Corrigé des exercices - Dunod

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2. On a, pour n 1,
lnu n =
n∑
k=1
ln
(1 + k )
n 2 .
En appliquant les inégalités de la première question à chaque terme de la somme, on obtient
(
1
1 + 1 2 n
n∑
k=1
k
n 2 − 1 2
n∑
k=1
k 2
n 4 lnu n
n∑
k=1
k
n 2
n(n + 1) n(n + 1)(2n + 1) n(n + 1)
2n 2 −
12n 4 lnu n
)
2n 2
− 1 (
1 + 1 )(
2 + 1 )
lnu n 1 (
1 + 1 12n n n 2 n
Par encadrement, on en déduit que lim lnu n = 1 , puis que
n→+∞ 2
) 1
lim u n = lim exp(ln u n) = exp(
n→+∞ n→+∞ 2
par le théorème de composition des limites.
Exercice 15.14
= √ e,
1. La fonction f : x ↦−→ e x − x − 1 a pour dérivée f ′ : x ↦−→ e x − 1. Celle-ci est positive sur
R + et est négative sur R − . Le minimum de f est atteint en 0 ; il vaut f(0) = 0. La fonction
f est donc positive, d’où l’inégalité.
2. On a, pour n 1,
u n+1
u n
= 1 + p n+1 1.
La suite est donc croissante. De la première question, on tire l’inégalité
(
n∏
n
)
∑
u n e pk exp p k .
Comme
n∑
k=1
la suite (u n ) n∈N est majorée par e p
1−p
Exercice 15.15
1. On a, pour tout n 1,
k=1
k=1
p k = p 1 − pn
1 − p p
1 − p ,
)
.
et comme elle est croissante, elle converge.
u n − u n−1 u n+1 − u n c’est-à-dire v n−1 v n .
La suite (v n ) n∈N est donc croissante.
La suite (u n ) n∈N est bornée, donc il existe un réel K > 0 tel que |u n | K pour tout n.
On en déduit que |v n | 2K pour tout n : la suite (v n ) n∈N est bornée. Étant croissante, elle
converge.