Donner des équivalents simples lorsque \(n\) tend vers \(+\infty\) pour les suites de terme général:

  1. \(u_n=\dfrac{1}{n-1}-\dfrac{1}{n+1}\)

  2. \(u_n=\sqrt{n+1}-\sqrt{n-1}\)

  3. \(u_n=\dfrac{\ln (n+1)-\ln n}{\tan {\scriptstyle 1\over\scriptstyle n}}\)

  4. \(u_n=\dfrac{\ln(n^2+1)}{n+1}\)

  5. \(u_n={n\sin{\scriptstyle 1\over\scriptstyle n^2}}\)

  6. \(u_n=\dfrac{ \left( \sin{\scriptstyle 1\over\scriptstyle n}\right)^{\sin{\scriptstyle 1\over\scriptstyle n}} -1}{\left( \tan{\scriptstyle 1\over\scriptstyle n}\right)^{\tan{\scriptstyle 1\over\scriptstyle n}}-1}\)


Barre utilisateur

[ID: 492] [Date de publication: 12 janvier 2021 15:25] [Catégorie(s): Suites équivalentes ] [ 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 ]




Solution(s)

Solution(s)

Exercice 746
Par emmanuel le 12 janvier 2021 15:25
  1. \(u_n={\scriptstyle 1\over\scriptstyle n-1}-{\scriptstyle 1\over\scriptstyle n+1} = {\scriptstyle 2\over\scriptstyle\left(n-1\right)\left(n+1\right)} = {\scriptstyle 2\over\scriptstyle n^2} {\scriptstyle 1\over\scriptstyle\left(1-{\scriptstyle 1\over\scriptstyle n}\right) \left(1+{\scriptstyle 1\over\scriptstyle n}\right)} \underset{n \rightarrow +\infty}{\sim} \boxed{{\scriptstyle 2\over\scriptstyle n^2}}\) car \({\scriptstyle 1\over\scriptstyle\left(1-{\scriptstyle 1\over\scriptstyle n}\right) \left(1+{\scriptstyle 1\over\scriptstyle n}\right)}\xrightarrow[n\rightarrow +\infty]{} 1\).

  2. \(u_n=\sqrt{n+1}-\sqrt{n-1} = \dfrac{ \left(\sqrt{n+1}-\sqrt{n-1}\right) \left(\sqrt{n+1}+\sqrt{n-1} \right) }{ \sqrt{n+1}+\sqrt{n-1} } = {\scriptstyle 2\over\scriptstyle\sqrt{n+1}+\sqrt{n-1}} = {\scriptstyle 2\over\scriptstyle \sqrt{n} \left(\sqrt{1+{\scriptstyle 1\over\scriptstyle n}} + \sqrt{1-{\scriptstyle 1\over\scriptstyle n}} \right)} \underset{n \rightarrow +\infty}{\sim} \boxed{{\scriptstyle 1\over\scriptstyle \sqrt{n}}}\) car \({\scriptstyle 2\over\scriptstyle {\sqrt{1+{\scriptstyle 1\over\scriptstyle n}} + \sqrt{1-{\scriptstyle 1\over\scriptstyle n}} }} \xrightarrow[n\rightarrow +\infty]{} 1\).

  3. \(\dfrac{\ln (n+1)-\ln n}{\tan {\scriptstyle 1\over\scriptstyle n}} \underset{n \rightarrow +\infty}{\sim} \dfrac{\ln (n+1)-\ln n}{{\scriptstyle 1\over\scriptstyle n}} = n\ln\left(1+{\scriptstyle 1\over\scriptstyle n}\right) \underset{n \rightarrow +\infty}{\sim} \boxed{1}\) par quotient et produit d’équivalents.

  4. \(u_n=\dfrac{\ln(n^2+1)}{n+1} = \dfrac{\ln n^2 + \ln \left(1+{\scriptstyle 1\over\scriptstyle n^2}\right)}{n+1} = \dfrac{\ln n^2 }{n} \dfrac{1+ \dfrac{\ln \left(1+{\scriptstyle 1\over\scriptstyle n^2} \right) }{\ln n^2} }{1+\dfrac{1}{n}} \underset{n \rightarrow +\infty}{\sim} \boxed{\dfrac{2\ln n }{n}}\) car \(\ln \left(1+{\scriptstyle 1\over\scriptstyle n^2} \right) \underset{n \rightarrow +\infty}{\sim} {\scriptstyle 1\over\scriptstyle n^2}\) et donc \(\dfrac{1+ \dfrac{\ln \left(1+{\scriptstyle 1\over\scriptstyle n^2} \right) }{\ln n^2} }{1+\dfrac{1}{n}} \xrightarrow[n\rightarrow +\infty]{} 1\) .

  5. \(u_n={n\sin{\scriptstyle 1\over\scriptstyle n^2}} \underset{n \rightarrow +\infty}{\sim} n{\scriptstyle 1\over\scriptstyle n^2}=\boxed{{\scriptstyle 1\over\scriptstyle n}}\) par produit d’équivalents.

  6. Considérons \[a_n=\left(\sin{\scriptstyle 1\over\scriptstyle n}\right)^{\sin{\scriptstyle 1\over\scriptstyle n}} -1 = e^{\sin{\scriptstyle 1\over\scriptstyle n} \ln \sin{\scriptstyle 1\over\scriptstyle n}}-1.\] Comme \(x\ln x\xrightarrow[x\rightarrow 0]{}0\) et que \(\sin{\scriptstyle 1\over\scriptstyle n}\xrightarrow[n\rightarrow +\infty]{}0\), il vient que : \(\sin{\scriptstyle 1\over\scriptstyle n} \ln \sin{\scriptstyle 1\over\scriptstyle n}\xrightarrow[n\rightarrow +\infty]{}0\) et donc \(a_n\underset{n \rightarrow +\infty}{\sim} \sin{\scriptstyle 1\over\scriptstyle n} \ln \sin{\scriptstyle 1\over\scriptstyle n} \underset{n \rightarrow +\infty}{\sim} \dfrac{\ln \sin{\scriptstyle 1\over\scriptstyle n}}{n}\). On montre de même que \[b_n=\left( \tan{\scriptstyle 1\over\scriptstyle n}\right)^{\tan{\scriptstyle 1\over\scriptstyle n}}-1\underset{n \rightarrow +\infty}{\sim} \dfrac{\ln \tan{\scriptstyle 1\over\scriptstyle n}}{n}.\] Comme \(u_n=a_n/b_n\), il vient : \[u_n \underset{n \rightarrow +\infty}{\sim} \dfrac{\ln \sin{\scriptstyle 1\over\scriptstyle n}}{\ln \tan{\scriptstyle 1\over\scriptstyle n}}=\dfrac{\ln \sin{\scriptstyle 1\over\scriptstyle n}}{\ln \sin{\scriptstyle 1\over\scriptstyle n} -\ln \cos{\scriptstyle 1\over\scriptstyle n} }= \dfrac{1}{1-\dfrac{\ln \cos{\scriptstyle 1\over\scriptstyle n}}{\ln \sin{\scriptstyle 1\over\scriptstyle n}}}\underset{n \rightarrow +\infty}{\sim}\boxed{1}.\]


Documents à télécharger