ECE2 23 Octobre 2021 Mathématiques (version A) DS2 (version A) Exercice 1 (Insp

ECE2 23 Octobre 2021 Mathématiques (version A) DS2 (version A) Exercice 1 (Inspiré Oral ESCP 2018) Partie I : Étude d’une suite récurrente On considère une suite (un)n∈N définie par u0 ∈R et : ∀n ∈N, un+1 = u2 n n + 1. On suppose : u0 > 0. On pose : ∀n ∈N, vn = ln(un) 2n . 1. Montrer que la suite (vn)n∈N est bien définie et : ∀n ∈N, un > 0. Démonstration. • Démontrons par récurrence : ∀n ∈N, P(n) où P(n) : un > 0. ▶Initialisation : D’après l’énoncé : u0 > 0. D’où P(0). ▶Hérédité : soit n ∈N. Supposons P(n) et démontrons P(n + 1) (i.e. un+1 > 0). Par hypothèse de récurrence, un > 0. - Comme un > 0, alors u2 n > 0 (car la fonction x 7→x2 est strictement croissante sur [0, +∞[). - Comme de plus n + 1 > 0 alors un+1 = u2 n n + 1 > 0. D’où P(n + 1). Par principe de récurrence, on en conclut : ∀n ∈N, un > 0. • Soit n ∈N. - Comme un > 0, alors la quantité ln(un) est bien définie. - De plus, 2n ̸= 0. On en déduit que la quantité vn = ln(un) 2n est bien définie. Ainsi, la suite (vn) est bien définie. Démontrer qu’une suite (vn)n∈N est bien définie, c’est démontrer que pour tout n ∈N, la quantité vn est bien définie. Commentaire 1 ECE2 23 Octobre 2021 Mathématiques (version A) 2. a) Montrer que la série P k⩾1 ln(k) 2k converge. Dans la suite, on note : σ = − +∞ P k=1 ln(k) 2k . Démonstration. On a : × ∀n ⩾1, ln(n) 2n ⩾0 et 1 n2 ⩾0. × ln(n) 2n = o n→+∞  1 n2  . En effet : ln(n) 2n 1 n2 = ln(n) 2n n2 = ln(n) ( √ 2)n n2 ( √ 2)n − → n→+∞0 car ln(n) ( √ 2)n − → n→+∞0 et n2 ( √ 2)n − → n→+∞0 par croissances comparées. × La série P n⩾1 1 n2 est une série de Riemann d’exposant 2 (2 > 1). Elle est donc convergente. Par critère de négligeabilité des séries à termes positifs, la série P n⩾1 ln(n) 2n converge. • Le théorème des croissances comparées stipule que pour tout b > 0 et q > 1 : lim n→+∞ ln(n) b qn = 0 On dit alors que la croissance logarithmique est plus faible que la croissance exponentielle. Dans cette question, il s’agit de démontrer : lim n→+∞ n2 ln(n) 2n = 0 Le numérateur n’est ni polynomial, ni logarithmique. En toute rigueur, il faut donc un argument supplémentaire avant de pouvoir utiliser le théorème des croissances comparées. • Il faut avoir en tête : n2 ln(n) = o n→+∞ n3 . La croissance au numérateur est donc « au mieux polynomiale ». Il est donc logique que la croissance exponentielle au dénominateur l’emporte. • Rappelons au passage la condition NÉCESSAIRE de convergence des séries : P wn converge ⇒ wn − → n→+∞0 Cette condition n’est pas suffisante : wn − → n→+∞0 ⇒ P wn converge. (on peut illustrer ce point par la suite (wn) définie par : ∀n ⩾1, wn = 1 n) S’il est nécessaire que le terme général de la série tende vers 0, il faut de plus s’assurer que cette convergence se fait suffisamment rapidement. C’est ce que l’on fait dans le cas des séries à termes positifs : on s’assure que le terme général wn tend vers 0 au moins aussi vite que le terme général d’une série convergente (on utilise les théorèmes de comparaisons). C’est l’argument ici : ln(n) 2n tend plus rapidement vers 0 que 1 n2 qui est un exemple classique de terme général de série convergente. Commentaire 2 ECE2 23 Octobre 2021 Mathématiques (version A) b) (i) Pour tout k ∈N∗, exprimer vk −vk−1 en fonction de k. Puis déterminer la nature de la série P k⩾1 (vk −vk−1). Démonstration. • Soit k ∈N∗. vk −vk−1 = ln(uk) 2k −ln(uk−1) 2k−1 = ln  uk−12 (k−1)+1  2k −ln(uk−1) 2k−1 (par définition de la suite (un)) = ln uk−12 −ln(k) 2k −2 ln(uk−1) 2k = 2 ln(uk−1) −ln(k) −2 ln(uk−1) 2k (car uk−1 > 0) = −ln(k) 2k ∀k ⩾1, vk −vk−1 = −ln(k) 2k • On a vu dans la question précédente que la série P k⩾1 ln(k) 2k est convergente. On ne change pas la nature d’une série en multipliant son terme général par −1 (̸= 0). On en déduit que la série P k⩾1 (vk −vk−1) est convergente. (ii) En déduire que la suite (vn)n∈N converge. Exprimer sa limite ℓen fonction de u0 et σ. Démonstration. Soit n ⩾1. Par télescopage, on a : n P k=1 (vk −vk−1) = vn −v1−1 = vn −v0 On en déduit : vn = n P k=1 (vk −vk−1) + v0 = − n P k=1 ln(k) 2k + v0 (d’après la question précédente) − → n→+∞ − → n→+∞ − +∞ P k=1 ln(k) 2k v0 (car on a montré en question 2.a que la série P k⩾1 ln(k) 2k est convergente) La suite (vn) est convergente, de limite ℓ= − +∞ P k=1 ln(k) 2k + v0 = σ + v0. 3 ECE2 23 Octobre 2021 Mathématiques (version A) 3. On suppose dans cette question que u0 ̸= e−σ. a) Déterminer le signe de ℓ. On pourra distinguer les cas u0 > e−σ et u0 < e−σ. Démonstration. D’après la question précédente : ℓ= σ + v0 = σ + ln(u0) • On en déduit : ℓ> 0 ⇔ σ + ln(u0) > 0 ⇔ ln(u0) > −σ ⇔ u0 > e−σ (par stricte croissance de la fonction exp sur R) Ainsi, si : u0 > e−σ alors : ℓ> 0. • De même : ℓ< 0 ⇔u0 < e−σ Ainsi, si : u0 < e−σ alors : ℓ< 0. b) En déduire la limite de ln(un)  n∈N, puis étudier le comportement en +∞de la suite (un)n∈N. Démonstration. Soit n ∈N. Par définition : ln(un) = 2n vn Deux cas se présentent : × si u0 > e−σ : alors la suite (vn) est convergente de limite ℓ> 0. De plus : 2n − → n→+∞+∞. On en déduit, par produit de limites, que la suite ln(un)  n∈N diverge vers +∞. Enfin : un = exp ln(un)  − → n→+∞+∞. La suite (un)n∈N diverge vers +∞. × si u0 < e−σ : alors la suite (vn) est convergente de limite ℓ< 0. De plus : 2n − → n→+∞+∞. On en déduit, par produit de limites, que la suite ln(un)  n∈N diverge vers −∞. Enfin : un = exp ln(un)  − → n→+∞0. La suite (un)n∈N converge vers 0. 4 ECE2 23 Octobre 2021 Mathématiques (version A) 4. On suppose dans cette question : u0 = e−σ. a) (i) Vérifier que pour tout n ∈N, on a : vn = +∞ P k=n+1 ln(k) 2k . Démonstration. • Comme on a supposé u0 = e−σ, on a : v0 = ln(u0) = −σ = +∞ P k=1 ln(k) 2k • Or pour tout n ∈N, on a, d’après la question 2.b)(ii) : vn = − n P k=1 ln(k) 2k + v0 = − n P k=1 ln(k) 2k + +∞ P k=1 ln(k) 2k = +∞ P k=n+1 ln(k) 2k En effet, pour tout n ∈N : +∞ P k=1 ln(k) 2k = n P k=1 ln(k) 2k + +∞ P k=n+1 ln(k) 2k On a bien : ∀n ∈N, vn = +∞ P k=n+1 ln(k) 2k . (ii) Retrouver dans ce cas la valeur de la limite ℓde la suite (vn). Démonstration. • En question 2.a), on a démontré que la série P n⩾1 ln(n) 2n est convergente. Alors, pour tout n ∈N∗: +∞ P k=1 ln(k) 2k = n P k=1 ln(k) 2k + +∞ P k=n+1 ln(k) 2k et ainsi : vn = +∞ P k=n+1 ln(k) 2k (d’après la question précédente) = +∞ P k=1 ln(k) 2k − n P k=1 ln(k) 2k − → n→+∞ +∞ P k=1 ln(k) 2k − +∞ P k=1 ln(k) 2k = 0 • Rappelons qu’on a démontré en question 2.b)(ii) : ℓ= σ + v0 = σ + ln(u0) = σ + ln e−σ = 0 On retrouve le résultat de la question 2.b)(ii) : la suite (vn) est convergente de limite nulle. 5 ECE2 23 Octobre 2021 Mathématiques (version A) Cette question est une illustration d’un résultat classique sur les séries. Étant donnée une série P un convergente, de somme notée S et dont la suite des sommes partielles est notée (Sn)n∈N on a, pour tout n ∈N : +∞ P k=0 uk = n P k=0 uk + +∞ P k=n+1 uk                        S uploads/Litterature/ ds2-va-correction.pdf

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littérature ln(k) alors démonstration. question (version
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