Feuille 20

(1)

Feuille 20

o, O, ∼

Exercice20.1 Solution p. 5

Calculer le développement limité à l’ordre 3 au voisinage de0decos(√

t+t²): on attend des calculs précis et justifiés.

DL3(0)def(x) =xe^sin^x−√ 1 +x.

Développement limité à l’ordre 3 au voisinage de0dee^sin^t.

Déterminer la limite lorsquextend vers 1 de x^x−x 1−x+ lnx.

Calculer la limite en0, si elle existe, desin(x) sin Å1

x² ã

,(1 + tanx)^sinx¹ ,tanx−sinx

x³ et sin(xlnx)

x .

Donner un équivalent simple en0et en+∞de 1 x − 1

x² et deln(4x⁴−2 cosx+ 3).

Donnez des équivalents de

1

√3

1 +t³ au voisinage de−1. chx−cosx

(e^x−1)⁵² au voisinage de0et de+∞. lnt

√1−t au voisinage de0et de1.

Calculer lim

x→1⁺

x^x−1 ln²(1 +√

x²−1)

• Donner un développement asymptotique deu_n=

(−1)ⁿ√

nsinÄ ₁

√n

ä

√n+ (−1)ⁿ .

• On posea_n= Å

1 + 1

√n ã−n

. Montrer quea_n=o Å 1

n² ã

.

Calculer la limite lorsquentend vers+∞de

n

X

k=1

sin k n².

(2)

Exercice20.11 Solution p. 7 Soit(un)la suite définie paru0= 1et, pour toutn∈N, un+1 = sin(un).

1. Montrer queu_n−−−−−→

n→+∞ 0.

2. Déterminerα∈Ztel queu^α_n+1−u^α_n−−−−−→

n→+∞ `∈R^∗+. 3. Donner un équivalent deun.

Calculer la limite en+∞, si elle existe, dexsin Å1

x ã

, Å x⁴

x−1 ã¹₃

−x,cos√

x+ 1−cos√

xet sh√ x²+ 2 e^x .

Donner des équivalents de :

• f(x) = lnx

√x(1−x)³² au voisinage de0⁺et de1⁻.

• f(x) = sinax

e^x−1 au voisinage de0.

• f(x) = th 3x−th 2x

x au voisinage de+∞et de0.

Soit(an)une suite de réels positifs ou nuls.

Montrer quean−−−−−→

n→+∞ 0⇔e^aⁿ ∼ 1 +an

n n

.

DL100(0)def(x) = ln

99

X

k=0

x^k k!

! .

On note(un)la suite définie paru1 = 1et, pour toutn≥1, un+1= (n+uⁿ⁻¹_n )ⁿ¹. 1. Déterminer la limite deun.

2. Donner un développement deuneno Å1

n ã

.

Soitf etgdeux applications deRdansRtelles quef(x) =o(g(x))lorsquextend vers+∞.

Montrer qu’il existe une applicationhdeRdansRtelles quef(x) = o(h(x))eth(x) = o(g(x)), lorsquex tend vers+∞.

Déterminer une applicationf :R^∗+ →Rtelle qu’au voisinage de+∞, pour tout n∈N^∗, lnⁿx=o(f(x))etf(x) =oÄ

x¹ⁿä .

Donnez des équivalents au voisinage de+∞de :

• u_n=

Åln(n+a) ln(n+b)

ãnlnn

(3)

Exercice20.20 Solution p. 11 DL₂(1)def(x) =p

x+√ x.

Soitf:x7−→tanx− x² x+ 1

Pourn∈N^∗, montrer quefa un seul zéro notéx_ndansi

nπ, nπ+π 2

h. Donner un développement dexnlorsquentend vers+∞, à la précisiono

Å 1 n³

ã .

1. Montrer que, pour toutn∈N, il existe un uniquex_n∈R^∗+tel queln(x_n) +nx_n= 0.

2. Montrer quexn−−−−−→

n→+∞ 0.

3. Donner un équivalent dex_n.

1. Pour toutn∈N^∗, montrer que l’équation

n

X

k=1

x^k= 1admet une unique solution sur[0,1]notéean. 2. Montrer que la suite(an)est strictement décroissante.

3. Montrer que la suite(a_n)converge vers une limite`que l’on calculera.

4. Donner un équivalent dea_n−`.

Soit(fn)n∈Net(gn)n∈Ndeux suites d’applications deR+dansR+telles que, pour toutn∈Netx∈R, fn(x)≤ f_n+1(x)etg_n+1(x)≤g_n(x).

On suppose de plus que, pour toutn∈N, f_n(x) =o(g_n(x)).

Montrer qu’il existe une application H de R+ dans R+ telle que, pour tout n ∈ N, f_n(x) = o(H(x)) et H(x) =o(g_n(x))lorsquextend vers+∞.

Séries

Donner un équivalent simple de

n

X

k=1

1 k+√

k lorsquentend vers l’infini.

Déterminer la nature de la série de terme généralu_n=

n

X

k=1

lnk

n^α , oùα∈R.

Nature deX

u_noùu_n= ln

√n+ (−1)ⁿ

√n+a , aveca∈R.

Nature de la série de terme généralan= cos

Å πn² 2n²+an+ 1

ã

, oùa∈R.

(4)

Exercice20.29 Solution p. 16 Déterminer la nature de la série de terme généralu_n= cos(π√

n²+n).

Soitα∈R. On poseun= 1

lnn+ (−1)ⁿn^α. Déterminer la nature deun.

Soitα∈R. Déterminer la nature de la série de terme généralan= 1 n^α

Ä(n+ 1)¹⁺ⁿ¹ −(n−1)¹⁻¹ⁿä .

Nature deX

anoùan= arccos Å2

πarctan(n²) ã

Déterminer la nature deX

n≥1

(−1)ⁿ

√n

n! .

(5)

Solution de l’exercice 20.1 Énoncé On a bien√

t²+t−−→

t→0 0. cosp

t²+t= 1−

√ t²+t²

2 +

√ t²+t⁴

24 −

√ t²+t⁶

720 +O(p

t²+t⁸)

= 1− t 2 −t²

2 + t² 24+ t³

12+o(t³)− t³

720+o(t³) +o(t³)

= 1− t

2 −11t²

24 +59t³

720 +o(t³)

Solution de l’exercice 20.2 Énoncé

On a biensint−−→

t→0 0. xe^sin^x−√

1−x=xe^x+o(x²⁾− Å

1 +x 2 −x²

8 +x³

16 +o(x³) ã

=x Å

1 +x+o(x²) +(x+o(x²))²

2 +o((x+o(x²))²) ã

− Å

1 +x 2 − x²

8 + x³

16 +o(x³) ã

=x Å

1 +x+o(x²) +x²

2 +o(x²) +o(x²) ã

− Å

1 +x 2 −x²

8 +x³

16 +o(x³) ã

=x+x²+x³

2 +o(x³)− Å

1 +x 2 −x²

8 +x³

16 +o(x³) ã

=−1 +x 2 +9x²

8 +7x³

16 +o(x³)

On a biensint−−→

t→0 0. e^sin^t= exp

Å t−t³

6 +o(t³) ã

= 1 +t−t³

6 +o(t³) +

Ät−^t₆³ +o(t³)ä2

2 +

Å t−t³

6 +o(t³) ã³

6 +o

ÇÅ t−t³

6 +o(t³) ã³å

= 1 +t−t³

6 +o(t³) +t²

2 +o(t³) +t³

6 +o(t³) +o(t³)

= 1 +t+t²

2 +o(t³)

On pose tout d’abordt=x−1−−−→

x→1 0. Ainsi,1−x+ lnx=−t+ ln(1 +t) =−t+t−t²

2 +o(t²)∼ −t² 2 . x^x−x= e^x^ln^x−xetxlnx= (t+1) ln(t+1) =tln(1+t)+ln(1+t) =t×(t+o(t))+(t−t²

2+o(t²)) =t+t²

2+o(t²).

e^x^ln^x= e^t+^t

2

2+o(t²) = 1 + Å

t+ t²

2 +o(t²) ã

+

Ät+^t₂² +o(t²)ä

2 +o(t²)

= 1 +t+t² 2 +t²

2 +o(t²) = 1 +t+t²+o(t²) =x+t²+o(t²) D’oùx^x−x=t²+o(t²)∼t².

Donc x^x−x 1−x+ lnx ∼

x→1

t²

−t² 2

=−2donc lim

x→1

x^x−x

1−x+ lnx =−2

(6)

−

sin(x) sin Å 1

x² ã

≤ |sinx| −−−→

x→0 0, par le principe des gendarmes,sin(x) sin Å1

x² ã

−−−→x→0 0.

−

(1 + tanx)^sinx¹ = e^ln(1+tan^x)^sin¹^x

= exp Å

ln(1 +x+o(x)) 1 x+o(x)

ã

= exp

Åx+o(x) +o(x) x+o(x)

ã

= exp

Å1 +o(1) 1 +o(1) ã

−−−→x→0 e¹= e

−

tanx−sinx x³ = 1

x³ Å

x+x³

3 +o(x³)− Å

x−x³

6 +o(x³) ãã

= 1 x³

Å1

2x³+o(x³) ã

= 1

2+o(1)−−−→

x→0

1 2

− sin(xlnx)

x ∼

0

xlnx

x = lnx−−−−→

x→0⁺

−∞.

• 1 x − 1

x² ∼

0 − 1 x²

1 x − 1

x² ∼

+∞

1 x car 1

x =

0 o Å 1

x² ã

et 1 x² =

+∞o Å1

x ã

.

• cosx=

0 1−x²

2 +o(x²)doncf(x) = ln(4x⁴−2 cosx+ 3) = ln(x⁴+ 1 +x²+o(x²)) = ln(1 +x²+o(x²)) = x²+o(x²)∼

0 x² f(x) = ln

Å 4x⁴

Å

1 +3−2 cosx 4x⁴

ãã

+∞= ln 4x⁴+o(1)∼ln(4x⁴) ∼

+∞4 lnx

Au voisinage de−1, 1

√3

1 +t³ = 1

p3

(1 +t)(1−t+t²) ∼ 1 p3

3(1 +t) (ou on peut posert=x−1) Au voisinage de0,chx−cosx

(e^x−1)⁵² ∼ x² x⁵²

∼ 1

√x. Au voisinage de+∞, chx= e^x+ e^−x

2 ∼ e^x

2, doncch(x)−cos(x)∼ e^x 2 . On en déduit que chx−cosx

(e^x−1)⁵²

∼ 1 2e⁻³²^x Au voisinage de0, lnt

√1−t ∼lntet au voisinage de1, lnt

√1−t = ln(1 + (t−1))

√1−t , orln 1 +u∼ulorsqueu tend vers0, donc lnt

√1−t ∼

1

t−1

√1−t =−√ 1−t.

ln²1 +√

x²−1 = (√

x⁻1 +o(x))² =x²−1 +o(x²)∼x²−1

(7)

Posonst=x−1−−−−→

x→1⁺ 0⁺:

x^x = e^x^ln^x xlnx= (t+ 1) ln(t+ 1) =tln(1 +t) + ln(1 +t) =t×o(1) + (t+o(t)) =t+o(t).

d’oùx^x− −1 = e^x^lnx−1 =

1 + (t+o(t)) +o(t+o(t))−

1 = t+o(t)∼t=x−1 D’où x^x−1

ln²(√

x²−1 + 1) ∼ x−1

x²−1 = 1

x+ 1 −−−→

x→1

1 2

•

u_n=

(−1)ⁿ√

nsinÄ ₁

√n

ä

√n+ (−1)ⁿ =

(−1)ⁿsinÄ ₁

√n

ä

1 +⁽⁻¹⁾^√_nⁿ

= (−1)ⁿ Å 1

√n+o Å1

n ãã Å

1−(−1)ⁿ

√n +o Å 1

√n ãã

= (−1)ⁿ Å 1

√n− (−1)ⁿ n +o

Å1 n

ãã

= (−1)ⁿ

√n − 1 n+o

Å1 n

ã

•

an= Å

1 + 1

√n ã−n

= exp Å

−nln Å

1 + 1

√n ãã

= exp Å

−n Å 1

√n+O Å 1

√n ããã

= exp −√

n+O(√ n) n²a_n= e⁻

√n+O(√

n)+2 lnn−−−−−→

n→+∞ 0d’après les croissances comparées.

Donca_n=o Å 1

n² ã

.

Un énoncé équivalent serait d’étudier la série de terme généralan.

D’après les formules de Taylor,|sinx−x| ≤ x²

2 .On en déduit :

n

X

k=1

sin Å k

n² ã

− k n²

≤

n

X

k=0

k² 2n⁴

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

12n⁴ −−−−−→

n→+∞ 0 Donc :

n→+∞lim

n

X

k=1

sin Å k

n² ã

= lim

n→+∞

n

X

k=0

k n² et

n

X

k=0

k

n² = n(n+ 1)

2n² −−−−−→

n→+∞

1 2

1. u0 = 1et on peut montrer par récurrence queunest bornée :∀n∈N, un∈[0,1].

De plussinest croissante sur[0,1]donc par récurrence,(un)est décroissante, minorée et elle converge vers

`∈[0,1].sinest continue donc`vérifiesin(`) =`donc`= 0(en étudiant la fonctionx7→sin(x)−x).

(8)

2.

u^α_n+1−u^α_n = sin^α(un)−u^α_n

=u^α_n Å

1−u²_n

6 +o(u²_n) ãα

−u^α_n

=u^α_n Å

−αu²_n

6 +o(u²_n) ã

= −α

6 u^α+2_n +o(u^α+2_n )∼ −α 6u^α+2_n

Doncu^α_n+1−u^α_nconverge vers`∈R^∗+si et seulement siα=−2. (On a alors`=−α 6 = 1

3) 3. D’après Cesàro :

1 n

n−1

X

k=0

1 u²_k+1 − 1

u²_k −−−−−→

n→+∞

1

3 mais 1 n

n−1

X

k=0

1 u²_k+1 − 1

u²_k = 1 n

Å 1 u²_n −1

ã

−−−−−→

n→+∞

1 3 On a1 =o

Å 1 u²_n

ã

et donc 1

u²_n −1∼ 1

u²_n. Donc, 1 n

Å 1 u²_n −1

ã

∼ 1

u²_n×n ∼ 1

3 donc 1 u²_n = n

3, puisun∼

…3 n.

• xsin Å1

x ã

∼x× 1 x = 1

• Å x⁴

x−1 ã¹₃

= Ç x³

1−_x¹ å¹₃

=x Ç 1

1−¹_x å¹₃

=x Å

1 + 1 3x +o

Å 1 x^x

ã ã

donc Å x⁴

x−1 ã¹₃

−x= 1

3 +o(1)−−−−→

x→+∞

1 3

•

cos√

x+ 1−cos√

x=−2 sin Ç√

x+ 1 +√ x 2

å sin

Ç√

x+ 1−√ x 2

å

=−2 sin

Å 1

2(√

x+ 1 +√ x)

ã sin

Ç√

x+ 1−√ x 2

å

| {z }

borné

−−−−→

x→+∞ 0

• sh√ x²+ 2 e^x = e

√

x²+2−e⁻

√ x²+2

2 e^x ∼

+∞

e

√ x²+2

2 e^x care⁻

√

x²+2 =oÄ e

√ x²+2ä

et e

√ x²+2

2 e^x = 1 2

Äe

√

x²+2−xä

= 1 2exp

Åx²−2−x²

√x²+ 2 +x ã

−−−−→

x→+∞

1 2. Doncsh√

x²+ 2

e^x −−−−→

x→+∞

1 2

• Au voisinage de0,f(x) ∼ lnx

√x et au voisinage de1⁻, f(x) ∼ ln(1 + (x−1))

(1−x)³² , orln 1 +u ∼ ulorsqueu tend vers0, doncf(x)∼ −1

√1−x.

• f(x)∼

0

ax x =a.

(9)

• Au voisinage de0,thx∼x, doncth 3x−th 2x= 3x+o(x)−2x+o(x) =x+o(x)∼x. On en déduit que f(x)∼

0 1.

Au voisinage de+∞, thx= shx

chx = e^x−e^−x e^x+ e^−x, donc thx= 1−e^−2x

1 + e^−2x = (1−e^−2x)(1−e^−2x+o(e^−2x)) = 1−2 e^−2x+o(e^−2x). On en déduit queth 3x−th 2x=−2 e^−6x+o(e^−6x) + 2 e^−4x+o(e^−4x) ∼

+∞2 e^−4x. Ainsi,f(x) ∼

+∞

2 xe^−4x

e^aⁿ ∼ 1 +a_n

n n

⇔e^aⁿ ∼eⁿ^ln(¹⁺^an_n)

⇔exp

a_n−nln 1 +a_n

n

∼1

⇔an−nln

1 +a_n n

=o(1) Sian=o(√

n), alors :

an−nln

1 +a_n n

=an−n ïa_n

n − a²_n 2n² +o

Åa²_n n²

ãò

= o(√ n)² 2n +o

Åo(√ n)² n

ã

=o(1) Réciproquement, sia_n−nln

1 +a_n n

=o(1), alors a_n n −ln

1 +a_n n

=o(1). En posantf:x7−→x−ln(1+x), on af

an

n

−−−−−→

n→+∞ 0. Et on af⁰(x) = 1− 1

1 +x = x

1 +x ≥0pourx >0donc f est strictement croissante deR+dansf(R+) =R+.f est continue doncf est bijective et d’après le théorème de la bijectionf⁻¹est continue avecf⁻¹(0) = 0. Donc an

n =f⁻¹

f an

n

−−−−−→

n→+∞ 0. x

f⁰(x)

f(x)

0 +∞

+

0 0

+∞

On a alors, comme avant que :

o(1) =a_n−nln 1 +a_n

n

=a_n−n ïa_n

n − a²_n 2n² +o

Åa²_n n²

ãò

= a²_n 2n+o

Åa²_n n

ã

∼ a²_n 2n et donc a²_n

2n =o(1)doncan=o(√

n). L’équivalence est donc établie.

Au voisinage de0, e^x=

100

X

k=0

x^k

k! +o(x¹⁰⁰) donc

99

X

k=0

x^k

k! = e^x−x¹⁰⁰

100! +o(x¹⁰⁰)

(10)

ln

99

X

k=0

x^k k!

!

= ln Å

e^x+o(x¹⁰⁰)−x¹⁰⁰ 100!

ã

=x+ ln Å

1− x¹⁰⁰e^−x

100! +o(x¹⁰⁰) ã

=x+ ln Å

1− x¹⁰⁰(1 +o(1))

100! +o(x¹⁰⁰) ã

=x+ ln Å

1− x¹⁰⁰

100!+o(x¹⁰⁰) ã

=x−x¹⁰⁰

100! +o(x¹⁰⁰)

On peut réécrire la relation de récurrence comme :

uⁿ_n+1−uⁿ⁻¹_n =n Cette forme ayant le bon goût d’être télescopique, on a :

uⁿ⁻¹_n = 1 +

n−1

X

k=1

Äu^k_k+1−u^k−1_k ä

= 1 +

n−1

X

k=1

k= 1 +n(n+ 1) 2 D’où :

1. Posonsvn=uⁿ⁻¹_n . Alorsvn+1 =n+vn, doncvn+1= n(n+ 1)

2 +v1. puisvn= n(n−1)

2 +1 = n²−n+ 2

2 .

Ainsiu_n=

Ån²−n+ 2 2

ã

1 n−1

= exp Å 1

n−1ln

Ån²−n+ 2 2

ãã . ln

Ån²−n+ 2 2

ã

= lnn²+ ln Å

1− 1 n+ 2

n² ã

−ln 2 = 2 lnn−ln 2 +o(1) ∼

+∞2 lnn, donc 1

n−1ln

Ån²−n+ 2 2

ã

−−−−−→

n→+∞ 0etun−−−−−→

n→+∞ 1.

2. De plus, 1

n−1 = 1 n

Å 1− 1

n ã = 1

n Å

1 + 1 n+o

Å1 n

ãã

, donc d’après ce qui précède,

lnu_n= 1 n

Å 1 + 1

n+o Å1

n ãã

(−ln 2 + 2 lnn+o(1)) = 1

n(2 lnn−ln 2 +o(1)). wn = ln(un) −−−−−→

n→+∞ 0, doncun = e^wⁿ = 1 +wn+O(w²_n).Orw²_n ∼ 4 ln²n n² = o

Å1 n

ã

donc un = 1 +2 lnn

n −ln 2 n +o

Å1 n

ã

Posonsh(x) =p

|f(x)g(x)|et montrons quehconvient.

Soitε >0.Il existeA∈Rtel que, pour toutx≥A, |f(x)| ≤ε²|g(x)|. Soitx ≥ A : p

|f(x)| ≤ εp

|g(x)|, donc en multipliant parp

|f(x)|, |f(x)| ≤ εp

|f(x)g(x)| = εh(x). et en multipliant parp

|g(x)|, h(x) =p

|f(x)g(x)| ≤ |g(x)|. CQFD.

L’idée est : lnⁿx = eⁿ^ln(ln^x) et x¹ = e¹^ln^x et donc de trouver quelque chose d’infiniment plus grand que

(11)

Pour toutx∈R^∗₊,, posonsf(x) = e

√

lnxet montrons quef convient.

Soitn ∈ N^∗. lnⁿx

f(x) = exp(nln lnx−√

lnx), orlnt = o(√

t) lorsque t tend vers+∞ d’après les croissances comparées, donc par composition,ln lnx=o(√

lnx),puisnnln lnx−√

lnx=−√

lnx+o(√

lnx)−−−−→

x→+∞ −∞, ce qui montre quelnⁿx

f(x) −−−−→

x→+∞ 0.. Ainsi,lnⁿx=o(f(x)).

De la même façon,f(x) xⁿ¹ = exp

Å√

lnx− 1 nlnx

ã

= exp Å

−1

nlnx+o(lnx) ã

−−−−→

x→+∞ 0doncf(x) =o(xⁿ¹)

•

ln(un) =nln(n) Å

ln

lnn

1 + a n

−ln Å

lnn Å

1 + b n

ããã

=nln(n) Å

ln Å

lnn+ a n +o

Å1 n

ãã

−ln Å

lnnb n+o

Å1 n

ããã

=nln(n) Å

ln Å

1 + a nlnn +o

Å 1 nlnn

ãã

−ln Å

1 + b nlnn+o

Å 1 nlnn

ããã

=a−b+o(1) donc un= e^a−b+o(1) ∼

+∞e^a−b

• On remarque quearctann² = π

2 −arctan Å 1

n² ã

= π 2 − 1

n² +o Å 1

n² ã

(on se ramène ainsi en0).

a_n= arccos Å

1− 2 πn² +o

Å 1 n²

ãã

. Ainsia_n−−−−−→

n→+∞ arccos(1) = 0. 1− 2

πn² +o Å 1

n² ã

= cos(a_n) = 1− a²_n

2 +o(a²_n), cara_n −−−−−→

n→+∞ 0, donc 2

πn² ∼ 2 πn² +o

Å 1 n²

ã

= a²_n

2 +o(a²_n)∼ a²_n 2 .

On en déduit quea_n∼ 2

√πn.

On posex= 1 +t.

f(x) =f(1 +t) =

»

1 +t+√ 1 +t

=

1 +t+ 1 + t 2 −t²

8 +o(t²)

=

2 +3t 2 −t²

8 +o(t²)

=√ 2

1 +3t

4 − t²

16+o(t²)

=√ 2

Ñ 1 +

Ä_3t

4 −₁₆^t² +o(t²)ä

2 −

Ä_3t

4 −₁₆^t² +o(t²)ä2

8

é

+o(t²)

=√

2 +3√ 2 8 t−

√2

32t²− 9√ 2

16×8t²+o(t²)

=√

2 +3√ 2

8 (x−1)−13√ 2

128 (x−1)²+o((x−1)²)

= 67√ 2

128 +37√ 2

64 x− 13√ 2

128 x²+o(x²)

(12)

Solution de l’exercice 20.21 Énoncé On étudief surh

nπ, nπ+π 2

h.

f⁰(x) = 1

cos²x− 2x(x+ 1)−x² (x+ 1)²

= 1

cos²x− 1 x²+ 2x+ 1

= 1

cos²x−1 +2x(x+ 1)−x² (x+ 1)²

>0

x f⁰(x)

f(x)

nπ nπ+^π₂

+

<0

+∞

x_n

0

Doncfest strictement croissante, donc injective. De plusfest continue etf(nπ) = −(nπ)²

nπ+ 1 <0etf(x)−−−−−−→

x→nπ+^π₂

+∞, donc par le théorème des valeurs intermédiaires, il existex_n ∈ i

nπ, nπ+π 2 h

,tel quef(x_n) = 0or f est injective doncx_nest unique.

On axn−nπ∈i 0 ; π

2

h, doncxn=nπ+O(1).

tanx_n = x²_n

xn+ 1 donc x_n−nπ = arctan(tanx_n) = arctan x²_n

xn+ 1 or x²_n xn+ 1 ∼

+∞ x_n ∼ nπ, donc x_n− nπ−−−−−→

n→+∞

π

2 doncxn=nπ+π

2 +o(1). De plus, comme∀x∈R^∗+, arctanx+ arctan1

x = π

2, donc x_n−nπ− π

2 = arctan

Åxn+ 1 x²_n

ã

• x_n+ 1 x²_n ∼

+∞

1 x_n ∼ 1

nπ. Doncx_n=nπ+ π 2 − 1

nπ +o Å1

n ã

.

• xn+ 1 x²_n = 1

xn

+ 1 x²_n = 1

nπ Å

1 + 1 2n − 1

n²π² +o Å 1

n² ãã−1

+ 1 n²π²

Å 1 + 1

2n+o Å1

n ãã−2

Or(1 +u)⁻¹= 1−u+u²+o(u²)avecu= 1 2n

Å 1− 2

nπ² +o Å1

n ãã

etu² = 1

4n²(1 +o(1)). Donc

1 x_n + 1

x²_n = 1 nπ

Å 1− 1

2n+4 +π² 4π² − 1

n² +o Å 1

n² ãã

+ 1

(nπ)² Å

1− 1 n+o

Å1 n

ãã

= 1 nπ

Å 1− 1

2n+4 +π² 4n²π² +o

Å 1 n²

ã + 1

nπ − 1 n²π +o

Å 1 n²

ãã

= 1 nπ

Å

1 +2−π

2nπ +4−4π+π² 4n²π² +o

Å 1 n²

ã +o

Å 1 n²

ãã

De plus,x_n−nπ− π

2 = arctanvoùv= 1 nπ

Ç

1 +2−π 2π × 1

n+

Å2−π 2π

ã2

× 1 n² +o

Å 1 n²

ãå . Et on aarctanv=v−v³

3 +o(v³). Donc xn−nπ− π

2 =− 1 nπ

Ç

1 +2−π 2nπ +

Å2−π 2nπ

ã2

+o Å 1

n² ãå

+ 1 3

1 n³π³

Ç

1 +2−π 2nπ +

Å2−π 2nπ

ã2

+o Å 1

n² ãå³

=− 1

nπ + π−2

2n²π² +−4−4π+π² 4n³π³ +o

Å 1 n³

ã

+ 1

3n³π³ +o Å 1

n³ ã

=− 1

nπ + 2−π

2π²n² −3π²−12π+ 8 12π³n³ +o

Å 1 n³

ã

(13)

Solution de l’exercice 20.22 Énoncé 1. Posonsf_n(x) = ln(x) +nx. On af_n⁰(x) = 1

x +n >0. Doncf est strictement croissante. De plus,f_n(1) = n≥ 0etf_n(x) −−−−→

x→+∞ +∞. D’après le théorème des valeurs intermédiaires, il existe un uniquex_n ∈ R^∗+, tel queln(xn) +nxn= 0.

2. Montrons que(xn)est décroissante.

f_n(x_n+1) = ln(x_n+1) +nx_n+1

= ln(x_n+1) + (n+ 1)x_n+1−x_n+1 =−x_n+1≤f_n(x_n) = 0

Par croissance defn, on a bien que(xn)est décroissante. or(xn)n∈Nest minorée par 0. Donc(xn)converge vers`∈R+.

Supposons par l’absurde que` > 0, doncln(xn) +nxn −−−−−→

n→+∞ +∞ absurde carlnxn+nxn = 0. Donc

`= 0.

3. On pose a_n = nx_n = −ln(x_n) −−−−−→

n→+∞ +∞. On a lnx_n +nx_n = 0 d’où ln(nx_n) + nx_n = lnni.e.

lnan+an= lnni.e.1 +lnan

a_n = lnn

a_n puisquean−−−−−→

n→+∞ +∞on alnan

a_n −−−−−→

n→+∞ 1doncan ∼

+∞ln(n)d’où x_n ∼

+∞

lnn n .

1. Posonsf(x) =Pn

k=1x^kest strictement croissante, avecf(0) = 0etf(1) =n. Par le théorème des valeurs intermédiaires, il existe un uniquex_ntel quef(x_n) = 1.

2. On a

n+1

X

k=1

x^k_n>1 =

n

X

k=1

x^k_n

Or les fonctionsx7→x^kpour1≤k≤nsont croissantes, doncxn+1≤xn.

3. xnest décroissante minorée par0, donc elle admet une limite`. De plus,xn≥`par décroissance, donc 1 =

n

X

k=1

x^k_n≥

n

X

k=1

`^k=`×1−`ⁿ 1−` En passant à la limite :

` 1−` ≤1 Donc`≤ 1

2. De plus, sixn≤ 1 2, on a :

n

X

k=1

x^k_n<

+∞

X

k=1

1 2^k = 1 Ce qui est absurde, donc`≥ 1

2 et`= 1 2. 4. Posonsb_n=a_n−1

2, on a pourn= 1: 1 =

n

X

k=1

Å1 2+bn

ãk

> bn+

n

X

k=1

1 2^k bn≤ 1

2ⁿ

(14)

En particulier, on ab_n=o Å1

n ã

puisqueb_nest positif. On en déduit :

1 = Å1

2 +bn

ã1− ¹₂+bn

n

1− ¹₂ +bn 1−2bn

1 + 2b_n = 1−eⁿ^ln(¹₂^+bn) 1−4bn+o(bn) = 1−e

n ln¹₂+o 1 n

!!

−4b_n+o(bn) =−1 2ⁿ +o

Å 1 2ⁿ

ã

−4b_n∼ − 1 2ⁿ bn∼ 1

2ⁿ⁺²

On pose pourn∈N, Xn= ß

X∈R+/∀x > X, f_n(x)≤ 1

n+ 1gn(x)

™ . Xnest non vide : on peut poserϕ(n) = infXn.

X_n= [

x∈X_n

[x; +∞[donc]ϕ(n) ; +∞[⊂X_n:∀x > ϕ(n), f_n(x)≤ 1

n+ 1f_n(x). Supposons d’abord queϕest majorée parx₀∈R+.

∀x > x₀, ∀n∈N, f_n(x)≤ 1

n+ 1g_n(x).

∀x > x₀, ∀n ∈ N, ∀p ≥ n, fn(x) ≤ fp(x) ≤ 1

p+ 1gp(x) ≤ 1

p+ 1gn(x) car(fn)est croissante et (gn) est décroissante. Donc∀n∈N, ∀x > x₀, ∀p≥n, f_n(x)≤ 1

p+ 1g_n(x).

Donc∀n∈N, ∀x > x₀, f_n(x) = 0. En posantH(x) = 0, ∀n∈N, f_n=o(H)etg_n=o(H).

Supposons maintenant queϕn’est pas majorée.

Soit n ∈ N, X ∈ X_n+1.∀x > X, f_n(x) ≤ f_n+1(x) ≤ 1

n+ 2g_n+1(x) ≤ 1

n+ 1g_n(x) donc X ∈ X_n d’où Xn+1 ⊂Xnetϕ(n+ 1)≥ϕ(n), donc,ϕest croissante.

On a donc G

n∈N

]ϕ(n) ; ϕ(n+ 1)] = ]ϕ(0) ; +∞[et on peut poser :

• Pourx∈ [0 ; ϕ(0)], F(x) =G(x) = 42

• Pour toutn∈Net∀x∈]ϕ(n) ; ϕ(n+ 1)], F(x) =fn(x)etG(x) =gn(x)

Pour toutn∈N, ∀x > ϕ(n), F(x)≥fn(x)etG(x)≤gn(x). Doncfn=O(F)etG=O(gn).

∀n∈N, ∀x∈]ϕ(n) ; ϕ(n+ 1)], F(x) =fn(x)≤ 1

n+ 1gn(x) = 1

n+ 1G(x). Donc∀n∈N, ∀x > ϕ(n), F(x)≤ 1

n+ 1G(x)d’oùF =o(G)(à préciser en passant aux epsilons).

On peut ensuite poserH = √

F Gcomme àl’exercice 17. Et on a ainsiF = o(H) etH = o(G)donc ∀n ∈ N, fn=o(H)etH=o(gn).

1 k+√

k ∼

+∞

1 k ∼ ln

Å 1 +1

k ã

= ln(k+ 1)−ln(k). OrX1

k diverge et 1

k ≥ 0donc d’après le théorème de

(15)

sommation des équivalents,

n

X

k=1

1 k+√

k ∼

n

X

k=1

(ln(k+ 1)−ln(k))

= lnn+ 1

= lnn+ ln Å

1 +1 n

ã

∼lnn

On a tout d’abordun= Pn

k=1lnk

n^α = lnn!

n^α . Or d’après la formule de Stirling,n! ∼

+∞

√ 2πn

n e

n

. On montre d’abord quelnn!∼ln√

2πnn e

n

.

Preuve :

Soitfetgdeux fonctions positives, telle quef(x)∼g(x)etg(x)−−−−→

x→+∞ `6= 1. Alors lnf(x)

lng(x) −1 =

lnÄ_f(x)

g(x)

ä

lng(x) −−−−→

x→+∞

ln 1 ln` = 0 avec`∈R+\{1} ∪ {+∞}en convenant queln +∞= +∞etln 0 =−∞. Ici on an!−−−−−→

n→+∞ +∞donc l’équivalence fonctionne.

On a ensuiteun ∼ ln√

2πnn e

n

n^α = nlnn

n^α − nln e

n^α + lnn

2n^α + ln 2π

2n^α ∼ nlnn

n^α (il suffit de diviser par cette quantité et d’utiliser les croissances comparées).

Finalement on aun ∼

+∞

lnn

n^α−1 = 1

n^α−1ln⁻¹n : c’est une série de Bertrand, qui converge donc si et seulement si α >2.

Comme pour tout logarithme, on met en facteur le terme prépondérant :

un= ln

√n Å

1 +(−1)ⁿ

√n ã

√n

… 1 +a

n

= ln Å

1 +(−1)ⁿ

√n ã

−ln Å…

1 + a n

ã

= (−1)ⁿ

√n − 1 2n+O

Å 1 n^3/2

ã

−ln Å

1 + a 2n+O

Å 1 n²

ãã

= (−1)ⁿ

√n − 1 2n+O

Å 1 n^3/2

ã

− a 2n +O

Å 1 n²

ã +O

Å 1 n²

ã

= (−1)ⁿ

√n

| {z }

SCV *

−(a+ 1) 2n

| {z }

∗∗

+O Å 1

n^3/2 ã

| {z }

CV

* :

(−1)ⁿ

√n

−−−−−→

n→+∞ 0en décroissant, donc elle vérifie le critère spécial des séries alternées. (elle est clairement non absolument convergente).

** : on reconnaît ici la série harmonique, toutes les autres séries étant convergentes, la série enun converge si et seulement si cette série converge, i.e. si et seulement sia=−1.

(16)

an= cos n²π n² 2 +_n^a+ _n¹2

!

= cosπ 2

Ç 1

1 +_2n^a +_n¹2

å

= cosπ 2

Å 1− a

2n− 1 2n² +O

Å 1 n²

ãã

= + sinπ 2

Å a 2n+ 1

2n² +O Å 1

n² ãã

= π 2

Å a 2n+ 1

2n² +O Å 1

n² ãã

+O Å 1

n² ã

= π 2

Ü a 2n

|{z}∗

+ 1 2n²

|{z}CV

+O Å 1

n² ã

| {z }

CV

ê

* : c’est la série harmonique, toutes les autres séries étant convergentes, la série ena_nconverge si et seulement si a= 0

On va chercher un développement asymptotique deunpour trouver la nature de la série.

u_n= cosÄ πp

n²+nä

= cos Ç

πn

… 1 + 1

n å

= cos Å

πn Å

1 + 1 2n − 1

8n² +o Å 1

n³ ããã

= cos Å

πn+π 2 − π

8n+o Å 1

n² ãã

= (−1)ⁿ⁺¹sin Å

− π 8n+o

Å 1 n²

ãã

= (−1)ⁿ⁺¹ Å

− π 8n+o

Å 1 n²

ã +O

Å 1 n²

ãã

= π(−1)ⁿ 8n

| {z }

SCV *

+O Å 1

n² ã

| {z }

CV

∗ :

(−1)ⁿ n

−−−−−→

n→+∞ 0 en décroissant, donc d’après le Théorème spécial des Séries Alternées, la série en X(−1)ⁿ

n est semi-convergente.

Finalement, la sérieX

unest semi-convergente, comme somme de séries convergentes et semi-convergentes.

Siα≤0,alors(−1)ⁿn^α =O(1) =o(lnn)doncun∼ 1

lnn doncP

undiverge.

(17)

Siα >0, alorslnn=o((−1)ⁿn^α).

u_n= 1

lnn+ (−1)ⁿn^α

= (−1)ⁿ

n^α × 1

1 +₍₋₁₎^lnnnn^α

= (−1)ⁿ n^α ×

Å

1 + lnn (−1)ⁿn^α +o

Å lnn (−1)ⁿn^α

ãã

= (−1)ⁿ

n^α + 1 +(−1)ⁿlnn (−1)ⁿn^2α +o

Ålnn n^2α

ã

= (−1)ⁿ n^α

| {z }

∗

+lnn n^2α

|{z}∗∗

+o Ålnn

n^2α ã

∗: c’est une série de Riemann alternée, qui converge siα≥1.

∗∗: On reconnaît ici une série de Bertrand, et doncP

unconverge si et seulement siα > 1 2.

(n+ 1)¹⁺ⁿ¹ = exp Å

ln(n+ 1) Å

1 + 1 n

ãã

= exp Å

lnn+lnn n + ln

Å 1 +1

n ã Å

1 +1 n

ãã

= e^lnⁿexp Ålnn

n + Å1

n+O Å 1

n² ãã Å

1 + 1 n

ãã

=n Å

exp Ålnn

n +o Ålnn

n ããã

=n Å

1 +lnn n +o

Ålnn n

ã +o

Ålnn n

ãã

(car exp(u) =

0 1 +u+o(u)) De manière analogue, on va obtenir :

(n−1)¹⁻¹ⁿ = exp Å

ln(n−1) Å

1− 1 n

ãã

= exp Å

lnn−lnn n + ln

Å 1− 1

n ã Å

1− 1 n

ãã

= e^lnⁿexp Å

−lnn n +

Å

−1 n +O

Å 1 n²

ãã Å 1− 1

n ãã

=nexp Å

−lnn n +o

Ålnn n

ãã

=n Å

1−lnn n +o

Ålnn n

ãã

(car exp(u) =

0 1 +u+o(u)) Et donc finalement :

a_n= 1 n^α

Ä(n+ 1)¹⁺ⁿ¹ −(n−1)¹⁻ⁿ¹ä

= n n^α

Å

1 + lnn n +o

Ålnn n

ã

− Å

1−lnn n +o

Ålnn n

ããã

= 1

n^α(2 lnn+o(lnn))

+∞∼ 2 lnn

n^α

Or2 lnn

n^α est le terme général d’une série de Bertrand, donc elle converge si et seulement siα >1.

(18)

Solution de l’exercice 20.32 Énoncé D’après lacorrection de l’exercice 19, on aa_n ∼

+∞

√2

πn. On a donc affaire à la série harmonique donc la série de terme générala_ndiverge.

D’après la formule de Stirling, n! eⁿ

√

2πnnⁿ −−−−−→

n→+∞ 1, donc en passant au logarithme, on alnn! +n−ln 2πn

2 −

nlnn−−−−−→

n→+∞ 0.Ainsilnn! =nlnn−n+ln 2πn

2 +o(1). On en déduit que : 1

√n

n! = exp Å

−lnn!

n ã

= exp Å

−lnn+ 1−lnn 2n +o

Ålnn n

ãã

= e n

Å

1−lnn 2n +o

Ålnn n

ãã

(car e^uu

0 = 1 +u+o(u)) Ainsi (−1)ⁿ

√n

n! = e(−1)ⁿ

n + (−1)ⁿ⁺¹e lnn 2n² +o

Ålnn n²

ã

= e(−1)ⁿ n +o

Å 1 n^3/2

ã .

X(−1)ⁿ

n! est une série de Riemann alternée (convergente d’après le Théorème spécial des séries alternées) etX

o Å 1

n^3/2 ã

converge donc la sérieX(−1)ⁿ

√n

n! est convergente.

De plus, 1

√n

n! ∼ e

ndonc la série est simplement semi-convergente.