Solution pour le challenge n° 46

Solution pour le challenge 46

Nous allons prouver que :

$\boxed{\lim_{n\rightarrow\infty}\mu_{n}=\frac{1}{2}}$

Une solution rapide consiste à établir au préalable les deux points suivants :

Lemme 1 – Pour tout entier $n\geqslant1$ et pour $x\in\mathbb{R}$ :

$P_{n}\left(x\right)\geqslant\frac{1}{2}$

Lemme 2 – Il existe une suite $\left(\lambda_{n}\right)_{n\geqslant1}$ telle que :

$\lim_{n\rightarrow\infty}P_{n}\left(\lambda_{n}\right)=\frac{1}{2}$

Le lemme 1 (combiné avec le fait que $P_{n}$ est continue et admet $+\infty$ pour limite en $-\infty$ comme en $+\infty),$ garantit l’existence d’un minimum absolu $\mu_{n}$ tel que $\mu_{n}\geqslant\frac{1}{2}.$

Ensuite, l’encadrement :

$\frac{1}{2}\leqslant\mu_{n}\leqslant P_{n}\left(\lambda_{n}\right)$

entraîne, grâce au lemme 2, que :

$\boxed{\lim_{n\rightarrow\infty}\mu_{n}=\frac{1}{2}}$

Passons aux preuves des deux lemmes.

Preuve du lemme 1

Soit $n\in\mathbb{N}^{\star}.$ Distinguons trois cas, selon la valeur de $x.$

Cas 1 : $\boxed{x\in\left]-\infty,-1\right]}$

On observe que :

$P_{n}\left(x\right)=1+\sum_{k=1}^{n}x^{2k-1}\left(1+x\right)$

Or $1+x\leqslant0$ et $x^{2k-1}<0$ pour tout $k\in\mathbb{N}^{\star},$ donc $x^{2k-1}\left(1+x\right)\geqslant0$ et donc $P_{n}\left(x\right)\geqslant1.$

Cas 2 : $\boxed{x\in\left]-1,0\right[}$

On utilise la formule habituelle pour les sommes géométriques.
Vue l’imparité de l’exposant $2n+1$ :

$\begin{eqnarray*}P_{n}\left(x\right)&=&\frac{1-x^{2n+1}}{1-x}\\&=&\frac{1+\left(-x\right)^{2n+1}}{1-x}\end{eqnarray*}$

Comme $0<1-x<2$ et comme $1+\left(-x\right)^{2n+1}>0,$ on voit ainsi que :

$P_{n}\left(x\right)>\frac{1}{2}$

Cas 3 : $\boxed{x\in\left[0,+\infty\right[}$

On minore la somme qui définit $P_{n}\left(x\right)$ par son premier terme, ce qui donne $P_{n}\left(x\right)\geqslant1.$

Lemme 2

Posons :

$\lambda_{n}=-1+\frac{1}{\sqrt{n}}$

On sait que $\displaystyle{\lim_{n\rightarrow\infty}\left(-\lambda_{n}\right)^{\sqrt{n}}=\frac{1}{e}}$
Donc, en observant que pour tout $n\geqslant1$ :

$\left(-\lambda_{n}\right)^{2n+1}=\left[\left(-\lambda_{n}\right)^{\sqrt{n}}\right]^{\left(2n+1\right)/\sqrt{n}}$

on voit que :

$\lim_{n\rightarrow\infty}\left(-\lambda_{n}\right)^{2n+1}=0$

Ainsi :

$P_{n}\left(\lambda_{n}\right)=\frac{1-\left(\lambda_{n}\right)^{2n+1}}{1-\lambda_{n}}\underset{n\rightarrow\infty}{\longrightarrow}\frac{1}{2}$

Variations de $P_{n}$

Pour tout $n\in\mathbb{N}^{\star}$ et tout $x\in\mathbb{R}-\left\{ 1\right\}$ :

$P_{n}\left(x\right)=\frac{x^{2n+1}-1}{x-1}$

Il s’ensuit, après dérivation, que :
$\displaystyle{P_{n}'\left(x\right)=\frac{\left(2n+1\right)x^{2n}\left(x-1\right)-x^{2n+1}+1}{\left(x-1\right)^{2}}}$

Notons désormais $g_{n}\left(x\right)$ le numérateur de cette dernière fraction. Alors :
$\displaystyle{g_{n}\left(x\right)=2nx^{2n+1}-\left(2n+1\right)x^{2n}+1}$ donc :
$g_{n}'\left(x\right) = 2n\left(2n+1\right)\left(x^{2n}-x^{2n-1}\right)$
$=2n\left(2n+1\right)x^{2n-1}\left(x-1\right)$

Ceci montre que $g_{n}'\left(x\right)$ est du même signe de $x\left(x-1\right).$ Par conséquent :

➡ $g_{n}$ est strictement croissante sur $\left]-\infty,0\right]$ et sur $\left[1,+\infty\right[$

➡ $g_{n}$ est strictement décroissante sur l’intervalle $\left[0,1\right]$

Comme de plus :

$g_{n}\left(-1\right)=-4n<0$

$g_{n}\left(0\right)=1>0$

le théorème des valeurs intermédiaires assure qu’il existe $\alpha_{n}\in\left]-1,0\right[$ tel que $g_{n}\left(\alpha_{n}\right)=0.$

En outre $g_{n}\left(1\right)=0$ et les variations de $g_{n}$ sont récapitulées ci-dessous :

On connaît ainsi le signe de $g_{n}$ (c’est-à-dire celui de $P_{n}')$ et donc les variations de $P_{n}.$ En particulier, ceci confirme de l’existence d’un minimum absolu pour $P_{n}$ :

$\mu_{n}=P_{n}\left(\alpha_{n}\right)$

Pour consulter l’énoncé, c’est ici

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Preuve du lemme 1

Lemme 2

Variations de

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Variations de $P_{n}$