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Question

On observe que :

    \[2\times3\times\left(1+\frac{1}{2}\right)=3^{2}\]

    \[3\times4\times\left(1+\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+\frac{1}{4}\right)=5^{2}\]

    \[4\times5\times\left(1+\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+\frac{1}{4}+\frac{1}{5}+\frac{1}{6}\right)=7^{2}\]

mais que :

    \[5\times6\times\left(1+\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+\frac{1}{4}+\frac{1}{5}+\frac{1}{6}+\frac{1}{7}+\frac{1}{8}\right)\simeq81.53\neq9^{2}\]

Pourquoi ?


Réponse

D’une manière générale, si l’on considère deux suites \left(a_{n}\right)_{n\geqslant1} et \left(b_{n}\right)_{n\geqslant1} de nombres réels, le fait que ces deux suites coïncident pour les premières valeurs de l’indice n, disons pour n=1 à n=N, est une chose au fond assez banale, qui n’implique absolument pas que l’égalité a_{n}=b_{n} soit maintenue pour les indices plus grands que N.

Dans votre exemple, les suites en question sont respectivement définies par :

    \[a_{n}=\left(n+1\right)\left(n+2\right)\sum_{k=1}^{2n}\frac{1}{k}\]

et

    \[b_{n}=\left(2n+1\right)^{2}\]

Effectivement a_{1}=b_{1}, a_{2}=b_{2} et a_{3}=b_{3} et nous aimerions peut-être que la fête continue au-delà … Mais il n’en est rien :

    \[a_{4}=\frac{2283}{28}\neq9^{2}=b_{4}\]

Etant donné un entier N\geqslant1, il n’est pas difficile de construire une suite \left(x_{n}\right)_{n\geqslant1} telle que :

    \[\forall k\in\left\llbracket 1,N\right\rrbracket ,\thinspace x_{k}=\left(2k+1\right)^{2}\qquad\text{et}\qquad x_{N+1}\neq\left(2N+1\right)^{2}\]

Il suffit d’utiliser un polynôme interpolateur de Lagrange (voir cette vidéo). Par exemple, il existe un unique polynôme P de degré N tel que :

    \[\forall k\in\left\llbracket 1,N\right\rrbracket ,\thinspace P\left(k\right)=\left(2k+1\right)^{2}\qquad\text{et}\qquad P\left(N+1\right)=0\]

Pour revenir à la question “pourquoi ?”, voici un autre élément de réponse.

Notons, pour tout n\geqslant1 :

    \[H_{n}=\sum_{k=1}^{n}\frac{1}{k}\]

Il n’est pas possible qu’on ait, pour tout n\geqslant1 :

    \[\left(n+1\right)\left(n+2\right)H_{2n}=\left(2n+1\right)^{2}\]

En effet, on peut montrer que, lorsque n\rightarrow+\infty :

    \[H_{n}\sim\ln\left(n\right)\]

ce qui entraîne que :

    \[\left(n+1\right)\left(n+2\right)H_{2n}\sim n^{2}\ln\left(2n\right)\sim n^{2}\ln\left(n\right)\]

tandis que, évidemment : \left(2n+1\right)^{2}\sim4n^{2}. Il existe donc fatalement un rang N au-delà duquel les deux suites ne coïncident plus.

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Cet article a 4 commentaires

  1. CLAVIER

    Oui, je m’en suis rendu compte en réfléchissant 2 secondes… J’ai un peu honte, sur le coup. J’ai beau être agrégé, j’enseigne au collège depuis tellement longtemps, que j’ai perdu l’essentiel de mes neurones ! C’est pour ça que je me suis contraint à faire des colles en prépa depuis quelques années. Bonne journée à vous.

  2. CLAVIER

    OK, je n’ai rien dit. C’est équivalent au deux, mais ln(n) est un équivalent plus simple. Dure la rentrée…

  3. CLAVIER

    C’est plutôt ln(2n) à l’avant-dernière ligne, non ?

    1. René Adad

      A priori, oui. Mais il se trouve que \ln(2n)=\ln(n)+\ln(2)\sim\ln(n), donc c’est correct. Je vais toutefois détailler.

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