Correction du problème 3
Suites, logarithme népérien et fonction Arctan
Examen National 2011 — Session normale
Pour tout entier naturel non nul \(n\), on considère les suites \[ u_n=\left(\frac{\operatorname{Arctan}(n)}{\operatorname{Arctan}(n+1)}\right)^{n^2} \qquad\text{et}\qquad v_n=\ln(u_n). \] Le problème transforme d’abord \(v_n\) en une différence de logarithmes, puis applique le théorème des accroissements finis afin d’obtenir un encadrement permettant de calculer la limite de \((u_n)\).
Problème 3 Étude de la suite \(u_n\)
Pour tout entier naturel non nul \(n\), on pose :
\[ u_n=\left(\frac{\operatorname{Arctan}(n)}{\operatorname{Arctan}(n+1)}\right)^{n^2} \qquad\text{et}\qquad v_n=\ln(u_n). \]Soit \(n\ge1\). Comme \(n>0\) et \(n+1>0\), on a :
\[ \operatorname{Arctan}(n)>0 \qquad\text{et}\qquad \operatorname{Arctan}(n+1)>0. \]Le quotient \(\dfrac{\operatorname{Arctan}(n)}{\operatorname{Arctan}(n+1)}\) est donc strictement positif. Ainsi, \(u_n>0\) et \(v_n=\ln(u_n)\) est bien défini.
D’après la définition de \(u_n\) :
\[ v_n= \ln\left[ \left( \frac{\operatorname{Arctan}(n)}{\operatorname{Arctan}(n+1)} \right)^{n^2} \right]. \]En utilisant la propriété \(\ln(a^p)=p\ln(a)\), valable pour \(a>0\), on obtient :
\[ v_n=n^2\ln\left( \frac{\operatorname{Arctan}(n)}{\operatorname{Arctan}(n+1)} \right). \]Puis, à l’aide de \(\ln\left(\dfrac ab\right)=\ln(a)-\ln(b)\), on trouve :
On considère la fonction \(\varphi\) définie sur \(]0,+\infty[\) par :
\[ \varphi(x)=\ln(\operatorname{Arctan}(x)). \]Pour tout \(x>0\), on a \(\operatorname{Arctan}(x)>0\). La fonction \(\varphi\) est donc bien définie sur \(]0,+\infty[\).
Pour tout entier \(n\ge1\), la fonction \(\varphi\) est continue sur \([n,n+1]\) et dérivable sur \(]n,n+1[\). Les hypothèses du théorème des accroissements finis sont donc vérifiées.
Pour tout \(x>0\) :
\[ \begin{aligned} \varphi'(x) &=\frac{(\operatorname{Arctan}(x))'}{\operatorname{Arctan}(x)}\\[2mm] &=\frac{\dfrac1{1+x^2}}{\operatorname{Arctan}(x)}\\[2mm] &=\frac1{(1+x^2)\operatorname{Arctan}(x)}. \end{aligned} \]D’après le théorème des accroissements finis, il existe un réel \(c\in]n,n+1[\) tel que :
\[ \varphi(n+1)-\varphi(n) =\varphi'(c)\bigl((n+1)-n\bigr). \]Comme \((n+1)-n=1\), il vient :
\[ \ln(\operatorname{Arctan}(n+1)) - \ln(\operatorname{Arctan}(n)) = \frac1{(1+c^2)\operatorname{Arctan}(c)}. \]En multipliant les deux membres par \(-n^2\), on obtient :
\[ n^2\left( \ln(\operatorname{Arctan}(n)) - \ln(\operatorname{Arctan}(n+1)) \right) = -\frac{n^2}{(1+c^2)\operatorname{Arctan}(c)}. \]D’après la question 1, le membre de gauche est égal à \(v_n\). Par conséquent :
D’après la question précédente, il existe \(c\in]n,n+1[\) tel que :
\[ v_n=-\frac{n^2}{(1+c^2)\operatorname{Arctan}(c)}. \]Comme \(n<c<n+1\) et que ces nombres sont positifs :
\[ n^2<c^2<(n+1)^2, \]donc :
\[ 1+n^2<1+c^2<1+(n+1)^2. \]La fonction \(\operatorname{Arctan}\) étant strictement croissante sur \(\mathbb R\), on a également :
\[ \operatorname{Arctan}(n) < \operatorname{Arctan}(c) < \operatorname{Arctan}(n+1). \]Tous les facteurs étant strictement positifs, on peut multiplier les inégalités correspondantes :
\[ (1+n^2)\operatorname{Arctan}(n) < (1+c^2)\operatorname{Arctan}(c) < \left(1+(n+1)^2\right)\operatorname{Arctan}(n+1). \]En passant aux inverses, le sens des inégalités est renversé :
\[ \frac1{(1+n^2)\operatorname{Arctan}(n)} > \frac1{(1+c^2)\operatorname{Arctan}(c)} > \frac1{\left(1+(n+1)^2\right)\operatorname{Arctan}(n+1)}. \]On multiplie ensuite par le nombre strictement négatif \(-n^2\). Le sens des inégalités est de nouveau renversé :
\[ -\frac{n^2}{(1+n^2)\operatorname{Arctan}(n)} < -\frac{n^2}{(1+c^2)\operatorname{Arctan}(c)} < -\frac{n^2}{\left(1+(n+1)^2\right)\operatorname{Arctan}(n+1)}. \]En remplaçant le membre central par \(v_n\), on obtient :
D’après la question 3, pour tout entier \(n\ge1\) :
\[ -\frac{n^2}{(1+n^2)\operatorname{Arctan}(n)} < v_n < -\frac{n^2}{\left(1+(n+1)^2\right)\operatorname{Arctan}(n+1)}. \]Limite du membre de gauche.
\[ -\frac{n^2}{(1+n^2)\operatorname{Arctan}(n)} = -\frac{\dfrac{n^2}{1+n^2}}{\operatorname{Arctan}(n)}. \]Or :
\[ \lim_{n\to+\infty}\frac{n^2}{1+n^2}=1 \qquad\text{et}\qquad \lim_{n\to+\infty}\operatorname{Arctan}(n)=\frac\pi2. \]Donc :
\[ \lim_{n\to+\infty} \left( -\frac{n^2}{(1+n^2)\operatorname{Arctan}(n)} \right) =-\frac{2}{\pi}. \]Limite du membre de droite.
\[ -\frac{n^2}{\left(1+(n+1)^2\right)\operatorname{Arctan}(n+1)} = -\frac{\dfrac{n^2}{1+(n+1)^2}}{\operatorname{Arctan}(n+1)}. \]Comme :
\[ \frac{n^2}{1+(n+1)^2} = \frac{n^2}{n^2+2n+2} = \frac1{1+\dfrac2n+\dfrac2{n^2}}, \]on a :
\[ \lim_{n\to+\infty}\frac{n^2}{1+(n+1)^2}=1. \]De plus :
\[ \lim_{n\to+\infty}\operatorname{Arctan}(n+1)=\frac\pi2. \]Par conséquent :
\[ \lim_{n\to+\infty} \left( -\frac{n^2}{\left(1+(n+1)^2\right)\operatorname{Arctan}(n+1)} \right) =-\frac2\pi. \]Les deux membres qui encadrent \(v_n\) ont la même limite. D’après le théorème des gendarmes :
\[ \boxed{ \lim_{n\to+\infty}v_n=-\frac2\pi }. \]Or \(v_n=\ln(u_n)\), donc \(u_n=e^{v_n}\). La fonction exponentielle étant continue sur \(\mathbb R\), on obtient :
Méthodes à retenir
- Avant d’utiliser les propriétés du logarithme, il faut vérifier que les expressions concernées sont strictement positives.
- Pour transformer une différence \(\ln(\operatorname{Arctan}(n))-\ln(\operatorname{Arctan}(n+1))\), on applique le théorème des accroissements finis à la fonction \(x\mapsto\ln(\operatorname{Arctan}(x))\).
- Lors du passage aux inverses, puis lors de la multiplication par un nombre négatif, il faut renverser le sens des inégalités.
- Un encadrement dont les deux bornes ont la même limite permet de conclure par le théorème des gendarmes.
- La relation \(v_n=\ln(u_n)\) donne \(u_n=e^{v_n}\), puis la continuité de l’exponentielle permet de déterminer la limite de \(u_n\).
Hammou Boudraa — Enseignant des mathématiques
Lycée Oum Rabiaâ — M’rirt
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