Corrig´e de l’exercice 4.25.bis
Ir` ene Waldspurger
waldspurger@ceremade.dauphine.fr
Enonc´ ´ e
Calculer des ´ equivalents simples des suites suivantes (n ≥ 1).
u
n= n ln 1 +
n1nv
n= p
ln(n + 1) − p
ln(n) w
n= n
1+n12− 1 x
n= n ln q
n−1 n+1
y
n= p n + √
n
2+ 1 − p n + √
n
2− 1 z
n= n
1/n− 1.
Suite (u
n)
n∈N: Pour tout n ∈ N ,
u
n= ln(5 + n
2+ n) − ln(n
2− n + 3)
= ln
5 + n
2+ n n
2− n + 3
= ln
1 +
n1+
n521 −
n1+
n32= ln
1 + 1 n + 5
n
21 1 + δ
n, si on d´ efinit δ
n= −
n1+
n32= −
n1+ o
n1.
Dans la mesure o` u δ
n n→+∞−→ 0, on peut effectuer le changement de variable
x = δ
ndans la formule du DL ` a l’ordre 1 de x →
1+x1en 0 : 1
1 + δ
n= 1 − δ
n+ o(δ
n) = 1 + 1 n + o
1 n
.
Ainsi, pour tout n,
u
n= ln
1 + 1 n + 5
n
21 + 1 n + o
1 n
= ln
1 + 2 n + o
1 n
1
= 2 n + o
1 n
.
La derni` ere ´ egalit´ e a ´ et´ e obtenue par le changement de variable
x =
2n+ o
n1
dans la formule du DL de (x → ln(1 + x)) en 0 ` a l’ordre 1.
On en d´ eduit que u
n=
n2+ o
n2et donc
u
n∼ 2 n .
Suite (v
n)
n∈N∗: Pour tout n ∈ N
∗,
v
n= exp
n ln
tan π
3 + 1 n
. Calcul du d´ eveloppement asymptotique ` a l’ordre 1 de tan
π3+
1nn∈N∗
: on utilise le d´ eveloppement limit´ e de tan en
π3` a l’ordre 1, qui nous est donn´ e par la formule de Taylor-Young (qu’on peut bien appliquer puisque tan est C
∞, et donc C
1, sur
−
π2;
π2) :
∀x ∈ i
− π 2 ; π
2 h
, tan(x) = tan π 3
+ tan
0π
3 x − π 3
+ o
π/3x − π
3
= √
3 + 4 x − π
3
+ o
π/3x − π
3
.
Comme
π3+
n1 n→+∞−→
π3, on peut effectuer le changement de variable
x =
π3+
n1dans la formule pr´ ec´ edente :
tan π
3 + 1 n
= √ 3 + 4
n + o 1
n
. Calcul du d´ eveloppement asymptotique ` a l’ordre 1 de ln tan
π3+
n1n∈N∗
: d’apr` es la formule de Taylor-Young appliqu´ ee ` a ln en √
3 ` a l’ordre 1 (on peut appliquer cette formule car ln est C
∞donc C
1sur R
∗+),
∀x ∈ R
∗+, ln(x) = ln √ 3
+ ln
0√ 3
(x − √
3) + o
√3(x − √ 3)
= ln(3)
2 + x − √
√ 3
3 + o
√3(x − √ 3).
On effectue le changement de variable
x = √
3 +
n4+ o
1n
: ln
tan
π 3 + 1
n
= ln(3)
2 + 4
√ 3n + o 1
n
.
Fin du calcul : d’apr` es le d´ eveloppement asymptotique pr´ ec´ edent, n ln
tan
π 3 + 1
n
= n ln(3)
2 + 4
√ 3 + o(1).
2
En cons´ equent,
v
n= exp
n ln(3) 2 + 4
√ 3 + o(1)
= e
nln(3)2e
√43e
o(1)= 3
n2e
√43e
o(1).
Comme exp est continue en 0, e
o(1) n→+∞−→ e
0= 1, c’est-` a-dire que e
o(1)∼ 1. Par produit d’´ equivalents, cela nous donne
v
n∼ 3
n2e
√43. Suite (w
n)
n∈N:
Pour tout entier n ≥ 1,
w
n= ln(n
2+ 1) n + 1
= ln n
21 +
n12n + 1
= 2 ln(n) + ln 1 +
n12n + 1 .
Lorsque n → +∞, 1 +
n12→ 1 donc ln 1 +
n12→ 0, c’est-` a-dire que ln
1 + 1
n
2= o(1).
En particulier, on a aussi ln 1 +
n12= o(ln(n)) et donc 2 ln(n) + ln
1 + 1
n
2∼ 2 ln(n).
De plus,
n+11∼
n1. Par produit d’´ equivalents,
w
n∼ 2 ln(n) n .
Suite (x
n)
n≥2: Pour tout entier n ≥ 2,
x
n= 1
n − 1 − 1 n + 1
= n + 1 − (n − 1) (n − 1)(n + 1)
3
= 2 n
2− 1 . Donc
x
n2/n
2= n
2n
2− 1 = 1 1 −
n12n→+∞
−→ 1 et
x
n∼ 2 n
2.
Suite (y
n)
n∈N:
Ecrivons le DL en 0 ` ´ a l’ordre 1 de sin : pour tout x ∈ R , sin(x) = x + o
0(x).
Puisque
√n+11 n→+∞−→ 0, on peut effectuer le changement de variable
x =
√n+11. Cela donne y
n= sin
1
√ n + 1
= 1
√ n + 1 + o
1
√ n + 1
, c’est-` a-dire que y
n∼
√n+11.
De plus,
√n+11∼
√1n(car
1/√n+1 1/√
n
= √
11+n1
n→+∞
