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[ID: 520] [Date de publication: 12 janvier 2021 15:26] [Catégorie(s): Suites équivalentes ] [ Nombre commentaires: 2] [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 980
Par Emmanuel Vieillard-Baron Alain Soyeur François Capaces le 12 janvier 2021 15:26

Soit \(\varepsilon>0\). Comme \(u_n+u_{2n}\underset{n \rightarrow +\infty}{\sim} \dfrac{1}{n}\), il existe un rang \(N\in\mathbb{N}\) tel que si \(n\geqslant N\) alors \(\dfrac{\left(1-\varepsilon\right)}{n}\leqslant u_n+u_{2n} \leqslant\dfrac{\left(1+\varepsilon\right)}{n}\). Pour tout \(p\in\mathbb{N}\), on peut alors écrire : \[\dfrac{\left(1-\varepsilon\right)}{2^p n}\leqslant u_{2^p n}+u_{2^{p+1}n} \leqslant\dfrac{\left(1-\varepsilon\right)}{2^{p}n}.\] Donc : \[\sum_{k=0}^p \left(-1\right)^k \dfrac{\left(1-\varepsilon\right)}{2^k n} \leqslant\sum_{k=0}^p \left(-1\right)^k \left(u_{2^k n}+u_{2^{k+1}n}\right)\leqslant\sum_{k=0}^p \left(-1\right)^k\dfrac{\left(1+\varepsilon\right)}{2^k n}\] ce qui amène : \[\dfrac{\left(1-\varepsilon\right) }{n}\sum_{k=0}^p \dfrac{\left(-1\right)^k}{2^k } \leqslant u_{n}+\left(-1\right)^{p}u_{2^{p+1}n} \leqslant\dfrac{\left(1+\varepsilon\right) }{n}\sum_{k=0}^p \dfrac{\left(-1\right)^k}{2^k } .\] En utilisant que \(u_n\xrightarrow[n \rightarrow +\infty]{}0\) et en prenant la limite quand \(p\) tend vers \(+\infty\) dans les inégalités précédentes, on obtient :

\[\dfrac{2\left(1-\varepsilon\right) }{3n} \leqslant u_{n} \leqslant\dfrac{2\left(1+\varepsilon\right) }{3n}\] et donc \(\boxed{u_n\underset{n \rightarrow +\infty}{\sim}\dfrac{2 }{3n}}\).