DM3 Corrigé - Lionel chaussade

DM3 Corrigé
MPSI2
2016-2017
1. (a) D’après les données de l’énoncé, on a immédiatement :
e1 = 0, e01 = 1, T1 = 1000, P1 = 0 et P10 = 0, 001
(b) L’élastique est étiré de 1000 mètres chaque nuit, ainsi pour tout n ∈ N∗ , Tn+1 = Tn + 1000. Il s’agit d’une
suite arithmétique 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’énoncé que l’étirement nocturne de l’élastique ne modifie pas le pourcentage
de l’élastique parcouru par l’escargot, c’est-à-dire que :
Pn+1 = Pn0 =
e0n
en + 1
en
1
1
=
=
+
= Pn +
Tn
Tn
Tn Tn
1000n
Au cours de ce calcul, on a utilisé que, pour tout n ∈ N∗ :
e0
• Pn0 = n : puisque le pourcentage de l’élastique parcouru par l’escargot est bien le rapport entre la
Tn
distance parcourue par l’escargot et la taille de l’élastique.
• e0n = en + 1 : puisque l’escargot avance de 1 mètre par jour.
• Tn = 1000n : formule que l’on a démontrée à la question précédente.
∀n ∈ N∗ , Pn+1 = Pn +
1
1000n
(d) On peut démontrer la formule proposée dans l’énoncé par récurrence, mais il est plus rapide de reconnaı̂tre
une somme télescopique. Soit n ∈ N∗ , en utilisant la question précédente, il vient :
Pn − P1 =
n−1
X
n−1
X
k=1
k=1
(Pk+1 − Pk ) =
n−1
1
1 X1
=
1000k
1000
k
k=1
En remarquant que P1 = 0, on a le résultat voulu :
n−1
∀n ∈ N∗ , Pn =
1 X1
1000
k
k=1
Si n = 1, la formule est bien vérifiée puisque la somme vide vaut 0 par convention.
2. (a) Voici une fonction qui convient, elle utilise une boucle f or pour parcourir les entiers k de 1 à n.
def H(n) :
n
X
1
”Cette fonction prend en paramètre un entier naturel non nul n et renvoie la valeur de
”
k
k=1
S = 0
# On stocke la valeur de la somme dans cette variable
f or k in range(1, n + 1) :
S = S + 1/k
return(S)
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(b) Soit k ∈ N∗ et x ∈ [k, k + 1]. Par décroissance de la fonction inverse sur R∗+ , on a :
∀k ∈ N∗ , ∀x ∈ [k, k + 1],
1
1
1
≤ ≤
k+1
x
k
(c) Par croissance de l’intégrale, on peut intégrer l’inégalité précédente entre k et k + 1, ce qui donne :
k+1
Z
k
Or :
Z
k+1
k
Z
k
k+1
dx
≤
x
Z
k+1
k
dx
k
h x ik+1 k + 1
dx
k
1
=
=
−
=
k+1
k+1 k
k+1 k+1
k+1
k+1
Z
dx
≤
k+1
De même, on démontre que :
k
C’est-à-dire :
dx
1
= .
k
k
h
ik+1
1
1
≤ ln(x)
≤
k+1
k
k
Ce qui donne bien :
1
1
≤ ln(k + 1) − ln(k) ≤
k+1
k
(d) Soit n ∈ N∗ . On somme les inégalités précédentes pour k allant de 1 à n :
n
X
k=1
n
X
n n
X
X
1
1
≤
ln(k + 1) − ln(k) ≤
k+1
k
n+1
k=1
k=1
n+1
X1
X1
1
On remarque que :
=
= −1 +
= Hn+1 − 1, en posant i = k + 1. La somme centrale
k+1
i
i
i=2
i=1
k=1
est télescopique, ainsi pour tout n ∈ N∗ :
Hn+1 − 1 ≤ ln(n + 1) − ln(1) ≤ Hn
(F)
L’inégalité de droite nous donne : ∀n ∈ N∗ , ln(n + 1) ≤ Hn
D’autre part, on peut utiliser l’inégalité (F) avec ”n = n − 1”, c’est-à-dire :
∀n ≥ 2, Hn − 1 ≤ ln(n) ≤ Hn−1
En particulier, pour n ≥ 2, on a : Hn ≤ ln(n) + 1. On vérifie que cette inégalité demeure pour n = 1.
Finalement avec les inégalités soulignées, nous obtenons :
∀n ∈ N∗ , ln(n + 1) ≤ Hn ≤ ln(n) + 1
(e) On a : lim ln(n + 1) = +∞, d’après l’inégalité obtenue à la question précédente, cela implique que :
n→+∞
lim Hn = +∞
n→+∞
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(f) Comme la suite (Hn ) tend vers +∞, il va exister un rang à partir duquel Hn va être supérieur à 1000. Plus
n0
1 X
1
précisément : ∃n0 ∈ N, Hn0 ≥ 1000, on aura alors : Pn0 +1 =
≥ 1. Le pourcentage de l’élastique
1000
k
k=1
parcouru par l’escargot va dépasser 1 à partir du jour n0 + 1.
L’escargot va atteindre la salade
(g) On reprend la fonction précédente en y ajoutant une boucle qui va être décrite tant que
n−1
X
k=1
1
< 1000.
k
def salade() :
# On peut ajouter en paramètre l’entier que l’on veut dépasser
n−1
X1
”Cette fonction renvoie le plus petit entier naturel n tel que
≥ 1000”
k
k=1
S = 0
k = 1
while S < 1000 :
S = S + 1/k
k = k + 1
return(k + 1)
n
X
1
≥ 1000. D’après la
Lorsque l’on sort de la boucle, k est le plus petit entier naturel n tel que
k
k=1
question 2.(e), cette boucle while finit puisque la suite (Hn ) tend vers +∞ ainsi elle va prendre des valeurs
supérieures à 1000 à partir d’un certain rang.
Si vous avez implémenté cette fonction pour la tester, vous avez constaté que ce programme va mettre
beaucoup trop de temps à effectuer ce calcul. Le but de la partie suivante va donc être de trouver ce plus
n−1
X1
petit entier naturel n tel que
≥ 1000 puisque l’outil informatique ne suffit pas ici.
k
k=1
(h) Pour démontrer ceci, on divise l’inégalité obtenue à la question (d) par ln(n), ce qui donne :
∀n ≥ 2,
ln(n + 1)
Hn
ln(n) + 1
≤
≤
ln(n)
ln(n)
ln(n)
ln n 1 + n1
ln 1 + n1
ln(n + 1)
ln(n)
=
=
+
ln(n)
ln(n)
ln(n)
ln(n)
ln(n) + 1
1
=1+
−→ 1.
D’autre part, pour n ≥ 2, on a :
ln(n)
ln(n) n→+∞
Ainsi, d’après le théorème d’encadrement :
Pour tout n ≥ 2, on a :
lim
n→+∞
Hn
=1
ln(n)
−→ 1.
n→+∞
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3. (a)
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i. Soit n ∈ N∗ :
un+1 −un = (Hn+1 −ln(n+1))−(Hn −ln(n)) = Hn+1 −Hn −ln(n+1)+ln(n) =
1
−ln(n+1)+ln(n)
n+1
Ici, on peut poser une fonction et l’étudier mais il est plus simple d’utiliser l’inégalité démontrée à la
1
question 2.(c), pour n ∈ N∗ ,
≤ ln(n + 1) − ln(n). Ce qui démontre bien que un+1 − un ≤ 0.
n+1
(un ) est décroissante
ii. On utilise la même méthode qu’à la question précédente toujours avec la question 2.(c) :
vn+1 − vn = Hn+1 −
1
1
1
− ln(n + 1) − Hn − − ln(n) = − ln(n + 1) + ln(n) ≥ 0
n+1
n
n
(vn ) est décroissante
iii. Soit n ∈ N∗ , on a : un − vn =
1
ainsi :
n
lim (un − vn ) = 0
n→+∞
iv. Soit n ∈ N∗ , d’après les trois questions précédentes, on a :
v1 ≤ vn ≤ un ≤ u1
(FF)
La suite (un ) est décroissante et minorée par v1 , d’après le théorème de la limite monotone elle converge
vers une limite réelle que l’on va noter α.
La suite (vn ) est croissante et majorée par u1 , elle converge vers une limite réelle que l’on va noter β.
Or, d’après la question précédente, lim un − vn = α − β = 0. Ainsi α = β et :
n→+∞
les suites (un ) et (vn ) convergent vers une limite commune
(b) On reprend l’inégalité (FF) démontrée à la question précédente et l’on passe à la limite dans cette inégalité.
Cela donne : v1 ≤ γ ≤ u1 . Or v1 = 0 et u1 = 1. Ce qui démontre que :
0≤γ≤1
(c) La suite (un ) converge en décroissant vers γ et la suite (vn ) converge en croissant vers γ, ainsi pour tout
1
entier naturel non nul n, on a : vn ≤ γ ≤ un . Comme vn = un − , cela se traduit par :
n
∀n ∈ N∗ , un −
1
1
≤ γ ≤ un ⇔ ∀n ∈ N∗ , 0 ≤ un − γ ≤
n
n
∀n ∈ N∗ , 0 ≤ un − γ ≤
1
n
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(d) C’est l’inégalité précédente qui va nous permettre de concevoir un tel programme. En effet si n = 10l où
l ∈ J1, 15K, on a : 0 ≤ u10l − γ ≤ 10−l ainsi u10l est bien une valeur approchée à 10−l près de γ.
f rom math import log
def approx(l) :
”renvoie une valeur approchée de γ à 10−l près”
return(H(10 ∗ ∗ l) − log(10 ∗ ∗ l))
#On utilise la fonction H définie précédemment.
La fonction logarithme népérien étant présente dans le module math sous le nom log.
On a γ ≈ 0.577215664901532. La constante γ intervient dans de nombreux domaines des mathématiques,
à titre d’exemple on peut citer :
Z 1 1
ln ln
•
dx = −γ
x
Z0 +∞
e−x ln(x)dx = −γ
•
0
• Le nombre moyen de diviseurs d’un entier naturel n est de l’ordre de grandeur de : ln(n) + 2γ − 1.
1
(e) À la question 3.(c), on a démontré que pour tout entier naturel non nul n, on a : 0 ≤ un − γ ≤ . En
n
1
remplaçant un par sa définition, on a : 0 ≤ Hn − ln(n) − γ ≤ . Ce qui démontre que :
n
∀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 n où n est le plus petit
entier naturel tel que Hn−1 ≥ 1000. D’après l’inégalité de la question précédente cela revient à chercher le
plus petit entier naturel n tel que : ln(n − 1) + γ ≥ 1000. C’est-à-dire le plus petit entier naturel n tel que
n ≥ e1000−γ + 1. Si l’on note E(x) la partie entière du réel x, le jour où l’escargot va atteindre sa salade
est le jour numéro :
E(e1000−γ + 2)
Ce nombre vaut environ 1.106 × 10434 , ce qui est peu comparé à l’éternité dont dispose notre escargot.
4. (a)
i. Soient n ∈ N∗ et k ∈ J1, nK. On a :
1 ≤ k ≤ n ⇔ n + 1 ≤ n + k ≤ 2n ⇔
En particulier
1
1
1
≤
≤
2n
n+k
n+1
1
1
1
≤
≤ . En sommant ces inégalités pour k allant de 1 à n, nous obtenons :
n+k
n+1
n
Kn =
n
X
k=1
n
X1
1
1
≤
=n× =1
n+k
n
n
k=1
(Kn ) est majorée par 1
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Pour n ∈ N∗ , on a :
Kn+1 − Kn =
n+1
X
k=1
=
n
X 1
1
−
n+1+k
n+k
k=1
n
n
k=1
k=1
X
X 1
1
1
+
−
2n + 2
n+1+k
n+k
en isolant le dernier terme
n
=
X
1
1 1
+
−
2n + 2
n+1+k n+k
en regroupant les deux sommes
k=1
=
1
1
1
+
−
2n + 2 2n + 1 n + 1
=
1
1
−
>0
2n + 1 2n + 2
en reconnaissant une somme télescopique
(Kn ) est strictement croissante
ii. Soit n ∈ N∗ , on a :
H2n − Hn =
2n
n
2n
n
X
X
1 X1
1 X 1
−
=
=
= Kn
k
k
k
n+i
k=1
k=1
k=n+1
i=1
Au cours de ce calcul, on a effectué une réindexation de la somme en posant i = k − n.
∀n ∈ N∗ , Kn = H2n − Hn
iii. On reprend l’inégalité démontrée à la question 3.(e), on a :
ln(n) + γ ≤ Hn ≤ ln(n) + γ +
1
1
ce qui implique que − ln(n) + γ +
≤ −Hn ≤ − ln(n) + γ
n
n
On a également : ln(2n) + γ ≤ H2n ≤ ln(2n) + γ +
ln(2n) − ln(n) −
1
. En sommant ces deux inégalités, il vient :
2n
1
1
1
1
≤ H2n − Hn ≤ ln(2n) − ln(n) +
⇔ ln(2) − ≤ H2n − Hn ≤ ln(2) +
n
2n
n
2n
D’après le théorème d’encadrement, on a lim H2n − Hn = ln(2). D’après la question précédente, ceci
n→+∞
implique que :
lim Kn = ln(2)
n→+∞
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(b)
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i. Soit n ∈ N∗ , en utilisant l’égalité démontrée à la question 4.(a).ii., on a :
Kn = H2n − Hn
=
2n
n
X
1 X1
−
k
k
k=1
=
k=1
2n
n
n
X
1 1X1 1X1
−
−
k 2
k 2
k
k=1
=
k=1
2n
n
n
X
1 X 1 X 1
−
−
k
2k
2k
k=1
=
k=1
2n
n
X
1 X 1
−
k
2k
k=1
(1)
k=1
(2)
k=1
k impair
=
k=1
2n
X
(−1)k+1
k
k=1
= L2n
2n
n
X
1 X 1
1
Expliquons le passage de (1) à (2) :
−
est égale à la somme des pour tous les entiers k
k
2k
k
k=1
k=1
1
entre 1 et 2n à laquelle on soustrait la somme des pour k pair. C’est pour cela qu’il reste la somme
k
1
des pour k impair.
k
∀n ∈ N∗ , L2n = Kn
D’après la question 4.(a).iii., on sait que
lim Kn = ln(2), ainsi grâce à la question précédente, on
n→+∞
obtient :
lim L2n = ln(2)
n→+∞
ii. D’après la définition de la suite (Ln ), pour n ∈ N∗ , on a :
L2n+1 =
2n+1
X
k=1
2n
(−1)k+1 X (−1)k+1 (−1)2n+2
(−1)2n+2
=
+
= L2n +
k
k
2n + 1
2n + 1
k=1
(−1)2n+2
= 0 ainsi en passant à la limite dans l’égalité précédente, on obtient : lim L2n+1 =
n→+∞ 2n + 1
n→+∞
lim L2n = ln(2).
Or lim
n→+∞
lim L2n+1 = ln(2)
n→+∞
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iii. D’après la question i., les termes de rang pair de la suite (Ln ) convergent vers ln(2) et la question
précédente démontre que c’est également le cas des termes de rang impair. Il est intuitif que cela implique que tous les termes de la suite convergent vers ln(2), nous démontrerons ceci plus rigoureusement
dans le chapitre consacré aux suites.
lim
n→+∞
n
X
(−1)k+1
k=1
k
= ln(2)
On peut noter, à titre culturel, que cette formule se généralise :
∀x ∈] − 1, 1], ln(1 + x) =
+∞
X
xk
(−1)k+1
k
k=1
5. (a) Pour tout t ∈ R+ , on a T (t) = 1000 + 1000t puisque la longueur initiale de l’élastique est de 1000 mètres
et qu’il s’allonge continûment de 1000 mètres chaque jour.
∀t ∈ R+ , T (t) = 1000 + 1000t et T 0 (t) = 1000
(b) La vitesse de l’escargot est la somme de deux vitesses :
• la vitesse de la marche de l’escargot : 1 mètre par jour.
• la vitesse du point de l’élastique où se trouve l’escargot. Intuitivement la vitesse d’un point de l’élastique
est proportionnelle à sa position sur l’élastique. En effet le point de départ a une vitesse nulle tandis que le
point d’arrivée se déplace, sous l’effet de l’étirement, à une vitesse de 1000 mètres par jour. Cette vitesse
vaut donc P (t)T 0 (t).
∀t ∈ R+ , e0 (t) = 1 + P (t)T 0 (t)
(c) Soit t ∈ R+ , on a : P (t) =
e(t)
, c’est-à-dire : e(t) = P (t)T (t). En dérivant, il vient :
T (t)
∀t ∈ R+ , e0 (t) = P 0 (t)T (t) + P (t)T 0 (t)
D’après l’égalité obtenue à la question précédente, ceci implique que : P 0 (t)T (t) = 1.
∀t ∈ R+ , P 0 (t) =
1
T (t)
(d) D’après la question précédente, pour tout t ∈ R+ , P 0 (t) =
en déduit qu’il existe une constante C ∈ R telle que :
∀t ∈ R+ , P (t) =
Pour t = 0, on a : P (t) = 0 =
P (t) =
1
. En intégrant cette relation, on
1000 + 1000t
1
ln(1000 + 1000t) + C
1000
ln(1000)
ln(1000)
+ C. Ce qui donne C = −
. Finalement, pour tout t ∈ R+ :
1000
1000
1
1
1
ln(1000 + 1000t) −
ln(1000) =
ln(1 + t)
1000
1000
1000
∀t ∈ R+ , P (t) =
1
ln(1 + t)
1000
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On cherche t ∈ R+ tel que P (t) = 1. D’après l’égalité trouvée à la question précédente :
P (t) = 1 ⇔
1
ln(1 + t) = 1 ⇔ ln(1 + t) = 1000 ⇔ t = e1000 − 1
1000
L’escargot va atteindre sa salade le jour numéro : E(e1000 )
Cette étude met en lumière le fait que le problème où l’élastique avance continûment est plus facile à étudier
que le problème où l’élastique avance par à-coups.