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Chap. 1. Suites Numériques
Prenons ensuite t n = s n +
ln(3 ln n)
n
. On remarque que
ln(3 ln n)
n
= o
ln n
n
, donc
t n = s n + o(s n ) . Par ailleurs,
f (1 − t n ) = e
n ln(1−
ln n
n +
ln(3 ln n)
n
)
− 2s n + o(s n )
= e
− ln n+ln(3 ln n)+o(1)
− 2s n + o(s n )
=
3 ln n
n
e
o(1)
−
2 ln n
n
+ o(ln n/n)
=
ln n
n
3e
o(1)
− 2 + o(1)
∼
ln n
n
.
Cette expression est positive à partir d’un certain rang et on en déduit que a n t n à
partir d’un certain rang. Alors puisque s n ∼
n→+∞
t n et s n a n t n , on en déduit que
a n ∼
n→+∞
s n .
Exercice 1.13
Centrale PC 2006
1) Montrer que, sur chaque intervalle [ kp, (k + 1/2)p [ où k ∈ N, l’équation
x tan(x) = 1 admet une unique solution notée v k .
2) Pour k ∈ N
∗ , on pose a k = 1 + sin
2 (v k ). Montrer que a k = (2 + v
2
k )/(1 + v
2
k ).
3) Pour k ∈ N
∗ et x ∈ [ −1, 1 ] , on pose v k (x) =
cos(v k x)
√ a k
. Calculer
I m,n =
1
−1
v m (x)v n (x)dx.
1) La fonction f définie sur ] kp, (k + 1/2)p [ par f (x) = x − cotan x est dérivable
sur I et f
(x) = 2 + cotan
2 x > 0. Elle est donc strictement croissante. Comme
lim
x→kp +
f (x) = −∞ et
lim
x→(k+1/2)p −
f (x) = (k + 1/2)p la fonction f est une bijection
de ] kp, (k + 1/2)p [ sur f ( ] kp, (k + 1/2)p [ ) = ] −∞, (k + 1/2)p [ . En particulier, il existe v k unique dans ] kp, (k + 1/2)p [ tel que f (v k ) = 0. Alors ce
nombre est l’unique solution de l’équation x tan x = 1 dans ] kp, (k + 1/2)p [ et
comme kp n’est pas solution, c’est l’unique solution de l’équation x tan x = 1 dans
[ kp, (k + 1/2)p [ .
2) On a a k =
2 + v
2
k
1 + v 2
k
= 1 +
1
1 + v 2
k
= 1 +
1
1 + cotan 2 v k
= 1 + sin
2 v k .
3) Si m = n, on intègre facilement en utilisant la formule de transformation
cos(v m x) cos(v n x) =
1
2
(cos(v m + v n )x + cos(v m − v n )x) . On obtient,
1
−1
cos(v m x) cos(v n x) dx =
sin(v m + v n )
(v m + v n )
+
sin(v m − v n )
(v m − v n )
.