Correction : Exercices de mathématiques

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[modifier] Exercice 1

Considérons l'image de $\left.E\right.$ par la fonction $\left.\text{Arctan}\right.$ .

$\text{Arctan}(E) \subset \left]-\frac{\pi}{2},\frac{\pi}{2}\right[$ donc, d'après le principe des tiroirs, on peut choisir $\left. x,y \in E\right.$ tels que $0 \leq \text{Arctan}(x) - \text{Arctan}(y) \leq \frac{\pi}{12}$ .

Par croissance de la fonction $\left.\text{tan}\right.$ sur $\left[0,\frac{\pi}{12}\right]$ , on a $0 \leq \text{tan}\left(\text{Arctan}(x) - \text{Arctan}(y)\right) \leq \text{tan}\left(\frac{\pi}{12}\right) = 2 - \sqrt{3}$ .

Or $\text{tan}\left(\text{Arctan}(x) - \text{Arctan}(y)\right) = \frac{\text{tan}\left(\text{Arctan}(x)\right) - \text{tan}\left(\text{Arctan}(y)\right)}{1 + \text{tan}\left(\text{Arctan}(x)\right)\text{tan}\left(\text{Arctan}(y)\right)} = \frac{x-y}{1+xy}$ . $\square$

[modifier] Exercice 2

Puisque $\left.A\right.$ et $\left.B\right.$ commutent, on a $\left.A^2+B^2 = (A+iB)(A-iB)\right.$ , et donc :

$\det\left(A^2+B^2\right) = \det(A+iB) \, \det(A-iB) = \det(A+iB) \, \overline{\det(A+iB)} = \left| \det(A+iB) \right|^2 \geq 0$

.

[modifier] Exercice 3

Rappelons que $\exp(A) = \sum_{k=0}^{+\infty}{\frac{A^k}{k!}}$ .

Soit $P_m = \sum_{k=0}^{m}{\frac{X^k}{k!}}$ . $\left(P_m(A)\right)$ converge vers $\left.\exp(A)\right.$ .

Pour tout $m \in \mathbb{N}$ , la division euclidienne de $\left.P_m\right.$ par $\left.\chi_A\right.$ donne

$\left.P_m = Q_m \chi_A + R_m \text{ avec } R_m \in \mathbb{C}_{n-1}[X]\right.$

. donc

$P_m\left(A\right) = R_m(A) \in \mathbb{C}_{n-1}[A] \text{ car } \chi(A) = 0 \text{ (Cayley-Hamilton)}$

Or $\mathbb{C}_{n-1}[A]$ est fermé dans $\mathcal{M}_n(\mathbb{C})$ donc $\exp(A) = \lim_{m \rightarrow +\infty}{P_m(A)} \in \mathbb{C}_{n-1}[A] \subset \mathbb{C}[A]$

[modifier] Exercice 4

Notons $A = \left( \begin{array}{cc} 2 & 3 \\ 4 & 6 \\ \end{array} \right)$ .

Si $\left.M\right.$ est solution de l'équation, alors $\left.M\right.$ commute avec $\left.A\right.$ ce qui siginifie, en considérant les endomorphismes associés $\left.a\right.$ et $\left.m\right.$ , que $\left.m\right.$ stabilise les espaces propres de $\left.a\right.$ , i.e. que $\left.a\right.$ et $\left.m\right.$ sont diagonalisables dans une même base.

Un simple calcul montre que $A = P \left( \begin{array}{cc} 0 & 0 \\ 0 & 8 \\ \end{array} \right) P^{-1} \text{ avec } P = \left(\begin{array}{cc} 3 & 1 \\ -2 & 2 \\ \end{array}\right)$ .

D'après l'argument ci-dessus, on a également $\left.M = P N P^{-1}\right. \text{ avec N diagonale}$ . l'équation devient alors $P N^n P^{-1} = P \left( \begin{array}{cc} 0 & 0 \\ 0 & 8 \\ \end{array} \right) P^{-1}$ , i.e. $N^n = \left( \begin{array}{cc} 0 & 0 \\ 0 & 8 \\ \end{array} \right)$ .

Si $\left.n\right.$ est pair, il y a deux solutions : $M = P \left( \begin{array}{cc} 0 & 0 \\ 0 & 8^{\frac{1}{n}} \\ \end{array} \right) P^{-1}$ et $M = P \left( \begin{array}{cc} 0 & 0 \\ 0 & -8^{\frac{1}{n}} \\ \end{array} \right) P^{-1}$ .

Si $\left.n\right.$ est impair, l'unique solution est $M = P \left( \begin{array}{cc} 0 & 0 \\ 0 & 8^{\frac{1}{n}} \\ \end{array} \right) P^{-1}$

[modifier] Exercice 5

$A^q - I_n = \left(A - I_n\right) \left(\sum_{k=0}^{q-1}{A^k}\right)$

D'après le lemme des noyaux, $\mathbb{R}^n = \text{Ker}\left(A - I_n\right) \oplus \text{Ker}\left(\sum_{k=0}^{q-1}{A^k}\right)$

On déduit de cette égalité et du théorème du rang : $\dim \text{Ker}\left(A - I_n\right) = \text{rg}\left(\sum_{k=0}^{q-1}{A^k}\right)$

Or, comme $\left(A^k\right)_{k \in \mathbb{N}}$ est $\left.q\right.$ -périodique, $\sum_{k=0}^{q-1}{A^k} = \sum_{k=1}^{q}{A^k}$ .

On termine en vérifiant que $\frac{1}{q}\sum_{k=1}^q{A^k}$ est un projecteur. En effet :

$\left(\frac{1}{q}\sum_{k=1}^{q}{A^k}\right)^2 = \frac{1}{q^2}\sum_{i=1}^q{\sum_{j=1}^q{A^{i+j}}} = \frac{1}{q^2}\sum_{i=1}^q{\sum_{j=1}^q{A^j}} = \frac{1}{q}\sum_{k=1}^q{A^k}$

Alors $\text{rg}\left(\sum_{k=1}^q{A^k}\right) = \text{rg}\left(\frac{1}{q}\sum_{k=1}^q{A^k}\right) = \text{Tr} \left(\frac{1}{q}\sum_{k=1}^q{A^k}\right) = \frac{1}{q}\sum_{k=1}^q{\text{Tr} A^k}$

[modifier] Exercice 6

$\exp\left(A\right)$ est une rotation.

En effet :

$\exp\left(A\right) \left(\exp\left(A\right)\right)^t = I_n$ car $\exp\left(A\right) \left(\exp\left(A\right)\right)^t = \exp\left(A\right) \exp\left(A^t\right) = \exp\left(A\right) \exp\left(-A\right) = \underbrace{\exp(A-A)}_{\text{A et -A commutent}} = \exp(0) = I_n$
$\det \left(\exp A\right) = \exp\left(\text{Tr} A\right) = \exp(0) = 1$

La formule $\det \left(\exp A\right) = \exp\left(\text{Tr} A\right)$ se démontre en trigonalisant $\left.A\right.$ en tant que matrice complexe.

[modifier] Exercice 7

Une solution malheureusement difficile à intuiter : la base $(E_{i,i})_{1 \leq i \leq n} \cup \left( E_{i,i} + E_{i,j} \right)_{1 \leq i \leq n \ j \neq i}$ convient.

[modifier] Exercice 10

$\left.E\right.$ ne peut être de dimension finie (d'après le théorème de Cayley-Hamilton). Réponse possible :

$E = \mathcal{C}^{\infty}\left(\mathbb{R},\mathbb{C}\right)$
$\left. u : f \in E \mapsto f' \in E \right.$ .

En effet, $u \in \mathcal{L}\left(\mathcal{C}^{\infty}\left(\mathbb{R},\mathbb{C}\right)\right)$ et si $\left.u\right.$ admet un polynôme annulateur non nul, alors $\mathcal{C}^{\infty}\left(\mathbb{R},\mathbb{C}\right) = \text{Ker} P(u)$ . Or, si $\left.n = \text{deg} \, P > 0\right.$ , alors $\left.\text{Ker} P(u)\right.$ est de dimension $\left.n\right. < \infty$ . On aboutit à la contradiction que $\mathcal{C}^{\infty}\left(\mathbb{R},\mathbb{C}\right)$ est un espace vectoriel de dimension finie.

[modifier] Exercice 11

Soit $p \in \mathbb{N}$ l'indice de nilpotence de $\left.N\right.$ .

$\left(N N^t\right)^p = N^p \left(N^t\right)^p = 0$

Or $\left.N N^t\right.$ est diagonalisable car symétrique réelle. Soit $\lambda \in \mathbb{R}$ une valeur propre de $\left.N N^t\right.$ , $X \in \mathcal{M}_{n,1}\left(\mathbb{R}\right) \setminus \{0\}$ un vecteur propre associé.

Alors, $\left(N N^t\right)^p X = \lambda^p X = 0$ donc $\left.\lambda^p = 0\right.$ et $\left.\lambda = 0\right.$ . On a donc $\left.N N^t = 0\right.$ .

Alors $\text{Tr}\left(N N^t\right) = \sum_{i=1}^n{\sum_{j=1}^n{a_{i,j}^2}} = 0$ d'où $\left. \forall (i,j), a_{i,j} = 0 \text{ et } N = 0 \right.$ .

[modifier] Exercice 9

D'après le théorème de convergence dominée, $\int_0^{+\infty}{e^{-t} \ln t \, \mathrm{d}t} = \lim_{n \rightarrow +\infty}{\int_0^n{\left(1-\frac{t}{n}\right)^n \ln t \, \mathrm{d}t}}$ (c'est du cours ça !!!!!!)

Soit $n \in \mathbb{N}^*$ .

$\displaystyle \begin{array}[t]{rcl} \int_0^n{\left(1-\frac{t}{n}\right)^n \ln t \, \mathrm{d}t} & = & n \int_0^1{\left(1-u\right)^n \ln \left(n u \right) \, \mathrm{d}u} \\ & = & n \ln n \int_0^1{\left(1-u\right)^n \, \mathrm{d}u} \, + \, n \int_0^1{\left(1-u\right)^n \ln u \, \mathrm{d}u} \\ & = & \frac{n}{n+1} \ln n \, + \, n \int_0^1{\left(1-u\right)^n \ln u \, \mathrm{d}u} \\ & = & \frac{n}{n+1} \ln n \, + \, n \int_0^1{x^n \ln \left(1-x\right) \, \mathrm{d}x} \\ & = & \frac{n}{n+1} \ln n \, - \, n \int_0^1{x^n \sum_{k=1}^{+\infty}{\frac{x^k}{k}} \, \mathrm{d}x} \\ & = & \frac{n}{n+1} \ln n \, - \, n \sum_{k=1}^{+\infty}{\int_0^1{\frac{x^{n+k}}{k} \, \mathrm{d}x}} \text{ (sommation L1)} \\ & = & \frac{n}{n+1} \ln n \, - \, \sum_{k=1}^{+\infty}{\frac{n}{(n+k+1)k}} \\ & = & \frac{n}{n+1} \ln n \, - \, \frac{n}{n+1}\sum_{k=1}^{+\infty}{\left(\frac{1}{k}-\frac{1}{n+k+1}\right)} \text{ (DES)}\\ & = & \frac{n}{n+1} \ln n \, - \, \frac{n}{n+1} \left( 1 + \frac{1}{2} + \dots + \frac{1}{n+1} \right) \\ & = & \frac{n}{n+1} \ln n \, - \, \frac{n}{n+1} \left( \ln n + \gamma + o(1) \right) \\ & = & {}- \gamma + o(1) \end{array}$

On en déduit que $\int_0^{+\infty}{e^{-t} \ln t \, \mathrm{d}t} = {}- \gamma$

[modifier] Exercice 10

$\left.\alpha = 3 + \sqrt{5}\right.$ ainsi que $\left.\overline{\alpha} = 3 - \sqrt{5}\right.$ sont racines du polynôme $\left.X^2-6X+4\right.$ .

Pour tout $n \in \mathbb{N}, \alpha^n + \overline{\alpha}^n \in \mathbb{N}$ . En effet,

$\forall n \in \mathbb{N}, \alpha^n + \overline{\alpha}^n = \sum_{k=0}^n{\text{C}_n^k 3^{n-k} \sqrt{5}^k} + \sum_{k=0}^n{\text{C}_n^k 3^{n-k} (-\sqrt{5})^k} = 2 \sum_{p=0}^{\text{E}\left(\frac{n}{2}\right)}{\text{C}_n^{2p} 3^{n-2p} 5^p} \in \mathbb{N}$

.

Or $\left| \overline{\alpha} \right| < 1$ donc $\lim_{n \rightarrow +\infty}{\overline{\alpha}^n}=0$ .

Ainsi, en notant $u_n = \alpha^n + \overline{\alpha}^n \in \mathbb{N}$ pour tout $n \in \mathbb{N}$ , on obtient $\left|\sin\left(\pi\alpha^n\right)\right| = \left|\sin\left(\pi\left(u_n - \overline{\alpha}^n\right)\right)\right| = \pi \overline{\alpha}^n + o\left(\overline{\alpha}^n\right)$ .

Par conséquent, la série est absolument convergente.

[modifier] Exercice 11

$\left.N N^t\right.$ est symétrique réelle et est donc diagonalisable en base orthonormée d'après le théorème spectral.

Soit $\lambda \in \mathbb{R}$ une valeur propre de $\left.N N^t\right.$ , et $x \neq 0$ un vecteur propre associé. Comme $\left.N\right.$ et $\left.N^t\right.$ commutent, on a $\left( N N^t \right)^n = N^n \left(N^t\right)^n = 0$ et donc $\left( N N^t \right)^n x = \lambda^n x = 0$ , i.e. $\left.\lambda = 0\right.$ .

On en déduit que $\left.N N^t\right. = 0$ et que $\left.N\right. = 0$ puisque, pour la norme matricielle usuelle, $\lVert M \rVert = \sqrt{\mathrm{Tr} \left( N N^t \right)} = 0$ .

[modifier] Exercice 17

Notons $A = \left\{ x\in [0,1] | f(x) \leq x \right\}$ .

$A$ est non vide car $f(1) \leq 1$ .

Notons $a = \inf A$ , et montrons que $f (a) = a$ .

Tout d'abord, si $a = 0$ , alors $f (a) = a$ , donc dans la suite, on suppose $a \not= 0$ .

Si $f (a) > a$ , alors $a \not\in A$ , et par définition de la borne inférieure, il existe $b\in A$ tel que $b - a < f (a) - a$ , c'est-à-dire $b < f (a)$ .
On a alors par définition de $A$ , $f(b) \leq b$ et par conséquent $f (b) < f (a)$ .
On a donc trouvé $a$ et $b$ tels que $a < b$ et $f (a) > f (b)$ , ce qui contredit l'hypothèse $f$ croissante sur $[0,1]$ .
Si $f (a) < a$ , alors $a\in A$ . On a alors quel que soit $b$ tel que $f (a) < b < a$ , $b \not\in A$ , donc $f (b) > b$ puis $f (b) > f (a)$ .
On a donc trouvé $a$ et $b$ tels que $b < a$ et $f (b) > f (a)$ , ce qui contredit l'hypothèse $f$ croissante sur $[0,1]$ .

On a ainsi l'existence de $a$ tel que $f (a) = a$ , c'est-à-dire l'existence d'un point fixe.

[modifier] Exercice 33

Supposons que $a\in\C,\, a\not=0$ soit une racine de $P$ , alors $a P (a + 1) = (a + 4) P (a) = 0$ , donc $P (a + 1) = 0$ , ainsi $a + 1$ est une racine de $P$ .

Si $a \in \C\setminus \N$ est racine de $P$ , alors l'ensemble des racines de $P$ contient $a\N$ , ce qui est impossible, l'ensemble des racines de $P$ étant fini.
Si $n\in\N^*$ est racine de $P$ , on abouti à la même contradiction.
Si $n\in\Z,\, n \leq 0$ est racine de $P$ , alors l'ensemble des racines de $P$ contient $\left\{n, n+1, \ldots, 0\right\}$ .

Notons $- n$ la plus petite racine de $P$ , nécessairement les racines de $P$ sont exactement $- n$ , $- n + 1$ , ..., $0$ .

Comme $P\in\C[X]$ , $P$ est scindé, on a alors :

$P = \alpha \prod_{k = 0}^{n} (X+k)$ .

L'égalité $X P (X + 1) = (X + 4) P (X)$ s'écrit :

$X \prod_{k=0}^{n} (X+1+k) = (X+4) \prod_{k = 0}^{n} (X+k)$

(X + 1 + n) = (X + 4)

Donc nécessairement $n = 3$ .

Réciproquement on vérifie que tout polynôme $P = α X (X + 1)(X + 2)(X + 3)$ convient.

[modifier] Exercice 34

$A B$ n'est pas inversible et n'est visiblement pas de rang 1, on en déduit que cette matrice est de rang 2.

Or $Im(AB) \subset Im(A)$ , donc $rg(A) \geq 2$ et, d'après la formule du rang, $dim(Ker A) = 2 - rg(A) \leq 0$ . Autrement dit, $d i m (K e r A) = 0$ et $A$ est injective.

On peut montrer que l'injectivité d'un morphisme de groupe implique que ce dernier soit simplifiable à gauche. Or puisque (faire le calcul) $A B$ est un projecteur, on a $A B A B = A B$ puis $B A B = B$ .

De plus, $Ker(B) \subset Ker(AB)$ ce qui implique $dim(Ker B) \leq 1$ . La formule du rang donne $rg(B) = 3 - dim(Ker B) \geq 2$ . On a donc $r g (B) = 2$ et $B$ surjective.

De même que précédemment, un morphisme de groupe surjectif est simplifiable à droite. On obtient cette fois-ci le résultat, à savoir $B A = I 2$ .

[modifier] Exercice 35

Il suffit de prendre comme vecteur $\vec{w} = \begin{pmatrix} \alpha \\ \beta \\ \gamma \end{pmatrix}$ avec $\alpha, \beta, \gamma \in \mathbb{R}$ .

$\vec{w}\wedge\vec{a} = \begin{pmatrix} 3\beta - 2\gamma \\ \gamma - 3\alpha \\ 2\alpha - \beta \end{pmatrix}$ . En prenant $α = 1,β = 1,γ = 1$ , on a : $\vec{x} = \begin{pmatrix} \frac{13}{14} \\ \frac{-30}{14} \\ \frac{11}{14} \end{pmatrix}$ .

On vérifie bien que $\vec{a}.\vec{x}=-1$ .

[modifier] Exercice 37

On utilise la formule d'Euler :

$\begin{align} \sum_{k=1}^n \sin (2kx) &= \frac{1}{2i} \sum_{k=1}^n \left({\rm e}^{2ikx} - {\rm e}^{-2ikx}\right) \\ &= \frac{1}{2i} \left( {\rm e}^{2ix} \frac{{\rm e}^{2inx} - 1}{{\rm e}^{2ix} - 1} - {\rm e}^{-2ix} \frac{{\rm e}^{-2inx} - 1}{{\rm e}^{-2ix} - 1}\right) \\ &= \frac{1}{2i} \left( {\rm e}^{ix} \frac{{\rm e}^{2inx} - 1}{{\rm e}^{ix} - {\rm e}^{-ix}} - {\rm e}^{-ix} \frac{{\rm e}^{-2inx} - 1}{{\rm e}^{-ix} - {\rm e}^{ix}}\right) \\ &= -\frac{1}{4} \frac{{\rm e}^{(2n+1)x} - {\rm e}^{ix} + {\rm e}^{-(2n+1)x} - {\rm e}^{-ix}}{\sin x} \\ &= -\frac{1}{2} \frac{\cos\left( (2n+1)x\right) - \cos x}{\sin x} \end{align}$

On obtient :

$\sum_{k=1}^n \sin (2kx) = \frac{\cos x - \cos\left( (2n+1)x\right)}{2\sin x}$

[modifier] Exercice 39

$(1 + k) 3 = 1 + 3 k + 3 k 2 + k 3$
En effectuant la somme de la relation précédente :

$\sum_{k=1}^n (1+k)^3 = \sum_{k=1}^n 1 + 3\sum_{k=1}^n k + 3\sum_{k=1}^n k^2 + \sum_{k=1}^n k^3$

$\sum_{k=2}^{n+1} k^3 = n + \frac{3n(n+1)}{2} + 3\sum_{k=1}^n k^2 + \sum_{k=1}^n k^3$

En simplifiant les sommes sur $k 3$ :

$(n+1)^3 = n + \frac{3n(n+1)}{2} + 3\sum_{k=1}^n k^2 + 1$

On peut alors calculer $\sum_{k=1}^n k^2$ :

$\sum_{k=1}^n = \frac{1}{3} \left( (n+1)^3 - (n+1) - \frac{3n(n+1)}{2} \right)$

Et après factorisation : $\sum_{k=1}^n k^2 = \frac{n(n+1)(2n+1)}{6}$

[modifier] Exercice 40

Les calculs
- $P_2 = \cos \frac{a}{2} \cos \frac{a}{4} = \frac{1}{2} \left[ \cos \left(\frac{a}{2} + \frac{a}{4}\right) + \cos \left( \frac{a}{2} - \frac{a}{4} \right) \right] = \frac{1}{2} \left[ \cos \frac{3a}{4} + \cos \frac{a}{2} \right]$ .
- $P_3 = P_2 \cos \frac{a}{8} = \frac{1}{2} \left[ \cos \frac{3a}{4} \cos \frac{a}{8} + \cos \frac{a}{4} \cos \frac{a}{8} \right] = \frac{1}{4} \left[ \cos \frac{7a}{8} + \cos \frac{5a}{8} + \cos \frac{3a}{8} + \cos \frac{a}{8} \right]$ .
laissent penser que , ce que l'on montre par récurrence. La formule est vraie pour n = 1. Supposons-la vraie pour n, on a alors :

$\begin{align} P_{n+1} &= P_n \cos \frac{a}{2^{n+1}} \\ &= \frac{1}{2^{n-1}} \sum_{k=0}^{2^{n-1}-1} \cos \frac{(2k+1)a}{2^n} \cos \frac{a}{2^{n+1}} \\ &= \frac{1}{2^n} \sum_{k=0}^{2^{n-1}-1} \left[ \cos \left( \frac{(2k+1)a}{2^n} + \frac{a}{2^{n+1}} \right) + \cos \left( \frac{(2k+1)a}{2^n} - \frac{a}{2^{n+1}} \right) \right] \\ &= \frac{1}{2^n} \sum_{k=0}^{2^{n-1}-1} \left[ \cos \frac{(4k+3)a}{2^{n+1}} + \cos \frac{(4k+1)a}{2^{n+1}} \right] \\ P_{n+1} &= \frac{1}{2^n} \sum_{k=0}^{2^n-1} \cos \frac{(2k+1)a}{2^{n+1}} \end{align}$

Ce qui montre que la formule est vraie , donc $\forall n\in\N^*,\, P_n = \frac{1}{2^{n-1}} \sum_{k=0}^{2^{n-1}-1} \cos \frac{(2k+1)a}{2^n}$
On a alors $\forall n\in\N^*$ :

$\begin{align} P_n &= \frac{1}{2^{n-1}} \sum_{k=0}^{2^{n-1}-1} {\rm Re} \left[ \exp \frac{(2k+1)ia}{2^n} \right] \\ &= \frac{1}{2^{n-1}} {\rm Re} \left[ \sum_{k=0}^{2^{n-1}-1} \exp \frac{(2k+1)ia}{2^n} \right] \\ &= \frac{1}{2^{n-1}} {\rm Re} \left[ \exp \frac{ia}{2^n} \sum_{k=0}^{2^{n-1}-1} \left( \exp \frac{ia}{2^{n-1}} \right)^k \right] \\ &= \frac{1}{2^{n-1}} {\rm Re} \left[ \exp \frac{ia}{2^n} \frac{\exp \frac{2^{n-1}ia}{2^{n-1}} - 1}{\exp \frac{ia}{2^{n-1}} - 1} \right] \\ &= \frac{1}{2^{n-1}} {\rm Re} \left[ \frac{\exp (ia) - 1}{\exp \frac{ia}{2^n} - \exp \frac{-ia}{2^n}} \right] \\ &= \frac{1}{2^{n-1}} {\rm Re} \left[ \frac{\cos a - 1 + i\sin a}{2i \sin \frac{a}{2^n}} \right] \\ \end{align}$

On obtient alors le résultat :
$\forall n\in\N^*,\, P_n = \frac{1}{2^n} \frac{\sin a}{\sin \frac{a}{2^n}}$
Avec $\sin \frac{a}{2^n} \sim \frac{a}{2^n}$ , on a :

$P_n \sim \frac{1}{2^n} \frac{\sin a}{\frac{a}{2^n}} = \frac{\sin a}{a}$

D'où $\lim_{n\to +\infty} P_n = \frac{\sin a}{a}$

[modifier] Exercice 41

La démonstration de l'inégalité $x - \frac{x^2}{2} \leq \ln (1+x) \leq x$ fait l'objet de cet autre exercice.

On a $\ln\left[ \left(1+\frac{1}{n} \right)^n\right] = n\ln\left(1+\frac{1}{n}\right)$ .
A partir de l'encadrement $\frac{1}{n} - \frac{1}{2n^2} \leq \ln \left(1+\frac{1}{n}\right) \leq \frac{1}{n}$ , on obtient :

$1 - \frac{1}{2n} \leq \ln\left[ \left(1+\frac{1}{n} \right)^n\right] \leq 1$ .

Donc par encadrement de limite :

$\lim_{n\to+\infty} \ln\left[ \left(1+\frac{1}{n} \right)^n\right] = 1$ .

On obtient le résultat en composant avec la fonction exponentielle :

$\lim_{x\to+\infty} \left( 1+\frac{1}{n}\right)^n = {\rm e}$
On procède de même. $\ln\left[ \left(1+\frac{1}{\sqrt{n}}\right)^n\right] = n\ln\left(1+\frac{1}{\sqrt{n}}\right)$

$\frac{1}{\sqrt{n}} - \frac{1}{2n} \leq \ln\left(1+\frac{1}{\sqrt{n}}\right)$

Puis

$\sqrt{n} - \frac{1}{2} \leq \ln\left[ \left(1+\frac{1}{\sqrt{n}}\right)^n\right]$

Donc

$\lim_{x\to+\infty} \ln\left[ \left(1+\frac{1}{\sqrt{n}}\right)^n\right] = +\infty$

Puis par composition avec la fonction exponentielle :

$\lim_{x\to+\infty} \left(1+\frac{1}{\sqrt{n}}\right)^n = +\infty$ .
Toujours de la même manière .

$\frac{1}{n^\alpha} - \frac{1}{2n^{2\alpha}} \leq \ln\left(1+\frac{1}{n^\alpha}\right) \leq \frac{1}{n^\alpha}$

$n\left(\frac{1}{n^\alpha} - \frac{1}{2n^{2\alpha}}\right) \leq \ln\left[\left(1+\frac{1}{n^\alpha}\right)^n\right] \leq n\frac{1}{n^\alpha}$

$n^{1-\alpha}\left(1 - \frac{1}{2n^\alpha}\right) \leq \ln\left[\left(1+\frac{1}{n^\alpha}\right)^n\right] \leq n^{1-\alpha}$
- Si $0 < α < 1$ , on a alors $\lim_{x\to+\infty} \ln\left[\left(1+\frac{1}{n^\alpha}\right)^n\right] = +\infty$ , donc $\lim_{x\to+\infty} \ln\left(1+\frac{1}{n^\alpha}\right) = +\infty$ .
- Si $α > 1$ , on a alors $\lim_{x\to+\infty} \ln\left[\left(1+\frac{1}{n^\alpha}\right)^n\right] = 0$ , donc $\lim_{x\to+\infty} \ln\left(1+\frac{1}{n^\alpha}\right) = 1$ .
Le cas α = 1 a été traité dans la première question.
Si , à partir d'un certain rang, on a alors .