´ nonc´e E
´ Etude asymptotique d’une suite
´ Etude asymptotique d’une suite Le but du probl`eme eme est de d´eterminer eter miner un ´equivalent equivalent de la suite d´efinie efinie par : 2n 2 n −α 2n α , o`u α > 0. n N, un (α) =
∀ ∈
n
k
k=0
− √ On admet que e d = lim e d = . Pour tout → ∞ 2 1 Dans tout le probl` prob l`eme, eme, est es t un r´eel eel de 1 . 2 ∗ 1. (a) (a) Pour Pour tout tout de , montrer que exp − d 1 +
∞ −
a
2
x
x
a
0
+
x2
π
x
k=1
,
n+1
n
x2 α n
N
(b) En d´eduire edu ire v (α) ∼ ∞ 2 n
1
nπ . α
k2 α n
(a) (a) Mon Montrer trer que que exp − ∼∞ (b) En d´eduire edu ire exp − n
r
kn
x vn (α)
r
pn
−
vn ( α )
n
0
j n
j =1 k
n
j n
j =1
un α
k
n
α
k=1
x
− ).
k −1
pn k
n n
x2 α n
exp − d .
2r 1
n exp( α n
k2 α n
n
1 − 1 On pose (1) = si 1, et ( ) = si 2 1 1+ 1+ 2 − 2 (a) (a) Mon Montrer trer que que ( ) = 1 + 2 . + 2 2 ´ (b) Etablir que pour tout de {1 = } on a 1k
3.
k2 α n
n 1, on pose vn α
0
r
2.
n
( )= exp − .
n n k
α
n n + k
,...,n
k n.
n pn (k ). n
4. (a) So Soiit t dans [0, 1[. Montrer que pour tout x de [0, t] on a : 2x (i) : 2x ln(1 + x) ln(1 x) . 2 1 t x2 (ii) : x ln(1 + x) x. 2
−
−
−
k2 n
( )exp
(b) En d´eduire eduir e que q ue pn k (c) Montrer que n
r
5.
−
k2 2n2
exp .
egligeable eglige able devant vn (α) quand n pαn (k) est n´
kn
k2 α n
→ ∞. k2 α n
(a) (a) Mon Montrer trer que que ( ) − 2 ( ) = 2 exp − ( )exp − 1 + o( − (b) Avec (4.a) montrer que ( )exp exp − si 1 . 1− − (c) En d´eduire eduire : 2 exp − ( )exp − 1 = o( ) si 43 . (d) Montrer finalement que ( ) ∼ . ∞ 2 (e) Cas particulier par ticulier : donner un ´equivalent equivalent de de quand → ∞. un α
vn α
1k
k2 n
pn k
1k
r
k2 α n
un α
Math´ ematiques emati ques en MPSI © Jean-Michel Ferrard
pαn
r
k
n4r 3 n2r
k2 α n
k
nπ α
pαn
n n
mathprepa.fr
vn (α))
k < nr
2
vn
r<
n
Page Page 1
´ Etude asymptotique d’une suite
Corrig´e
Corrig´ e du probl` eme x2 α n
est d´ecroissante sur → exp −
1. (a) L’application x
On en d´eduit l’encadrement, pour tout k de k+1
N
+
R
.
∗:
k x2 k2 x2 exp α dx α x exp α n n n k k −1 En sommant de k = 1 a` k = n on obtient : n+1 n x2 x2 exp α dx vn (α) exp α dx. n n 1 0
−
exp − d
−
− − (b) Posons = exp − d pour tout de ∗ . √ Le changement de variable = donne = exp(− √ √ ∞ On sait que lim exp(− ) d = exp(− ) d = . → ∞ 2 1 n
x2 α n
I n
0
x
t
n
α n
x
+
t2
+
n α
I n
nα
n
N
t2
t
0
nα
t2 ) dt.
0
π
t
0
On en d´eduit alors l’´equivalent : I n =
∼∞ 2
nπ . α
L’encadrement de vn (α) obtenu a` la question pr´ec´edente s’´ecrit : n+1
n
1
x2 α n x2 α n
x2 n
exp − d − exp − d + ( ) exp − d 0 et exp − d d
n+1
Mais
n
On en d´eduit I n Ainsi vn(α)
x
α
0
I n vn α I n .
x
1
x2 x α x n 0 1 vn(α) I n donc vn (α) I n 1.
−
|
1
x 1.
0
− |
= o(I n ) car lim I n = + , c’est-`a-dire vn (α) n→+∞ 1 nπ On trouve finalement : vn (α) ∞ I n ∞ . 2 α
− I
n
∼ ∼
2.
k2 α n
∞
nr α n
2
∼∞ I . n
( ) − ). (a) Pour tout , on a exp − exp − = exp(− −) − ). Ainsi exp − ( − + 1) exp(− exp(− (b) On a ( ) = exp − = exp − + exp − . r
kn
n
r
k2 α n
kn
n
n
k2 α n
vn α
k=1
nr
α n2r
1k
αn2r
1
k2 α n
r
n
n
r
1
α n2r
kn
1
k2 α n
Compte tenu de la question pr´ec´edente, on a donc l’encadrement : k2 2r −1 0 v ( α) exp α n exp( α n ). n
−
−
1k
−
n
r
Mais lim n exp( α n2r−1 ) = 0 (croissance compar´ee, car 2r > 1). n→+∞ 1 nπ D’autre part lim vn (α) = + car vn (α) ∞ . n→+∞ 2 α
−
∼
∞
k2 α n
Ainsi ( ) − exp − est n´egligeable devant ∼∞ On a donc obtenu l’´equivalent : exp − vn α
1k
r
1k
r
Math´ ematiques en MPSI © Jean-Michel Ferrard
k2 α n
mathprepa.fr
vn (α) quand n
→ +∞.
vn (α).
Page 2
´ Etude asymptotique d’une suite
3.
2 2 (a) On sait que = }. + − pour tout de {0 1 2 2 2 2 2 2 Ainsi = + = +2 − + + + 2 − 2 2 2 − 2 Donc ( ) = +2 =1+2 . n n k
2n
n k
k=0
α
n
n
k
k
n
α
n n
n n
un α
k=1
α
n
α
n n
k=1
, ,...,n
n
α
n n k
k=1
n n k
α
(2n)! = 1)!(n + 1)!
−
k=1
n
α
n n
n
α
n n
α
n n+k
(b) On distingue k = 1 et k >= 2. (2n)! n 2n Si k = 1, = pn (1) = n (n!)2 n + 1 (n Si 2 k n, on trouve successivement : k −1 1 k −1 j (n j ) 1 k −1
n n + k
k=1
n
n
j =1 k
n
k
j n
j =1
j =1
nk
n n n
n
j
α
2
n
k
n
k
n
j =1
n n 2 n
n pn k n
2
n
k
n
f 1 x
x
α
n
k k
n n k
2n . n + 1
− − ( − 1)! ( !) ( − )! ( )= = = = 1 + 1 ( + ) ( + )! ( − )!( + )! ! (2 )! ( !) (2 )! 2 On en d´eduit ( )= = = ( !) ( − )!( + )! ( − )!( + )! ( ) = ln(1 + ) − ln(1 − ) − 2 ( ) = 2 − ln(1 + ) + ln(1 − ) (a) Pour tout de [0 ], posons 1− ( ) = ln(1 + ) − + pn k
4.
Corrig´e
n
x
x
x t2
f 2 x
,t
k
n k n
f 3 x
x
k
x
x x2
x
2n . n + k
x
2 Les applications f 1 , f 2 , f 3 sont d´erivables sur [0, t] et on a, pour tout x de [0, t] :
1 1 2x2 + 2= 0 1 1 + x 1 x 1 x2 2 1 1 2(t2 x2 ) = f 2 (x) = 1 t2 1 + x 1 x (1 t2 )(1 x2 ) 1 x2 1 + x = 0 f 3 (x) = 1 + x 1 + x f (x) =
− − − − − − − −
−
−
−
0 . De plus
f 1 (0) = 0 f 2 (0) = 0 f 3 (0) = 0
Les applications f 1 , f 2 , f 3 sont croissantes sur [0, t] et nulles en 0. Elles sont donc poisitives ou nulles sur [0, t] ce qui permet d’´ecrire : 2x 2x ln(1 + x) ln(1 x) 1 t2 t [0 , 1], x [0 , t], 2 x ln(1 + x) x 2 L’in´egalit´e restante ln(1 + x) x est bien connue, et elle est vraie sur ]
∀ ∈
∀ ∈
−
−
−
−
On aurait pu la retrouver comme ci-dessus avec f 4 : x
→ x − ln(1 + x).
(b) Commen¸ cons par traiter le cas particulier k = 1. 1 1 Pour tout n 1, d’apr`es (4a) : ln pn (1) exp = Autrement dit : pn
Math´ ematiques en MPSI © Jean-Michel Ferrard
1 (1)exp n
n
n
1 exp pour tout 2n2
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1 − ln 1 + n
− 1, +∞[. 1 . 2n2
n 1.
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´ Etude asymptotique d’une suite
On passe maintenant au cas g´en´eral 2 k k2 n
Tout d’abord ln
Corrig´e
n.
k n2
( )exp = ln ( ) + . − − ln 1 + . ( ) = − ln 1 + + ln 1 − pn k
pn k
k 1
k n
Mais ln pn k
j n
j =1
j n
− 2n j .
En vertu de (4ai), chaque terme de la somme pr´ec´edente est major´e par k −1 2 k k k (k 1) Ainsi ln pn (k ) ln 1 + . j = ln 1 +
−
− − − − − ln 1 + + 2 On en d´eduit ln ( )exp On a donc obtenu l’in´egalit´e ( )exp exp . n
n
k2 n
pn k
n
j =1
k2 n
pn k
(c) De ce qui pr´ec`ede on tire, pour tout n de 2
k n
( )exp
pn k
2
k 2n2
exp
1/2
e
k k2 (d’apr`es 4a ii). n n2 k2 2n2
k n
donc
N
∗ et tout k de 1, . . . , n :
pαn (k )
e
α/2
Il en d´ecoule, en utilisant le r´esultat de (2a) : 0
pαn (k ) n kn r
Mais
n exp( α n2r vn (α)
−
k2 α n
n
{ } exp − . k2 α n
− ). e exp − e exp(− −) ∼∞ 2 exp(− − ) → 0 quand → ∞ (car 2 ( ) = 0, donc ( ) = o( ( )). α/2
n
r
kn
1
1 Ainsi lim n→+∞ vn (α) n
r
nα π
α/2
n
α n2r
α n2r
1
pαn k
n
r
r > 1).
n
pαn k
kn
1
vn α
kn
5. (a) D’apr`es (3a) et (3b) on a : n
n
n
r
n
1
− 2 − 2 ( )= 1+2 =1+2 ( )=2 ( )+1+ + Mais ( ) = o( ( )) et 1 = o( ( )). − On en d´eduit ( ) = 2 ( ) + o( ( )). − De mˆeme, d’apr`es 2(b), on a ( ) = exp − + o( ( )). n n
un α
α
k=1
n
pαn k
α
n n k
pαn k
k=1
vn α
k =n
pαn k
k=1
pαn (k ).
k =n
r
vn α
r
n
r
1
pαn k
un α
vn α
k=1
n
r
1
k2 α n
vn α
k=1
vn α
Finalement, on trouve bien : un (α)
− 2v (α) n
=2
pαn
1k
=2
1k
(b) Soit n dans
ln
N
k
r
k2 α n
r
∗ et k dans 1, . . . , nr k2 n
( )exp
pn k
k2 α n
( ) − exp− + o( ( )) exp− ( )exp − 1 + o( {
= ln pn (k) +
pαn
k
vn α
k2 α n
vn (α))
− 1}.
k n2
k n
k
j n
j n
− ln 1 + + = − ln 1 − + ln 1 − Math´ ematiques en MPSI © Jean-Michel Ferrard
j =1
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k n2 Page 4
´ Etude asymptotique d’une suite
Pour k dans 1, . . . , nr
{
− 1}, on a 0 jn < n 1−
j n
− ln 1 + ln 1 −
k n
D’autre part − ln 1 − ln ( )exp +
1 , on trouve : n1−r 2 j 2 j n1−2r = 2−2r . 1 1 n n 1 n2−2r
−−
2
k k Or + n n
−
−
−
k ace a` 4aii), et 2 (grˆ n
2
pn k
k
j = k (k + 1) :
j =1
1 2r
2
n− n2−2r
k k k k (k + 1). 1 n n n 1 n1−2r n1−2r k (k + 1) = k (k + 1) n2−2r 1 n n2−2r 1
Comme k (k + 1)
Corrig´e
< 1, pour n 2.
1 r
En utilisant (4ai) avec t = j n
−
−
(nr
r
−
2r
−
−
=
−k(k + 1) . n(n − − 1) 2 2r
− 1)n n on trouve : −n −n − = −n − . k ln p (k)exp = (1 − n − ) n n(n − − 1) n − −1 − k n − Ainsi, pour tout k de {1, . . . , n − 1}, on a : p (k)exp exp . 1−n − n 2r
2
n
2r 1
2 2r
4r 3
2 2r
2r 2
4r 3
2
r
(c) Posons wn (α) = 2
n
k2 α n
exp−
1k
r
2r 2
k2 α n
− 1. − − 2 exp exp − . −1
pαn (k )exp
D’apr`es ce qui pr´ec`ede, on a : wn(α)
n4r 3 α 1 n2r−2
−
1k
r
Notons ϕn(α) cette derni`ere quantit´e. 1 On sait que < r < 1 donc 2r 2 < 0. Si on choisit r < 2 n4r−3 α Avec ce choix de r, on a lim = 0 donc lim n→+∞ 1 n→+∞ n2r−2 Donc sachant que
1k
3 − alors 3 − 4r > 0. 4 − − n − α exp − 1 = 0. 1−n − − k ∼ exp −α ∞ v (α), on trouve ϕ (α) = o(v (α)). n n
r
n
2r 2
on obtient : wn(α)
n
n
k2 n
k2 n2
−1 . 2 exp − exp 2 2 exp − − 1 exp− . α
1k
Grˆace a` k
4r 3
2
D’autre part, d’apr`es 4aii : wn (α) r
k2 α n
r
α
2
α
2r 2
n
1k
r
k2 α n
Notons ψn (α) cette derni`ere expression. α On constate que ψn (α) ∞ 2 n2r−2 vn(α) = o(vn (α) (on a utilis´e 2r 2 < 0). 2 L’encadrement ϕn (α) wn (α) ψn (α) montre donc que wn(α) = o(vn (α)).
∼
(d) On a un (α)
−
∼
− 2v (α) = o(v (α)) donc u (α) ∼ ∞ 2 v ( α) ∞ n
n
1
2n
2 − (e) On ´ecrit (1) = 2 ∼ 4 √ . On en d´eduit n n
un
n n
Math´ ematiques en MPSI © Jean-Michel Ferrard
∞
k=0 n
n
2n n + k
n
1
= 2 2 − = 2n
n n
nπ . α
4n . un (1)
nπ
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Page 5
