Utiliser des équivalents ou des croissances comparées pour étudier la convergence des suites suivantes.

  1. \(u_n=n\left(e^{\sin\left({\scriptstyle\pi\over\scriptstyle n}\right)} -1\right) + \left(\ln n\right)^{{\scriptstyle 1\over\scriptstyle n}}\)

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

  3. \(u_n=\sqrt[4]{n^4+4}-n\)

  4. \(u_n=\dfrac{\cos n - n^2}{2^n + n\sin n}\)

  5. \(u_n = \left( \dfrac{1- 1/n}{\cos(1/n)}\right)^n\)

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


Barre utilisateur

[ID: 506] [Date de publication: 12 janvier 2021 15:26] [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 111
Par emmanuel le 12 janvier 2021 15:26
  1. D’une part, \(n\left(e^{\sin\left({\scriptstyle\pi\over\scriptstyle n}\right)} -1\right) \underset{n \rightarrow +\infty}{\sim} n\sin\left({\scriptstyle\pi\over\scriptstyle n}\right) \underset{n \rightarrow +\infty}{\sim}n{\scriptstyle\pi\over\scriptstyle n} =\pi\). D’autre part : \(\left(\ln n\right)^{{\scriptstyle 1\over\scriptstyle n}} =e^{{\scriptstyle\ln\left(\ln n\right)\over\scriptstyle n}}\) et \({\scriptstyle\ln\left(\ln n\right)\over\scriptstyle n}={\scriptstyle\ln n\over\scriptstyle n}{\scriptstyle\ln\left(\ln n\right)\over\scriptstyle\ln n}\) \(\xrightarrow[n\rightarrow +\infty]{}0\). Finalement \(\left(\ln n\right)^{{\scriptstyle 1\over\scriptstyle n}}\xrightarrow[n \rightarrow +\infty]{} e^0=1\) et  : \(u_n\xrightarrow[n\rightarrow +\infty]{}\boxed{\pi+1}\).

  2. Pour tout \(n\in\mathbb{N}\) : \[u_n=\sqrt{n^4+4}-n^2 = \dfrac{ \left(\sqrt{n^4+4}-n^2\right)\left(\sqrt{n^4+4}+n^2\right) }{ \sqrt{n^4+4}+n^2 } = \dfrac{4}{\sqrt{n^4+4}+n^2 } \xrightarrow[n\rightarrow +\infty]{}\boxed{0}\]

  3. Pour tout \(n\in\mathbb{N}\) : \[u_n=\sqrt[4]{n^4+4}-n = \dfrac{\left(\sqrt[4]{n^4+4}-n \right)\left(\sqrt[4]{n^4+4}+n \right) }{\sqrt[4]{n^4+4}+n } = \dfrac{\sqrt{n^4+4}-n^2 }{ \sqrt[4]{n^4+4}+n }.\] En utilisant la question précédente, le numérateur tend vers \(0\) et il est facile de montrer que le dénominateur tend vers \(+\infty\). La suite tend donc vers \(\boxed{0}\).

  4. \(u_n=\dfrac{\cos n - n^2}{2^n + n\sin n} = \dfrac{n^2}{2^n} \dfrac{ \dfrac{\cos n}{n^2} -1 }{ 1+\dfrac{n\sin n}{n^2} }\). Mais, en utilisant le théorème des gendarmes et les croissances comparées, on montre facilement que \({\scriptstyle\cos n\over\scriptstyle n^2} \xrightarrow[n\rightarrow +\infty]{} 0\) et \({\scriptstyle n\sin n\over\scriptstyle n^2}\xrightarrow[n\rightarrow +\infty]{} 0\). Par conséquent, comme \(n^2 = \underset{n \rightarrow +\infty}{o}\left(2^n\right)\), il est clair que \(u_n\xrightarrow[n\rightarrow +\infty]{}\boxed{0}\).

  5. Écrivons \(u_n=e^{a_n}\) avec \[a_n = n\ln \left( \dfrac{1-\dfrac{1}{n}}{\cos\dfrac{1}{n}}\right) = n\ln\left( 1+\dfrac{ 1-\dfrac{1}{n}-\cos\dfrac{1}{n}}{\cos\dfrac{1}{n}}\right)\] et comme \(1-\cos\dfrac{1}{n}\underset{n \rightarrow +\infty}{\sim}\dfrac{1}{2n^2}=\underset{n \rightarrow +\infty}{o}\left( -\dfrac { 1 } { n } \right)\) , il vient que \[\dfrac{ 1-\dfrac{1}{n}-\cos\dfrac{1}{n}}{\cos\dfrac{1}{n}}\underset{n \rightarrow +\infty}{\sim} -\dfrac{1}{n} \xrightarrow[n \rightarrow +\infty]{}0\] Et par conséquent,

    \[a_n\underset{n \rightarrow +\infty}{\sim} 1 \textrm{ et } \boxed{ u_n \rightarrow \boxed{\dfrac{1}{e}}}\]

  6. \(u_n=\left(1+\sqrt{1+{\scriptstyle 1\over\scriptstyle n}}\right)^n=e^{n \ln\left(1+\sqrt{1+{\scriptstyle 1\over\scriptstyle n}} \right)}\) et \(1+\sqrt{1+{\scriptstyle 1\over\scriptstyle n}} \xrightarrow[n\rightarrow +\infty]{} 2\) donc \(n \ln\left(1+\sqrt{1+{\scriptstyle 1\over\scriptstyle n}} \right) \xrightarrow[n\rightarrow +\infty]{} +\infty\) et il en est de même de \(u_n\).


Documents à télécharger