$$\newcommand{\mtn}{\mathbb{N}}\newcommand{\mtns}{\mathbb{N}^*}\newcommand{\mtz}{\mathbb{Z}}\newcommand{\mtr}{\mathbb{R}}\newcommand{\mtk}{\mathbb{K}}\newcommand{\mtq}{\mathbb{Q}}\newcommand{\mtc}{\mathbb{C}}\newcommand{\mch}{\mathcal{H}}\newcommand{\mcp}{\mathcal{P}}\newcommand{\mcb}{\mathcal{B}}\newcommand{\mcl}{\mathcal{L}}
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$$
Lien copié ✅
Suite presque harmonique - Bibm@th.net
Enoncé 
- Démontrer que pour tout $x>0$, on a
$$\frac1{x+1}<\ln(x+1)-\ln x<\frac 1x.$$
- On pose pour tout $n\in\mathbb N^*$
$$v_n=\frac 1{n+1}+\dots+\frac 1{2n}.$$
Démontrer que
$$\ln(2n+1)-\ln(n+1)<v_n<\ln(2n)-\ln n.$$
En déduire que $(v_n)$ converge et déterminer sa limite.
Indication 
- Appliquer l'égalité des accroissements finis.
- Appliquer l'inégalité précédente pour $x=n,\dots,2n-1$
Corrigé
- On va appliquer le théorème des accroissements finis à la fonction $t\mapsto \ln t$ sur l'intervalle $[x,x+1]$. Il existe donc $\theta\in ]x,x+1[$ tel que
$$\ln(x+1)-\ln x=\frac{x+1-x}\theta=\frac 1\theta.$$
On conclut car
$$0<x<\theta<x+1\implies \frac1{x+1}<\frac 1\theta<\frac 1x.$$
- On applique l'inégalité précédente pour $x=n$, $x=n+1$, $x=n+2$ jusque $x=2n-1$. On somme ces inégalités : dans le terme du milieu, il y a beaucoup de simplifications et on obtient, en ne gardant que l'inégalité de gauche :
$$v_n<\ln(2n)-\ln n.$$
On applique ensuite l'inégalité précédente pour $x=n+1$, $x=n+2$ jusque $x=2n$ et on ne garde cette fois que l'inégalité de droite. Là encore, il se produit des simplifications et on obtient
$$\ln(2n+1)-\ln (n+1)<v_n.$$
Ceci se réécrit encore en
$$\ln\left(\frac{2n+1}{n+1}\right)<v_n<\ln\left(\frac{2n}n\right)=\ln 2.$$
Par le théorème des gendarmes, on en déduit que $(v_n)$ converge vers $\ln 2$.
