Sagot :
Bonjour
Monpetitcoeur72
Exercice 2
a) 1) Montrons que [tex]\forall\ x\in\ ]0;\dfrac{1}{2}[,\ -x^2\le x+\ln(1-x)[/tex]
Considérons la fonction f définie par [tex]f(x)=x^2+x+\ln(1-x)[/tex] et montrons que cette fonction est positive.
[tex]f'(x)=2x+1-\dfrac{1}{1-x}\\\\f'(x)=\dfrac{(2x+1)(1-x)-1}{1-x}=\dfrac{2x-2x^2+1-x-1}{1-x}\\\\f'(x)=\dfrac{x-2x^2}{1-x}\\\\\boxed{f'(x)=\dfrac{x(1-2x)}{1-x}}\\\\\\\begin{array}{|c|ccc|}x&0&&\dfrac{1}{2}\\&&&\\x&0&+&\\1-2x&&+&0\\1-x&&+&&&&&\\f'(x)&0&+&0&&&&\\f(x)&0&\nearrow&f(\frac{1}{2})\\ \end{array}[/tex]
D'où, pour tout x dans l'intervalle ]0 ; 1/2[, f(x) ≥ 0.
Par conséquent,
[tex]\forall\ x\in\ ]0;\dfrac{1}{2}[,\ x^2+x+\ln(1-x)\ge0\\\\\forall\ x\in\ ]0;\dfrac{1}{2}[,\ x+\ln(1-x)\ge-x^2\\\\\boxed{\forall\ x\in\ ]0;\dfrac{1}{2}[,\ -x^2\le x+\ln(1-x)}[/tex]
2) Montrons que [tex]\forall\ x\in\ ]0;\dfrac{1}{2}[,\ x+\ln(1-x)\le0[/tex]
Considérons la fonction g définie par [tex]g(x)=x+\ln(1-x)[/tex] et montrons que cette fonction est négative.
[tex]g'(x)=1-\dfrac{1}{1-x}=\dfrac{1-x-1}{1-x}=\dfrac{-x}{1-x}\\\\\boxed{g'(x)=\dfrac{x}{x-1}}\\\\\\\begin{array}{|c|ccc|} x&0&&1\\x&0&+&+\\x-1&-&-&0\\&&&&g'(x)&0&-&||\\&&&&g(x)&0&\searrow&|| \end{array}[/tex]
D'où, pour tout x dans l'intervalle ]0 ; 1[, g(x) ≤ 0,
et a fortiori pour tout x dans l'intervalle ]0 ; 1/2[, g(x) ≤ 0.
Par conséquent, [tex]\forall\ x\in\ ]0;\dfrac{1}{2}[,\ x+\ln(1-x)\le0[/tex].
b) si n ≥ 2, alors [tex]0\le\dfrac{1}{n}\le\dfrac{1}{2}[/tex], c'est-à-dire que [tex]\dfrac{1}{n}\in\ ]0,\dfrac{1}{2}[[/tex]
En utilisant la relation démontrée en a) et en remplaçant x par 1/n, nous obtenons : [tex]\dfrac{1}{n}+\ln(1-\dfrac{1}{n})\le0.[/tex], soit [tex]\boxed{u_n\le0}[/tex]
De plus, en utilisant la relation démontrée en a), nous obtenons : [tex]-\dfrac{1}{n^2}\le\dfrac{1}{n}+\ln(1-\dfrac{1}{n})\le0[/tex]
ou encore
[tex]0\le-[\dfrac{1}{n}+\ln(1-\dfrac{1}{n})]\le\dfrac{1}{n^2}\\\\\boxed{0\le-u_n\le\dfrac{1}{n^2}}[/tex]
Sachant que la série [tex]\sum\dfrac{1}{n^2}[/tex] est convergente, par le théorème des comparaisons, nous en déduisons que la série [tex]\sum\limits_{n\ge2}(-u_n)[/tex] est convergente et par conséquent, la série [tex]\sum\limits_{n\ge2}u_n[/tex] est également convergente.
c) Si n ≥ 2, alors
[tex]\sum\limits_{k=2}^nu_k=\sum\limits_{k=2}^n[\dfrac{1}{k}+\ln(1-\dfrac{1}{k})]\\\\\sum\limits_{k=2}^nu_k=\sum\limits_{k=2}^n\dfrac{1}{k}+\sum\limits_{k=2}^n\ln(1-\dfrac{1}{k})]\\\\\\Or\ \ \sum\limits_{k=1}^n\dfrac{1}{k}=1+\sum\limits_{k=2}^n\dfrac{1}{k}\Longrightarrow\sum\limits_{k=2}^n\dfrac{1}{k}=[\sum\limits_{k=1}^n\dfrac{1}{k}]-1[/tex]
[tex]Donc\ \ \sum\limits_{k=2}^nu_k=[\sum\limits_{k=1}^n\dfrac{1}{k}]-1+\sum\limits_{k=2}^n\ln(1-\dfrac{1}{k})]\\\\\sum\limits_{k=2}^nu_k=H_n-1+\sum\limits_{k=2}^n\ln(\dfrac{k-1}{k})\\\\\sum\limits_{k=2}^nu_k=H_n-1+\sum\limits_{k=2}^n[\ln(k-1)-\ln k]\\\\\sum\limits_{k=2}^nu_k=H_n-1+[\ln(1)-\ln n]\\\\\sum\limits_{k=2}^nu_k=H_n-1+[0-\ln n]\\\\\sum\limits_{k=2}^nu_k=H_n-1-\ln n\\\\\boxed{1+\sum\limits_{k=2}^nu_k=H_n-\ln n}[/tex]
d) En utilisant la relation [tex]1+\sum\limits_{k=2}^nu_k=H_n-\ln n[/tex] et vu que [tex]\sum\limits_{n\ge2}u_n[/tex] est convergente, nous en déduisons que la suite [tex](H_n-\ln n)[/tex] est convergente.
Soit [tex]\gamma=\lim\limits_{n\to+\infty}(H_n-\ln n)[/tex]
Considérons la suite [tex](\varepsilon_n)[/tex] définie par [tex]\varepsilon_n=H_n-\ln n-\gamma[/tex]
Puisque si n → +oo, alors [tex]H_n-\ln n\longrightarrow\gamma[/tex], nous en déduisons que si n → +oo, alors [tex]\varepsilon_n\longrightarrow\gamma-\gamma[/tex], soit [tex]\boxed{\varepsilon_n\longrightarrow0}[/tex]
Exercice 3
[tex]a)\ \sum\limits_{k=1}^{2n}\dfrac{(-1)^k}{k}+H_{2n}=\sum\limits_{k=1}^{2n}\dfrac{(-1)^k}{k}+\sum\limits_{k=1}^{2n}\dfrac{1}{k}\\\\\\\sum\limits_{k=1}^{2n}\dfrac{(-1)^k}{k}+H_{2n}=\sum\limits_{k=1}^{2n}\dfrac{(-1)^k+1}{k}\\\\\\\sum\limits_{k=1}^{2n}\dfrac{(-1)^k}{k}+H_{2n}=\dfrac{0}{1}+\dfrac{2}{2}+\dfrac{0}{3}+\dfrac{2}{4}+\dfrac{0}{5}+\dfrac{2}{6}+...+\dfrac{0}{2n-1}+\dfrac{2}{2n}\\\\\\\sum\limits_{k=1}^{2n}\dfrac{(-1)^k}{k}+H_{2n}=\sum\limits_{\ell=1}^{n}\dfrac{2}{2\ell}[/tex]
[tex]\sum\limits_{k=1}^{2n}\dfrac{(-1)^k}{k}+H_{2n}=\sum\limits_{\ell=1}^{n}\dfrac{1}{\ell}\\\\\\\sum\limits_{k=1}^{2n}\dfrac{(-1)^k}{k}+H_{2n}=H_n}\\\\\\\Longrightarrow\boxed{\sum\limits_{k=1}^{2n}\dfrac{(-1)^k}{k}=-H_{2n}+H_n}[/tex]
Exercice 2
a) 1) Montrons que [tex]\forall\ x\in\ ]0;\dfrac{1}{2}[,\ -x^2\le x+\ln(1-x)[/tex]
Considérons la fonction f définie par [tex]f(x)=x^2+x+\ln(1-x)[/tex] et montrons que cette fonction est positive.
[tex]f'(x)=2x+1-\dfrac{1}{1-x}\\\\f'(x)=\dfrac{(2x+1)(1-x)-1}{1-x}=\dfrac{2x-2x^2+1-x-1}{1-x}\\\\f'(x)=\dfrac{x-2x^2}{1-x}\\\\\boxed{f'(x)=\dfrac{x(1-2x)}{1-x}}\\\\\\\begin{array}{|c|ccc|}x&0&&\dfrac{1}{2}\\&&&\\x&0&+&\\1-2x&&+&0\\1-x&&+&&&&&\\f'(x)&0&+&0&&&&\\f(x)&0&\nearrow&f(\frac{1}{2})\\ \end{array}[/tex]
D'où, pour tout x dans l'intervalle ]0 ; 1/2[, f(x) ≥ 0.
Par conséquent,
[tex]\forall\ x\in\ ]0;\dfrac{1}{2}[,\ x^2+x+\ln(1-x)\ge0\\\\\forall\ x\in\ ]0;\dfrac{1}{2}[,\ x+\ln(1-x)\ge-x^2\\\\\boxed{\forall\ x\in\ ]0;\dfrac{1}{2}[,\ -x^2\le x+\ln(1-x)}[/tex]
2) Montrons que [tex]\forall\ x\in\ ]0;\dfrac{1}{2}[,\ x+\ln(1-x)\le0[/tex]
Considérons la fonction g définie par [tex]g(x)=x+\ln(1-x)[/tex] et montrons que cette fonction est négative.
[tex]g'(x)=1-\dfrac{1}{1-x}=\dfrac{1-x-1}{1-x}=\dfrac{-x}{1-x}\\\\\boxed{g'(x)=\dfrac{x}{x-1}}\\\\\\\begin{array}{|c|ccc|} x&0&&1\\x&0&+&+\\x-1&-&-&0\\&&&&g'(x)&0&-&||\\&&&&g(x)&0&\searrow&|| \end{array}[/tex]
D'où, pour tout x dans l'intervalle ]0 ; 1[, g(x) ≤ 0,
et a fortiori pour tout x dans l'intervalle ]0 ; 1/2[, g(x) ≤ 0.
Par conséquent, [tex]\forall\ x\in\ ]0;\dfrac{1}{2}[,\ x+\ln(1-x)\le0[/tex].
b) si n ≥ 2, alors [tex]0\le\dfrac{1}{n}\le\dfrac{1}{2}[/tex], c'est-à-dire que [tex]\dfrac{1}{n}\in\ ]0,\dfrac{1}{2}[[/tex]
En utilisant la relation démontrée en a) et en remplaçant x par 1/n, nous obtenons : [tex]\dfrac{1}{n}+\ln(1-\dfrac{1}{n})\le0.[/tex], soit [tex]\boxed{u_n\le0}[/tex]
De plus, en utilisant la relation démontrée en a), nous obtenons : [tex]-\dfrac{1}{n^2}\le\dfrac{1}{n}+\ln(1-\dfrac{1}{n})\le0[/tex]
ou encore
[tex]0\le-[\dfrac{1}{n}+\ln(1-\dfrac{1}{n})]\le\dfrac{1}{n^2}\\\\\boxed{0\le-u_n\le\dfrac{1}{n^2}}[/tex]
Sachant que la série [tex]\sum\dfrac{1}{n^2}[/tex] est convergente, par le théorème des comparaisons, nous en déduisons que la série [tex]\sum\limits_{n\ge2}(-u_n)[/tex] est convergente et par conséquent, la série [tex]\sum\limits_{n\ge2}u_n[/tex] est également convergente.
c) Si n ≥ 2, alors
[tex]\sum\limits_{k=2}^nu_k=\sum\limits_{k=2}^n[\dfrac{1}{k}+\ln(1-\dfrac{1}{k})]\\\\\sum\limits_{k=2}^nu_k=\sum\limits_{k=2}^n\dfrac{1}{k}+\sum\limits_{k=2}^n\ln(1-\dfrac{1}{k})]\\\\\\Or\ \ \sum\limits_{k=1}^n\dfrac{1}{k}=1+\sum\limits_{k=2}^n\dfrac{1}{k}\Longrightarrow\sum\limits_{k=2}^n\dfrac{1}{k}=[\sum\limits_{k=1}^n\dfrac{1}{k}]-1[/tex]
[tex]Donc\ \ \sum\limits_{k=2}^nu_k=[\sum\limits_{k=1}^n\dfrac{1}{k}]-1+\sum\limits_{k=2}^n\ln(1-\dfrac{1}{k})]\\\\\sum\limits_{k=2}^nu_k=H_n-1+\sum\limits_{k=2}^n\ln(\dfrac{k-1}{k})\\\\\sum\limits_{k=2}^nu_k=H_n-1+\sum\limits_{k=2}^n[\ln(k-1)-\ln k]\\\\\sum\limits_{k=2}^nu_k=H_n-1+[\ln(1)-\ln n]\\\\\sum\limits_{k=2}^nu_k=H_n-1+[0-\ln n]\\\\\sum\limits_{k=2}^nu_k=H_n-1-\ln n\\\\\boxed{1+\sum\limits_{k=2}^nu_k=H_n-\ln n}[/tex]
d) En utilisant la relation [tex]1+\sum\limits_{k=2}^nu_k=H_n-\ln n[/tex] et vu que [tex]\sum\limits_{n\ge2}u_n[/tex] est convergente, nous en déduisons que la suite [tex](H_n-\ln n)[/tex] est convergente.
Soit [tex]\gamma=\lim\limits_{n\to+\infty}(H_n-\ln n)[/tex]
Considérons la suite [tex](\varepsilon_n)[/tex] définie par [tex]\varepsilon_n=H_n-\ln n-\gamma[/tex]
Puisque si n → +oo, alors [tex]H_n-\ln n\longrightarrow\gamma[/tex], nous en déduisons que si n → +oo, alors [tex]\varepsilon_n\longrightarrow\gamma-\gamma[/tex], soit [tex]\boxed{\varepsilon_n\longrightarrow0}[/tex]
Exercice 3
[tex]a)\ \sum\limits_{k=1}^{2n}\dfrac{(-1)^k}{k}+H_{2n}=\sum\limits_{k=1}^{2n}\dfrac{(-1)^k}{k}+\sum\limits_{k=1}^{2n}\dfrac{1}{k}\\\\\\\sum\limits_{k=1}^{2n}\dfrac{(-1)^k}{k}+H_{2n}=\sum\limits_{k=1}^{2n}\dfrac{(-1)^k+1}{k}\\\\\\\sum\limits_{k=1}^{2n}\dfrac{(-1)^k}{k}+H_{2n}=\dfrac{0}{1}+\dfrac{2}{2}+\dfrac{0}{3}+\dfrac{2}{4}+\dfrac{0}{5}+\dfrac{2}{6}+...+\dfrac{0}{2n-1}+\dfrac{2}{2n}\\\\\\\sum\limits_{k=1}^{2n}\dfrac{(-1)^k}{k}+H_{2n}=\sum\limits_{\ell=1}^{n}\dfrac{2}{2\ell}[/tex]
[tex]\sum\limits_{k=1}^{2n}\dfrac{(-1)^k}{k}+H_{2n}=\sum\limits_{\ell=1}^{n}\dfrac{1}{\ell}\\\\\\\sum\limits_{k=1}^{2n}\dfrac{(-1)^k}{k}+H_{2n}=H_n}\\\\\\\Longrightarrow\boxed{\sum\limits_{k=1}^{2n}\dfrac{(-1)^k}{k}=-H_{2n}+H_n}[/tex]
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