Corrigé EDHEC 2001 par Pierre Veuillez

    1. Partie 1

  1. Soit k * . Pour tout t [ k , k + 1 ] on a : 0 < k t k + 1 donc 1 k + 1 1 t 1 k et comme les bornes : k k + 1
    alors Montrer que : , k k + 1 1 k + 1 t k k + 1 t t
    Conclusion :

    1 k + 1 k k + 1 t t .

  2. L'inégalité n'est vraie que pour k 1 et donc 1 k k 1 k t t pour tout k 2. v n = k = 1 n 1 k = 1 + k = 2 n 1 k  pour avoir  k > 1 1 + k = 2 n k 1 k t t = 1 n t t = ln ( n ) + 1

    Conclusion :

    n * , v n ln ( n ) + 1 .

Partie 2

  1. Par récurrence on doit d'abord montrer que u n est définie avant de regrarder son signe :

      • Pour n = 0 est-ce que u 0 est défini et strictement positif ? Oui car u 0 = 1

      • Soit n tel que u n défini et strictement positif.

        Alors u n + 1 u n est bien défini car u n 0 et est strictement positif.

      • Donc par récurrence, chaque terme de cette suite est parfaitement défini et strictement positif.

    1. On a donc pour tout entier n : u n + 1 > u n car 1 / u n > 0 , et la suite u est donc croissante.

    1. O na u k + 1 2 u k 2 = ( u k + 1 u k ) 2 u k 2 = u k 2 + 2 + 1 u k 2 u k 2 = 2 + 1 u k 2

    2. Par récurrence :

      • Est-ce que, pour n = 1 , u 1 2 = 2 1 + 1 + k = 0 0 1 u k 2 ?

        Or k = 0 0 1 u k 2 = 1 u 0 2 = 1 et u 1 2 = 2 2 = 4 donc oui !

      • Soit n 1 tel que u n 2 = 2 n + 1 + k = 0 n 1 1 u k 2 .

        Est-ce que u n + 1 2 = 2 ( n + 1 ) + 1 + k = 0 n 1 u k 2 ?

        Or u n + 1 2 = u n 2 + 2 + 1 u n 2 = 2 n + 1 + k = 0 n 1 1 u k 2 + 2 + 1 u n 2 . = 2 ( n + 1 ) + 1 + k = 0 n 1 u k 2

      • Donc la formule est vraie pour tout entier n 1

      Variante : en voyant la somme telescopique :

      k = 1 n 1 u k + 1 2 u k 2 = u n 2 1  d'une part et d'autre part  k = 1 n 1 u k + 1 2 u k 2 = k = 1 n 1 2 + 1 u k 2 = 2 ( n 1 ) + k = 1 n 1 1 u k 2 donc u n 2 = 2 n + 1 + k = 0 n 1 1 u k 2

    3. Or 1 / u k 2 0 donc k = 0 n 1 u k 2 0 et donc n * , u n 2 2 n + 1 .

      Finalement, comme 2 n + 1 n + + , par minoration u n 2 n + + et u n = | u n | = u n 2 n + +

    1. On veut majorer u n 2 = 2 n + 1 + k = 0 n 1 1 u k 2 et pour cela, minorer 1 u k 2 :

      Pour tout n : u n 2 2 n + 1 > 2 n donc 1 u n 2 1 2 n si n > 0 (si n 1 ) le terme pour n = 0 est donc à garder à part.

      Donc k = 0 n 1 1 u k 2 = 1 1 2 + k = 1 n 1 1 u k 2 1 + k = 1 n 1 1 2 n = 1 + 1 2 v n 1 si n 1 1 i.e. n 2

      D'où u n 2 = 2 n + 1 + k = 0 n 1 1 u k 2 2 n + 1 + 1 + 1 2 v n 1 Conclusion :

      u n 2 2 n + 2 + 1 2 v n 1 pour tout n 2

    2. Et comme v n 1 + ln ( n ) pour tout entier n 2 on a donc v n 1 1 + ln ( n 1 ) u n 2 2 n + 2 + 1 + ln ( n 1 ) 2 = 2 n + 5 2 + ln ( n 1 ) 2 .

    3. On a alors l'encadrement :

      2 n + 1 u n 2 2 n + 5 2 + ln ( n 1 ) 2 et comme la fonction est strictmeent croissante sur [ 0 , + [ et qu'ils en sont éléments : 2 n + 1 u n 2 n + 5 2 + ln ( n 1 ) 2  donc  2 n 1 + 1 / 2 n u n 2 n 1 + 5 4 n + ln ( n 1 ) 4 n  et  1 + 1 2 n u n 2 n 1 + 5 4 n + ln ( n 1 ) 4 n et par encadrement u n / 2 n n + 1 donc u n 2 n quand n + .

Partie 3

  1. On a u 0 = 1 et u n + 1 = u n + 1 u n pour tout n 0

    On affecte la valeur u n à u . On calcule les termes de u 1 à u n (for k:=1 to n)

    Program suite;

    var n,k:integer; u:real;

    begin

    u:=1;

    writeln('valeur de n ?'); readln(n);

    for k:=1 to n do u:=u+1/u;

    writeln(u);

    end.

    1. Ecrire un deuxième programme, toujours en Turbo Pascal, qui permette de déterminer et d'afficher le plus petit entier naturel n pour lequel u n 100 :

      On calcue u n et n tant que u n < 100 (ou jusqu'à ce que u n 100 , mais cela demande de vérifier que le premier terme ne vérifie pas la condition)
      On n'oublie pas d'intialiser n .

      Program suite;

      var n :integer; u:real;

      begin
      u:=1;n:=0;
      while u<100 do

      begin n:=n+1 ; u:=u+1/u; end;
      writeln(n);

      end.

    2. On donne l n 2 < 0 , 70 et l n 5 < 1 , 61 .

      On a 5000 = 5 ( 5 2 ) 3 = 5 4 2 3 donc ln ( 5000 ) = 4 ln ( 5 ) + 3 ln ( 2 ) < 4 1 , 61 + 3 0 , 70 = 8 , 54

      Conclusion :

      ln 5000 < 8 , 54

    3. Montrer que l'entier n trouvé en 2a) est compris entre 4995 et 5000 .

      Pour que n soit le plus petit entier vérifiant u n 100 , il faut et suffit que u n 100 et u n 1 < 100

      Or on a vu que 2 n + 1 u n 2 2 n + 5 2 + ln ( n 1 ) 2

      • Pour n = 4994 on a ln ( n 1 ) < ln ( 5000 ) donc 2 n + 5 2 + ln ( n 1 ) 2 9988 + 2.5 + 8.54 < 10000 donc ( u 4 9 9 4 ) 2 < 10000 et u 4 9 9 4 < 1000
        Donc la valeur recherchée est strictement supérieure à 4994

      • Pur n = 5000 on a 2 n + 1 = 10001 > 10000 donc u 5 0 0 0 2 > 10000 et u 5 0 0 0 > 100

        Donc la valeur recherchée est inférieure ou égale à 5000.

      Conclusion :

      n est compris entre 4995 et 5000

(EDHEC 2001)