´ nonc´e E
S´eance ean ce de TD n 29, mardi 27 mai °
Acc´ Acc´ el´ el´ erat eratio ion n de conver converge genc nce e p our our une une s´ erie er ie On se propose de trouver tr ouver une valeur approch´ee ee de la somme S N
Pour tout entier N 1, on pose S N N
=
un et RN =
n=1
∞
∞ =
un, avec un =
n=1
( 1)n+1
−√ n
.
un .
+1 n=N +1
1. (a) Justifie Justifierr l’exi l’existen stence ce de la somm sommee S , le signe de RN et un majorant de RN . 1 (b) Donner un majorant de l’erreur commise dans l’approximation S S N + uN +1 +1 . N 2 Avec ce r´esultat, esultat, combien c ombien faudrait-il de termes t ermes pour calculer S a` 10−4 pr`es ? 1 1 2. Pour n 1, on note un = . 2n 1 2n
| |
≈ ≈
√ − − √
(a) Prouver que pour tout n 1, on a :
√ n1− 1 − √ 1n ∼ 2n1√ n
(b) En d´eduire eduir e la convergence convergen ce de la s´erie erie
. un
N
et R = R , avec S = (c) Montrer que S 2N = S N 2N N N
et un
= RN
n=1
∼ v − v − , avec v = − 2√ 12n . (b) Pour tout n 2, on pose w = u − (v − v − ).
3. (a) (a) Mon Montrer trer que que un
n
n 1
un .
+1 n=N +1
n
n
Justifier la convergence de
∞
n
n
n 1
= wn et montrer que RN
∞ 1 + wn . 2 2N n=N +1
√
4. (a) Montrer Montrer qu’on peut ´ecrire ecrire wn = f (n), o` u f (t) est croissante crois sante n´egative. egat ive. (b) En d´eduire eduir e que F (n)
5.
F (n − 1) w F (n + 1) − F (n), l’application l’application F ´etant d´efinie − √ √ 1 1 √ par F (t) = 2t − 1 − 2t − 2t − 2. 2 2 √ (c) Former orm er le d´evelopp evel oppeme ement nt limi l imit´ t´e de d e 1 + x au voisinage de 0 a` l’ordre 3. (d) Donner un ´equivalent equivalent de F (t) quand t → ∞. ∞ (a) (a) Mon Montrer trer que que −F (N ) + 1). w −F (N + (b) Montrer que t → ∆(t) = F (t) − F (t + 1) est une fonction d´ecroissante ecroissante de t. Donner Donne r un ´equivalent equivalent de ∆(t) quand n → ∞. n
n
+1 n=N +1
6. Les questions quest ions pr´ec´ ec´edentes edente s montrent mo ntrent donc que, pou pourr tout to ut N 1. ∞ = S + 1 + S = S 2N + R2N = S 2N + RN wn . 2N 2 2N n=N +1 1 1 F (N ) S S 2N + F (N + On a donc l’encadrement : S 2N + + 1). 2 2N 2 2N On sait enfin que l’amplitude l’amplitude de cet encadrement encadrement est une fonction d´ecroissante ecroissante de l’entier l’entier N et tend vers 0 avec la vitesse de N −5/2 . Montrer qu’il suffit de choisir N = 14 pour po ur connaˆıtre ıtre S − 4 a` 10 pr`es. es. Quel est l’encadrement obtenu ?
√
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1. (a) La s´erie erie altern´ee qui satisfait aux hypoth`eses du crit`ere sp´ecial : la un est une s´ suite de terme g´en´eral un est en effet d´ecroissante et elle converge vers 0. On en d´eduit la convergence de la s´erie un, c’est-`a-dire l’existence de S . Plus pr´ecis´ement, on sait que le reste R N d’ordre N de cette s´erie poss`ede le signe de u N +1 (il est donc positif si N est pair et n´egatif sinon) et qu’il est major´e en valeur absolue par uN +1 = √ N 1+1 .
|
| |
|
(b) On sait que la somme S de la s´erie un est toujours comprise entre deux sommes partielles cons´ecutives S N et S N +1 . 1 1 On peut donc ´ecrire S (S N + S N +1 ), c’est-`a-dire S S N + uN +1 . 2 2 1 1 1 L’erreur absolue est alors major´ee par S N +1 S N = uN +1 = . 2 2 2 N + 1 1 On a < 10 −4 N + 1 > 5000 N 25000000. 2 N + 1 Il faudrait donc calculer et ajouter vingt-cinq millions de termes pour esp´ erer obtenir une 4 − valeur approch´ee de S avec une pr´ecision inf´erieure ou ´egale a` 10 ! 1 1 1 1 n n 1 2. (a) = = 2n n n ( n + n 1) n 1 n n 1 n 1 n 1 1 1 (b) D’apr`es le r´esultat pr´ec´edent, un = 2n 1 2n 4 2n n 1 La s´erie a` termes positifs est convergente (s´erie de Riemann).
≈
≈
|
⇔ √
√
√ − − √
n1
√
|
√ √ − √ − √ ∼ √ √ − − √ ∼ √ √
√
n n
. 1 1 √ 2 − 1 − √ 2 = = = ( − + )= ∞ → ∞, on trouve = , avec = .
On en d´eduit la convergence de la s´erie 2N
(c)
|
⇔
√ − √ − √ − √
− |
∀N 1, S
N
un
2N
un
N
u2n
n=1
1
u2n
n=1
Quand N
N
n
n=1
S
S
S
n
un = S N
n=1
un
n=1
On en d´eduit, pour tout entier N 1 : R2N = S S 2N = S 1 1 1 1 3. (a) On a effectivement vn vn−1 = n n 1 2 2 2 2 (b) Puisque un vn vn−1 , on a wn = o(un). La s´erie eme de la s´erie u converge : il en est donc de mˆ
S = R . − − √ √ − − √ ∼ √ 2n1√ n ∼ u
−
∼
−
n
Pour tout n 2, on a : un = (vn vn−1 ) + wn, et donc : ∞ ∞ ∞ RN = un = wn (vn vn−1 ) +
n=N +1
=
N +
−v
−
n=N +1
∞
wn =
n=N +1
−
N
N
n
wn .
∞
n=N +1
1 √ + 2 2N
wn
n=N +1
4. (a) Pour tout entier n 2 : wn = u n (vn vn−1 ) =
√ 2n1 − 1 − √ 12n + 2√ 12n − 2√ 2n1 − 2 − − 1 1 1 √ √ = √ − − 2n − 1 2 2n 2 2n − 2
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√ 2t1− 1 − 2√ 12t − 2√ 21t − 2 1 1 On peut ´ecrire f (t) = g (2t) + g(2t − 2) − g(2t − 1), avec g(t) ≡ − √ 2 t 1 On a alors f (t) = g (2t) + g (2t − 2) − 2g (2t − 1), avec g (t) ≡ t− . 2 1 Or g est convexe : on en d´eduit g (2t − 1) g (2t) + g (2t − 2) et donc f (t) 0. 2 Ainsi wn = f (n), o` u f est d´efinie par f (t) =
3/2
Ainsi f est croissante. Or lim f (t) = 0. t→∞ Compte tenu de sa monotonie, l’application f est donc n´egative.
Remarque : pour le signe de f , on peut aussi utiliser la concavit´e de g . (b) Sur l’intervalle [n
− 1, n], on a f (t) f (n) = w , et sur [n, n + 1] on a w
n
n
n
On en d´eduit par int´egration :
f (t) 0.
n+1
f (t) dt wn
f (t) dt 0
n−1
n
→ F (t) = √ 2t − 1 − 21 √ 2t − 21 √ 2t − 2 L’encadrement s’´ecrit alors : F (n) − F (n − 1) w F (n + 1) − F (n) 1 1 (c) On sait que (1 + x) = 1 + mx + m(m − 1)x + m(m − 1)(m − 2)x + o(x ). 2 6 √ 1 1 1 1 Avec m = , on trouve : 1 + x = 1 + x − x + x + o(x ). 2 2 8 16 √ √ 1 √ 1 √ 1 1 1 1 (d) F (t) = 2t − 1 − 2t − 2t − 2 = 2t 1 − − 2 − 2 1 − t 2 2 2t √ En utilisant le DL de 1 + x en 0 a` l’ordre 2, on trouve : 1 1 1 1 1 1 1 √ 1 − − F (t) = 2t − 2 − 2 1 − 2t − 8t + o t 4t 32t 1 1 √ 2 √ = 2t +o ∼ 32t√ t 32t t Mais une primitive de f est F : t
n
m
2
3
2
3
3
3
1/2
1/2
2
2
2
2
2
5. (a) Pour tout n 2, on sait que F (n)
− F (n − 1) w F (n + 1) − F (n). w F (M + 1) − F (N ) Par sommation de n = N + 1 a` M : F (M ) − F (N ) n
M
n
n=N +1
Puisque lim F (t) = 0, il vient : t→∞
∞
−F (N ) (b) La d´eriv´ee de ∆(t) est ∆ (t) = f (t) − f (t + 1).
wn
n=N +1
−F (N + 1) 0
Cette quantit´e n´egative car f est croissante. L’application ∆ est donc d´ecroissante. 1 1 1 1 ∆(t) = 2t 1 2t 2t 2 2t + 1 + 2t + 2 + 2t 2 2 2 2 1 1 = 2t 1 2t 2 2t + 1 + 2t + 2 2 2 1 1/2 1 1 1/2 1 1/2 1 1 1/2 = 2t 1 1 1+ + 1+ t t 2t 2 2t 2
√ − − √ − √ − − √ √ √ − − √ − − √ √ − − − − √ 1 Avec le DL de 1 + x en 0 on trouve : 1 +
1/2
t
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√
√
1 = 1+ 2t
−
1 1 1 + + o 8t2 16t3 t3
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1 1 1/2 1 1 1/2 1 1 1 On prend alors la partie impaire : 1+ 1 = + + o 2 2 2t 16t3 t t t3 1 1/2 1 1 1 1 1+ = 1+ + + o 2t 4t 32t2 128t3 t3 D’autre part : 1 1/2 1 1 1 1 1 =1 + o 2t 4t 32t2 128t3 t3 1 1/2 1 1/2 1 1 1 On en d´eduit : 1 1+ = + o . 2t 2t 2t 64t3 t3 Finalement : 1 1 1 1 1 1 ∆(t) = 2t + o + + + o 2t 64t3 2t 16t3 t3 t3
− − − − − − √ − − 3 1 3√ 2 √ = 2 +o ∼ √
− − − − −
t
t3 64t3 64 t2 t 6. Pour N = 13, on a F (N ) F (N + 1) 0.000109 > 10 −4 Pour N = 14, on a F (N ) F (N + 1) 0.000091 < 10 −4 La valeur N = 14 est donc la premi`ere pour laquelle l’encadrement de S donne un intervalle d’amplitude inf´erieure a` 10−4 . On trouve : 0.6048506223 S 0.604941272 et donc S 0.6049 a` 10−4 pr`es.
− −
≈ ≈
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