DL11

Lycée Jean-Baptiste Say PCSI

Mathématiques

Devoir libre no 11

à rendre le jeudi 17 mars 2011

Nombres réels et suites

Ï L’usage de la calculatrice est interdit durant l’épreuve.

Ï Le candidat attachera la plus grande importance à la clarté, à la précision et à la concision de la rédaction.

Ï Si le candidat découvre en cours d’épreuve ce qu’il croît être une erreur d’énoncé, il le précisera dans sa copie.

Ï L’épreuve comporte un problème et un exercice sur les suites.

Paris XVIe 2010-2011

Devoir libre de Mathématiques no 11 PCSI 2010-2011

Problème

Autour de la constante d’Euler

Pour tout entier naturel n non nul, on pose

Hn =

n∑

k=1

1

k.

Les deux parties du problème ne sont pas indépendantes.

Partie 1 — Développement asymptotique de la série harmonique

La partie a pour but d’obtenir un développement asymptotique de Hn à deux termes.

1. 1. Deux inégalités.

1. 1. a. Etablir que

∀k ∈N∗,

1

k +1É ℓn(k +1)−ℓn(k) É

1

k

1. 1. b. En déduire que

∀n ∈N∗, ℓn(n +1)É Hn É ℓn(n)+1

1. 2. La constante d’Euler. Pour tout n ∈N∗, on pose

un = Hn −ℓn(n +1) et vn = Hn −ℓn(n)

1. 2. a. Montrer que (un)nÊ1 et (vn)nÊ1 sont adjacentes. On note γ leur limite commune, appelée

constante d’Euler.

1. 2. b. Etablir que 0< γ< 1.

1. 2. c. Justifier que

Hn = ℓn(n)+γ+o(1)

Partie 2 — Application à la série harmonique alternée

Pour tout entier naturel non nul n, on pose

xn =

2n∑

k=n+1

1

ket yn =

n∑

k=1

(−1)k−1

k

2. 1. Etude de (xn)nÊ1. En utilisant les résultats de la partie 1, établir que (xn)nÊ1 converge vers

ℓn(2).

2. 2. Etude de (xn)nÊ1.

2. 2. a. Montrer que (y2n)nÊ1 et (y2n+1)nÊ1 sont adjacentes.

2. 2. b. En déduire que (yn)nÊ1 converge.

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2. 2. c. Vérifier que

∀n ∈N∗, y2n = xn

2. 2. d. En déduire la limite de (yn)nÊ1.

Exercice — Posé à centrale

Etudier la convergence de(

⌊an⌋1/n

)

n∈N∗ pour a > 0.


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Corrigé du problème

Autour de la constante d’Euler

Partie 1 — Développement asymptotique de la série harmonique

La partie a pour but d’obtenir un développement asymptotique de Hn à deux termes.

1. 1. Deux inégalités.

1. 1. a. Soit k ∈N∗. On a

∀k É x É k +1,1

k +1É

1

xÉ

1

k

d’où, par positivité de l’intégrale,

∫k+1

kd xk +1É

∫k+1

k

d x

xÉ

∫k+1

k

d x

k

ie.1

k +1É ℓn(k +1)−ℓn(k) É

1

k

1. 1. b. Soit n ∈N∗. Pour tout 1É k É n, on déduit de la question précédente que

ℓn(k +1)−ℓn(k) É1

k

d’où, par superposition des inégalités,

n∑

k=1

(ℓn(k +1)−ℓn(k)) Én∑

k=1

1

k

soit, après telescopage,

ℓn(n +1) É Hn

Pour n = 1, H1 = 1 É ℓn(1)+1 = 1. On peut donc supposer n Ê 2. Pour tout 1É k É n −1, on déduit

de la question précédente que

ℓn(k +1)−ℓn(k) Ê1

k +1

d’où, par superposition des inégalités,

n−1∑

k=1

(ℓn(k +1)−ℓn(k)) Ên−1∑

k=1

1

k +1

soit, après telescopage,

ℓn(n +1) Ê Hn −1

On en déduit que

Hn É ℓn(n)+1


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1. 2. La constante d’Euler. Pour tout n ∈N∗, on pose

un = Hn −ℓn(n +1) et vn = Hn −ℓn(n)

1. 2. a. Procédons en trois temps.

Ï Pour tout n ∈N∗, on a

un+1 −un = Hn+1 −Hn −ℓn(n +2)+ℓn(n +1) =1

n +1−ℓn(n +2)+ℓn(n +1)Ê 0

d’après la question 1.1.a. appliquée à k = n +1. Ainsi (un)nÊ1 est croissante.

Ï Pour tout n ∈N∗, on a

vn+1 −vn = Hn+1 −Hn −ℓn(n +1)+ℓn(n) =1

n +1−ℓn(n +1)+ℓn(n) É 0

d’après la question 1.1.a. appliquée à k = n. Ainsi (vn)nÊ1 est décroissante.

Ï On a clairement

∀n ∈N∗, vn −un = ℓn(n +1)−ℓn(n) = ℓn

(

1+1

n

)

∼

1

n

aisni

limn→+∞

(vn −un) = 0

Les suites (un)nÊ1 et (vn)nÊ1 sont donc adjacentes.

1. 2. b. Comme les suites (un)nÊ1 et (vn)nÊ1 sont adjacentes de limite γ et respectivement

croissante et décroissante, on a

∀n ∈N∗, un É γÉ vn

Comme u1 = 1−ℓn(2) > 0 et v2 = 3/2−ℓn(2) < 1 (car ℓn(2) > 1/2), on a 0< γ< 1.

1. 2. c. On a

limn→+∞

(vn −γ) = 0= limn→+∞

(Hn −ℓn(n)−γ)

ce qui équivaut à

Hn = ℓn(n)+γ+o(1)

Partie 2 — Application à la série harmonique alternée

Pour tout entier naturel non nul n, on pose

xn =

2n∑

k=n+1

1

ket yn =

n∑

k=1

(−1)k−1

k

2. 1. Etude de (xn)nÊ1. Pour tout entier naturel n non nul, on a

xn = H2n −Hn

Or, d’après la dernière question de la première partie, on a Hn = ℓn(n)+γ+o(1). On en déduit que

xn = ℓn(2n)−ℓn(n)+o(1) = ℓn(2)+o(1)

ie.

limn→+∞

xn = ℓn(2)


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2. 2. Etude de (xn)nÊ1.

2. 2. a. Procédons en trois temps.

Ï Soit n ∈N∗. On a

y2n+2 − y2n =1

2n +1−

1

2n +2> 0

donc (y2n)nÊ1 est croissante.

Ï Soit n ∈N∗. On a

y2n+3 − y2n+1 =−1

2n +2+

1

2n +3< 0

donc (y2n)nÊ1 est décroissante.

Ï On a clairement

∀n ∈N∗, y2n+1 − y2n =

1

2n +1

d’où

limn→+∞

(y2n+1 − y2n) = 0

Ainsi (y2n)nÊ1 et (y2n+1)nÊ1 sont donc adjacentes.

2. 2. b. Comme (y2n)nÊ1 et (y2n+1)nÊ1 sont adjacentes, elles sont convergentes de même limite et

on déduit alors du cours sur les suites extrzites que la suite (yn)nÊ1 converge vers cette limite

commune.

2. 2. c. Soit n un entier naturel non nul. On a

y2n =

2n∑

k=1

(−1)k−1

k=

n−1∑

m=0

(−1)2m

2m +1+

n∑

m=1

(−1)2m−1

2m

=

n−1∑

m=0

1

2m +1−

n∑

m=1

1

2m=

2n∑

m=1

1

m−2×

n∑

m=1

1

2m

= Hn+1 −Hn = xn

2. 2. d. On déduit de ce qui précède que

limn→+∞

yn = limn→+∞

y2n = limn→+∞

xn = ℓn(2)

Corrigé de l’exercice — Posé à centrale

Envisageons plusieurs cas...

Ï Si a = 1, la suite est constante égale à 1.

Ï Si 0< a < 1, 0 < an < 1 à partir d’un certain rang et la suite est stationnaire à zéro.

Ï Si a > 1, on a pour tout n ∈N

an−1 < ⌊an

⌋ É an

d’où, puisque an −1< 0,

(an−1)1/n

< ⌊an⌋

1/nÉ a


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Comme a > 1, on déduit des croissances comparées que

ℓn(an−1) = nℓn(a)+ℓn(1−a−n) = nℓn(a)+o(n)

d’où

(an−1)1/n

= e1n ℓn(an−1)

= eℓn(a)+o(1)

et donc

limn→+∞

(an−1)1/n

= a

par continuité de l’exponentielle. On déduit alors du théorème d’encadrement que la suite de

l’énoncé converge vers a.


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