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Solution pour le challenge 6


La série proposée converge, par comparaison avec une série géométrique; en effet si l’on pose q=1-2^{-n}, alors pour tout k\in\mathbb{N} :

    \[2^{k}\geqslant k\]

et donc :

    \[0\leqslant q^{2^{k}}\leqslant q^{k}\]


Afin d’établir l’inégalité demandée, on va « couper la série en deux » et montrer …

  • d’une part, que :

        \[\sum_{k=0}^{n-1}\left(1-2^{-n}\right)^{2^{k}}<n\qquad\left(\spadesuit\right)\]

  • et d’autre part, que :

        \[\sum_{k=n}^{\infty}\left(1-2^{-n}\right)^{2^{k}}<1\qquad\left(\clubsuit\right)\]

Il suffira, pour conclure, d’ajouter membre à membre ces deux inégalités.

L’inégalité \left(\spadesuit\right) est évidente : la somme comporte n termes et chacun est majoré (strictement) par 1.

Il reste donc à prouver \left(\clubsuit\right).

On sait (inégalité de Bernoulli) que, si \epsilon>0 et si p est un entier supérieur ou égal à 2, alors :

    \[\left(1+\epsilon\right)^{p}>1+p\epsilon\]

En choisissant \epsilon=\frac{1}{p} :

    \[\left(1+\frac{1}{p}\right)^{p}>2\]

ou encore :

    \[\left(1-\frac{1}{p+1}\right)^{p}<\frac{1}{2}\]

En choisissant maintenant p=2^{n}-1 :

    \[\left(1-2^{-n}\right)^{2^{n}-1}<\frac{1}{2}\]

A fortiori :

    \[\left(1-2^{-n}\right)^{2^{n}}<\frac{1}{2}\]

On voit alors que :

    \begin{eqnarray*}& &\sum_{k=n}^{\infty}\left(1-2^{-n}\right)^{2^{k}}\\& = & \sum_{k=n}^{\infty}\left[\left(1-2^{-n}\right)^{2^{n}}\right]^{2^{k-n}}\\& = & \sum_{k=0}^{\infty}\left[\left(1-2^{-n}\right)^{2^{n}}\right]^{2^{k}}\end{eqnarray*}


et donc :

    \begin{eqnarray*}& &\sum_{k=n}^{\infty}\left(1-2^{-n}\right)^{2^{k}}\\& < & \sum_{k=0}^{\infty}\left(\frac{1}{2}\right)^{2^{k}}\\& < & \sum_{k=1}^{\infty}\left(\frac{1}{2}\right)^{k}=1\end{eqnarray*}


Pour consulter l’énoncé, c’est ici

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