Correction de Devoir Surveillé N°05

MPSI du lyc´ee Rabelais http://mpsi.saintbrieuc.free.fr samedi 9 f´evrier 2013 ´ ´CORRIGE DU DEVOIR SURVEILLE N˚05 `PROBLEME 1 Soit (u ) une suite de r´eels non nuls, on lui associe la suite (p ) d´efinie par :n n∈N n n∈N nY ∀n∈N , p = u =u ×···×un k 1 n k=1 Partie 2. Une condition n´ecessaire de convergence 1. On suppose que le suite (p ) est convergente vers une limite non nulle ∈R . En cen n∈N cas, la suite extraite (p ) est aussi convergente de limite . Comme est diff´erenten−1 n≥2 pn de 0, il s’ensuit par op´erations alg´ebriques queu = est convergente de limite 1 = .n pn−1 N 1 n+1 2. Dans cette question, on suppose que∀n∈N , u = 1+ = .n n n Soit n∈N , par t´elescopage, on a n nY Yk+1 p = u = =n+1n k k k=1 k=1 Il s’ensuit imm´ediatement que (p ) est divergente vers +∞. Nn n3. Dans cette question, on suppose que∀n∈N , u = cos(a/2 ), ou` a∈R\πZ est un r´eeln fix´e. 1 n n n−1a. Soitn∈N ,remarquonstoutd’abordquesin(a/2 )×cos(a/2 ) = sin(a/2 .Montrons 2 par r´ecurrence sur n∈N que 1n∀n∈N, sin(a/2 )×p = sinan n2 1 Initialisation : pour n = 1, sin(a/2)cos(a/2) = sin(a). 2 1n H´er´edit´e : soit n∈N tel que sin(a/2 )p = sina.n n2 1 n+1 n+1 n+1 nsin(a/2 ) p = sin(a/2 )×cos(a/2 )×p = sin(a/2 )×pn+1 n n 2 1 1 1 = × sina = sina. n n+12 2 2 Conclusion : la formule est vraie pour n = 1, elle est h´er´editaire `a partir du rang 1. Par le principe de r´ecurrence, elle est donc vraie pour tout entier nature non nul.N 1 ⋆⋆⋆⋆⋆⋆⋆⋆ℓ⋆ℓ⋆ℓ⋆ℓℓ sina 1 a b.
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1.

2.

3.

a.

MPSIdulyc´eeRabelaishtt:p//pmisai.sbrntuciere.frf.e

samedi9fe´vrier2013

´ ´
CORRIGE DU DEVOIR SURVEILLE N˚05

`
PROBLEME 1
Soit (un)n∈N⋆lensnountideree´associells,onluiiusa(etusenupn)n∈N⋆:´dniefiarep
n
∀n∈N⋆ pn=Yuk=u1× ∙ ∙ ∙ ×un
k=1
Partie2.Uneconditionne´cessairedeconvergence
On suppose que le suite (pn)n∈N⋆est convergente vers une limite non nulleℓ∈R⋆. En ce
cas, la suite extraite (pn−1)n≥2est aussi convergente de limiteℓ. Commeℓteenidtsre´ffe
de0,ils’ensuitparope´rationsalg´ebriquesqueun=pnest convergente de limite 1 =ℓ
pn−1ℓ.
N
Dans cette question, on suppose que∀n∈N⋆,un==1+1n .+ 1
n n
Soitn∈N⋆le´ertpae,agopscano,

pn=Ynuk=Ynk+ 1 1
=
kn+
k=1k=1

Ils’ensuitimme´diatementque(pn) est divergente vers +∞.N
Dans cette question, on suppose que∀n∈N⋆,un= cos(a2nuo`),a∈RπZunste´reel
fixe´.
Soitn∈N⋆, remarquons tout d’abord que sin(a2n)×cos(a2n(in2s)=1a2n−1. Montrons
parre´currencesurn∈N⋆que

∀n∈N

sin(a2n)×pn12=nsina

1
si
Initialisation :pourn= 1, sin(a2) cos(a2) = 2 n(a).
H´ere´dite´:soitn∈N⋆tel que sin(a2n)p1
sina.
n=2n

sin(a2n+1)p
n+1

= sin(a2n+1)×cos(a2n+1)×pn(=1in2sa2n)×pn
1 1 1
=2×2nsina=2n+1sina

Conclusion :la formule est vraie pourn=,1leelitedreaithesr´´earud.1gnapa`ritr
Parleprincipedere´currence,elleestdoncvraiepourtoutentiernaturenonnul.N

1

b.

Soitn∈N⋆sealpa`ritnouqse,d’edc´´epr,teenpn2nis=na×sin(a12nP)sonosaεAl
n=2nors
par changement de variable,
n→+∞!⇒sin(a2n)∼+
•εn−−−−→0a
•sinε∼0εn→ ∞2n

P´t,parcompatibilite´des´equivalentsavecleproduit:
ar consequen
sina2nsina
pn∼2na∼a
Autrement dit, (pn) est convergente de limite siana.N
Partie3.Utilisationd’unepremi`eresuiteauxiliaire
1.Soit (un)n∈N⋆nulleeonecuiesr´teedilimetevgrneet1.
a.Posonsε= 12. Comme (un) est convergente de limite 1, il existe un rangn0∈N⋆tel
que∀n∈N,n≥n0⇒ |un−1| ≤2.1
Soitn≥n0. Alors 1−un<,rpaEn2.1ieulicrtunest strictement positif.N
Remarque :ati-ocpmtnalqoauinvn`tneqalatseuenoionepecdrreoremctovsuopvuze´r
bilit´e,limiteetineg¸e:
´alite´delafaconsuivant
comme (un) est convergente de limiteℓ, avecℓ= 1>mpcoibatstxiarep0eli,li´eitiltemi
etine´galit´eunrangn0tel que

∀n∈N n≥n0⇒un>0
n
b.outpourtntteriefieinnO´dn∈N,n≥n0,Sn=Xlnuk.
k=n0
¯
Supposons que (Sn) admette une limiteℓ∈R.
D’apr`eslesita´treracalecaelleenti´equionsedemr`eoh´tetaledimilpour la fonction
exponentielle,ilenr´esultequelasuiteeSnn≥n0admet pour limiteLu,`o
L=eℓ, siℓ∈R
L= 0 siℓ=−∞
L= +∞siℓ= +∞.N
n
Or, pour tout entier natureln≥n0,eSn=Yn0uk=pnp0n1rbqieussrue´glasnoitare´poar,p

k=
dessuitesposs´edantdeslimites,ils’ensuitque(pn) est convergente de limitepn0−1×L.N
2. Application :
Dans cette question, on suppose que∀n∈N⋆,un=n√n.
lnx
a.Soitk∈N k≥3. Introduisons la fonctionϕ:R+⋆→R´dfiearepniϕ(x) =ϕest
.
x
de´rivablesurR+⋆tienequocommtcoifsnoleeldttetesn´delmonetanirneu’aesulnnasep
et
∀x∈R+⋆ ϕ′(x) = lnxx2−1

2

Encons´equence,ϕ´dtseassiorce[uresnte+∞[. En particulier,

∀x∈[k k+ 1] ϕ(x)≤ϕ(k ln) =kk
Parcroissancedel’inte´grale,ils’ensuitque
Zkk+1lnxxdx≤lnkk

N
b.Soitn∈N⋆,Sn=X
nlnuk=Xnlnkk.
k=1k=1
Or,d’apreslaquestionpr´ece´dente,pourtoutentierk∈[1 n]],
`
k+1ln
lnkk≥Zkxdxx
Ensommantterme`atermecesine´galit´es,j’obtiensunenouvelleminorationdeSn:
Sn≥X
nZkk+1lnxdxx=Z1n+1lnxdxx
k=1
Laderni`ere´egalite´provenantdelarelationdeChaslesappliqu´eenfois.
On+1lnx
rZ1xdx=n(l12x)21n+1nl=2(n.2)1+
Finalement, nous avons obtenu pourSnla minoration suivante :
n+ 1)
Sn≥ln22(n→+∞
−−−−→+∞
Lethe´or`emededivergenceparcomparaisonpermetalorsdeconclurea`ladivergencede
(Sn) vers +∞e(D’.apr`eslaquestion,1line´dceuoeluqpn) est divergente vers +∞.N
Partie 2. Utilisation d’une autre suite auxiliaire
1.On suppose que∀n∈N⋆,un= 1 +vno,(u`vn)n∈N⋆eredel´enetuitsusesstrictement
n
positifsetconvergentede limite 0. On note pour tout entiern∈N⋆,Tn=Xvk
k=1
a.Introduisons la fonctionψ:R+→Rpeinraefid´∀x∈R+,ψ(x) = ln(1 +x)−x.ψest
de´rivablesurR+comme somme de telles fonctions et pour toutx≥0,ψ′(x.1=11+)

x
Il s’ensuit queψemtncietstrtseesursantroisd´ec0[+∞. Commeψ(0) = 0, la fonctionψ
eststrictementne´gativesurR+⋆. En d’autres termes,

∀x >0ln(1 +x)< x

Remarque :exit´e:npeuositrtauspruliaetdimerspateettcenontiesquedia’la`vnocaled
la fonction ln est concave surR+⋆edsuossed-uae´u.paEnicrtieulnosrpargseehtist
sestangentes.L’´equationdelatangenteaupoint1,esty=t−t,ensnocuqe´1raP.
∀t∈R+⋆lnt≤t−tanosultatenprsler´esorvuaeol1O.rntet= 1 +x.N

3

b.

2.

a.

Supposons que la suite (Tnes)ajtmroe´.enEecac,sliexisteM∈R+⋆tel que

∀n∈N⋆

Tn≤M

Montrons que (Tn) est convergente.
Soitn∈N⋆,Tn+1−Tn=vn+1. Comme la suite (vn) est strictement positive (par
hypothe`se),ilenr´esulteque(Tn) est croissante.
Ainsi, (Tn’a.D`eprjomaeer´nassteettse)iorclseneontoitemalimdele`rme´hoet
elle est donc convergente.
Montrons que (Sn) est convergente.
Comme ci-dessus, la suite (Sn) est croissante puisque pour tout entiern∈N⋆,
Sn+1−Sn= ln(1 +vn+1)>lle’uqsnojamtseerontMo0.lecrtu,aee´ruoP.isilson
l’in´egalite´e´tabliea`laquestion1.a
Soitn∈N⋆tioS.e´xfik∈[1 ntivne,ali1.esr`apD’].]

ln(1 +vk)< vk

Sommonsterme`atermecesin´egalit´es,ilenre´sulteque

n n
Sn=Xln(1 +vk)≤Xvk=Tn
k=1k=1

(Tnet)´orajtmanrapee´M, il s’ensuit queSn≤M.

Ceci´etantvraipourtotentiern∈N⋆e(´equrouvonspsuva,onSnee´rojamtse)
parMleli´dceuosiastn,erotcesleelmeom.Conce againduth´elaletimi`roedeme
monotoneque (Sn) converge.
Enfin, comme la suite (Snc)ledstatlae,rgveonsu´esrlePartie IIs’appliquent : la
suite (pn) est donc convergente.N
Application :
n
Dans cette question, on suppose que∀n∈N⋆ pn=Y 1 +a2ko,`ua∈]0fix´e[est.1
k=1
Remarquons qu’ici,un= 1 +a2k, aveca >(teocsne´uq0P.raquelasuient,pourpn)n∈N⋆
soitconvergente,ilsuffit,d’apr`eslaquestionpr´ece´dentequelasuite(Tnoi)sjamte´ro:e
n
Soitn∈N⋆fix´e.Pard´efiniitnoTn=Xa2k=a2+a4+a8+∙ ∙ ∙+a2n.Tnressmble
k=1
donc`alasommedestermesd’unesuitege´om´etrique,maisilmanquedespuissnacesde
a.Quelan’`acnn,eteeirsjaneelosuonetbatuon,tnatorn:ioslonajam

2n−a2n+11
Tn≤Xak=a+a2+a3+a4+∙ ∙ ∙+a2n=11−a≤1−a
k=1

Ainsi, (Tnra1e´peorajtmes)

1.D’apr`eslaquestionpr´ec´edente(pn) est convergente.N
−a

4

b.

1.

Montronsparr´ecurrencesurn∈N⋆que∀n∈N⋆(1−a2)pn= 1−a2n+1
•Initialisation :pourn= 1, (1−a2)p1= (1−a2)(1 +a2) = 1−a22
•e:t´di´eerH´soitn∈N⋆tel que (1−a2)pn= 1−a2n+1. Alors

(1−a2)×pn+1= (1−a2)×pn×(1 +a2n+1)
=1−a2n+1×1 +a2n+1
= 1−a2n+121−a2×2n+1= 1−a2n+2
=

•Ccl,ceenaprruce´rr∀n∈N⋆ OKn
2n+11
Soitn∈N⋆, nous avons doncpn11=−−aa2n→+∞1−a2.
−−−−→
Ainsi (pntctno)seeq,cnouergveteene´dsea`jassunoiv

1
nl→i+m∞pn=1−a2

N

`
PROBLEME 2
Soitu= (un)n∈N⋆aissnOulaluscoeiitetiusenubromeneds.el´eerdes moyennes(vn)n∈N⋆
determege´ne´ral
u1+u2+∙ ∙ ∙+un
vn=
n
PartieI.D´emonstrationsduth´eor`emedeC´esar`o
On suppose dans cette question que limun= 0. On montre que limvn= 0.
n→+∞n→+∞
′=ε lim. ommeun= 0 par
Soitε >0xfie´os.Psonε2>0 Cn→nransteughte`yhopelixesi,
n1∈N⋆tel que pour tout entiern≥n1, on ait|un| ≤ε′.
Soitn≥n1qureetilarte´gnaiialu´ecouledel’in´egI.dl

un1+un1+1+∙ ∙ ∙+un≤
n

|un1|+|un1+1|+∙ ∙ ∙+|un|
n
n−n1+ 1
ε′
n
ε′

Ainsi,nousavonsd´emontre´l’existenced’unentiernaturelnonnuln1∈N⋆tel que
Nn≥n1⇒un1+un1+1+∙ ∙ ∙+un≤ε
∀n∈⋆n2

(1)

PosonsA=u1+u2+∙ ∙ ∙+un1−1∈Rns’els,iesqurieb´glasnoitare´por.Paeustieualiuqt
determeg´en´eralu1+u2+∙ ∙ ∙+un1−1est convergente de limite nulle :
n

5

2.

3.

Tεxiste donc un
raduisons cette convergence avecε′=2>0. Il e

rangn2∈N⋆tel que

∀n∈N⋆ n≥n2⇒u1+u2+∙ ∙ ∙+un1−1ε(2)

n2
Posonsn0= max{n1 n2}ertietsnoce´disnornenun∈N⋆up,sri´eueor´ugelaa`n0. Par
construction den0,nar`euimuloncsestde´irstpumeneat´nn1at`en2Pa.sel,tneuqe´snocr
deux estimations (1) et (2) ont lieu.Un petit coup deΔpermet de conclure:

|vn|

=


n1u1+u2+∙ ∙ ∙+un1−1+un1+un1+1+∙ ∙ ∙+un
u1+u2+∙ ∙ ∙+un1−1+un1+un1+1+∙ ∙ ∙+un
n n
ε ε
2+2
ε

Ainsi, pour toutε >0, on a construit un entiern0∈N⋆tel que

∀n∈N⋆

n≥n0⇒ |vn| ≤ε

Parde´finition,c’estdirepre´cide´mentquelasuite(vn)n∈N⋆est convergente vers 0.N
Soitℓ∈R. On suppose que limun=ℓasituatimener`alme`ireenoedalrpednfiaresA.
n→+∞
question, introduisons la suite auxiliaire ˜u=u−ℓ. Comme limun=ℓ, il vient lim ˜un=
n→n→+∞
0.Parcons´equent,lesmoyennesarithme´tiques(v˜n)n∈N⋆de la suite (u˜n)n∈N⋆convergent
aussi vers 0. Or, pour tout entier naturel non nuln∈N⋆, on a

˜
vn

=
=

=

=

(u˜1+u˜2+∙ ∙ ∙+u˜n
n
(u1−ℓ) + (u2−ℓ) +∙ ∙ ∙+ (un−ℓ)
n
(u1+u2+∙ ∙ ∙+un)−nℓ
n
vn−ℓ

Ainsi, la suite (vn−ℓ)n∈N⋆timiledetnegrevncosteiuqec,0eptneiver´eisecr´di`antmeer
(useepacaritetrisact´etion) que la suite (vn)n∈N⋆est convergente de limiteℓ.N
Onaainsid´emontr´elears`Cedeme`eor´etoheeuqorpice´raL.uffitd:ilsussestfae
conside´rerlasuite(un)n∈N⋆deretlar´geme´neun= (−1)n.
Comme les suites extraites de (unmenttivesterdesemre´)ofpsceseernaredsemsg
pairs et impairs ne sont pas convergentes ver ˆ limite, la suite (un) est
s une meme
divergente.
N´nmeamsyoeuelneqt´smefieai´eri,onvoins(seuiqetm´thrisaneenvn) de (un) sont
convergentes de limite nulle.
En effet, pour tout entiern∈N⋆,v2n= 0 etv2n+1=−2nraP.snoc11+slequ´et,en

6

4.

1.

angs impairs sont
s’ensuit que (vn)
N
>0 un nombre

suites extraites de (vnred)feedsro´metmrseserangesdersetspai
toutesdeuxconvergentesdelimitenulle.Parcomple´mentarit´e,il
est convergente de limite nulle.
Supposons dans cette question que limun= +∞snoC.nore´disB

n→+∞
strictementpositif,fix´e.
Comme li+mun= +∞, il existe un rangn1∈N⋆tel
n→ ∞

∀n∈N⋆ n≥n1⇒un≥4B

Posonscommepr´ec´edemmentA=u1+u2+∙ ∙ ∙+un1−1∈R. Comme (An) est
convergente de limite nulle, il existe un entiern2tel que
∀n∈N⋆ n≥n2⇒A≤B
n

Enfin,lasuitedetermeg´ene´raln+ 1−n1´etanverntcoledetnegi,1etimiestxile
n
un entiern3tel que

∀n∈N⋆

n+ 1−n1>1
n≥n3⇒
n2

Posons finalementn0= max{n1 n2 n3}entinsun´eronsidrceoetn≥n0. On a alors :

vn

=


u1+u2+∙ ∙ ∙+un1−1+un1+un1+1+∙ ∙ ∙+un
n n
n+ 1−n
A+1
n n×(4B)
1
−B+2×(4B)
2B−B=B

Ainsi,pourtoutre´elB >0, on a construit un entiern0∈Ntel que

∀n∈N

Parde´finition,cecirevienta`direque

n≥n0⇒vn≥B

limvn= +∞
n→+∞

PartieII.Applicationsduth´eor`emedeconvergenceenmoyennedeCesa`ro

Lemme de l’escalier
Soit (an) une suite telle que :nl→i+m∞(an−an−1) =ℓ,u`oℓ∈R.
Introduisons la suite auxiliaireue´arldreteem´gneun=an−ann−1,

7

n

N⋆.

N

Par

2.

1.

hypoth`ese,lasuiteuest convergente de limiteℓ.De`esl’aproe`rT´hCee´mederosa, la
suite (vnmsedneyoasenhtir)m´etiquesde(un) est aussi convergente de le limiteℓ.
Or, pour tout entier naturel non nuln∈N⋆, on a, parescot´elegap:

vn=n1Xnuk1=nnXak−ak−1
k=1k=1
an−a0
=
n

∀n∈N⋆

Autrement dit,
an+a0
=vn
n n
par leTh´eroe`emed´Cserao, la suite (vn) est convergente de limiteℓ
par OPA la suite (a0n) est convergente de limite nulle.
Parop´erationsalg´ebriquessurdessuitesconvergentes,ils’ensuitquelasuiteannn∈N⋆
est convergente de limiteℓ.N
Soit (bn)n∈N⋆tiusenuteictrssmeerate`ntmesipofstietℓ >0 tels quenl→i+m∞bnb+n1=ℓ.
Introduisons la suite auxiliaire (an)n∈N⋆ne´gemrelare´etdan= lnbn. Comme (bn) est
strictement positive, la suite (anfin´eetietbesndie)

∀n∈N⋆ bn=ean

Or,d’apr`eslaCaract´eiu´tinntcoladeleeltineuqe´snoitasirede ln au pointℓ∈R+⋆,
l’hypoth`elibn+1ℓeenuqarıˆetn
=
sen→+m∞bn
nl→i+m∞an−an−1= lnℓ
D’apre`slaquestionpr´ec´edente,ils’ensuitquelasuitenanest aussi convergente de limite
lnℓ. Finalement, comme pour tout entier natureln∈N⋆,bn=ean, la´tresitaoinacarC
sequentielledelacontinuite´de exp au point lnℓ∈Rtrenuıeneaqˆnl→i+m∞expann=ℓ.
´
Comme pour tout entiern∈N⋆,
en1an=e1nlnbn=npbn
ilenre´sultequelasuiten√bnest convergente de limiteℓ.N

EXERCICE 1
Partie I. Calculs de limites

Passons en exponentielle :
1
coslnxx2

=ex2ln(cos(ln1x)=)ex2ln(1+cos(ln1x)−1)

8

2.

1.

2.

Posons tout d’abordy= 1lnx−−−+−∞→0, pour obtenir
x→

cos(1lnx)−1∼+∞−(12)(1ln2x)

Le second changement de variablez= cos(y)−1x−−→−+−∞→+1(nlevauieqllueusnt0ls´’d,na
z)∼0z, donne finalement
 

ln cos(1lnx)∼+∞−(12)(1ln2x)
Ainsi,x2lncos(1lnx)∼+∞−(12)(xlnx)2tend vers−∞quandxtend vers +∞par
croissances comparees. Par composition des limites, il s’ensuit que limcosl1nxx2=
´
x→+∞
0.
Posonsx= 1 +tauvotudeagedisin0eedou,pmarsuonre´’lrene

tceots(t+2π1)−1=−e2e2tets(itn+1)−1
e2+2+π2t2t
π
Or,e2t∼01,et(t+1)−1∼0t+t2∼0tet sinπ2t∼0π2tqieue´rbasglitnos,ra´eopar,psiin.A
e2+2tet(t+1)−1 2e2
∼0−
cosπ2+π2tπ
conclure que limex2+x−e2x2e2
.
=−
et nous pouvonsx→1cos(πx2)π
PartieII.Calculsd’e´quivalents
x1x−1 = explnxx−1. Posonsy(x) = lnxxssancroiompacescP.rano,see´ray(x)x−−→−+−∞→
0. Le changement de variabley=y(x)dansl’´equivnelausutleey−1∼0ydonne finalement

x1x−1∼lnx
+∞
x
Suivantl’indicationfournie,commen¸consparfactoriserparx.
xx1xx=xx1x−1−1=xexp(x1x−1) lnx−1
−x

Ord’apre`slaquestionpre´ce´dente,z(x) = (x1x−1) lnx∼+∞ln2xxtend vers 0 quand
xtend vers +∞aporcrassisecnmpco´ear.Leshaecgnmenedtveraailbez=z(x) dans
l’´equivalentusuelez−1∼0zdonne en ce cas que
exp(x1x−1) lnx−1 =ez(x)−1∼+∞z(x)∼+∞(x1x−1) lnx
ln2x
∼+∞
x

Parconse´quent,xx1x−x∼+∞ln2(x).

9

3.

Cherchonsune´quivalentsimpledunum´erateurdecetteexpression:
1
h(x+ 1)1x−x1xi(xlnx)2=xx(1 +x1)1x−1(xlnx)2
∼+∞expxnl11 +x1−1(xlnx)2
1
∼+∞1xln1x(xlnx)2
+
∼+∞x12(xlnx)2∼+∞ln2x

Ainsi,nume´rateuretde´nominateurdecetteexpressionsont´equivalentsa`ln2x. Il en
h(x+ 1)x1−xx1i(xlnx)2
xx1= 1.N
x
−x

´ ult que lim
res e
x→+∞

10

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