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Suites numériques
Enoncés
Exercice 7
Soit
Exercice 1 [ 00298 ] [correction]
Déterminer les limites des suites dont les termes généraux sont les suivants :
√
x n
b) un = 1 +
a) un = n n
n
n+2
1
n−1
1
c) un =
d) un = n2 cos − cos
n+1
n
n+1
n ln n
π α n
ln(n + 1)
e) un = tan
+
f) un =
4
n
ln n
√
√
√ n
n2
n
arctan(n + 1)
2+ n3+ n4
h) un =
g) un =
3
arctan n
1
[ 00322 ]
[correction]
1
In =
0
a) Montrer que In → 0 en décroissant.
b) Simplifier In + In+1 et en déduire une expression de In à l’aide d’un symbole
sommatoire.
c) Déterminer
N
(−1)n−1
N →+∞
n
n=1
lim
d) Exploiter
1
Jn =
0
N
(−1)n
N →+∞
2n + 1
n=0
lim
un = cos(πn2 ln(1 − 1/n))
Exercice 3
[ 02781 ]
xn
dx
x2 + 1
pour déterminer
Exercice 2 [ 00302 ] [correction]
Nature de la suite de terme général
[correction]
Etudier la convergence de la suite
xn
dx
x+1
an
1/n
, où a > 0.
Exercice 8 [ 00324 ] [correction]
[Irrationalité de e]
On pose pour n 1,
n
Exercice 4 [ 02782 ] [correction]
Soient des réels positifs a et b. Trouver la limite de
a1/n + b1/n
2
n
Exercice 5 [ 00304 ] [correction]
Soit (un ) une suite d’entiers naturels deux à deux distincts. Montrer que
un → +∞.
Exercice 6 [ 00300 ] [correction]
Soient a > 0 et
un = (1 + a)(1 + a2 ) . . . (1 + an )
a) Montrer que si a 1 alors un → +∞.
b) On suppose 0 < a < 1. Montrer que la suite (un ) est convergente. On pourra
exploiter la majoration 1 + x ex valable pour tout x ∈ R.
un =
k=0
1
1
et vn = un +
k!
n.n!
a) Montrer que les suites (un ) et (vn ) sont adjacentes.
b) En exploitant l’inégalité de Taylor-Lagrange appliquée à la fonction x → ex ,
montrer que un → e.
c) On suppose que e = p/q avec p, q ∈ N . En considérant q.q!uq et q.q!vq obtenir
une absurdité.
Exercice 9 [ 00320 ] [correction]
Soient α > 0 et
n
un =
k=1
1
nα + k α
a) Montrer que si α > 1 alors un → 0 tandis que si α < 1, un → +∞.
b) Montrer que si α = 1, la suite est monotone et convergente.
c) En exploitant l’encadrement ln(1 + x) x − ln(1 − x) valable pour tout
x ∈ [0, 1[, établir un → ln 2.
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Enoncés
2
Exercice 13 [ 00323 ] [correction]
Développement asymptotique à trois termes de :
Exercice 10 [ 00321 ] [correction]
a) Etablir que pour tout x 0 on a
n
1
x − x2
2
ln(1 + x)
x
un =
sin
k=1
k
n2
b) En déduire la limite de
n
un =
1+
k=1
k
n2
Exercice 14
[ 02788 ]
[correction]
Donner un développement asymptotique de
1
n!
n
à la précision o(n−3 ).
k!
k=0
n∈N
Exercice 11 [ 03428 ] [correction]
a) Déterminer
Exercice 15 [ 02471 ] [correction]
1/x
Soit f (x) = (cos x)
et (C) le graphe de f .
a) Montrer l’existence d’une suite (xn ) vérifiant :
i) (xn ) est croissante positive.
ii) la tangente à (C) en (xn , f (xn )) passe par O.
b) Déterminer un développement asymptotique à 2 termes de (xn ).
2n
1
n→+∞
p
p=n+1
lim
b) Pour α > 1, déterminer
2n
1
α
p
p=n+1
lim
n→+∞
c) En déduire
2n
lim
n→+∞
Exercice 12
a) Soit
[ 00319 ]
sin
p=n+1
Exercice 16 [ 03184 ] [correction]
Soient K un réel strictement supérieur à 1 et (εn ) une suite de réels positifs
convergeant vers 0. Soit (un ) une suite de réels de [0, 1] vérifiant
1
p
∀n ∈ N, 0
[correction]
np
un =
k=1
np
vn =
f
k=1
un + εn
K
La suite (un ) converge-t-elle vers 0 ?
1
n+k
où p ∈ N est fixé. Montrer que la suite (un ) converge. Sa limite sera notée
ne demande pas ici de la calculer)
b) Soit f : R+ → C de classe C 1 et telle que f (0) = 0. Soit
un+1
(on
1
n+k
Montrer que (vn ) converge. Exprimer sa limite en fonction de .
c) Calculer en utilisant f (x) = ln(1 + x).
d) Si f de R+ dans C est continue et vérifie f (0) = 0, montrer qu’il peut y avoir
divergence de la suite (vn ).
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Corrections
Corrections
3
on peut écrire
a1/n = 1 +
Exercice 1 : [énoncé]
a) un = exp (ln n/n) → 1.
b) un = exp n ln 1 + nx = exp (x + o(1)) → ex .
c) un = exp (n + 2) ln 1 −
d) un = −2n2 sin
π
4
1
n
+
1
n+1
2
n+1
1
n
−
1
n−1
1
1 1/n
a
+ b1/n = 1 +
ln(ab) + o
2
2n
1
n
/2 = O
→ 0.
puis
α
n
1
e) tan
+
= 1 + 2α
n + o n donc
1
2α
= exp(2α + o(1)) → e2α .
un = exp n ln 1 + n + o n
n
ln
n
1
1
f) un = 1 + n ln
→ e.
n + o n ln n
√
g) n 2 = exp n1 ln 2 = 1 + n1 ln 2 + o(1), un = 1 + ln3n24 +
a1/n + b1/n
2
o
1
n
n
→
√
3
24.
ln(arctan(n + 1)) − ln(arctan n) =
c
1
1
2
1 + c arctan c
1
1
1 + c2 arctan c
a1/n + b1/n
2
→ e2/π
n
→
√
ab
Exercice 5 : [énoncé]
∀A ∈ R+ , l’ensemble E = {n ∈ N/un < A} est fini car il contient au plus
E(A) + 1 éléments.
Par suite il possède un plus grand élément N et alors ∀n N + 1, un ∈
/ E donc
un A. Ainsi un → +∞.
π
+ o(1) = (−1)n+1 sin(o(1)) → 0
2
Exercice 3 : [énoncé]
Si a ∈ ]0, 1[, la suite est constante égale à 0.
Si a = 1, la suite est constante égale à 1.
1/n
Si a > 1 alors an − 1 < an
an donne (an − 1)
< an
encadrement, la suite converge vers a.
1
n
1
ln(ab) + o (1)
2
= exp
Finalement
Exercice 2 : [énoncé]
En développant ln(1 − 1/n)
un = cos πn +
n
1
n
1
ln(ab) + o
2n
= exp n ln 1 +
a1/n + b1/n
2
n + 1 donc
un = exp n2
n
donne
h) Par le théorème des accroissements finis
avec n
1
n
On procède de même pour b1/n et alors
= exp(−2 + o(1)) → e−2 .
/2 sin
1
ln a + o
n
Exercice 6 : [énoncé]
a) Si a 1 alors un 2n → +∞ donc un → +∞.
b) un > 0 et uun+1
> 1 donc (un ) est croissante. De plus
n
un
1/n
n
2
ea ea . . . ea = exp a
a et donc, par
Exercice 4 : [énoncé]
Si a = 0 ou b = 0 alors la suite converge évidemment vers 0. On suppose
désormais a, b > 0.
Puisque
1
1
a1/n = e n ln a avec ln a → 0
n
1 − an
1−a
exp
a
1−a
donc (un ) est majorée et par suite convergente.
Exercice 7 : [énoncé]
a)
1
0
xn dx =
In
0
1
→0
n+1
donc In → 0.
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4
avec Mn+1 = sup (ex )(n+1) = e. Pour x = 1, on obtient
De plus, pour tout x ∈ [0, 1],
n
x
x+1
donc In
b)
Corrections
n+1
x∈[0,1]
x
x+1
In+1 .
1
n+1
In + In+1 =
donc
n
In =
k=1
(−1)n−k
+ (−1)n I0
k
e
→0
(n + 1)!
|e − un |
donc un → e.
c) Par la stricte monotonie des suites (un ) et (vn ) on a un < e < vn pour tout
n∈N .
q.q!uq est un entier et q.q!vq est l’entier consécutif. Or q.q!uq < q.q!e < q.q!vq donc
q.q!e ne peut être entier. Or q.q!e = p.q! ∈ N. Absurde.
n
c) I0 = ln 2 et (−1) In → 0 donc
n
k=1
(−1)−k
+ ln 2 → 0
k
puis la conclusion.
d) Comme ci-dessus, Jn → 0. De plus
Jn + Jn+2 =
1
n+1
Exercice 9 : [énoncé]
n
a) Si α > 1 alors 0 un
nα +1 → 0 donc un → 0.
n
1 1−α
Si α < 1 alors un
→ +∞ donc un → +∞.
nα +nα = 2 n
1
1
1
> 0 donc (un ) est croissante. De plus
b) un+1 − un = 2n+1 + 2n+2 − n+1
n
un
1 donc (un ) est majorée et par conséquent convergente.
n+1
c)
n
n
1
1
n
− ln
= ln 2
un =
1−
= − ln
n+k
n+k
2n
et
donc
n−1
J2n =
k=0
(−1)n−1−k
+ (−1)n J0
2k + 1
k=1
k=1
n
un =
k=1
1
n+k
n
ln
1+
k=1
1
n+k
= ln
2n + 1
→ ln 2
n+1
donc un → ln 2.
puis
n−1
k=0
d’où
(−1)k+1
π
+ →0
2k + 1
4
n
k=0
(−1)k
π
→
2k + 1
4
Exercice 10 : [énoncé]
a) Il suffit de dresser le tableau de variation des fonctions x → ln(1 + x) − x + 21 x2
et x → x − ln(1 + x).
b)
n
k
(n + 1)
1
ln un
=
→
2
n
2n
2
k=1
et
Exercice 8 : [énoncé]
a) Aisément (un ) est croissante (vn ) décroissante et vn − un → 0.
b) Par l’inégalité de Taylor-Lagrange, pour tout x ∈ [0, 1],
n
ln un
k=1
k
k2
−
n2
n4
=
n + 1 (n + 1)(2n + 1)
1
−
→
2n
6n3
2
donc
n
x
e −
k=0
xk
k!
Mn+1 xn+1
(n + 1)!
un →
√
e
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Corrections
Pour le cas général, il suffit d’introduire g(x) = f (x) − xf (0). Puisque g (0) = 0,
on a
np
1
g
−−−−−→ 0
n + k n→+∞
Exercice 11 : [énoncé]
a) Par somme de Riemann
2n
1
1
=
p
n
p=n+1
n
1
1
1
+
k=1
→
k
n
0
5
dt
= ln 2
1+t
k=1
et donc
vn − un f (0) −−−−−→ 0
n→+∞
b) Par somme de Riemann
2n
1
1
= n1−α
α
p
n
p=n+1
n
1
1
1+
k=1
k α
n
→0×
0
et finalement vn → f (0).
c) Pour f (x) = ln(1 + x),
dt
=0
(1 + t)α
np
ln(n + k + 1) − ln(n + k) = ln(n(p + 1) + 1) − ln(n + 1) → ln(p + 1)
vn =
k=1
c) Sachant pour x > 0
x−
x3
6
sin x
On conclut = ln(p
√ + 1).
d) Pour f (x) = x,
x
on obtient
np
2n
sin
p=n+1
2n
1
p
−
sin
1
p
1
p
p=n+1
2n
k=1
et donc
2n
lim
n→+∞
p=n+1
√
vn =
1
1
6 p=n+1 p3
1
= ln 2
n→+∞
p
p=n+1
1
sin x − x + x3
6
On a donc
Exercice 12 : [énoncé]
a) La suite (un ) est croissante car
n
un =
k=1
np
et un
p donc (un ) converge vers une limite .
n+1
b) Commençons par le cas où f (0) = 0.
Soit ε > 0, il existe α > 0 tel que pour tout x ∈ [0, α] on ait |f (x)|
l’inégalité des accroissements finis, on obtient
0
ε et par
On a alors
np
|vn | =
k=1
et donc vn → 0.
ε
n+k
ε |x|
1
120
|Mn |
donc Mn = o(1/n3 ).
Or
n
et
n
donc
un =
n
k=1
k5
n10
1 1
120 n4
n(n + 1)
1
1
k
=
= +
n2
2n2
2 2n
k=1
pε
1
120
k
1 k3
−
+ Mn
n2
6 n6
avec
k=1
∀x ∈ [0, α] , |f (x)|
→ +∞
(n + 1)p
Exercice 13 : [énoncé]
Pour x ∈ [0, 1],
2n
= lim
1
1
1
+ ··· +
−
un+1 − un =
n(p + 1) + 1
(n + 1)(p + 1) n + 1
np
1
n+k
k3
1
= 6
6
n
n
n
k3 ∼
k=1
1
1
1
+
−
+o
2 2n 24n2
1
4n2
1
n2
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Corrections
Exercice 14 : [énoncé]
On a
1
n!
Or
n
k! = 1 +
k=0
1
1
1
+
+
+o
n n(n − 1) n(n − 1)(n − 2)
1
n3
n−5
+
k=0
k!
n!
6
Exercice 16 : [énoncé]
Montrons que la suite (un ) converge vers 0 par l’epsilontique. . .
Soit ε > 0. Puisque la suite (εn ) converge vers 0, il existe un rang N ∈ N pour
lequel
∀n N, 0 εn ε
et alors pour tout n
n−5
k=0
k!
n!
(n − 5)!
(n − 4)
=o
n!
1
n3
N
On en déduit
0
donc
1
n!
n
k! = 1 +
k=0
1
1
2
+
+ 3 +o
n n2
n
1
n3
un+2
un + ε
K
ε
ε
un
+ 2+
2
K
K
K
et par récurrence
p
∀p ∈ N, 0
Exercice 15 : [énoncé]
a) La fonction f est définie et C ∞ sur D =
un+p
un
ε
+
p
K
Ki
i=1
La suite (un ) est majorée par 1 et on peut encore écrire
Ik avec
k∈Z
Ik = −
un+1
0
π
π
+ 2kπ, + 2kπ
2
2
Pour x ∈ D, la tangente en (x, f (x)) passe par O si, et seulement si, xf (x) = f (x).
Après transformation, ceci équivaut pour x > 0 à l’équation
x tan x + ln(cos(x)) + 1 = 0
∀p ∈ N, 0
un+p
Pour p assez grand, on a 1/K p
0
1
ε 1 − (1/K)p
+
Kp
K 1 − 1/K
1
ε
+
Kp
K −1
ε et alors
un+p
ε+
ε
= λε
K −1
avec λ une constante strictement positive ce qui permet de conclure.
Posons ϕ(x) = x tan x + ln(cos(x)) + 1.
ϕ est définie et C ∞ sur D. ϕ (x) = x(1 + tan2 x) > 0 sur D ∩ R+ .
−
+
Quand x → π2 + 2kπ , ϕ(x) → +∞. Quand x → − π2 + 2kπ , ϕ(x) → −∞.
ϕ Ik réalise donc une bijection de Ik vers R (pour k ∈ N ).
La suite (xn )n∈N avec xn = (ϕ In )−1 (0) est solution.
b) Evidemment xn ∼ 2nπ et donc xn = 2nπ + yn .
On a
cos yn (ln cos yn ) + cos yn
sin yn = −
2nπ + yn
avec |yn | < π/2
L’étude de la fonction x → x ln x + x assure que celle-ci est bornée et donc
sin yn → 0 puis yn → 0.
1
1
Par suite cos yn → 1 donc sin yn ∼ − 2nπ
puis yn ∼ − 2nπ
.
On conclut
1
1
xn = 2nπ −
+o
2nπ
n
Diffusion autorisée à titre entièrement gratuit uniquement - dD
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