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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:
\displaystyle{\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 :

    \[g_{n}\left(-1\right)=-4n<0\]

et

    \[g_{n}\left(0\right)=1>0\]

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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