Solution pour le challenge n° 19

Posons, pour tout $n\geqslant2,$

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

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

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

$\frac{\ln\left(n+1\right)}{\ln\left(n\right)}=1+\frac{1}{\ln\left(n\right)}\ln\left(1+\frac{1}{n}\right)$

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 $H_{n}\geqslant\ln\left(n+1\right)>\ln\left(n\right)$ (dont une preuve est rappelée ci-dessous) :

$\frac{1}{H_{n}}-\frac{n+1}{\ln\left(n\right)}\ln\left(1+\frac{1}{n}\right)\leqslant\frac{1}{H_{n}}-\frac{1}{\ln\left(n\right)}<0$

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

Preuve détaillée de $\forall n\in\mathbb{N}^\star,\,H_n\geqslant\ln(n+1)$ .

Il suffit de voir que, d’après $(\spadesuit)$ , on a pour tout $k\in\{1,\ldots,n\}$ :

$\ln(k+1)-\ln(k)=\ln\left(1+\frac 1k\right)\leqslant\frac 1k$

puis de sommer ces inégalités membre à membre. Dans le membre de gauche, la sommation est télescopique.

Pour consulter l’énoncé, c’est ici

$icone-challenge-math-OS$

Pour consulter l’énoncé, c’est ici.

Posons, pour tout $n\geqslant2,$

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

et cherchons le signe de $u_{n+1}-u_{n}.$ On notera $x\,\sharp\,y$ pour indiquer que $x$ et $y$ sont de même signe.

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

$u_{n+1}-u_{n}=\frac{H_{n+1}}{\ln\left(n+1\right)}-\frac{H_{n}}{\ln\left(n\right)}\,\sharp\,\frac{H_{n+1}}{H_{n}}-\frac{\ln\left(n+1\right)}{\ln\left(n\right)}\underset{\textrm{déf}}{=}d_{n}$

D’après les relations :

$\frac{H_{n+1}}{H_{n}}=1+\frac{1}{\left(n+1\right)H_{n}}\qquad\mbox{et}\qquad\frac{\ln\left(n+1\right)}{\ln\left(n\right)}=1+\frac{1}{\ln\left(n\right)}\ln\left(1+\frac{1}{n}\right)$

il vient :

$d_{n}\,\sharp\,\frac{1}{H_{n}}-\frac{n+1}{\ln\left(n\right)}\ln\left(1+\frac{1}{n}\right)$

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 $H_{n}\geqslant\ln\left(n+1\right)>\ln\left(n\right)$ (dont une preuve est rappelée ci-dessous) :

$\frac{1}{H_{n}}-\frac{n+1}{\ln\left(n\right)}\ln\left(1+\frac{1}{n}\right)\leqslant\frac{1}{H_{n}}-\frac{1}{\ln\left(n\right)}<0$

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

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Il suffit de voir que, d’après $(\spadesuit)$ , on a pour tout $k\in\{1,\ldots,n\}$ :

$\ln(k+1)-\ln(k)=\ln\left(1+\frac 1k\right)\leqslant\frac 1k$

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