvergente. D’apr`es la question pr´ec´edente, les suites de termes g´en´eraux
Pn
k=0 |ak|et Pn k=0(|ak| − ak) convergent (les suites (|an|) et (|an| − an) sont `a termes positifs, domin´es par bn),
donc leur diff´erence converge ´egalement.
3
aSupposons que Panconverge, i.e. que uconverge. Pour tout n∈N∗, on a un−un−1=an, donc (an)
converge vers 0. L’exemple de la s´erie harmonique Pn
k=1 1
kmontre que la r´eciproque est fausse.
bOn montre que la s´erie Pn
k=1
(−1)k+1
kest convergente, grˆace au crit`ere sp´ecial des s´eries altern´ees.
Comme la s´erie harmonique diverge, cette s´erie est bien semi-convergente.
cSupposons Panabsolument convergente. Comme (an− |an|) = O(|an|), et comme P|an|converge,
la s´erie P(an− |an|) converge ´egalement, donc leur somme Panitou.
Toute s´erie absolument convergente est convergente.
Exercice 2 : (tan(n))
Cette suite est bien d´efinie, car Z∩π
2Z={0}, par irrationnalit´e 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’o`u, en faisant tendre nvers l’infini :
l=tan(1) + l
1−tan(1)l.
Ceci conduit `a
tan(1)(1 + l2)=0,
puis `a l’absurdit´e tan(1) = 0 : cette suite diverge.
Si elle divergeait vers ±∞, alors la relation (∗) conduirait `a l’absurdit´e ±∞ =−1
tan(1) en faisant tendre n
vesr +∞.
Cette suite est bien divergente de seconde esp`ece.

Exercice 3 : Sur la densit´e
1Dest une partie de R∗
+, dont l’image par la fonction logarithme est G={aln(2) + bln(5),(a, b)∈Z2}. On
v´erifie ais´ement que Gest un sous-groupe de (R,+) (il en est une partie non vide stable par diff´erence). Gest
donc soit discret, soit dense. Or Gne peut pas ˆetre discret, car ln(5)/ln(2) serait alors rationnel, et il existerait
des entiers pet q, avec qnon nul, tels que 5q= 2p, ce qui est absurde : Gest dense dans R.
Soit maintenant x, y ∈R∗
+, o`u x<y. On a donc ln(x)<ln(y) : soit g∈G∩[ln(x),ln(y)] (un tel gexiste
par densit´e de Gdans R). On a exp(g)∈D∩[x, y]. Entre deux r´eels strictement positifs se trouve un ´el´ement
de D: cela montre imm´ediatement que Dest dense dans R+.
2
aZ+πZest un sous-groupe de (R,+) : il ne peut pas ˆetre discret, car πest irrationnel, et il est donc
dense dans R.
Il existe donc deux suites d’entiers relatifs (an) et (bn) telles que (an+bnπ) 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 mˆeme, on montre
l’existence d’une suite d’entiers naturels (a0
n) tels que (sin(a0 n)) 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.
bSupposons que cette suite converge vers l∈[−1,1]. En ´ecrivant, pour tout n∈N: sin(n+ 1) =
sin(1) cos(n) + sin(n) cos(1), il apparaˆıt que (cos(n)) converge vers un certain r´eel l0. La suite (ein) converge
donc vers l0+il (de module 1), et de mˆeme pour (ei(n+1)) (qui en est extraite), ce qui conduit `a l’absurdit´e
ei= 1.
Exercice 4 : D´eveloppements asymptotiques
1Pour montrer que (un) est bien d´efinie et `a termes strictement positifs, on peut proc´eder par r´ecurrence
sur n, mais on peut aussi introduire l’it´eratrice :
∆ : 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 udiverge donc vers +∞.
On montre ais´ement par r´ecurrence que pour tout n∈N∗,un6n. On a donc pour tout n>2 : un=6ln(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= ln 1 + ln(n) n+ o(ln(n)/n)∼ln(n) n,
d’o`u
un= ln(n) + ln(n)
n+ o ln(n) n.
2La fonction x7→ x+ ln(x) est continue, strictement croissante sur R∗
+, de limites respectives −∞ et +∞
en 0+et +∞: pour tout n∈N∗, l’´equation x+ ln(x) = nd’inconnue x∈R∗
+poss`ede donc une unique solution
un.
Soit n∈N∗/ On a un+ ln(un) = n, donc 2un>ncar ln(x)6xpour tout x∈R∗
+. La suite (un) tend donc
vers +∞.
En particulier, ln(un) = o(un), de sorte que n=un+ ln(un)∼un.
En r´einjectant dans la relation d´efinissant 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’o`u
un=n−ln(n) + o (ln(n)) .