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[ID: 919] [Date de publication: 18 janvier 2021 15:41] [Catégorie(s): Etudes de suites réelles ] [ Nombre commentaires: 1] [nombre d'éditeurs: 1 ] [Editeur(s): Emmanuel Vieillard-Baron ] [nombre d'auteurs: 3 ] [Auteur(s): Alain Soyeur François Capaces Emmanuel Vieillard-Baron ]

Solution(s)

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Exercice 574
Par Alain Soyeur François Capaces Emmanuel Vieillard-Baron le 18 janvier 2021 15:41

1. La fonction \(f\) est dérivable sur \(\left]1,+\infty\right[\) par opérations sur les fonctions dérivables. De plus, pour tout \(x\in\left]1,+\infty\right[\), on a \(f'\left(x\right)=-\dfrac{1+\ln x}{x^2 \ln^2 x}\). La fonction \(f'\) est strictement négative sur \(\left]1,+\infty\right[\) et \(f\) est strictement décroissante sur son domaine de définition. On montre par ailleurs facilement que \(f\left(x\right)\xrightarrow[x\rightarrow 1^+]{}+\infty\) et que \(f\left(x\right)\xrightarrow[x\rightarrow +\infty]{}0\).

2. Soit \(n\geqslant 2\). Introduisons la fonction \(\theta: \left\{ \begin{array}{ccl} \left[n,n+1\right] & \longrightarrow & \mathbb{R} \\ x & \longmapsto & \ln\left(\ln x\right) \end{array} \right.\). Soit \(x\in\left[n,n+1\right]\). Comme \(n\geqslant 2\), on a :\(x\geqslant 2\) et donc \(\ln x>0\). La fonction \(\theta\) est donc bien définie. Elle est de plus dérivable sur son domaine de définition par opérations sur les fonctions dérivables et \(\theta'\left(x\right)= \dfrac{1}{x\ln x}\). D’après la question précédente, \(f'\) est strictement décroissante, d’après l’inégalité des accroissements finis appliquée à \(\theta\) sur le segment \(\left[n,n+1\right]\), il vient que \[{\scriptstyle 1\over\scriptstyle\left(n+1\right)\ln\left(n+1\right)}\leqslant\ln\left(\ln\left(n+1\right)\right)-\ln\left(\ln n\right) \leqslant {\scriptstyle 1\over\scriptstyle n\ln n}.\]

3. Soit \(n\geqslant 2\). D’après la question précédente, on a : \(1/(2\ln 2) \geqslant \ln\left(\ln 3\right)-\ln\left(\ln 2\right)\), \(1/(3\ln 3) \geqslant \ln\left(\ln 4\right)-\ln\left(\ln 3\right)\), ...,\(1/(n\ln n) \geqslant \ln\left(\ln \left(n+1\right)\right)-\ln\left(\ln n\right)\). On somme alors ces \(n-1\) inégalités et on trouve par télescopage que : \[\begin{aligned} u_n&=&\dfrac{1}{2\ln 2}+\dfrac{1}{3\ln 3}+\dots+\dfrac{1}{n\ln n}\\ &\geqslant&\left(\ln\left(\ln 3\right)-\ln\left(\ln 2\right)\right) + \left(\ln\left(\ln 4\right)-\ln\left(\ln 3\right)\right)+\dots+ \left(\ln\left(\ln \left(n+1\right)\right)-\ln\left(\ln n\right)\right) \\ &=&\ln\left(\ln\left(n+1\right)\right)-\ln\left(\ln 2\right).\end{aligned}\] On conclut en appliquant le théorème des gendarmes : \(\boxed{u_n\xrightarrow[n \rightarrow +\infty]{} +\infty}\).