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Solution pour le challenge 19


Posons, pour tout n\geqslant2,

    \[u_{n}=\frac{H_{n}}{\ln\left(n\right)}\]

et cherchons le signe de u_{n+1}-u_{n}.

Dans ce qui suit, on notera x\,\sharp\,y pour indiquer que x et y sont de même signe.

En multipliant par \displaystyle{\frac{\ln\left(n+1\right)}{H_{n}}} qui est strictement positif, il vient :

    \begin{eqnarray*}& &u_{n+1}-u_{n}\\& = & \frac{H_{n+1}}{\ln\left(n+1\right)}-\frac{H_{n}}{\ln\left(n\right)}\\& \sharp\ & \frac{H_{n+1}}{H_{n}}-\frac{\ln\left(n+1\right)}{\ln\left(n\right)}\\& \underset{\textrm{déf}}{=} & d_{n}\end{eqnarray*}

D’après les relations :

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

et

    \begin{eqnarray*}& &\frac{\ln\left(n+1\right)}{\ln\left(n\right)}\\&=&1+\frac{1}{\ln\left(n\right)}\ln\left(1+\frac{1}{n}\right)\end{eqnarray*}

il vient :

    \[d_{n}\enspace\sharp\enspace\frac{1}{H_{n}}-\frac{n+1}{\ln\left(n\right)}\ln\left(1+\frac{1}{n}\right)\]

Or, on sait que :

    \[\forall t>-1,\ln\left(1+t\right)\leqslant t\qquad\left(\spadesuit\right)\]

donc (en prenant t=-\frac{1}{n+1}) :

    \[\ln\left(1-\frac{1}{n+1}\right)\leqslant-\frac{1}{n+1}\]

c’est-à-dire :

    \[\ln\left(1+\frac{1}{n}\right)\geqslant\frac{1}{n+1}\]

Ainsi, d’après la minoration classique H_{n}\geqslant\ln\left(n+1\right)>\ln\left(n\right) (voir détail ci-dessous) :

    \begin{eqnarray*}& &\frac{1}{H_{n}}-\frac{n+1}{\ln\left(n\right)}\ln\left(1+\frac{1}{n}\right)\\&\leqslant&\frac{1}{H_{n}}-\frac{1}{\ln\left(n\right)}<0\end{eqnarray*}

et donc d_{n}<0, ce qui prouve la décroissance de la suite étudiée.


Détail (cliquer pour déplier / replier)

Afin de prouver que \forall n\in\mathbb{N}^\star,\,H_n\geqslant\ln(n+1), il suffit de voir que pour tout k\in\llbracket1,n\rrbracket :
\ln(k+1)-\ln(k)=\ln\left(1+\frac 1k\right)
et (avec \spadesuit) que :
\ln\left(1+\frac 1k\right)\leqslant\frac 1k
puis d’effectuer, membre à membre, la sommation (télescopique) de ces inégalités.


Pour consulter l’énoncé, c’est ici

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