Corrigé 2

2donc (S n) ′ converge, et tend vers la même limite que (S n ), soit log 2. En conclusion,on a ∑ +∞ (−1) k−1k=1 = log 2.kExercice 7. Notons, pour n ≥ 2, P n le polynôme X n +X −1, ainsi que la fonction(C ∞ ) R → R associée. Alors pour tout n cette fonction a pour dérivée nX n−1 + 1,qui est ≥ 1 donc strictement positive sur R + , et P n est donc strictement croissantesur R + . Or P n (0) = −1 < 0 et P n (1) = 1 > 0 donc par le théorème des valeursintermédiaires, elle admet une racine x n ∈]0, 1[ (qui est donc positive), et puisqueP n est strictement croissante sur R + , elle ne saurait s’annuler ailleurs qu’en x n (surR + ). En conclusion, pour tout n ≥ 2, P n possède une unique racine positive x n , etde plus 0 < x n < 1.Pour la convergence de la suite (x n ), on cherche d’abord à déterminer la monotonie.Tout ce que l’on sait sur x n , c’est qu’elle est la racine de P n ; pour comparerx n+1 et x n , on va donc voir ce qui se passe lorsque l’on évalue P n en x n+1 . On a :P n (x n+1 ) = x n n+1 + x n+1 − 1, et en retranchant 0 = P n+1 (x n+1 ) = x n+1n+1 + x n+1 − 1,il vient P n (x n+1 ) = x n n+1 − x n+1n+1 = x n n+1(1 − x n+1 ). Or 0 < x n+1 < 1, doncP n (x n+1 ) > 0, et la monotonie de P n nous dit finalement que x n+1 > x n , et ce pourtout n. La suite (x n ) est donc croissante, et tend vers une limite l ≤ 1.Supposons pour finir l < 1. Pour tout n ≥ 2, par croissance de P n , puisquex n ≥ l, on a : 0 = P n (x n ) ≤ P n (l) = l n + l − 1, donc en faisant tendre n vers +∞,il vient (l n tendant vers 0) 0 ≤ l − 1 soit l ≥ 1, une contradiction. D’où : l = 1.Exercice 9. a) On aura reconnu la suite de Fibonacci. On utilise la méthode habituelled’étude des suites récurrentes doubles linéaires. L’équation caractéristiques’écrit donc ici r 2 −r−1 = 0, de solutions simples (c’est important) r ± = 1±√ 5. On2sait alors qu’il existe λ et µ réels tels que pour tout n, u n = λr+ n +µr−. n Pour déterminerces deux scalaires, on utilise la donnée u 0 et u 1 . On a ainsi 0 = u 0 = λ + µ,soit λ = −µ ; d’autre part, 1 = u 1 = λr + + µr − = λ(r + − r − ) = √ (( 5λ, d’où :λ = √ 15, µ = − √ 15, et pour tout n ≥ 0, u n = √ 1√ ) n ( √ ) n ) 1+ 55 2 − 1− 52 .b) Le polynôme caractérisitique de la suite (v n ) est X 2 − X + 1 = ( 2.X − 1 4 2)Le cours nous dit qu’il existe λ et µ réelles telles que pour tout n ≥ 0, v n =λ ( n ( )12)+µn1n.2 Les conditions initiales v0 = 0 et v 1 = 9 donnent λ = 0 et µ = 18.Ainsi, pour tout n ≥ 0, v n = 9n ( )1 n−1.2Exercice 11. a) C’est la même technique de comparaison à une intégrale que dans1l’exercice 4 ; pour n ≥ 1, x ∈ [n, n + 1],on a √ n+1≤ √ 1x≤ √ 1n, donc en intégrantsur le segment en question, il vient :∫1n+1∫dx n+1 ∫dx n+1 dx√ = √ ≤ √ ≤ √ = √ 1n + 1 n n + 1 n x n n n

3et comme le membre central vaut [2 √ x] n+1n = 2( √ n + 1 − √ n), on a l’inégalitédemandée. Dans ce cas particulier on pouvait aussi procéder avec les quantitésconjuguées et écrire √ n + 1 − √ 1n = √ √ n+1+ n, ce qui est bien ≤ 12 √ , et ≥ 1n 2 √ . n+1b) Récrivons l’inégalité précédente avec un k à la place du n, et sommonssur k = 1, · · · , n pour n ≥ 1 ; il vient par télescopage S n+1 − 1 = ∑ nk=11 √k+1≤2( √ n + 1 − 1) ≤ ∑ nk=11 √k = S n . On peut aussi écrire l’inégalité de gauche S n ≤2 √ n − 1 (en décalant l’indice), d’où finalement pour tout n, 2( √ n + 1 − 1) ≤ S n ≤2 √ n − 1. On en déduit l’équivalent S n ∼ n→+∞ 2 √ n.