Correction de DL n8 CCP PSI premiere epreuve corrige

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Niveau: Secondaire, Lycée, Première
Correction de DL n8 CCP 2006 -PSI premiere epreuve : corrige Partie I. 1.1. D'apres la formule du binome, n∑ k=0 ( n k ) = (1 + 1)n = 2n 1.2. On a donc ?n ? N, a?n = 1. 1.3. Les series ∑ (an) et ∑ (a?n) sont grossierement divergentes. 2.1. La formule du binome indique que ?n ? N, a?n = 1 2n (z + 1)n 2.2.1. On sait calculer les sommes geometriques. La raison z etant differente de 1, n∑ k=0 zk = 1? zn+1 1? z Pour |z| < 1 ce terme admet une limite. ∑ (an) converge et A(z) = ∞∑ n=0 zk = 1 1? z 2.2.2. On a ? ? z+1 2 ? ? ≤ 1+|z|2 < 1 et ∑ (a?n) est donc aussi une serie geometrique convergente de somme ∑ n≥0 a?n = 1 1? z+12 = 2 1? z = 2A(z) 2.3.1. La serie ∑ (an) est grossierement divergente (terme general qui n'est pas de limite nulle).

  • serie entiere sur l'intervalle ouvert de convergence

  • sn ?

  • etant de limite l?

  • ?2n ?

  • serie entiere

  • rayon de convergence infini

  • serie geometrique convergente de somme

  • limite nulle

  • somme de la serie entiere


Publié le : mercredi 30 mai 2012
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Correction de DL n8CCP 2006 -PSI premie`ree´preuve:corrige´
Partie I. 1.1.Dapr`eslaformuledubinoˆme, n  X n n n = (1 + 1)= 2 k k=0 1.2. Ona doncnN, a= 1. n P P 1.3.Lesse´ries(an() eta`issmerenos)orgtntge.estdeneriv n 2.1.Laformuledubinˆomeindiqueque 1 n nN, a= (z+ 1) n n 2 2.2.1.Onsaitcalculerlessommesge´om´etriques.Laraisonzreneeted,1´etantdi´ n X n+1 1z k z= 1z k=0 P Pour|z|<(1 ce terme admet une limite.an) converge et X 1 k A(z) =z= 1z n=0 P 1+|z| z+12.2.2. Ona<(1 etameomesedntgeernvoceuqirte´moe´geunes´erioncaussi)sedt n 2 2 X 1 2 a= == 2A(z) n z+1 11z 2 n0 P 2.3.1.Lase´rie(anteenrgveg´meer(tqlare´neptseniu)estise`rgsotnideremasdelimitenulle). n 2.3.2. Siz=2 alorsa= (1/.etne´moirgesee´dnuergeconvique´etr2)steetelgemr´ne´lare n e+1iθ/2 2.3.3. (ae)m´eog´teuiesunstreianoteiruqdercos(= =θ/2)e. Commeθ]0, π[,|r| ∈]0,1[ n 2 P et (a) converge et n iθ/2 X 1 2iecos(θ/2) a= =1 += =i k 1r1esin(θ/2) sin(θ/2) n=0 Partie II. 1.1.1. Ona   k n n(n1). . .(nk+ 1)n =k k!k! n+1.1.2.Parcroissancecompar´ees,onadonc   1n lim =0 n 2k n+
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1.2.qant´etx´e,Sq(n, a) est alors une suite finie de suites de limite nulle et limSq(n, a) = 0 n+1.3. Soitε >0. Commeaest de limite nulle, il existe un rangqtel quekq,|ak| ≤ε/2. Lasuite Sq(n, ateisexile,llnuetimiledtnate´)n0tel quenn0,|Sq(n, a)| ≤ε/2. Ona alors n n  X X 1n ε1n ε |=S(n, a) +a+ nn0,|an qk n n k2 2k2   k=q+1k=q+1 n n  X X n n n Comme≤ ≤2 ,on a finalement k k k=q+1k=0 nn0,|a| ≤ε n etonamontre´que lima= 0 n n+1.4. Ona n  X 1n al= (al) n k n 2k k=0 etonseram`eneaucaspre´c´edent(anl0). Ainsi lima=l n n+n1.5. Sian= ((2) alorsa) est une suite convergente de limite nulle alors que (an) est une suite n divergente.Ilnyadoncpas´equivalenceentrelesconvergencesde(an) et de (a). n 2.1.Uncalculaubrouillon(nonreporte´)donne U0=S0, U1= 2S0+S1, U2=S2+ 3S1+ 3S0, U3=S3+ 4S2+ 6S1+ 4S0 2.2.1. Onpeut donc supposer que n  X n+ 1 Un=Sk k+ 1 k=0 2.2.2.Laformulepr´ec´edenteestvraiepourn= 0,1,2,3. Soitn3 tel que la formule soit vraie jusqu’au rangnremarque que1. On n  X n n Un= 2Tn= 2Un1+ak k k=0 Onutilisealorslaremarquedele´nonc´epourexprimerakiaededa`lSketSk1nr´eordonnant.E lestermes(onscindelasommeendeuxetonre´indice),onobtient n n1   X X n nn ak=Sk+Sn k kk+ 1 k=0k=0 Aveclhypothe`sedere´currenceaurangn1, on a donc n1   X n n Un= +Sk+Sn k+ 1k k=0     n nn+1 Laformule+=permetalorsdemontrerler´esultataurangn. k+1k k+1 2
P 2.3. Onsuppose que(an) converge et on noteSOn a doncsa somme.SnSquandn+. Aveclaquestionpre´c´edente,ona n n  X X n n Un1=Sk+1=Sk+1S1 k k k=1k=0 CommeSn+1S, la questionII.1 indique que n  X 1n limSk+1=S n n+2k k=0 P Un1+S1Un1n12S.L´eas(ae et ce qui donnenSou encoreTn1=2rien) converg 2 ∞ ∞ X X = 2 anan n=0n=0 P PP P n∗ ∗ rge alors 2.4. Sian= (eL.ee´s2snoc)grevt)en) n’ont ) alors(an) diveque (anries (an(a doncpastoujoursmˆemenature. Partie III. n 1.1.Pourtoutr´eelxla suite (x /(nontdorcbeen´as.Lire´tneere`ie+1)!)etsedilimetunllee P n (x /(nest donc de rayon de convergence infini et+ 1)!)fuseine´tdesrReˆemltls,Ee.me commesommedese´rieenti`ere,declasseC∞surR. 1.2. Ona n+1 X x x x, x(f=) =e1 (n+ 1)! n0 1.3.Onende´duitque x 1e x x6= 0, ef(x) = x En 0, la fonction prend la valeur 1 (f(0) = 1). 2.1. Ona n n σnx n|x| xR,nN,≤ →n+0   n!n! σnn Lase´rieentie`re:sum xest donc de rayon de convergence infini.gnodcsedtdeieet´en n! classeCsurR. 2.2.Onpeutd´eriverterme`atermeunes´erieenti`eresurlintervalleouvertdeconvergence.Ainsi(on tient compte deσ0= 0) X XX n σn+1σn nx 0n xR, g(x)g(x) =xx= 1 +=f(x) n!n! (n+ 1)! n0n1n1 2.3. Ona ainsi 0 −xxx xR, g(x)eg(x)e=f(x)e En primitivant (avec les primitives nulles en 0) on a donc Z x xt xR, g(x) =e f(t)e dt 0
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x 3.1.Fest une primitive dex7→e f(xe`s).rOd,arpIII.1, n+1 X (1) x n1 xRf, e(x) =x n! n1 Onpeutprimitivertermea`termeunes´erieenti`eresurlintervalleouvertdeconvergence.Comme F(0) = 0, on obtient n+1 X (1) n xR, F(x) =x n.n! n1 x 3.2. Onag(x) =e F(xeriv).D´etteonscil´te´agenfois (avec la formule de Leibnitz) et prenons la valeur en 0.On obtient n  X n (n) (k) g(0) =F(0) k k=0 P k(k) Or, sihsommedel(estla`itneree´saeeirbkx) alorsbk=k!hil´te´agcee´pe´r(0).i,lAinsentde s´ecrit n  k+1 X n(1) n1, σn= =n!γn k k k=1 4.1.1. Ona   1 11 wk=ln 1− − 2 k+ 1k+ 12(k+ 1) etcestdoncletermege´ne´raldunese´rieabsolumentconvergente. P 4.1.2. Soitvn=σnln(n) ; on avnvn+1=wneri.(,lOr´easvnvn+1) et la suite (vnme)ontmˆe nature et donc (vn) est une suite convergente. 4.2. Enregraoupant les termes d’indices pairs et ceux d’indices impairs, on a n n X X 1 1 τ2n=+ 2k2k1 k=1k=1 n n X X 1 1 σ2n= + 2k2k1 k=1k=1 Enfaisantladi´erence,onobtient τ2n=σ2nσn 4.3. Sotonslla limite de (σnln(n)) = (vna). On v2nvn=σ2nσnln(2) =τ2nln(2) 1 Cettequantite´e´tantdelimitell= 0, on a doncτ2nailleursln(2). Parτ2n+ 1τ2n= 2n+1 et doncτ2n+1la suiteln(2). Finalement,τest convergente de limite ln(2) ou encore k+1 X (1) = ln(2) k k=1 n 5.1. (σnln(n)) admettant une limite finie, on aσnln(n). Ainsi,(x σneluesteitnemst)ees´ernbo si|x|<1. Lerayon de convergenceRestdonc.age´1a`l
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