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

  1. \(u_n=\ln\left(n+1\right)-\ln n\)

  2. \(u_n={\scriptstyle 2n^3-\ln n +1\over\scriptstyle n^2+1}\)

  3. \(u_n=\left(n+1\right)^\alpha-\left(n-1\right)^\alpha\) avec \(\alpha\in\mathbb{R}\).

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

  5. \(u_n= \dfrac{\sqrt{n^2+n+1}}{\sqrt[3]{n^2-n+1}}\)

  6. \(u_n=\dfrac{ e^{2n}+n^2+{\scriptstyle 1\over\scriptstyle n} }{ e^{n^2}\tan {\scriptstyle 1\over\scriptstyle n} } \left( \sqrt{1+\ln\left( 1+\mathop{\mathrm{sh}}{\scriptstyle 1\over\scriptstyle n}\right) }-1\right)\)


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[ID: 496] [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)

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Exercice 792
Par emmanuel le 12 janvier 2021 15:25
  1. \(u_n=\ln\left(n+1\right)-\ln n = \ln \dfrac{n+1}{n} = \ln \left(1+{\scriptstyle 1\over\scriptstyle n}\right) \underset{n \rightarrow +\infty}{\sim}{\scriptstyle 1\over\scriptstyle n}\)

  2. \(u_n={\scriptstyle 2n^3-\ln n +1\over\scriptstyle n^2+1} = {\scriptstyle 2n^3\over\scriptstyle n^2} \dfrac{1-{\scriptstyle\ln n\over\scriptstyle 2n^3} +{\scriptstyle 1\over\scriptstyle 2n^3}}{ 1+{\scriptstyle 1\over\scriptstyle n^2} } \underset{n \rightarrow +\infty}{\sim} 2n\) car \(\dfrac{1-{\scriptstyle\ln n\over\scriptstyle 2n^3} +{\scriptstyle 1\over\scriptstyle 2n^3}}{ 1+{\scriptstyle 1\over\scriptstyle n^2} } \xrightarrow[n\rightarrow +\infty]{} 1\).

  3. \(u_n=\left(n+1\right)^\alpha-\left(n-1\right)^\alpha=\left(n-1\right)^\alpha\left(\left(\dfrac{n+1}{n-1}\right) ^\alpha-1 \right) = \left(n-1\right)^\alpha\left(\left(1+\dfrac{2}{n-1}\right) ^\alpha-1 \right) \underset{n \rightarrow +\infty}{\sim} \left(n-1\right)^\alpha\dfrac{2\alpha}{n-1}=\boxed{2\alpha\left(n-1\right)^{\alpha-1}}\). Remarquons que si on factorise ainsi : \(u_n= \left(n+1\right)^\alpha\left(1-\left(\dfrac{n-1}{n+1}\right) ^\alpha \right)\), on trouve que \(u_n\underset{n \rightarrow +\infty}{\sim} 2\alpha\left(n+1\right)^{\alpha-1}\) qui est bien entendu équivalent à l’équivalent trouvé avant.

  4. \(u_n = \dfrac{n^2 + n\ln(1-e^{-n})}{n^2+1} =\dfrac{1+{\scriptstyle\ln(1-e^{-n})\over\scriptstyle n}}{1+{\scriptstyle 1\over\scriptstyle n^2}} \underset{n \rightarrow +\infty}{\sim} \boxed{1}\) car \(\dfrac{\ln(1-e^{-n})}{n}\underset{n \rightarrow +\infty}{\sim}-\dfrac{e^{-n}}{n} \xrightarrow[n\rightarrow +\infty]{}0\)

  5. \(u_n= {\scriptstyle\sqrt{n^2+n+1}\over\scriptstyle\sqrt[3]{n^2-n+1}} = \dfrac{n}{n^{{\scriptstyle 3\over\scriptstyle 2}}} \dfrac{ \sqrt{1 + {\scriptstyle 1\over\scriptstyle n} + {\scriptstyle 1\over\scriptstyle n^2}} }{ \sqrt[3]{1 -{\scriptstyle 1\over\scriptstyle n} + {\scriptstyle 1\over\scriptstyle n^2}} } \underset{n \rightarrow +\infty}{\sim} \boxed{ n^{{\scriptstyle 1\over\scriptstyle 3}}}\) car \(\dfrac{ \sqrt{1 + {\scriptstyle 1\over\scriptstyle n} + {\scriptstyle 1\over\scriptstyle n^2}} }{ \sqrt[3]{1 -{\scriptstyle 1\over\scriptstyle n} + {\scriptstyle 1\over\scriptstyle n^2}} } \xrightarrow[n\rightarrow +\infty]{} 1\).

  6. En appliquant les formules usuelles pour les équivalents : \(\left( \sqrt{1+\ln\left( 1+\mathop{\mathrm{sh}}{\scriptstyle 1\over\scriptstyle n}\right) }-1\right) \underset{n \rightarrow +\infty}{\sim} {\scriptstyle 1\over\scriptstyle 2n}\).
    Par conséquent : \(u_n=\dfrac{ e^{2n}+n^2+{\scriptstyle 1\over\scriptstyle n} }{ e^{n^2}\tan {\scriptstyle 1\over\scriptstyle n} } \left( \sqrt{1+\ln\left( 1+\mathop{\mathrm{sh}}{\scriptstyle 1\over\scriptstyle n}\right) }-1\right) \underset{n \rightarrow +\infty}{\sim} {\scriptstyle 1\over\scriptstyle 2n} \dfrac{ e^{2n}+n^2+{\scriptstyle 1\over\scriptstyle n} }{ e^{n^2}\tan {\scriptstyle 1\over\scriptstyle n} } \underset{n \rightarrow +\infty}{\sim} {\scriptstyle 1\over\scriptstyle 2n} \dfrac{ e^{2n}+n^2+{\scriptstyle 1\over\scriptstyle n} }{ e^{n^2} {\scriptstyle 1\over\scriptstyle n} } = {\scriptstyle e^{2n-n^2}\over\scriptstyle 2} \left( 1 + \dfrac{n^2}{e^{2n}} + \dfrac{1}{ne^{2n}} \right) \underset{n \rightarrow +\infty}{\sim} \boxed{{\scriptstyle e^{2n-n^2}\over\scriptstyle 2}}\) car \(1 + \dfrac{n^2}{e^{2n}} + \dfrac{1}{ne^{2n}} \xrightarrow[n\rightarrow +\infty]{} 1\).


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