Déterminer un équivalent des suites dont le terme général est donné par  :

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

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

  3. \(u_n=\dfrac{\ln\left(n+1\right)-\ln n}{\sqrt{n+1}-\sqrt n}\)


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[ID: 784] [Date de publication: 18 janvier 2021 14:24] [Catégorie(s): Applications à l'étude de suites ] [ 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 ]




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Exercice 132
Par emmanuel le 18 janvier 2021 14:24
  1. On utilise le DL(0,1) de \(\exp\) et le fait que \(\ln n/n \xrightarrow[n \rightarrow +\infty]{}0\). Il existe des suites \(\left(\gamma_n\right),\left(\widetilde\gamma_n\right)\) toutes deux convergentes vers \(0\) tels que : \[\begin{aligned} \left(n+1\right)^{{\scriptstyle 1\over\scriptstyle n+1}}-n^{{\scriptstyle 1\over\scriptstyle n}}&=e^{{\scriptstyle\ln\left(n+1\right)\over\scriptstyle n+1}}-e^{{\scriptstyle\ln n\over\scriptstyle n}}\\ &=1+ \dfrac{\ln\left(n+1\right)}{n+1}+\gamma_n \dfrac{\ln\left(n+1\right)}{n+1} - 1 -\dfrac{\ln n}{n}+\widetilde\gamma_n \dfrac{\ln n}{n}\\ &=\dfrac{\ln n}{n+1}-\dfrac{\ln n}{n} + \dfrac{\ln\left(1+1/n\right)}{n+1}+\gamma_n \dfrac{\ln\left(n+1\right)}{n+1}+\widetilde\gamma_n \dfrac{\ln n}{n} \\ &= - \dfrac{\ln n}{n(n+1)} + \dfrac{\ln\left(1+1/n\right)}{n+1}+\gamma_n \dfrac{\ln\left(n+1\right)}{n+1}+\widetilde\gamma_n \dfrac{\ln n}{n} \end{aligned}\] Il n’est pas difficile de voir que \(\dfrac{\ln\left(1+1/n\right)}{n+1} \sim \dfrac1{n^2}\) et donc \(\dfrac{\ln\left(1+1/n\right)}{n+1}\) est négligeable par rapport au terme \(\dfrac{\ln n}{n(n+1)}\).

    Mais qu’en est-il des autres termes ? Pour le savoir, il faut aller plus loin dans le développement limité. Mais auparavant, pour éviter les redites, notons que \(\ln(n+1) - \ln n \sim \dfrac1n\). \[\begin{aligned} \left(n+1\right)^{{\scriptstyle 1\over\scriptstyle n+1}}-n^{{\scriptstyle 1\over\scriptstyle n}}&=e^{{\scriptstyle\ln\left(n+1\right)\over\scriptstyle n+1}}-e^{{\scriptstyle\ln n\over\scriptstyle n}}\\ &=1+ \dfrac{\ln\left(n+1\right)}{n+1} + \dfrac{\ln^2\left(n+1\right)}{2(n+1)^2} + \varepsilon_n \dfrac{\ln^2\left(n+1\right)}{2(n+1)^2} - 1 -\dfrac{\ln n}{n} - \dfrac{\ln^2 n}{n^2} + \widetilde\varepsilon_n \dfrac{\ln^2 n}{n^2}\\ &=\dfrac{\ln n}{n+1}-\dfrac{\ln n}{n} + \dfrac{\ln\left(1+1/n\right)}{n+1}+ \dfrac{\ln^2\left(n+1\right) - \ln^2 n}{2(n+1)^2} + \dfrac{\ln^2 n}{2(n+1)^2} - \dfrac{\ln^2 n}{2n^2} + \varepsilon_n \dfrac{\ln^2\left(n+1\right)}{2(n+1)^2} + \widetilde\varepsilon_n \dfrac{\ln^2 n}{n^2} \end{aligned}\] Maintenant

    • \(\dfrac{\ln n}{n+1}-\dfrac{\ln n}{n} \sim -\dfrac{\ln n}{n^2}\).

    • \(\dfrac{\ln\left(1+1/n\right)}{n+1} \sim \dfrac1{n^2} = o\left( \dfrac{\ln n}{n^2} \right)\).

    • \(\dfrac{\ln^2\left(n+1\right) - \ln^2 n}{2(n+1)^2} \sim \dfrac{\ln\left(n+1\right) + \ln n}{2n(n+1)^2} = o\left( \dfrac{\ln n}{n^2} \right)\).

    • Bien entendu \(\varepsilon_n \dfrac{\ln^2\left(n+1\right)}{2(n+1)^2} = o\left( \dfrac{\ln n}{n^2} \right)\) et \(\widetilde\varepsilon_n \dfrac{\ln^2 n}{n^2} = o\left( \dfrac{\ln n}{n^2} \right)\).

    Finalement, on a bien \(u_n \sim -\dfrac{\ln n}{n^2}\).

  2. Comme \(\sqrt{1+x}=1+\dfrac{1}{2}x-\dfrac{1}{8}x^2+\underset{x \rightarrow 0}{o}\left(x^2\right)\) et que \(\sqrt{1-x}=1-\dfrac{1}{2}x-\dfrac{1}{8}x^2+\underset{x \rightarrow 0}{o}\left(x^2\right)\), on a : \[\begin{aligned} 2\sqrt n - \sqrt{n+1}-\sqrt{n-1}&=&\sqrt n \left(2-\sqrt{1+\dfrac{1}{n}}- \sqrt{1-\dfrac{1}{n}} \right)\\ &=&\sqrt n \left( \dfrac{1}{4}\dfrac{1}{n^2}+ \underset{n \rightarrow +\infty}{o}\left({\scriptstyle 1\over\scriptstyle n^2}\right)\right)\\ &\underset{n\rightarrow +\infty}{\sim}&\boxed{\dfrac{1}{4}\dfrac{1}{n^{\scriptstyle 3\over\scriptstyle 2}}} \end{aligned}\]

  3. Comme \(\ln\left(1+x\right)=x+\underset{x \rightarrow 0}{o}\left(x\right)\) et que \(\sqrt{1+x}=1+\dfrac{1}{2}x+\underset{x \rightarrow 0}{o}\left(x\right)\) : \[\begin{aligned} \dfrac{\ln\left(n+1\right)-\ln n}{\sqrt{n+1}-\sqrt n}&=&\dfrac{\ln\left(1+{\scriptstyle 1\over\scriptstyle n}\right)}{\sqrt n\left(\sqrt{1+{\scriptstyle 1\over\scriptstyle n}}-1 \right)}\\ &=& \dfrac{1}{\sqrt n}\dfrac{{\scriptstyle 1\over\scriptstyle n} + \underset{n \rightarrow +\infty}{o}\left({\scriptstyle 1\over\scriptstyle n}\right)}{ {\scriptstyle 1\over\scriptstyle 2n} + \underset{n \rightarrow +\infty}{o}\left({\scriptstyle 1\over\scriptstyle n}\right) }\\ &\underset{n\rightarrow +\infty}{\sim}\boxed{\dfrac{2}{\sqrt n}} \end{aligned}\]


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