MPSI 2 : Exercices 14 1 Suites
Ex 1 Facile
En utilisant les ´equivalents, d´eterminez la limite de la suite de terme g´en´eral u n = n ln
r n + 1 n − 1 Ex 2 Facile
D´eterminez un ´equivalent simple et la limite de la suite de terme g´en´eral u n =
q n + p
n 2 + 1 − q
n + p n 2 − 1
Ex 3 Facile
Soit x ∈ R. D´eterminer la limite de la suite de terme g´en´eral u n =
n n − x
n
Ex 4 Facile
Trouvez un ´equivalent simple de la suite de terme g´en´eral u n = n 1/n − 1
Ex 5 Facile
D´eterminer un ´equivalent simple de la suite de terme g´en´eral
u n = ln(5 + n 2 + n ) − ln( n 2 − n + 3)
Ex 6 Facile
Trouvez un ´equivalent simple de la suite de terme g´en´eral u n = e sin √
lnnn
− cos 1
√
4n Ex 7 Facile
Trouver un ´equivalent simple de la suite de terme g´en´eral u n =
tan
π 3 + 1
n n
Ex 8 Difficile
On consid`ere un r´eel a > 0 et la suite r´ecurrente d´efinie par : ( u 0 = a
∀ n ∈ N , u n+1 = u 2 n + u n a. Montrer que la suite ( u n ) diverge vers +∞.
b. On consid`ere la suite ( v n ) d´efinie par
∀ n ∈ N , v n = 1 2 n ln( u n ) Montrer que ( v n ) est une suite croissante.
c. En majorant pour n ∈ N, v n+1 − v n , montrer que la suite ( v n ) est major´ee.
d. La suite ( v n ) est donc convergente. On note α sa limite. Montrer que ∀( n,p ) ∈ N 2 , on a 0 ≤ v n+p+1 − v n ≤ 1
2 n ln 1 + 1 u n
e. En d´eduire que u n ∼
n→+∞ e 2
nα .
MPSI 2 : Exercices 14 2 Suites
Corrig´ e des exercices Q 1 Ecrivons pour n ∈ N :
u n = n 2 ln
1 + 2
n − 1
Comme 2
n − 1 → 0, ln(1 + 2
n − 1 ) ∼ 2 n − 1 ∼ 2
n et donc u n → 1.
Q 2 En utilisant les quantit´es conjugu´ees, ´ecrivons :
u n = 2
p n + √ n 2 + 1 + p
n + √ n 2 − 1 √ n 2 + 1 + √ n 2 − 1 = 2 v n w n
Ensuite, on cherche un ´equivalent de chaque partie du produit. En factorisant les termes dominants dans les sommes, ´ecrivons
v n = √ n
s
1 + r
1 + 1 n 2 +
s 1 +
r 1 − 1
n 2
Comme le crochet tend vers 2 √
2, il est ´equivalent `a cette limite non-nulle et finalement v n ∼ 2 √ 2 n . De la mˆeme fa¸con,
w n = n
"r 1 + 1
n 2 + r
1 − 1 n 2
#
∼ 2 n et finalement, u n ∼ 1
2 √ 2 n 3/2 .
Q 3 La suite est d´efinie `a partir d’un certain rang ( n ≥ E ( x ) + 1). Ecrivons-la sous forme exponentielle : u n = e an o`u a n = n ln
1 1 − x n
= n ln
1 + x n 1 − x n
Comme n x
1 − x n → 0, on peut utiliser les ´equivalents classiques et alors a n ∼ x et alors u n → e x Q 4 Sous forme exponentielle :
u n = e
n1ln n − 1 mais puisque ln n = o ( n ), ln n
n → 0 et en utilisant l’´equivalent usuel ( e vn− 1) ∼ v n lorsque v n → 0, on trouve que
u n ∼ ln n n Q 5 Ecrivons en utilisant les propri´et´es du logarithme :
u n = ln
n 2 + n + 5 n 2 − n + 3
= ln
1 + n 1 + n 52
1 − n 1 + n 32
= ln
1 + 2 n + n 22
1 − n 1 + n 32
Remarquer que j’ordonne toujours les termes dans une somme par ordre d´ecroissant d’importance ! Comme
2 n + n 2
21 − n 1 + n 32 ∼ 2
n → 0 on peut utiliser l’´equivalent usuel ln(1 + v n ) ∼ v n lorsque v n → 0 et donc
u n ∼ 2 n Q 6 Ecrivons d’abord
u n = e θn− 1 +
1 − cos 1
√
4n
= a n + b n
MPSI 2 : Exercices 14 3 Suites
Comme ln n n → 0,
θ n = sin r ln n
n ∼ r ln n
n → 0 et d’apr`es l’´equivalent classique de l’exponentielle, a n ∼
r ln n
n . En utilisant l’´equivalent classique du cosinus, b n ∼ 1
2 √ n . Mais puisque b n a n ∼ 1
2 √
ln n → 0, b n = o ( a n ) et donc u n ∼ a n ∼
r ln n n Q 7 Sous forme exponentielle :
u n = e n ln ( tan (
π3+
1n)) = e an
Utilisons ensuite la formule de trigonom´etrie :
tan( a + b ) = tan a + tan b 1 − tan a tan b tan
π 3 + 1
n
=
√ 3 + tan 1 n 1 − √
3 tan 1 n ∼ √ 3
On n’a pas le droit de prendre l’exponentielle d’´equivalents ! Formons toutefois le quotient :
θ n = u n e n ln √
3 = e
n ln 0 B @
1 + √ 1 3 tan n 1 1 − √
3 tan 1 n
1 C A
= e an
avec
a n = n ln 1 + √ 1
3 + √ 3
tan 1 n
∼ √ 1
3 + √ 3
donc θ n → e
√13+ √
3 et donc
u n ∼ e n ln √ 3+( √ 3+√13) = e (
4√33) ( √ 3) n Q 8
a. Soit n ∈ N, on calcule
u n+1 − u n = u 2
n ≥ 0
La suite ( u n ) est donc croissante. D’apr`es le th´eor`eme de la limite monotone, elle converge ou bien diverge vers +∞. Montrons par l’absurde qu’elle ne converge pas. Si ( u n ) convergeait vers l ∈ R, on devrait avoir l = l 2 + l , c’est `a dire l = 0. Mais comme ( u n ) est croissante, ∀ n ∈ N, a = u 0 ≤ u n et par passage `a la limite dans les in´egalit´es, 0 < a ≤ l , une absurdit´e.
b. Soit n ∈ N. On calcule
v n+1 − v n = 1
2 n+1 ln( u n+1 − 1 2 n ln u n
= 1
2 n+1
ln u n + ln(1 + u n )
− 1 2 n ln u n
= 1
2 n+1
ln(1 + u n ) − ln u n
= 1
2 n+1 ln 1 + 1 u n
≥ 0
Par cons´equent, la suite ( v n ) est croissante.
c. Soit n ∈ N. En reprenant l’expression de v n+1 − v n , puisque ( u n ) est croissante, u n ≥ a et donc v n+1 − v n ≤ 1
2 n+1 ln(1 + 1 /a )
MPSI 2 : Exercices 14 4 Suites
On majore alors
v n ≤ v n−1 + 1
2 n ln(1 + 1 /a )
≤ v n−2 + ln(1 + 1 /a ) 1 2 n + 1
2 n−1
.. .
≤ v 0 + ln(1 + 1 /a ) 1
2 n + · · · + 1 2
≤ v 0 + ln(1 + 1 /a )
(on a calcul´e et major´e la somme g´eom´etrique). La suite ( v n ) ´etant croissante et major´ee, elle converge vers α ∈ R.
d. Soient ( n,p ) ∈ N 2 ,
v n+k+1 − v n+k = 1
2 n+k+1 ln 1 + 1 u n+k
= 1
2 n+k+1 ln 1 + 1 u n
puisque u n ≤ u n+k+1 . En additionnant ces in´egalit´es pour 0 ≤ k ≤ p , on trouve que v n+p+1 − v n ≤ ln 1 + 1
u n h 1
2 n+1 + 1
2 n+2 + · · · + 1 2 n+p+1
i
≤ 1
2 n + 1 ln 1 + 1 u n
1 + (1 / 2) + · · · + (1 / 2) p ]
≤ 1
2 n+1 ln 1 + 1 u n
1 − (1 / 2) p+1 1 − (1 / 2)
≤ 1
2 n ln 1 + 1 u n
e. En passant aux in´egalit´es lorsque p → +∞ (`a n fix´e), on trouve que 0 ≤ α − v n ≤ 1
2 n ln 1 + 1 u n
En prenant l’exponentielle, on en tire que
u n ≤ e 2nα ≤ u n 1 + 1 u n
d’o`u l’encadrement :
1 1 + u 1
n