Corrigé des exercices - Dunod

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∫
1 x
On en déduit que lim f(t) = 0 et
x→+∞ x kT
lim F(x) = 1 ∫ T
f(t)dt.
x→+∞ T 0
Exercice 21.16
1. La démonstration est la même que dans la question 2 de l’exercice précédent. Il suffit de
changer le sens des inégalités.
∫ 1
∫ α
2. L’inégalité f(t)dt 1 f(t)dt équivaut à F(1) F(α). Elle résulte de la
0 α 0
décroissance de F.
La première inégalité est évidente pour α = 1. Pour α ∈ ]0,1[, elle équivaut à
∫ 1
0
f(t)dt −
∫ 1−α
0
f(t)dt α
∫ 1
0
f(t)dt
et donc à ∫ 1
0
f(t)dt 1
1 − α
∫ 1−α
0
f(t)dt
soit F(1) F(1 − α), ce qui résulte de la décroissance de F.
Exercice 21.17
1. Par définition, pour tout n 1, on a
ln(n + 1) − lnn =
∫ n+1
1
∫
1 n
t dt −
1
∫
1 n+1
t dt = 1
n t dt.
Comme la fonction t −→ 1 t
décroît sur ]0,+∞[, on a
2. Pour n 2, on a, d’après la question 1,
1
n + 1 ln(n + 1) − lnn 1 n .
u n+1 − u n = 1 − ln(n + 1) + lnn
n + 1
v n+1 − v n = 1 − ln(n + 1) + lnn 0.
n
La suite (u n ) n∈N est décroissante et la suite (v n ) n∈N est croissante. On a de plus
lim (u 1
n − v n ) = lim = 0. Donc les suites sont adjacentes.
n→+∞ n→+∞ n
3. On a u n − v n = 1 n . pour n = 10, on trouve u 10 ≈ 0,626 et u 10 ≈ 0,526. On a γ = 0,57 à
10 −1 près.