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Corrigé 2008 : suites fonctions

Détails: Catégorie : Suites

1.a. On a, pour tout réel $x$ compris entre $k$ et $k+1$ :
$\dfrac{1}{k+1}\leq \dfrac{1 }{x}\leq \dfrac{1 }{k}$ .

Puis en intégrant:
$\int_{k}^{k+1}\dfrac{1}{k+1}\ dx \leq \int_{k}^{k+1}\dfrac{1 }{x}\ dx \leq \int_{k}^{k+1}\dfrac{1 }{k}\ dx$ .

C'est à dire $\dfrac{1}{k+1} \leq \int_{k}^{k+1}\dfrac{1 }{x}\ dx \leq \dfrac{1 }{k}$ .

b. $\int_{k}^{k+1}\dfrac{1 }{x}\ dx =\Big[\ln x\Big]_k^{k+1}= \ln(k+1)-\ln k = \ln\dfrac{k+1}{k}=\dfrac{1}{k}-f(k)$ .

2.a. En réduisant le deuxième membre au même dénominateur, on obtient:

$\dfrac{a }{x}+\dfrac{b }{x+1}=\dfrac{(a+b)x+a}{x(x+1)}$

Donc $a$ et $b$ sont tels que $\forall x \neq 0$ et $-1$ ,\; $(a+b)x+a=1$ . Alors $a+b=0$ et $a=1$ ; ce qui entraîne $b=-1$ .

Par conséquent $\dfrac{1 }{x(x+1)}=\dfrac{1}{x}-\dfrac{1 }{x+1}$

3.a. On a $U_n=\sum_{k=n}^{2n}\dfrac{1 }{k(k+1)}= \sum_{k=n}^{2n}\Big[\dfrac{1}{k}-\dfrac{1 }{k+1}\Big]=\sum_{k=n}^{2n}\Big[\alpha_k-\alpha_{k+1}\Big]$ avec $\alpha_k= \dfrac 1k$ .

Donc en procédant à une ittération: $\boxed{U_n=\alpha_{n}-\alpha_{2n+1}=\dfrac{n+1}{n(2n+1)}}$ . Ensuite $\boxed{\lim\csub_{n\to +\infty}U_n =0}$ .

b. Dans les inégalités de la question {1.a.}, remplaçons l'intégrale par sa valeur tirée de la question {1.b.}

$\dfrac{1}{k+1} \leq \dfrac{1}{k}-f(k) \leq \dfrac{1 }{k}$ .

ce qui permet d'encadrer $f(k)$ :

$0\leq f(k)\leq \dfrac{1 }{k}- \dfrac{1 }{k+1}$

Puis sommons membre à membre ces inégalités depuis $k=n$ à $2n$ , on obtient la relation demandée :

$0\leq \sum_{k=n}^{2n}f(k)\leq \sum_{k=n}^{2n}\dfrac{1 }{k}- \dfrac{1 }{k+1}=U_n$

Comme $\lim\csub_{n\to +\infty}U_n = 0$ , le théorème des gendarmes permet de conclure que $\boxed{\lim\csub_{n\to +\infty}\sum{k=n}^{2n}f(k) =0}$ .

c. La relation établie dans la question{1.b.} donne par sommation:

$\sum_{k=n}^{2n} \int_{k}^{k+1}\dfrac{dx}{x}= \sum_{k=n}^{2n}\dfrac{1}{k}- \sum_{k=n}^{2n}f(k)$

ou en faisant intervenir la relation de Schales pour les intégrales:

$\int_{n}^{2n+1}\dfrac{dx}{x}= S_n - \sum_{k=n}^{2n}f(k)$

Ensuite en intégrant:

$\ln (k+1)-\ln k= S_n - \sum_{k=n}^{2n}f(k)$

Finalement $\sum_{k=n}^{2n}f(k) =S_n -\ln\dfrac{2n+1}{n}$ .

Puisque $\lim\csub_{n\to +\infty}\sum_{k=n}^{2n}f(k) =0$ et $\lim\csub_{n\to +\infty} \ln\dfrac{2n+1}{n} =\ln 2$ , on en déduit que $\boxed{\lim\csub_{n\to +\infty} S_n =\ln 2 }$

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