Exercice D24 : Énoncé & Corrigé Détaillé

1. Vérifier que:
$$\dfrac{t^2}{1+t} = \dfrac{1}{1+t} - (1-t)$$
En utilisant le théorème des accroissment montrer que: $$\log(1+x)\geq x$$
2. Soit $n \in \mathbb{N}^*$. En posant $x = \frac{k}{n}$ pour $1 \leq k \leq n$, établir l'encadrement suivant : \[ \frac{k}{n} - \frac{k^2}{2n^2} \leq \log\left(1 + \frac{k}{n}\right) \leq \frac{k}{n} \]
Montrer alors que: $$\lim\limits_{n\to \infty}\prod\limits_{k=1}^n{(1+\frac{k}{n})}$$

On appelle somme harmonique la suite $H_n $ définie par: $$H_n = \sum_{k=1}^n \frac{1}{k}$$ la somme harmonique.

Vérifier que: $$\log(1 + \frac{1}{k}) = \log(k+1) - \log(k)$$
Montrer en utilisant le théorème des accroissements finis que pour tout $~k \geq 1$ : \[ \frac{1}{k+1} \leq \log(k+1) - \log(k) \leq \frac{1}{k} \]
Déduire alors que l'on a : \[ H_n \geq \log(n+1) \]
Déduire $~~\lim\limits_{n \to +\infty}{H_n}$.

On considère la suite $(\gamma_n)$ définie par $$\gamma_n = H_n - \log(n)$$

1. Pour tout $t \neq -1$ : \[ \frac{t^2}{1+t} = \frac{t^2-1+1}{1+t} = t-1 + \frac{1}{1+t} = \frac{1}{1+t} - (1-t) \] En intégrant sur $[0, x]$ ($x \geq 0$) : \[ \int_0^x \frac{t^2}{1+t}dt = \left[ \log(1+t) - (t - \frac{t^2}{2}) \right]_0^x \geq 0 \implies x - \frac{x^2}{2} \leq \log(1+x) \]
D'après le T.A.F sur $[0, x]$, il existe $c \in ]0, x[$ tel que $\frac{\log(1+x)}{x} = \frac{1}{1+c} \leq 1$, donc $\log(1+x) \leq x$.
2. En posant $x = \frac{k}{n}$ et en sommant : \[ \sum_{k=1}^n \left(\frac{k}{n} - \frac{k^2}{2n^2}\right) \leq \log\left(\prod_{k=1}^n (1+\frac{k}{n})\right) \leq \sum_{k=1}^n \frac{k}{n} \qquad\qquad (1)\] On a: \[\sum\limits_{k=1}^n{\frac{k}{n}}=\dfrac{1}{n}\sum\limits_{k=1}^n{k}=\dfrac{1}{n}\dfrac{n(n+1)}{2}=\dfrac{n+1}{2}\] Soit: \[\sum\limits_{k=1}^n{\frac{k}{n}}=\dfrac{n+1}{2}\] De même: \[ \sum_{k=1}^n \left(\frac{k}{n} - \frac{k^2}{2n^2}\right)=\dfrac{n+1}{2}-\dfrac{1}{2n^2}\sum\limits_{k=1}^n{k^2}=\dfrac{n+1}{2}-\dfrac{1}{2n^2}\cdot \dfrac{n(n+1)(2n+1)}{6}\] Ce qui impliqque: \[ \sum_{k=1}^n \left(\frac{k}{n} - \frac{k^2}{2n^2}\right)=\dfrac{n+1}{2}-\dfrac{(n+1)(2n+1)}{12n}\] \[ \lim_{n \to +\infty} \prod_{k=1}^n \left(1+\frac{k}{n}\right) = +\infty \] Soit: \[ \sum_{k=1}^n \left(\frac{k}{n} - \frac{k^2}{2n^2}\right)=\frac{(n+1)(4n-1)}{12n}\] Les 2 bornes des inégalités (1) ont pour limits $+\infty$, alors: \[\lim\limits_{n\to +\infty} {\log\left(\prod_{k=1}^n (1+\frac{k}{n})\right)}=+\infty\]

$\log(1+\frac{1}{k}) = \log(k+1) - \log(k)$.
T.A.F sur $[k, k+1]$ pour $x \mapsto \log(x)$ alors il esxiste $c \in ]k, k+1[$: \[ \log(k+1)-\log(k) = \frac{1}{c}\]
On a donc: \[\dfrac{1}{k+1}\leq \log(k+1)-\log(k) \leq \frac{1}{k}\qquad \qquad (2)\] En faisant la somme de 1 à n dans l'inégalité de droite ci dessus: \[\log(n+1)\leq H_n=1+\dfrac{1}{2}+\cdots +\dfrac{1}{n}\]

En somment les inégalite de gauche: $~k =1\cdots n$, on trouve: \[H_{n+1}-1\leq log(n+1)\] Et Donc on a pour tout $n\geq 1$: \[\gamma_n = H_n - \log(n) \leq 1\]
Convergence de $\gamma_n$: On a d'après $(2)$:
\[\gamma_{n+1} - \gamma_n = \frac{1}{n+1} - \log(1+\frac{1}{n}) \leq 0\]
La suite $(\gamma_n)$ est décroissante et minorée par $0$, donc elle converge.