Étudier la convergence de la suite de terme général
\[u_n=\dfrac{1}{n}\left(1+1+\dfrac{1}{n}+ \left(1+\dfrac{1}{n}\right)^2 + \dots+\left(1+\dfrac{1}{n}\right)^{n-1}\right).\]
Soit \(n\in\mathbb{N}^*\). On a :\[u_n=\dfrac{1}{n}\left(1+1+\dfrac{1}{n}+ \left(1+\dfrac{1}{n}\right)^2 + \dots+\left(1+\dfrac{1}{n}\right)^{n-1}\right)=\dfrac{1}{n} \dfrac{1-\left(1+\dfrac{1}{n}\right)^n } { 1-\left(1+\dfrac{1}{n}\right) } = \left(1+\dfrac{1}{n}\right)^n-1\] mais \(\left(1+\dfrac{1}{n}\right)^n \xrightarrow[n\rightarrow +\infty]{} e\) (voir exercice ) et donc \(\boxed{u_n\xrightarrow[n\rightarrow +\infty]{} e-1}\).
Soit \(\left(a,b\right)\in\mathbb{R}^2\). On considère la suite \(\left(u_n\right)\) donnée par : \[\begin{cases} u_0=a,\quad u_1=b\\u_{n+2}={\scriptstyle 1\over\scriptstyle 2}\left(u_{n+1}+u_n\right)\end{cases}\] Pour tout \(n\in\mathbb{N}\), posons de plus : \(v_n=u_{n+1}-u_n\).
Montrer que \(\left(v_n\right)\) est une suite géométrique.
Calculer, en fonction de \(n\), la somme \(S_n=\sum_{k=0}^{n-1} v_k\).
En déduire, pour tout \(n\in\mathbb{N}\), \(u_n\) en fonction de \(n\) ainsi que la limite de \(\left(u_n\right)\).
Soit \(n\in\mathbb{N}\). On a : \(\dfrac{v_{n+1}}{v_n}=\dfrac{u_{n+2}-u_{n+1}}{u_{n+1}-u_{n}}=\dfrac{\dfrac{1}{2} \left( u_{n+1}+u_n\right)-u_{n+1}}{u_{n+1}-u_{n}}=-\dfrac{1}{2}\). La suite \(\left(v_n\right)\) est donc une suite géométrique de raison \(-\dfrac{1}{2}\). Son premier terme est \(v_0=u_1-u_0=b-a\).
On en déduit que pour tout \(n\in\mathbb{N}\), \(v_n=\left(b-a\right)\left(-\dfrac{1}{2}\right)^n\). Soit \(n\in\mathbb{N}\). On calcule :
Par télescopage, on a aussi \(S_n=\sum_{k=0}^{n-1} v_k=u_n-u_0\) et donc \(u_n=\dfrac{2\left(b-a\right)}{3}\left(1-\left(-\dfrac{1}{2}\right)^{n-1}\right)+a\). On en déduit que \(u_n\xrightarrow[n\rightarrow +\infty]{} \boxed{\dfrac{a+2b}{3}}\).