Corrigé par Pierre Veuillez

  1. On démontre celà par récurence :

    Celà est vrai pour n = 1.

    Soit n 1 tel que n ! n . Est ce que ( n + 1 ) ! n + 1 ?

    Or ( n + 1 ) ! = ( n + 1 ) n ! n + 1 car n ! n 1.

    Donc pour tout entier n 1 , n ! n

    et comme n n + + , par minoration, n ! n + + .

    1. On étudie le signe de S n + 1 S n :

      S n + 1 S n = k = 0 n + 1 1 k ! k = 0 n 1 k ! = 1 ( n + 1 ) ! 0 donc la suite S est bien croissante.

      De même pour T :

      T n + 1 T n = k = 0 n + 1 1 k ! + 1 ( n + 1 ) ! k = 0 n 1 k ! 1 n ! = 1 ( n + 1 ) ! + 1 ( n + 1 ) ! 1 n ! = 2 ( n + 1 ) ! n + 1 ( n + 1 ) ! = 1 n ( n + 1 ) ! 0 si n 1 donc la suite T est décroissante.

    2. On a T n = S n + 1 / n ! et comme n ! 0 on a alors T n S n .

      Or comme S est croissante et T décroissante, on a pour tout entier n : S 1 S n T n T 1

      Donc la suite S est majorée par T 1 et la suite T est minorée par S 1 (par une constante)

    3. Ces deux suites sont donc convergentes. Soit la limite de S . Comme T n = S n + 1 / n ! et que 1 / n ! n + 0 alors T tend également vers .

      Et comme S est croissante, on a pour tout entier n , S n et comme T est décroissante, T n

    4. Comme S n S n + 1 / n ! , on a donc 0 S n 1 / n ! et | S n | 1 / n ! .

      Donc S n donne-t-elle une valeur approchée de avec une précision ϵ si 1 / n ! ϵ .

  2. On affectera les sommes S n à une variable S , les valeurs de k à une variable K , les valeurs de 1 / k ! à une variable F et la précision voulue à une variable e p s i l o n

    1. Pour n = 0 on a : F = 1 / 0 ! = 1 et S = k = 0 0 1 k ! = 1 0 ! = 1 .

    2. On a pour tout entier n : 1 ( k + 1 ) ! = 1 k ! ( k + 1 ) = 1 ( k + 1 ) 1 k ! .

      Donc si K contient la valeur suivante ( k + 1 ) ? on a la valeur suivante de F par : F := F / K .

    3. Si F contient la valeur suivante on a la valeur suivante de S par : S := S + F

    4. Il faut procéder ici avec ordre dans la mise à jour des valeurs : k d'abord, puis F et enfin S .

      Program valeur_de_e;

      Var S,F,eps:real; k:integer;

      Begin

      Writeln('Précision?'); Readln(eps);

      k:=0; F:=1; S:=1;

      Repeat

      k:=k+1;

      F:=F/k;

      S:=S+F;

      Until F eps;

      Writlen('une valeur approchée de e à ', eps,' près est :',S)

      End.

    1. f n + 1 est dérivable sur et f n + 1 ( x ) = e x k = 0 n + 1 x k k ! = e x 1 k = 1 n + 1 x k k ! donc  f n + 1 ( x ) = e x k = 1 n + 1 k . x k 1 k ! = e x k = 1 n + 1 x k 1 ( k 1 ) ! = e x h = 0 n x h h ! = f n ( x )

    2. Il fallait traiter à part x 0 / 0 ! dont la dérivée est 0 et pas 0 x 1

    3. k / k ! = 1 / ( k 1 ) ! car k 1 0 dans la somme

      On étudie les variations de f n par récurrence :

      • Pour n = 0 , f 0 ( x ) = e x x 0 / 0 ! = e x 1.

        f 0 est dérivable sur et f 0 ( x ) = e x > 0. Donc f est croissante sur . Et comme f 0 ( 0 ) = e 0 1 = 0 , on a bien f 0 0 sur [ 0 , 1 ]

      • Soit n tel que f n 0 sur [ 0 , 1 ]

        Est-ce que f n + 1 0 sur [ 0 , 1 ] ?

        Or f n + 1 ( x ) = f n ( x ) 0 sur [ 0 , 1 ] donc f n + 1 est croisante sur [0,1]. Et comme f n + 1 ( 0 ) = f n ( 0 ) 0 n + 1 / ( n + 1 ) ! = 0 on a alors f n + 1 0 sur [ 0 , 1 ]

      • Donc pour tout entier n et tout x [ 0 , 1 ] : f n ( x ) 0

    4. g n + 1 est dérivable sur et g n + 1 ( x ) = f n + 1 ( x ) ( e 1 ) ( n + 1 ) x n ( n + 1 ) ! = f n ( x ) ( e 1 ) x n n ! = g n ( x ) On étudie les variations de g n par récurrence :

      • Pour n = 0 , g 0 ( x ) = e x x 0 / 0 ! ( e 1 ) x 0 0 ! = e x e est croissante sur et comme g 0 ( 1 ) = 0 on a bien g 0 0 sur [ 0 , 1 ]

      • Soit n tel que g n 0 sur [ 0 , 1 ]

        Est-ce que g n + 1 0 sur [ 0 , 1 ] ?

        Or g n + 1 ( x ) = g n ( x ) 0 sur [ 0 , 1 ] donc g n + 1 est décroisante sur [0,1]. Et comme g n + 1 ( 0 ) = f n + 1 ( 0 ) ( e 1 ) 0 n + 1 ( n + 1 ) ! = 0

        Donc g n + 1 0 sur [ 0 , 1 ]

      • Donc pour tout entier n et tout x [ 0 , 1 ] : g n ( x ) 0.

      Finalement, on a pour tout entier n et tout x [ 0 , 1 ] : e x k = 0 n x k k ! 0 e x k = 0 n x k k ! ( e 1 ) x n n ! donc  0 e x k = 0 n x k k ! ( e 1 ) x n n !

    5. En particulier pour x = 1 on obtient pour tout entier n : 0 e S n e 1 n !

    6. Comme n ! + , par encadrement on a donc S n n + e