On pose, pour tout \(n\in \mathbb{N}^*\), \[u_n=\dfrac{1 \times 3 \times 5 \times ... \times (2n-1)}{2 \times 4 \times 6 \times ... \times (2n)}.\]

  1. Montrer que \((u_n)\) converge.

  2. On considère, pour tout \(n\in \mathbb{N}^*\), la suite \(\left(v_n\right)\) de terme général : \(v_n=(n+1)u_n^2\). Montrer que \(\left(v_n\right)\) converge.

  3. En déduire la limite de \(\left(u_n\right)\).


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[ID: 450] [Date de publication: 12 janvier 2021 15:05] [Catégorie(s): Suites monotones et bornées ] [ Nombre commentaires: 1] [nombre d'éditeurs: 1 ] [Editeur(s): Emmanuel Vieillard-Baron ] [nombre d'auteurs: 3 ] [Auteur(s): Emmanuel Vieillard-Baron Alain Soyeur François Capaces ]




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Exercice 333
Par emmanuel le 12 janvier 2021 15:05
  1. Soit \(n\in \mathbb{N}^*\). On vérifie facilement que \[\dfrac{u_{n+1}}{u_n} = \dfrac{{2n+1} }{2n+2} \leqslant 1\] par conséquent \(\dfrac{u_{n+1}}{u_n}<1\) et \(\left(u_n\right)\) est donc décroissante. La suite \(\left(u_n\right)\) est de plus positive et donc minorée par \(0\). Il s’ensuit d’après le théorème de la limite monotone, que \(\left(u_n\right)\) est convergente.

  2. Soit \(n\in \mathbb{N}^*\). \[\dfrac{v_{n+1}}{v_n} = \dfrac{n+2}{n+1} \left(\dfrac{u_{n+1}}{u_n}\right)^2 = \dfrac{n+2}{n+1} \dfrac{\left(2n+1\right)^2 }{2^2\left(n+1\right)^2} = \dfrac{4n^3+12n^2+9n+2 }{4n^3+12n^2+12n+4} \leqslant 1\] et \(\left(v_n\right)\) est décroissante. Elle est aussi minorée par \(0\) et comme précédemment, on peut alors affirmer qu’elle est convergente.

  3. En partant de l’égalité \(v_n=(n+1)u_n^2\), on obtient que \(u_n=\sqrt{\dfrac{v_n} {n+1}}\). Comme \(\left(v_n\right)\) converge, il en est de même de \(\left(u_n\right)\) et .


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