Corrigé EDHEC 2004 par Pierre Veuillez

Le but de cet exercice est de calculer lim n + 0 + 1 1 + t + t n t .

Pour tout n de , on pose u n = 0 1 1 1 + t + t n t et on a, en particulier, u 0 = 0 1 1 2 + t t

  1. La fonction t 1 1 + t + t n est continue sur [ 0 , 1 ] (car 1 + t + t n 0 ) donc 0 1 1 1 + t + t n t est bien définie.

  2. On a u 0 = 0 1 1 1 + t + t 0 t = 0 1 1 2 + t t = [ ln ( 2 + t ) ] 0 1 = ln ( 3 ) ln ( 2 ) = ln ( 3 / 2 )

    et u 1 = 0 1 1 1 + t + t t = 0 1 1 1 + 2 t t = [ 1 2 ln ( 1 + 2 t ) ] 0 1 = 1 2 ln ( 3 ) Conclusion :

    u 0 = ln ( 3 / 2 ) et u 1 = 1 2 ln ( 3 )

    1. Pour comparer les intégrales u n et u n + 1 , on compare leurs contenus : 1 1 + t + t n 1 1 + t + t n + 1 = t n + 1 t n ( 1 + t + t n ) ( 1 + t + t n + 1 ) = t n ( t 1 ) ( 1 + t + t n ) ( 1 + t + t n + 1 ) 0  sur  [ 0 , 1 ]  et  1 1 + t + t n 1 1 + t + t n + 1

      et comme (ordre des bornes) 0 1 , on a alors 0 1 1 1 + t + t n t 0 1 1 1 + t + t n + 1 t Conclusion :

      la suite u est donc croissante.

    2. Là encore, on majore le contenu, par une quantité qui ne dépend pas de n :

      Si t [ 0 , 1 ] alors t n 0 et 1 + t + t n 1 + t > 0 donc 1 1 + t + t n 1 1 + t et comme 0 1 : 0 1 1 1 + t + t n t 0 1 1 1 + t t = [ ln ( 1 + t ) ] 0 1 ln ( 2 )

      Conclusion :

      n , u n ln ( 2 )

    3. La suite u est donc croissante et majorée par ln ( 2 ) donc convergente vers une limite ln ( 2 )

    1. Pour écrire ln ( 2 ) u n sous forme d'intégrale, on écrit ln ( 2 ) sous la forme trouvée précédemment : ln ( 2 ) u n = 0 1 1 1 + t t 0 1 1 1 + t + t n t = 0 1 1 1 + t 1 1 + t + t n t = 0 1 t n ( t + 1 ) ( t + t n + 1 ) t

    2. Pour obtenir le 1 n + 1 , on devine une primitive de t n , que l'on va conserver dans la majoration du contenu :

      sur [ 0 , 1 ] on a t + 1 1 et t + t n + 1 1 donc ( t + 1 ) ( t + t n + 1 ) 1 et 1 ( t + 1 ) ( t + t n + 1 ) 1 1

      d'où t n ( t + 1 ) ( t + t n + 1 ) t n car t n 0 et comme 0 1

      ln ( 2 ) u n = 0 1 t n ( t + 1 ) ( t + t n + 1 ) t 0 1 t n t = [ t n n + 1 ] 0 1 1 n + 1

      Conclusion :

      n , ln ( 2 ) u n 1 n + 1

    3. On a une majoration. Pour conclure, on cherche l'encadrement :

      0 t n ( t + 1 ) ( t + t n + 1 ) sur [ 0 , 1 ] alors 0 ln ( 2 ) u n 1 n + 1

      Et comme 1 n + 1 0 alors par encadrement ln ( 2 ) u n 0 et

      Conclusion :

      u n ln ( 2 ) quand n +

  3. Pour tout entier naturel n supérieur ou égal à 2, on pose v n = 1 + 1 1 + t + t n t .

    1. 1 + 1 1 + t + t n t est impropre en +

      On prouve sa convergence par comparaison :

      1 1 + t + t n = 1 t n 1 1 + 1 / t n 1 + 1 / t n 1 t n car n 2 et donc t n et t n 1 0 quand t +

      Comme n > 1 alors 1 + 1 t n t converge (intégrale de Riemann) et par comparaison d'intégrales de fonction positives, 1 + 1 1 + t + t n t c o n v e r g e .

      Conclusion :

      v n est bien définie pour n 2

    2. Pour t 1 on a 1 + t 0 et 1 + t + t n t n > 0 donc 0 1 1 + t + t n 1 t n donc pour 1 M on a 1 M 1 1 + t + t n t 1 M 1 t n t = [ 1 n 1 1 t n 1 ] 1 M 1 n 1 ( 1 M n 1 + 1 ) 1 n 1

      et par passage à la limite dans l'inégalité, quand M + 0 1 + 1 1 + t + t n t 1 n 1 Conclusion :

      n 2 , 0 v n 1 n 1

    3. Donc par encadrement v n 0 quand n +

      Comme l'intégrale impropre en + 0 + 1 1 + t + t n t converge, alors 0 + 1 1 + t + t n t = 0 1 1 1 + t + t n t + 1 + 1 1 + t + t n t ln ( 2 )  quand  n + Conclusion :

      lim n + 0 + 1 1 + t + t n t = ln ( 2 )
      .