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

  1. \(u_n=2n^4\left( 1-\cos {\scriptstyle 1\over\scriptstyle n}\right) \ln \left( 1+{\scriptstyle 1\over\scriptstyle n}\right) \tan \left( {\scriptstyle 1\over\scriptstyle n^2}\right)\)

  2. \(u_n = \ln(5+n^2+n) - \ln(n^2-n+3)\)

  3. \(u_n={\scriptstyle 1+\left(-1\right)^n n\over\scriptstyle n+\sqrt{n}}\)

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

  5. \(u_n=\dbinom{n+k}{k},\quad (k \in \mathbb{N})\)

  6. \(u_n = e^{\sin\sqrt{{\scriptstyle\ln n\over\scriptstyle n}}}-\cos \dfrac{1}{\sqrt[4]{n}}\)


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[ID: 498] [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 661
Par emmanuel le 12 janvier 2021 15:25
  1. \(u_n=2n^4\left( 1-\cos {\scriptstyle 1\over\scriptstyle n}\right) \ln \left( 1+{\scriptstyle 1\over\scriptstyle n}\right) \tan \left( {\scriptstyle 1\over\scriptstyle n^2}\right) \underset{n \rightarrow +\infty}{\sim} 2n^4 \times {\scriptstyle 1\over\scriptstyle 2n^2} \times {\scriptstyle 1\over\scriptstyle n} \times {\scriptstyle 1\over\scriptstyle n^2} = {\scriptstyle 1\over\scriptstyle n}\) par applications des formules usuelles.

  2. Écrivons en utilisant les propriétés du logarithme :

    \[u_n = \ln \dfrac{n^2+n+5}{n^2-n+3}=\ln\dfrac{n^2-n+3+2n+2}{n^2-n+3}=\ln\left(1+\dfrac{2n+2}{n ^2-n+3 }\right)\underset{n \rightarrow +\infty}{\sim}\dfrac{2n+2}{n ^2-n+3 }\] car \(\dfrac{2n+2}{n ^2-n+3 }=\dfrac{2n}{n^2}\dfrac{1+1/n}{1-1/n+3/n^2}\underset{n \rightarrow +\infty}{\sim}\dfrac{2}{n} \xrightarrow[n \rightarrow +\infty]{}0\) et on peut utiliser l’équivalent usuel \(\ln(1+v_n)\underset{n \rightarrow +\infty}{\sim} v_n\) lorsque \(v_n \rightarrow 0\). Finalement \(\boxed{u_n\underset{n \rightarrow +\infty}{\sim}\dfrac{2}{n}}\)

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

  4. En utilisant deux fois les quantités conjuguées, écrivons : \[u_n = \dfrac{2}{\left( \sqrt{n+\sqrt{n^2+1}}+\sqrt{n+\sqrt{n^2-1}}\right)\left( \sqrt{n^2+1} + \sqrt{n^2-1}\right) } = \dfrac{2}{v_nw_n}\] Ensuite, on cherche un équivalent de chaque facteur du produit. En factorisant les termes dominants dans les sommes, écrivons \[v_n = \sqrt{n}\left[ \sqrt{1+\sqrt{1+\dfrac{1}{n^2}}} + \sqrt{1+\sqrt{1-\dfrac{1}{n^2}}}\right]\] Comme le crochet tend vers \(2\sqrt{2}\), il est équivalent à cette limite non-nulle et finalement \(v_n \underset{n \rightarrow +\infty}{\sim} 2\sqrt{2n}\).

    De la même façon, \[w_n ={n}\left[ \sqrt{1+\dfrac{1}{n^2}}+\sqrt{1-\dfrac{1}{n^2}}\right] \underset{n \rightarrow +\infty}{\sim} 2{n}\] et finalement, \(\boxed{u_n \underset{n \rightarrow +\infty}{\sim} \dfrac{1}{2n\sqrt{2n}}}\).

  5. \(u_n=\dbinom{n+k}{k} = \dfrac{\left(n+k\right)!}{k! n!} = \dfrac{\left(n+k\right) \left(n+k-1\right) \dots\left(n+2\right) \left(n+1\right)}{k!}\)
    \(\phantom{u_n} = \dfrac{n^{k}}{k!} \left(1+{\scriptstyle k\over\scriptstyle n}\right) \times \left(1+{\scriptstyle k-1\over\scriptstyle n}\right)\times \dots\times \left(1+{\scriptstyle 2\over\scriptstyle n}\right) \times \left(1+{\scriptstyle 1\over\scriptstyle n}\right)\underset{n \rightarrow +\infty}{\sim} \boxed{\dfrac{n^{k}}{k!}}\) car \(\left(1+{\scriptstyle k\over\scriptstyle n}\right) \times \left(1+{\scriptstyle k-1\over\scriptstyle n}\right)\times \dots\times \left(1+{\scriptstyle 2\over\scriptstyle n}\right) \times \left(1+{\scriptstyle 1\over\scriptstyle n}\right)\xrightarrow[n\rightarrow +\infty]{} 1\).

  6. Écrivons d’abord \[u_n = \left( e^{\theta_n}-1\right) + \left( 1-\cos\dfrac{1}{\sqrt[4]{n}}\right) =a_n + b_n\] Comme \(\dfrac{\ln n}{n} \xrightarrow[n \rightarrow +\infty]{}0\), \[\theta_n = \sin \sqrt{{\scriptstyle\ln n\over\scriptstyle n}} \underset{n \rightarrow +\infty}{\sim} \sqrt{{\scriptstyle\ln n\over\scriptstyle n}} \xrightarrow[n \rightarrow +\infty]{}0\] et d’après l’équivalent classique de l’exponentielle, \(a_n\underset{n \rightarrow +\infty}{\sim} \sqrt{\dfrac{\ln n}{n}}\). En utilisant l’équivalent classique du cosinus, \(b_n \underset{n \rightarrow +\infty}{\sim} \dfrac{1}{2\sqrt{n}}\). Mais puisque \(\dfrac{b_n}{a_n}\underset{n \rightarrow +\infty}{\sim} \dfrac{1}{2\sqrt{\ln n}}\rightarrow 0\), \(b_n=\underset{n \rightarrow +\infty}{o}\left(a_n\right)\) et donc, par application du résultat prouvé dans l’exercice  : \[u_n \underset{n \rightarrow +\infty}{\sim} a_n \underset{n \rightarrow +\infty}{\sim} \boxed{\sqrt{\dfrac{\ln n}{n}}}\]


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