France métropolitaine 2012. Enseignement spécifique

EXERCICE 3

Partie A

1. La limite d'une fraction rationnelle en $+\infty$ est égale à la limite du quotient de ses monômes de plus haut degré. Donc $\dlim{x}{+\infty}\dfrac{x}{x+1}=\dlim{x}{+\infty}\dfrac{x}{x}=1$. Par suite, $\dlim{x}{+\infty}\ln\left(\dfrac{x}{x+1}\right)=\dlim{X}{1}\ln(X)=\ln(1)=0$.

   D'autre part, $\dlim{x}{+\infty}(x+1)=+\infty$ et donc $\dlim{x}{+\infty}\dfrac{1}{x+1}=0$. En additionnant, on obtient

   $\dlim{x}{+\infty}f(x)=0$.



2. La fonction $x\mapsto\dfrac{x}{x+1}$ est dérivable sur $[1,+\infty[$ en tant que fraction rationnelle dont le dénominateur ne s'annule pas sur $[1,+\infty[$. De plus, pour tout réel $x$ de $[1,+\infty[$, $\dfrac{x}{x+1}>0$. On sait alors que la fonction $x\mapsto\ln\left(\dfrac{x}{x+1}\right)$ est dérivable sur $[1,+\infty[$. D'autre part, la fonction $x\mapsto\dfrac{1}{x+1}$ est dérivable sur $[1,+\infty[$ en tant que fraction rationnelle dont le dénominateur ne s'annule pas sur $[1,+\infty[$. Finalement, la fonction $f$ est dérivable sur $[1,+\infty[$ en tant que somme de deux fonctions dérivables sur $[1,+\infty[$. De plus, pour tout réel $x$ de $[1,+\infty[$,

   1er calcul :

   \begin{align*} f'(x)&=-\dfrac{(x+1)'}{(x+1)^2}+\dfrac{\left(\dfrac{x}{x+1}\right)'}{\dfrac{x}{x+1}}=-\dfrac{1}{(x+1)^2}+\dfrac{x+1}{x}\times\dfrac{1\times(x+1)-x\times1}{(x+1)^2}=-\dfrac{1}{(x+1)^2}+\dfrac{1}{x(x+1)}=\dfrac{-x+(x+1)}{x(x+1)^2}\\ &=\dfrac{1}{x(x+1)^2}. \end{align*}

   2ème calcul :

   \begin{align*} f'(x)&=\left(\dfrac{1}{x+1}\right)'+(\ln(x))'-(\ln(x+1))'=-\dfrac{1}{(x+1)^2}+\dfrac{1}{x}-\dfrac{1}{x+1}=\dfrac{-x+(x+1)^2-x(x+1)}{x(x+1)^2}\\ &=\dfrac{-x+x^2+2x+1-x^2-x}{x(x+1)^2}=\dfrac{1}{x(x+1)^2}. \end{align*}


3. Pour tout réel $x$ de $[1,+\infty[$, $f'(x)>0$. Donc la fonction $f$ est strictement croissante sur $[1,+\infty[$. Mais alors, pour tout $x$ de $[1,+\infty[$, on a $f(x)< \displaystyle\lim_{+\infty} f$ ou encore $f(x)< 0$.

   La fonction $f$ est strictement négative sur $[1,+\infty[$.

Partie B

1. • Initialisation : $u=0$.
   
   
   • Etape 1 : $i=1$ puis $u=0+\dfrac{1}{1}=1$.
   
   
   • Etape 2 : $i=2$ puis $u=1+\dfrac{1}{2}=\dfrac{3}{2}$.
   
   
   • Etape 3 : $i=3$ puis $u=\dfrac{3}{2}+\dfrac{1}{3}=\dfrac{11}{6}$.

   Si $n=3$, la valeur exacte affichée par l'algorithme est $\dfrac{13}{6}$.



2. 
   


3. Il semble que la suite $\left(u_n\right)$ soit décroissante, convergente de limite approximativement égale à $0,57$.

Partie C

1. Soit $n$ un entier naturel non nul. u_{n+1}-u_n&=\left(1+\dfrac{1}{2}+\dfrac{1}{3}+\ldots+\dfrac{1}{n}+\dfrac{1}{n+1}\right)-\ln(n+1)-\left(1+\dfrac{1}{2}+\dfrac{1}{3}+\ldots+\dfrac{1}{n}\right)+\ln(n)\\ &=\dfrac{1}{n+1}+\ln(n)-\ln(n+1)=\dfrac{1}{n+1}+\ln\left(\dfrac{n}{n+1}\right)=f(n). \end{align*}

   D'après la question 3) de la partie A, le fonction $f$ est strictement négative sur $[1,+\infty[$. En particulier, pour tout entier $n\geqslant1$, $f(n)< 0$. Ainsi, pour tout entier naturel non nul $n$, on a $u_{n+1}-u_n<0$ et donc

   la suite $\left(u_n\right)_{n\geqslant1}$ est strictement décroissante.



2. 1. Soit $k$ un entier strictement positif. La fonction $x\mapsto\dfrac{1}{k}-\dfrac{1}{x}$ est continue sur $]0,+\infty[$ et en particulier sur $[k,k+1]$. Donc l'intégrale $\dint{k}{k+1}\left(\dfrac{1}{k}-\dfrac{1}{x}\right)dx$ existe.

      Pour tout réel $x$ de l'intervalle $[k,k+1]$, on a $x\geqslant k>0$ puis $\dfrac{1}{x}\leqslant\dfrac{1}{k}$ (par décroissance de la fonction $t\mapsto\dfrac{1}{t}$ sur $]0,+\infty[$) et donc $\dfrac{1}{k}-\dfrac{1}{x}\geqslant0$.

      Ainsi, pour tout réel $x$ de $[k,k+1]$, on a $\dfrac{1}{k}-\dfrac{1}{x}\geqslant0$. Par positivité de l'intégrale, on en déduit que $\dint{k}{k+1}\left(\dfrac{1}{k}-\dfrac{1}{x}\right)dx\geqslant0$.

      Par linéarité de l'intégrale, on a alors

      $\dint{k}{k+1}\left(\dfrac{1}{k}-\dfrac{1}{x}\right)dx=\dint{k}{k+1}\dfrac{1}{k}\;dx-\dint{k}{k+1}\dfrac{1}{x}\;dx=\dfrac{1}{k}\times(k+1-k)-\dint{k}{k+1}\dfrac{1}{x}\;dx=\dfrac{1}{k}-\dint{k}{k+1}\dfrac{1}{x}\;dx$.

      Par suite, $\dfrac{1}{k}-\dint{k}{k+1}\dfrac{1}{x}\;dx\geqslant0$ ou encore $\dint{k}{k+1}\dfrac{1}{x}\;dx\leqslant\dfrac{1}{k}$.

      Enfin, $\dint{k}{k+1}\dfrac{1}{x}\;dx=\left[\ln(x)\right]_k^{k+1}=\ln(k+1)-\ln k$ et on a donc montré que

      pour tout entier $k$ strictement positif, $\ln(k+1)-\ln k\leqslant\dfrac{1}{k}$\quad$(1)$.

   
   
   2. Soit $n$ un entier strictement positif. D'après la question précédente,

      On additionne membre à membre ces $n$ inégalités. Dans le premier membre, les nombres $\ln(2)$, $\ln(3)$, \ldots, $\ln(n-1)$ et $\ln(n)$ se simplifient et il reste $-\ln(1)+\ln(n+1)\leqslant1+\dfrac{1}{2}+\dfrac{1}{3}+\ldots+\dfrac{1}{n}$ ou encore $\ln(n+1)\leqslant1+\dfrac{1}{2}+\dfrac{1}{3}+\ldots+\dfrac{1}{n}$.

   
   
   3. Soit $n\in\mbn^*$. On retranche $\ln(n)$ à chacun des deux membres de l'inégalité précédente et on obtient $$\ln(n+1)-\ln(n)\leqslant1+\dfrac{1}{2}+\dfrac{1}{3}+\ldots+\dfrac{1}{n}-\ln(n)$$

      ou encore

      $u_n\geqslant\ln(n+1)-\ln(n)$.

      Par croissance de la fonction $\ln$ sur $]0,+\infty[$, on a $\ln(n+1)\geqslant\ln(n)$ puis $\ln(n+1)-\ln(n)\geqslant0$.
      Par suite, $u_{n}\geqslant\ln(n+1)-\ln(n)\geqslant0$. On a montré que

      pour tout entier strictement positif $n$, $u_n\geqslant0$.



3. La suite $\left(u_n\right)_{n\geqslant1}$ est décroissante d'après la question 1) et minorée par $0$ d'après la question 2). On en déduit que

   la suite $(u_n)_{n\geqslant1}$ converge.