un=√ n2+n+ 1−√ n2+n−1 (même astuce : quantité conjuguée) et (un)−→2

Analyse : Suites (Révisions Analyse de PCSI) EXERCICE 1 :

Étudier la convergence des suites (un) de terme général 1. un= 1

nsin 1

n

−→ |un|6 1

n donc (un)→0 ; 2. un=√

n²+ 1−√

n²−1−→un= 2

√n²+ 1 +√

n²−1 donc (un)−→+∞; 3. un=√

n²+n+ 1−√

n²+n−1 (même astuce : quantité conjuguée) et (un)−→2 ; 4. un=√³

n³+ 1−√³

n³−1. En 0,√³1 +x= 1+1 3x−1

9x²+o(x²). On parvient àun = 2 3n²+o

1 n²

et (un)−→0 ; 5. un=ln(2ⁿ+ 1)

n −→un= ln(2) + ln(1 + 1/2ⁿ)

n −→ln(2) ;

6. un= √ⁿ2ⁿ+ 1 on se ramène au cas précédent avec l’exponentielle.

EXERCICE 2 :

Déterminer le sens de variation des suites (un) de terme général :

• un=p

n+√n−√n−→un =f(n) avecf(x) =p

x+√x−√xpuisf^′(x) = 1 2

1 + 1/2√ x px+√

x − 1

√x

!

>0, en effet√

x+1 2 >p

x+√ xcar

√ x+1

2 ²

=x+√ x+1

4 et (p

x+√x)²=x+√

x; (un) est croissante ;

• un= ln(n)

n ;un=f(n) conduit à (un) décroissante à partir du rang 3 ;

• un= n!

nⁿ −→ un+1

un

= 1

(1 + 1/n)ⁿ <1 donc (un) est décroissante ;

• un= √ⁿ

n−→un=f(n) avecf(x) = e^ln(xx;f^′(x) =f(x)×1−ln(x)

x² donc (un) décroissante à partir du rang 3 ;

• un= 2ⁿ⁺¹sin θ

2ⁿ

, θ∈i 0;π

2 h

−→un+1

un

= 2 sin

θ 2ⁿ⁺¹

sin

2× θ 2ⁿ⁺¹

= 1 cos

θ 2ⁿ⁺¹

>1 donc (un) est croissante.

EXERCICE 3 :

EXERCICE 4 :

EXERCICE 5 :

Soitαun réel. Écrire le développement limité de 1 + α

n n

, en fonction de la variable 1

n et à l’ordre 1. En déduire la limite deun=

1 +α n

ⁿ .

Application :Soientaetb deux réels. On poseun(a, b) =

1 +a+b n

n

− 1 + a

n n

1 + b n

n

. Calculer la limite de un(a, b), puis déterminer un équivalent simple deun(a, b).

Solution 1 +α

n n

= e^nln(1+α/n), or ln(1 +x) =x−x²

2 +o(x²) donc ln(1 +α/n) =α n− α²

2n² +o 1

n²

; c’est ainsi que

1 + α n

n

= e^{α−α2/2n+o(1/n)} = e^α×e^X avec X = −α² 2n +o

1 n

DLexp= e^α

1−α² 2n+o

1 n

. Finalement

1 + α n

n

−→e^α un(a, b) = e^a+b

1−(a+b)² 2n +o

1 n

−e^a

1− a² 2n+o

1 n

×e^b

1− b² 2n+o

1 n

= e^a+b

−ab n +o

1 n

Doncun(a, b) ∼

+∞−ab ne^a+b

EXERCICE 6 :

1. xest une variable réelle. Écrire le développement limité en 0 à l’ordre 2 de la fonctionx7−→1 +√1−x.

En déduire les 3 constantes réellesa, betctelles que

√n+√

n+ 1 =a√ n+ b

√n+ c n√n+o

1 n√n

2. Écrire le développement limité en 0 à l’ordre 3 de 1−(1−x)^3/2. En déduire que n√n−(n−1)√

n−1 =α√n+ β

√n+ γ n√

n+o 1

n√ n

oùα, βet γsont trois constantes réelles à calculer.

3. Pourn>1, on poseun= 2 3 n√

n−(n−1)√

n−1+1 2(√

n−√

n+ 1). Montrer queun−√

n₊∼_∞ 1 48n√n 4. CalculerTn=

n

X

k=1

uk en fonction den.

5. Pourn>1, on poseUn=

n

X

k=1

1 k√

k etVn= Z n

1

1 t√

tdt

(a) CalculerVn en fonction den. En déduire que :∀n>1, Vn 62 (b) Vérifier que :∀k>2, 1

k√ k 6

Z k

k−1

1 t√

tdt. En déduire que :∀n>2, Un61 +Vn

(c) Déterminer le sens de variation de la suite (Un)n>1. Montrer qu’elle converge.

6. On admet le résultat suivant :

Soient (an)n>1 et (bn)n>1 deux suites réelles. On poseAn=

n

X

k=1

ak etBn=

n

X

k=1

bk. On suppose quebn>1,∀n>1,

Si an₊∼_∞bn et si la suite (Bn)n>1 converge, alors (An)n>1 converge.

(a) Pourn>1, on poseSn=

n

X

k=1

√k, montrer que (Tn−Sn)n>1 converge.

(b) Montrer qu’il existe une constante réelleC telle que, lorsquentend vers +∞: Sn=2

3n√n+1 2

√n−C+o(1) Solution

1. • √1−x= 1 +1

2(−x)−1

8(−x)²+o(x²) = 1−x 2 −x²

8 +o(x²) On a donc 1 +√1−x= 2−x

2 −x²

8 +o(x²)

• √n+√

n−1 =√n+√n× r

1−1

n =√n 1 + r

1−1 n

!

En posantx= 1 n, on a :

√n+√

n−1 = 2√ n− 1

2√

n− 1 8n√

n+o 1

n√ n

2. • (1−x)^3/2= 1 +3 2(−x) +

3 2

3 2−1

2 (−x)²+

3 2

3

2−1 ₃

2−2

6 (−x)³+o(x³) donc (1−x)^3/2= 1−3

2x+3 8x²+ 3

48x³+o(x³) et 1−(1−x)^3/2=3 2x−3

8x²− 3

48x³+o(x³)

• n√n−(n−1)√

n−1 =n^3/2−(n−1)^3/2=n^3/2−n^3/2

1− 1 n

3/2

Finalement, en posantx= 1 n, n√

n−(n−1)√

n−1 = 3 2

√n− 3 8√

n− 3 48n√

n+o 1

n√ n

3. . un−√

n= 2 3 n√

n−(n−1)√

n−1+1 2(√

n−√

n+ 1)−√ n

= 2 3 n√

n−(n−1)√ n−1

−1 2(√

n+√ n+ 1) En utilisant les questions 1) et 2), on obtient :

un−√ n= 2

3 3

2

√n− 3 8√

n− 3 48n√

n+o 1

n√ n

−1 2

2√

n− 1 2√

n− 1 8n√

n+o 1

n√ n

=√ n− 1

4√

n− 1 24n√

n−√ n+ 1

4√

n+ 1 16n√

n+o 1

n√ n

Finalement un−√

n= 1 48n√

n+o 1

n√ n

4. Tn= 2 3

n

X

k=1

(k^3/2−(k−1)^3/2) +1 2

n

X

k=1

(k^1/2−(k−1)^1/2) =

som.téléscop

2n√n

3 +

√n 2 5. (a) Vn=Z n

1

1 t^3/2dt=

t^−1/2 (−1/2)

ⁿ

1

= 2− 2

√n On a donc Vn62, ∀n>1

(b) ∀k>2,∀t∈[k−1, k], t6k⇒t^3/26k^3/2⇒ 1 k^3/2 6 1

t^3/2 En intégrant, on obtient

Z k

k−1

1 k√

kdt6 Z k

k−1

1 t√

tdtor Z k

k−1

1 k√

kdt=k−(k−1) k^3/2 = 1

k√ k D’où le résultat : ∀k>2, 1

k√ k 6

Z k

k−1

1 t√

tdt

On somme cette inégalité pour 26k6net l’on obtient :

n

X

k=2

1 k√

k 6

n

X

k=2

Z k

k−1

1 t√

tdt=Z n 1

1 t√

tdt D’où : Un−16Vn ⇔Un61 +Vn,∀n>2.

(c) Un+1−Un= 1 (n+ 1)√

n+ 1 >0 donc (Un)(n>1) est strictement croissante.

D’après les questions a) et b),∀n>2, Un61 +Vn 63 et commeU1= 1, l’inégalité est vérifiée pour tout nnon nul. (Un)_(n>1)est croissante et majorée donc elle converge.

6. (a) On posean=un−√

netbn= 1 48n√

n. On abn>0,∀n>1 etBn= 1 48

n

X

k=1

1 k√

k = 1 48Un. On a démontré que (Un)_(n>1)(Q.5.c), donc (Bn)_(n>1)converge.

Or an ₊∼_∞ bn (Q.3), on peut donc appliquer le résultat admis et en déduire que (An)_(n>1), c’est à dire (Tn−Sn)(n>1) converge (en effetAn=Tn−Sn)

(b) C=lim(Tn−Sn).

EXERCICE 7 :

Pourn>1, on définitSn= 1 + 1 2+1

3 +. . .+ 1

n−ln(n), puisSn=Sn+1−Sn. Déterminer un équivalent simple deSn.

En utilisant cet équivalent, que peut-on dire sur le sens de variation de la suite (Sn) ? Solution

Sn = 1

n+ 1−ln(n+ 1) + ln(n) = 1 n× 1

1 +_n¹ −ln

1 + 1 n

= 1 n

1−1

n +o 1

n

− 1

n− 1 2n² +o

1 n²

et

Sn=− 1 2n²+o

1 n²

et doncSn₊∼_∞− 1 2n²

EXERCICE 8 :

Soitun=1! + 2! +. . .+n!

(n+ 2)! pourn>1.

1. En majorant 1! + 2! +. . .+n!, montrer que 0< un< 1

n. Que peut-on en déduire ? 2. Montrer queun> 1

(n+ 2)². 3. Prouver queun₊∼_∞ 1

n². Solution

1. 1! + 2! +. . .+n!6n×n! doncun 6 n×n!

(n+ 2)! ⇒un6 n

(n+ 1)(n+ 2) ⇒un 6 n n² = 1

n On a donc 0< un< 1

n etun_n→−→_+∞0 (par comparaison).

2. Par ailleurs,un> n!

(n+ 2)! = 1

(n+ 1)(n+ 2) > 1

(n+ 2)². De plus, 1

(n+ 2)² = 1 n²+o

1 n²

(en effet 1

(n+ 2)² − 1

n² = −4n−4

n²(n+ 2)² =ϕ(n) et n²ϕ(n)−→0) 3. De plusun<1! + 2! +. . .+ (n−2)!

(n+ 2)! +(n−1)!

(n+ 2)!+ n!

(n+ 2)! <(n−2)(n−2)!

(n+ 2)! + 1

n(n+ 1)(n+ 2)+ 1 (n+ 1)(n+ 2) C’est à dire un < A(n) +B(n) + 1

n², en raisonnant comme dessus, A(n) =o 1

n²

et B(n) = o 1

n²

d’où un< 1

n²+o 1

n²

On a donc un₊∼_∞ 1 n².

EXERCICE 9 :

EXERCICE 10 : Calculer lim

n→+∞

1 2(√ⁿ

2 + √ⁿ 3)

n

. Solution

√n

2 + √ⁿ

3 = 2^1/n+ 3^1/n= e^ln(2)n + e^ln(3)n = 2 +ln(6) n +o

1 n

D’où 1 2(√ⁿ

2 +√ⁿ

3) = 1 +ln(6) 2n +o

1 n

et par suite,nln 1

2(√ⁿ 2 + √ⁿ

3)

= ln(6) 2n +o

1 n

car ln(1 +x) =x+o(x).

La limite cherchée est donc√ 6.

EXERCICE 11 :

EXERCICE 12 :

Calcul préalable : vérifier que pour toutx >0, x+1 x >2.

On considère les deux suites (un)n>0 et (vn)n>0 définies par les conditions suivantes : u0>0, v0>0 et∀n∈N^∗, 2

un

= 1

un−1

+ 1

vn−1, vn=√un−1vn−1

Montrer que∀n∈N^∗, vn

un

>1 ; En déduire que (un)n>1 et (vn)n>1sont adjacentes.

Solution

• calcul préalable : ∀x >0, x+1

x>2⇔x²−2x+ 1 = (x−1)²>0.

• vn

un

=1

2 ×vn× 2 un

=1

2√un−1vn−1× 1

un−1

+ 1

vn−1

.

On vérifie par récurrence queun−1>0 etvn−1>0, puis ∀n∈N^∗, vn

un

= 1 2

rvn−1

un−1

+run−1

vn−1

. En posantxn =rvn−1

un−1

et en utilisant le résultat préalable, on obtient :

∀n∈N^∗, vn

un

= 1 2

xn+ 1

xn

>1

2 ×2 = 1

• un−1

un

= un−1

2 × 2

un

=un−1× 1

un−1

+ 1

vn−1

= 1 2 +1

2 un−1

vn−1

6 1

2 + 1

2 = 1,∀n >2 en utilisant la propriété précédente. On a donc (un)n>1est croissante

• On prouve de même que (vn)n>1 est décroissante .

• Comme (vn) décroît,vn >un et (un) croît, on au16un6vn 6v1; ainsi (un)n>1 est croissante et majorée par v1 donc elle converge vers un nombrel. De même, (vn)n>1 est décroissante et minorée paru1donc elle converge vers un nombrel^′.

• La relation 2 un

= 1

un−1

+ 1

vn−1

=⇒ 2 l =1

l +1

l^′ =⇒l=l^′. Les deux suites sont bien adjacentes.

EXERCICE 13 :

Pour tout entier naturel non nuln, on pose :Sn =

n

X

k=0

1 k!. 1. Déterminer le sens de variation de (Sn).

2. Montrer que :∀k>4, k!>2^k, en déduire que (Sn) est majorée par 3.

3. Justifier la convergence de (Sn) et donner un ancadrement de sa limite.

4. SoitTn=Sn+ 1

n.n! pourn>1. Montrer que (Sn) et (Tn) sont adjacentes. En déduire une majoration de e−Sn

en fonction den.

Solution

1. Sn+1−Sn= 1

(n+ 1)! >0 donc (Sn) est croissante.

2. Par récurrence ; hérédité : sik>4, k!>2^k⇒(k+ 1)k! = (k+ 1)!>(k+ 1)2^k >2×2^k= 2^k+1 Sn = 1

0!+ 1 1!+ 1

2!+ 1 3!+

n

X

k=4

1 k! 68

3 +

n

X

k=1

1 2

^k

⇒Sn6 8 3+ 1

16×1−(1/2)ⁿ⁻³ 1−1/2 68

3+1 8 = 67

24 <3.

3. Avec le théorème de la limite monotone, (Sn) converge et S1= 2< lim

n→+∞Sn63 4. Voir ici :http://www.mimaths.net/spip.php?rubrique175

EXERCICE 14 :

EXERCICE 15 :

EXERCICE 16 :

EXERCICE 17 :

EXERCICE 18 :

1. Pour tout entier natureln, le nombre (2n)!

(n!)² est un coefficient binomial. Lequel ? 2. Montrer que :∀p∈[[0;n−1]], 2n−p

n−p >2, en déduire que (2n)!

(n!)² −→+∞. 3. Déterminer le sens de variation de la suite de terme général (2n)!

(n!)². Solution

1. (2n)!

(n!)² = (2n)!

n!×(2n−n)!= ²ⁿ_n

;

2. ∀p∈[[0;n−1]], on an−p>1>0.p62p⇔ −p>−2p⇔2n−p>2n−2p⇔2n−p n−p >2 ; (2n)!

(n!)² = 2n(2n−1)(2n−2). . .(n+ 1)n!

n(n−1)(n−2). . .1×n! =

n−1

Y

p=0

2n−p

n−p. Or l’inégalité précédente permet d’obtenir la minoration (2n)!

(n!)² >

n−1

Y

p=0

2 = 2ⁿ, or 2ⁿ−→_+∞ +∞

Ainsi par comparaison, on obtient : (2n)!

(n!)² −→+∞. 3. un+1

un

=. . .= (2n+ 2)(2n+ 1)

(n+ 1)² = 2(2n+ 1)

n+ 1 >2(n+ 1)

n+ 1 = 2>1, la suite (un) est strictement croissante.