Université Denis Diderot 2002-2003 DEUG MIAS Info MT231

Devoir à la maison n^{o} 1 Corrigé

Exercice 1

1. La série (∑ a_{n}10^{−n}) est égale à la série géométrique de raison 10^{−1} multipliée par la constante a. Comme |10^{−1}| < 1, elle est donc convergente et on sait calculer sa somme : S = a ∑_{n=0}^{∞} 10^{−n} = a/(1 − 10^{−1}).

2. C’est une question de cours. Pour tout n on a 0 < a_{n}10^{−n} < 9 × 10^{−n}. D’après la question précédente, la série de terme général 9×10^{−n} converge. D’après le théorème de comparaison la série de terme général a_{n}10^{−n} converge donc aussi. Par définition du développement décimal, on a S = a_{0}, a_{1}a_{2}a_{3} · · ·. Lorsque a_{n} = 9 pour tout n on a d’après la question précédente S = 9/(1 − 10^{−1}) = 10.

3. (a) On procède par récurrence généralisée. Aux rangs 0 et 1, il est facile de vérifier l’encadrement demandé : 0 ≤ a_{0} = 1 ≤ 2^{0} = 1 et 0 ≤ a_{1} = 1 ≤ 2^{1} = 2. On fixe ensuite n ≥ 1, on suppose l’inégalité 0 ≤ a_{k} ≤ 2^{k} vérifiée pour tout k ≤ n, et on cherche à la démontrer au rang k = n+1. Par hypothèse de récurrence on a

0 ≤ a_{n−1} + a_{n} ≤ 2^{n−1} + 2^{n} = 3 × 2^{n−1} ≤ 2^{n+1}.

Comme a_{n+1} = a_{n−1} + a_{n}, on a bien obtenu l’inégalité recherchée au rang n + 1. Finalement on a 0 ≤ a_{n} ≤ 2^{n} pour tout n, donc 0 ≤ a_{n}10^{−n} ≤ (2/10)^{n}. Comme la série de terme général (2/10)^{n} est une série géométrique convergente, le théorème de comparaison montre que la série de terme général a_{n}10^{−n} converge.

(b) La relation a_{k+2} = a_{k+1} + a_{k} donne a_{k+2}10^{−(k+2)} = (a_{k+1}10^{−(k+1)})/10 + (a_{k}10^{−k})/100 en multipliant par 10^{−(k+2)}. On somme alors sur k, entre k = 0 et k = n :

∑_{k=0}^{n} a_{k+2}10^{−(k+2)} = \frac{1}{10} ∑_{k=0}^{n} a_{k+1}10^{−(k+1)} + \frac{1}{100} ∑_{k=0}^{n} a_{k}10^{−k}.

Puis on effectue deux changements d’indice :

∑_{k=2}^{n+2} a_{k}10^{−k} = \frac{1}{10} ∑_{k=1}^{n+1} a_{k}10^{−k} + \frac{1}{100} ∑_{k=0}^{n} a_{k}10^{−k}.

Les trois sommes qui apparaissent dans cette égalité sont successivement égales à S_{n+2} − a_{0} − a_{1}10^{−1}, S_{n+1} − a_{0} et S_{n}. En remplaçant, on obtient bien l’identité annoncée dans l’énoncé. Il suffit alors de passer à la limite dans cette identité : S_{n+2}, S_{n+1} et S_{n} tendent tous les trois vers S et on a donc

S − a_{0} − \frac{a_{1}}{10} = \frac{S − a_{0}}{10} + \frac{S}{100} ⇔ \frac{89}{100} S = \frac{9}{10} a_{0} + \frac{1}{10} a_{1}.

En reportant pour finir les valeurs a_{0} = a_{1} = 1, on obtient S = \frac{100}{89}.

4. (a) Pour calculer S_{3k+2} on remarque que l’ensemble {0, 1, 2, …, 3k + 2} est la réunion disjointe de {0, 3, …, 3k}, {1, 4, …, 3k + 1} et {2, 5, …, 3k + 2}. On a donc

∑_{i=0}^{3k+2} a_{i}10^{−i} = ∑_{j=0}^{k} a_{3j}10^{−3j} + ∑_{j=0}^{k} a_{3j+1}10^{−(3j+1)} + ∑_{j=0}^{k} a_{3j+2}10^{−(3j+2)}.

Par hypothèse on a a_{3j} = 2, a_{3j+1} = 1 et a_{3j+2} = 0 pour tout j, donc

S_{3k+2} = 2 × ∑_{j=0}^{k}(10^{−3})^{j} + ∑_{j=0}^{k}(10^{−3})^{j} × 10^{−1} + 0 = (2 + 10^{−1}) \frac{1 − (10^{−3})^{k+1}}{1 − 10^{−3}} .

(b) Pour tout entier n il existe un entier k tel que n = 3k, 3k + 1 ou 3k + 2 et on a donc a_{n} ∈ {0, 1, 2} par hypothèse. On peut donc appliquer la question 2 : la série de terme général a_{n}10^{−n} est convergente. Ainsi la suite (S_{n}) converge vers S, et en particulier sa sous-suite (S_{3k+2}) converge aussi vers S. La question précédente montre alors que S = \frac{2+10^{−1}}{1−10^{−3}} = \frac{700}{333}.

5. (a) Soit α = 0, 1 ou 2. Montrons par récurrence sur k qu’on a a_{3k+α} = a_{α} : c’est évident au rang 0, et si c’est vrai au rang k on a a_{3(k+1)+α} = a_{3k+α+3} = a_{3k+α} grâce à l’hypothèse sur (a_{n}), donc a_{3(k+1)+α} = a_{α} par hypothèse de récurrence. On a donc pour tout k : a_{3k} = a_{0}, a_{3k+1} = a_{1} et a_{3k+2} = a_{2}. En particulier, soit M le plus grand des trois entiers |a_{0}|, |a_{1}| et |a_{2}|, on a |a_{n}| ≤ M pour tout n, donc |a_{n}10^{−n}| ≤ M 10^{−n}. Le théorème de comparaison montre donc que la série de terme général a_{n}10^{−n} converge absolument.

(b) On procède exactement comme à la question 4, grâce aux égalités a_{3k} = a_{0}, a_{3k+1} = a_{1} et a_{3k+2} = a_{2} établies précédemment :

S_{3k+2} = a_{0} × ∑_{j=0}^{k}(10^{−3})^{j} + a_{1} ∑_{j=0}^{k}(10^{−3})^{j} × 10^{−1} + a_{2} ∑_{j=0}^{k}(10^{−3})^{j} × 10^{−2} donc

S = \frac{a_{0} + a_{1}10^{−1} + a_{2}10^{−2}}{1 − 10^{−3}} = \frac{a_{0}10^{3} + a_{1}10^{2} + a_{2}10}{999}.

Exercice 2

1. La suite (1/\sqrt{n}) est positive et tend vers 0. Or la fonction logarithme est croissante et on a Log (1 + x) ∼_{0} x. Par conséquent la suite (u_{n}) est positive et équivalente à (1/\sqrt{n}). La série de Riemann de terme général 1/\sqrt{n} est divergente donc, d’après le théorème de comparaison, la série de terme général u_{n} est également divergente.

2. On a Log xy = Log x + Log y et Log x = −Log x^{−1}, donc

Log (\sqrt{n} a_{n}) = Log (\frac{\sqrt{1}}{1 + \sqrt{1}} \frac{\sqrt{2}}{1 + \sqrt{2}} ⋯ \frac{\sqrt{n}}{1 + \sqrt{n}})

= ∑_{k=1}^{n} Log \frac{\sqrt{k}}{1 + \sqrt{k}} = − ∑_{k=1}^{n} Log (1 + \frac{1}{\sqrt{k}} ) = − ∑_{k=1}^{n} u_{k}.

3. La suite des sommes partielles de la série de terme général u_{n} est divergente d’après la question 1. Par ailleurs, elle est croissante car les u_{n} sont positifs. Donc elle tend vers +∞. D’après la question 2 la suite (Log (\sqrt{n} a_{n})) tend donc vers −∞. Par passage à l’exponentielle, on en déduit que la suite (\sqrt{n} a_{n}) converge vers 0.

4. On mène le calcul en réduisant au même dénominateur et en utilisant l’égalité \sqrt{n!} \sqrt{n + 1} = \sqrt{(n + 1)!}. On a, pour n ≥ 2 :

\sqrt{n} a_{n} − \sqrt{n + 1} a_{n+1} = \frac{\sqrt{n!}}{(1+\sqrt{1})(1+\sqrt{2})···(1+\sqrt{n})} − ^{\frac{\sqrt{(n+1)!}}{(1+\sqrt{1})(1+\sqrt{2})···(1+\sqrt{n+1})}}

= \frac{\sqrt{n!} (1 + \sqrt{n + 1}) − \sqrt{(n + 1)!}}{(1 + \sqrt{1})(1 + \sqrt{2}) ⋯ (1 + \sqrt{n + 1})} = a_{n+1}.

5. Le résultat de la question précédente montre qu’on a affaire à une série « télescopique ». Plus précisément on a, en effectuant des changements d’indices :

∑_{k=2}^{n} a_{k} = a_{2} + ∑_{k=2}^{n−1} a_{k+1} = a_{2} + ∑_{k=2}^{n−1} \sqrt{k} a_{k} − ∑_{k=2}^{n−1} \sqrt{k + 1} a_{k+1}

= a_{2} + ∑_{k=2}^{n−1} \sqrt{k} a_{k} − ∑_{k=3}^{n} \sqrt{k} a_{k} = a_{2} + \sqrt{2} a_{2} − \sqrt{n} a_{n}.

Cette égalité et le résultat de la question 3 montrent que la suite des sommes partielles de la série de terme général a_{n} converge vers (1 + \sqrt{2}) a_{2} = 1/2.