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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 :

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

et

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

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

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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.


 

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.

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