DM3 Corrigé - Lionel chaussade

MPSI2 DM3 Corrig´e 2016-2017
1. (a) D’apr`es les donn´ees de l’´enonc´e, on a imm´ediatement :
e1= 0, e0
1= 1, T1= 1000, P1= 0 et P0 1= 0,001
(b) L’´elastique est ´etir´e de 1000 m`etres chaque nuit, ainsi pour tout n∈N∗, Tn+1 =Tn+ 1000. Il s’agit d’une
suite arithm´etique de raison 1000 et de premier terme T1= 1000. Ce qui donne :
∀n∈N∗, Tn= 1000n
(c) Soit n∈N∗, il est dit dans l’´enonc´e que l’´etirement nocturne de l’´elastique ne modifie pas le pourcentage
de l’´elastique parcouru par l’escargot, c’est-`a-dire que :
Pn+1 =P0
n=e0
n
Tn
=en+ 1
Tn
=en
Tn
+1
Tn
=Pn+1
1000n
Au cours de ce calcul, on a utilis´e que, pour tout n∈N∗:
•P0
n=e0
n
Tn
: puisque le pourcentage de l’´elastique parcouru par l’escargot est bien le rapport entre la
distance parcourue par l’escargot et la taille de l’´elastique.
•e0
n=en+ 1 : puisque l’escargot avance de 1 m`etre par jour.
•Tn= 1000n: formule que l’on a d´emontr´ee `a la question pr´ec´edente.
∀n∈N∗, Pn+1 =Pn+1
1000n
(d) On peut d´emontrer la formule propos´ee dans l’´enonc´e par r´ecurrence, mais il est plus rapide de reconnaˆıtre
une somme t´elescopique. Soit n∈N∗, en utilisant la question pr´ec´edente, il vient :
Pn−P1=
n−1
X
k=1
(Pk+1 −Pk) =
n−1
X
k=1
1
1000k=1 1000
n−1
X
k=1
1
k
En remarquant que P1= 0, on a le r´esultat voulu :
∀n∈N∗, Pn=1
1000
n−1
X
k=1
1
k
Si n= 1, la formule est bien v´erifi´ee puisque la somme vide vaut 0par convention.
2. (a) Voici une fonction qui convient, elle utilise une boucle for pour parcourir les entiers kde 1 `a n.
def H(n) :
”Cette fonction prend en param`etre un entier naturel non nul net renvoie la valeur de
n
X
k=1
1
k”
S= 0 # On stocke la valeur de la somme dans cette variable
for k in range(1, n + 1) :
S=S+ 1 / k
return(S)

MPSI2 DM3 Corrig´e 2016-2017
(b) Soit k∈N∗et x∈[k, k + 1]. Par d´ecroissance de la fonction inverse sur R∗
+, on a :
∀k∈N∗,∀x∈[k, k + 1],1
k+ 1 ≤1 x≤1 k
(c) Par croissance de l’int´egrale, on peut int´egrer l’in´egalit´e pr´ec´edente entre ket k+ 1, ce qui donne :
Zk+1
k
dx
k+ 1 ≤Zk+1
k
dx
x≤Zk+1
k
dx
k
Or :
Zk+1
k
dx
k+ 1 =hx k+ 1ik+1
k=k+ 1
k+ 1 −k k+ 1 =1 k+ 1
De mˆeme, on d´emontre que : Zk+1
k
dx
k=1 k.
C’est-`a-dire : 1
k+ 1 ≤hln(x)ik+1
k
≤1
k
Ce qui donne bien :
1
k+ 1 ≤ln(k+ 1) −ln(k)≤1 k
(d) Soit n∈N∗. On somme les in´egalit´es pr´ec´edentes pour kallant de 1 `a n:
n
X
k=1
1
k+ 1 ≤
n
X
k=1 ln(k+ 1) −ln(k)≤
n
X
k=1
1
k
On remarque que :
n
X
k=1
1
k+ 1 =
n+1
X
i=2
1
i=−1 +
n+1
X
i=1
1
i=Hn+1 −1, en posant i=k+ 1. La somme centrale
est t´elescopique, ainsi pour tout n∈N∗:
Hn+1 −1≤ln(n+ 1) −ln(1) ≤Hn(F)
L’in´egalit´e de droite nous donne : ∀n∈N∗,ln(n+ 1) ≤Hn
D’autre part, on peut utiliser l’in´egalit´e (F) avec ”n=n−1”, c’est-`a-dire :
∀n≥2, Hn−1≤ln(n)≤Hn−1
En particulier, pour n≥2, on a : Hn≤ln(n) + 1. On v´erifie que cette in´egalit´e demeure pour n= 1.
Finalement avec les in´egalit´es soulign´ees, nous obtenons :
∀n∈N∗,ln(n+ 1) ≤Hn≤ln(n)+1
(e) On a : lim
n→+∞ln(n+ 1) = +∞, d’apr`es l’in´egalit´e obtenue `a la question pr´ec´edente, cela implique que :
lim
n→+∞Hn= +∞

MPSI2 DM3 Corrig´e 2016-2017
(f) Comme la suite (Hn) tend vers +∞, il va exister un rang `a partir duquel Hnva ˆetre sup´erieur `a 1000. Plus
pr´ecis´ement : ∃n0∈N, Hn0≥1000, on aura alors : Pn0+1 =1
1000
n0
X
k=1
1
k≥1. Le pourcentage de l’´elastique
parcouru par l’escargot va d´epasser 1 `a partir du jour n0+ 1.
L’escargot va atteindre la salade
(g) On reprend la fonction pr´ec´edente en y ajoutant une boucle qui va ˆetre d´ecrite tant que
n−1
X
k=1
1
k<1000.
def salade() : # On peut ajouter en param`etre l’entier que l’on veut d´epasser
”Cette fonction renvoie le plus petit entier naturel ntel que
n−1
X
k=1
1
k≥1000”
S= 0
k= 1
while S < 1000 :
S=S+ 1 / k
k=k+ 1
return(k+ 1)
Lorsque l’on sort de la boucle, kest le plus petit entier naturel ntel que
n
X
k=1
1
k≥1000. D’apr`es la
question 2.(e), cette boucle while finit puisque la suite (Hn) tend vers +∞ainsi elle va prendre des valeurs
sup´erieures `a 1000 `a partir d’un certain rang.
Si vous avez impl´ement´e cette fonction pour la tester, vous avez constat´e que ce programme va mettre
beaucoup trop de temps `a effectuer ce calcul. Le but de la partie suivante va donc ˆetre de trouver ce plus
petit entier naturel ntel que
n−1
X
k=1
1
k≥1000 puisque l’outil informatique ne suffit pas ici.
(h) Pour d´emontrer ceci, on divise l’in´egalit´e obtenue `a la question (d) par ln(n), ce qui donne :
∀n≥2,ln(n+ 1)
ln(n)≤Hn ln(n)≤ln(n)+1 ln(n)
Pour tout n≥2, on a : ln(n+ 1)
ln(n)=
ln n1 + 1
n
ln(n)=ln(n) ln(n)+
ln 1 + 1
n
ln(n)−→
n→+∞1.
D’autre part, pour n≥2, on a : ln(n)+1
ln(n)= 1 + 1 ln(n)−→
n→+∞1.
Ainsi, d’apr`es le th´eor`eme d’encadrement :
lim
n→+∞
Hn
ln(n)= 1

MPSI2 DM3 Corrig´e 2016-2017
3. (a) i. Soit n∈N∗:
un+1 −un= (Hn+1 −ln(n+1))−(Hn−ln(n)) = Hn+1 −Hn−ln(n+1)+ln(n) = 1
n+ 1 −ln(n+1)+ln(n)
Ici, on peut poser une fonction et l’´etudier mais il est plus simple d’utiliser l’in´egalit´e d´emontr´ee `a la
question 2.(c), pour n∈N∗,1
n+ 1 ≤ln(n+ 1) −ln(n). Ce qui d´emontre bien que un+1 −un≤0.
(un) est d´ecroissante
ii. On utilise la mˆeme m´ethode qu’`a la question pr´ec´edente toujours avec la question 2.(c) :
vn+1 −vn=Hn+1 −1
n+ 1 −ln(n+ 1)−Hn−1 n−ln(n)=1 n−ln(n+ 1) + ln(n)≥0
(vn) est d´ecroissante
iii. Soit n∈N∗, on a : un−vn=1
nainsi :
lim
n→+∞(un−vn)=0
iv. Soit n∈N∗, d’apr`es les trois questions pr´ec´edentes, on a :
v1≤vn≤un≤u1(FF)
La suite (un) est d´ecroissante et minor´ee par v1, d’apr`es le th´eor`eme de la limite monotone elle converge
vers une limite r´eelle que l’on va noter α.
La suite (vn) est croissante et major´ee par u1, elle converge vers une limite r´eelle que l’on va noter β.
Or, d’apr`es la question pr´ec´edente, lim
n→+∞un−vn=α−β= 0. Ainsi α=βet :
les suites (un) et (vn) convergent vers une limite commune
(b) On reprend l’in´egalit´e (FF) d´emontr´ee `a la question pr´ec´edente et l’on passe `a la limite dans cette in´egalit´e.
Cela donne : v1≤γ≤u1. Or v1= 0 et u1= 1. Ce qui d´emontre que :
0≤γ≤1
(c) La suite (un) converge en d´ecroissant vers γet la suite (vn) converge en croissant vers γ, ainsi pour tout
entier naturel non nul n, on a : vn≤γ≤un. Comme vn=un−1
n, cela se traduit par :
∀n∈N∗, un−1
n≤γ≤un⇔ ∀n∈N∗,0≤un−γ≤1 n
∀n∈N∗,0≤un−γ≤1
n

MPSI2 DM3 Corrig´e 2016-2017
(d) C’est l’in´egalit´e pr´ec´edente qui va nous permettre de concevoir un tel programme. En effet si n= 10lo`u
l∈J1,15K, on a : 0 ≤u10l−γ≤10−lainsi u10lest bien une valeur approch´ee `a 10−lpr`es de γ.
from math import log
def approx(l) :
”renvoie une valeur approch´ee de γ`a 10−lpr`es”
return(H(10 ∗ ∗ l)−log(10 ∗ ∗ l)) #On utilise la fonction Hd´efinie pr´ec´edemment.
La fonction logarithme n´ep´erien ´etant pr´esente dans le module math sous le nom log.
On a γ≈0.577215664901532. La constante γintervient dans de nombreux domaines des math´ematiques,
`a titre d’exemple on peut citer :
•Z1
0
ln ln 1
xdx =−γ
•Z+∞
0
e−xln(x)dx =−γ
•Le nombre moyen de diviseurs d’un entier naturel nest de l’ordre de grandeur de : ln(n)+2γ−1.
(e) ` A la question 3.(c), on a d´emontr´e que pour tout entier naturel non nul n, on a : 0 ≤un−γ≤1
n. En
rempla¸cant unpar sa d´efinition, on a : 0 ≤Hn−ln(n)−γ≤1
n. Ce qui d´emontre que :
∀n∈N∗,ln(n) + γ≤Hn≤ln(n) + γ+1
n
(f) Comme nous l’avons vu dans la question 1.(f), l’escargot atteindra sa salade le jour no`u nest le plus petit
entier naturel tel que Hn−1≥1000. D’apr`es l’in´egalit´e de la question pr´ec´edente cela revient `a chercher le
plus petit entier naturel ntel que : ln(n−1) + γ≥1000. C’est-`a-dire le plus petit entier naturel ntel que
n≥e1000−γ+ 1. Si l’on note E(x) la partie enti`ere du r´eel x, le jour o`u l’escargot va atteindre sa salade
est le jour num´ero :
E(e1000−γ+ 2)
Ce nombre vaut environ 1.106 ×10434, ce qui est peu compar´e `a l’´eternit´e dont dispose notre escargot.
4. (a) i. Soient n∈N∗et k∈J1, nK. On a :
1≤k≤n⇔n+ 1 ≤n+k≤2n⇔1
2n≤1 n+k≤1 n+ 1
En particulier 1
n+k≤1 n+ 1 ≤1 n. En sommant ces in´egalit´es pour kallant de 1 `a n, nous obtenons :
Kn=
n
X
k=1
1
n+k≤
n
X
k=1
1
n=n×1 n= 1
(Kn) est major´ee par 1