Orsay 2008-2009 IFIPS S2 Math´ematiques (M160). Corrig´e du devoir num´ero 4.

Orsay 2008-2009 IFIPS S2 Math´ematiques (M160).

Corrig´e du devoir num´ero 4.

Exercice 1

(a) Les deux suites 2²ⁿetn2ⁿtendent vers +∞, donc leur somme aussi. Comme limx→+∞ln(x) = +∞, on en d´eduit que limn→∞u_n = +∞.

(b) On a 2²ⁿ+n2ⁿ = 4ⁿ+n2ⁿ = 4ⁿ(1 + ₂ⁿn). En appliquant ln on obtient un= ln(4ⁿ) + ln(1 + n

2ⁿ) = nln(4) + ln(1 + n 2ⁿ) Par croissance compar´ee ₂ⁿn →0 donc ln(1 + ₂ⁿn)→0.

Ainsi ln(1 + ₂ⁿn) = o(nln(4)), et donc un∼nln(4).

Passons `a l’´etude de (v_n)_n∈N. On a 1 +n³² +n² =n²(1 + ¹

n¹² +_n¹2). En appliquant le ln on obtient

ln(1 +n³² +n²) = ln(n²) + ln(1 + 1 n¹² + 1

n²) = 2 ln(n) + ln(1 + 1 n¹² + 1

n²)

Comme dans l’´etude de (u_n)n∈N on en d´eduirait qu’un ´equivalent denln(1 +n³² +n²) est 2nln(n). Mais on doit ensuite retrancher 2 ln((n+ 1)ⁿ) = 2nln(n+ 1) ∼ 2nln(n), donc on ne peut pas se contenter de l’´equivalent 2nln(n), il faut pousser l’´etude de u_n plus loin.

Si on pose x_n = ¹

n¹² +_n¹2, on a x_n → 0 et donc ln(1 +x_n) =x_n+o(x_n) d’apr`es le DL de ln(1 +u) quand u→0. Ainsi ln(1 +x_n)∼x_n. De plus x_n = ^√1_n+o(^√1_n), donc x_n ∼ ^√1_n. Il en r´esulte que ln(1 +x_n)∼ ^√1_n, et donc ln(1 +x_n) = ^√1_n+o(^√1_n).

On obtient nln(1 +n³² +n²) = 2nln(n) +√

n+o(√ n).

D’autre part :

2 ln((n+ 1)ⁿ) = 2nln(n+ 1) = 2n[ln(n(1 + 1

n))] = 2nln(n) + 2nln(1 + 1 n)

D’apr`es le DL de ln(1 +u) quandu→0 on a 2nln(1 +¹_n)→2, une suite n´egligeable devant

√n.

Ainsi

v_n=√

n+o(√

n)−2 +o(1) ∼√ n.

(c) Comme v_n ∼ √

n et √

n → +∞ on a limn→∞v_n = +∞. De plus u_n ∼ nln(4) et vn ∼√

n , donc ^u_vⁿ

n ∼√

nln(4). Il en r´esulte que ^u_vⁿ

n →+∞. En particulier il existe un entier N₁ tel que pourn ≥N₁ on a ^u_vⁿ

n ≥2.

Comme limn→∞v_n = +∞, il existe un entier N₂ tel que pour n ≥ N₂ on a v_n ≥1, donc en particulier v_n >0.

Sin≥max(N₁, N₂) alors ^u_vⁿ

n ≥2 et v_n>0, doncu_n ≥2v_n > v_n.

1

2

Exercice 2

(a) Quandn→+∞on a _1+n¹ 2 →0. Donc d’apr`es le DL de exp(u) quandu→0 on obtient exp(_1+n¹ 2) = 1 + _1+n¹ 2 +o(_1+n¹ 2). De la sorte, on trouve que exp(_1+n¹ 2)−1∼ _1+n¹ 2 ∼ _n¹2

De mˆeme, quand n →+∞on a _1+n¹ →0. Donc d’apr`es le DL de cos(u) quand u→0 on obtient cos(_1+n¹ ) = 1−_2(1+n)¹ 2 +o(_(1+n)¹ 2). Ainsi cos(_1+n¹ )−1∼ −_2(1+n)¹ 2 ∼ −_2n¹2.

Par quotient d’´equivalents :

u_n ∼

1 n²

−_2n¹2

=−2.

On en d´eduit que lim_n→∞u_n=−2.

(b) Etudionsu_n−(−2) = u_n+ 2. On a:

u_n+ 2 = exp(_1+n¹ 2)−1

cos(_1+n¹ )−1 + 2 = exp(_1+n¹ 2) + 2 cos(_1+n¹ )−3 cos(_1+n¹ )−1

On a d´ej`a calcul´e un ´equivalent du d´enominateur, il s’agit de trouver un ´equivalent du num´erateur.

Or en utilisant les DL de exp(u) `a l’ordre 2 et cos(u) `a l’ordre 4 lorsque u→0 on a : exp( 1

1 +n²) + 2 cos( 1

1 +n)−3

= 1 + 1

1 +n² + 1

2(1 +n²)² +o( 1

(1 +n²)²) + 2[1− 1

2(1 +n)² + 1

24(1 +n)⁴ +o( 1

(1 +n)⁴)]−3

= ( 1

1 +n² − 1

(1 +n)²) + 1

2(1 +n²)² +o( 1

(1 +n²)²) + 1

12(1 +n)⁴ +o( 1 (1 +n)⁴) Maintenant _1+n¹ 2 − _(1+n)¹ 2 = ^(1+2n+n_(1+n2)(1+n)^{2)−(1+n2 2)} = _(1+n2²ⁿ)(1+n)² ∼ ²ⁿ_n4 = _n²3. On peut donc ´ecrire

1

1+n² − _(1+n)¹ 2 = _n²3 +o(_n²3).

D’autre part on a _(1+n¹2)² ∼ _n¹4 =o(_n²3), donc 1

2(1 +n²)² +o( 1

(1 +n²)²) = o( 2 n³).

Et de mˆeme _(1+n)¹ 4 ∼ _n¹4 =o(_n²3), donc 1

12(1 +n)⁴ +o( 1

(1 +n)⁴) =o( 2 n³).

Finalement

exp( 1

1 +n²) + 2 cos( 1

1 +n)−3 = 2

n³ +o( 2

n³)∼ 2 n³ et donc

u_n ∼

2 n³

−_2n¹2

∼ −4 n.