Suites adjacentes

  1. Les exercices
  2. Vue compacte

Exercices du dossier Suites adjacentes

Exercice 216

12 janvier 2021 15:18 — Par Emmanuel Vieillard-Baron Alain Soyeur François Capaces

Montrer que les suites suivantes \((u_n)\) et \((v_n)\), données par leur terme général, sont adjacentes :

  1. \(u_n=\displaystyle{\sum_{i=0}^n \dfrac{1}{i!} \quad \textrm{ et} \quad v_n=u_n+\dfrac{1}{n!}}\)

  2. \(u_n=\displaystyle{\sum_{i=0}^n \dfrac{1}{i!}} \quad \textrm{ et} \quad v_n=u_n+\dfrac{1}{n~n!}\)


[ID: 464] [Date de publication: 12 janvier 2021 15:18] [Catégorie(s): Suites adjacentes ] [ Nombre commentaires: 0] [nombre d'éditeurs: 1 ] [Editeur(s): Emmanuel Vieillard-Baron ] [nombre d'auteurs: 3 ] [Auteur(s): Emmanuel Vieillard-Baron Alain Soyeur François Capaces ]
Solution

Exercice 216
Par Emmanuel Vieillard-Baron Alain Soyeur François Capaces le 12 janvier 2021 15:18

  1. La suite \(\left(u_n\right)\) est clairement croissante et \(u_n-v_n\xrightarrow[n\rightarrow +\infty]{}0\). Il reste à montrer que \(\left(v_n\right)\) est décroissante. Soit \(n\in\mathbb{N}\). On a \[v_{n+1}-v_n=u_{n+1}-u_{n}+\dfrac{1}{\left(n+1\right)!}-\dfrac{1}{n!}=2\dfrac{1}{\left(n+1\right) ! } -\dfrac{1}{n!}=\dfrac{1-n}{\left(n+1\right)!}<0\] dés que \(n>1\) et donc \(\left(v_n\right)\) est décroissante.

  2. La suite \(\left(u_n\right)\) est clairement croissante et \(u_n-v_n \xrightarrow[n\rightarrow +\infty]{}0\). Montrons que \(\left(v_n\right)\) est décroissante. Soit \(n\in\mathbb{N}\). On a : \[\begin{aligned} v_{n+1}-v_n&=u_{n+1}-u_{n}+\dfrac{1}{\left(n+1\right)\left(n+1\right)!}-\dfrac{1}{n.n!}=\dfrac{1}{ \left(n+1\right)!}+\dfrac{1}{\left(n+1\right)\left(n+1\right)!}-\dfrac{1}{n.n!}=\dfrac{n\left(n+1\right)+n-\left(n+1\right)^2}{ n\left(n+1\right)\left(n+1\right)!}\\ &= -\dfrac{1}{n\left(n+1\right)\left(n+1\right)!}<0.\end{aligned}\]


Exercice 869 *

12 janvier 2021 15:18 — Par Emmanuel Vieillard-Baron Alain Soyeur François Capaces

Montrer que les suites de terme général \[u_n = 1+\sum_{k=1}^{n-1} \dfrac{1}{k^2(k+1)^2}\] \[v_n = u_n + \dfrac{1}{3n^2}\] sont adjacentes.


[ID: 466] [Date de publication: 12 janvier 2021 15:18] [Catégorie(s): Suites adjacentes ] [ Nombre commentaires: 0] [nombre d'éditeurs: 1 ] [Editeur(s): Emmanuel Vieillard-Baron ] [nombre d'auteurs: 3 ] [Auteur(s): Emmanuel Vieillard-Baron Alain Soyeur François Capaces ]
Solution

Exercice 869
Par Emmanuel Vieillard-Baron Alain Soyeur François Capaces le 12 janvier 2021 15:18

La suite \(\left(u_n\right)\) est clairement croissante. Montrons que \(\left(v_n\right)\) est décroissante. Soit \(n\in\mathbb{N}^*\). \[v_{n+1}-v_n = u_{n+1}-u_n + \dfrac{1}{3\left(n+1\right)^2}- \dfrac{1}{3n^2} = {\scriptstyle 1\over\scriptstyle n^2\left(n+1\right)^2} + \dfrac{1}{3\left(n+1\right)^2}- \dfrac{1}{3n^2} = \dfrac{3 + n^2 -\left(n+1\right)^2 }{3n^2\left(n+1\right)^2} = 2\dfrac{(-n+1) }{3n^2\left(n+1\right)^2}\] et cette quantité est négative ou nulle dés que \(n\geqslant 1\). Par suite \(\left(v_n\right)\) est décroissante. Il est de plus clair que \(v_n-u_n = \dfrac{1}{3n^2} \xrightarrow[n\rightarrow +\infty]{}0\) et les deux suites sont donc bien adjacentes.


Constante d’Euler et développement asymptotique de la série harmonique ***

12 janvier 2021 15:18 — Par Emmanuel Vieillard-Baron Alain Soyeur François Capaces

Pour tout \(n\in \mathbb{N}^*\), on considère le terme général \(H_n\) de la série harmonique \[\displaystyle{H_n=\sum_{k=1}^n \dfrac{1}{k} .}\]

  1. Montrer que \(\forall n \in \mathbb{N}^*, \quad H_{2n}-H_n \geqslant\dfrac{1}{2}\).

  2. En déduire que \(H_n \xrightarrow[n\rightarrow +\infty]{} +\infty\).

  3. Prouver l’inégalité : \(\forall t\in\left]-1,+\infty\right[,\quad \ln\left(1+t\right)\leqslant t\).

  4. On introduit les suites de terme général, pour tout \(n\in\mathbb{N}^*\) : \[u_n = H_n - \ln\left(n+1\right) \quad \textrm{ et} \quad v_n = H_n - \ln n\] Montrer que \(\left(u_n\right)\) et \(\left(v_n\right)\) sont adjacentes.

  5. Montrer qu’il existe un réel \(\gamma\in \left]0,1\right[\) tel que : \[H_n =\ln n + \gamma +\underset{n \rightarrow +\infty}{o}\left(1\right)\] Le réel \(\gamma\) est appelé constante d’Euler et cette égalité donne les deux premiers termes du développement asymptotique de la série harmonique.



[ID: 468] [Date de publication: 12 janvier 2021 15:18] [Catégorie(s): Suites adjacentes ] [ Nombre commentaires: 0] [nombre d'éditeurs: 1 ] [Editeur(s): Emmanuel Vieillard-Baron ] [nombre d'auteurs: 3 ] [Auteur(s): Emmanuel Vieillard-Baron Alain Soyeur François Capaces ]
Solution

Constante d’Euler et développement asymptotique de la série harmonique
Par Emmanuel Vieillard-Baron Alain Soyeur François Capaces le 12 janvier 2021 15:18

  1. Soit \(n\in\mathbb{N}^*\). \[H_{2n}-H_n = \dfrac{1}{n+1} + \dfrac{1}{n+2} + \dots+ \dfrac{1}{2n} \geqslant\dfrac{1}{2n} + \dots+ \dfrac{1}{2n} = \dfrac{n}{2n}=\dfrac{1}{2}\]

  2. La suite \(\left(H_n\right)\) est clairement croissante. Par application du théorème de la limite monotone, on peut affirmer que soit elle converge vers un réel \(l\) soit elle tend vers \(+\infty\). Si \(\left(H_n\right)\) convergeait vers un réel \(l\) alors il en serait de même de toute suite extraite et donc \(H_{2n}\xrightarrow[n\rightarrow +\infty]{}l\). Par opérations sur les limites, on aurait alors : \[0=l-l = \displaystyle{\lim_{n \rightarrow +\infty}H_{2n}-H_n} \geqslant\dfrac{1}{2}\] ce qui est absurde. Par conséquent \(\left(H_n\right)\) diverge.

  3. Il suffit d’étudier la fonction \(f: \left\{ \begin{array}{ccl} \left]-1,+\infty\right[ & \longrightarrow & \mathbb{R} \\ t & \longmapsto & \ln\left(1+t\right)-t \end{array} \right.\).

  4. Soit \(n\in\mathbb{N}^*\). \[u_{n+1}-u_n = H_{n+1} - \ln\left(n+2\right) - H_n + \ln\left(n+1\right) = \dfrac{1}{n+1} - \ln\dfrac{n+2}{n+1} = \dfrac{1}{n+1} - \ln\left(1 + {\scriptstyle 1\over\scriptstyle n+1}\right) \geqslant\dfrac{1}{n+1} - \dfrac{1}{n+1} =0\] donc \(\left(u_n\right)\) est croissante. De la même façon : \[v_{n+1}-v_n = \dfrac{1}{n+1} +\ln\dfrac{n}{n+1} = \dfrac{1}{n+1} + \ln\left(1-\dfrac{1}{n+1}\right) \leqslant\dfrac{1}{n+1} - \dfrac{1}{n+1}\leqslant 0\] et \(\left(v_n\right)\) est décroissante. De plus : \[v_n - u_n = \ln\dfrac{n+1}{n} = \ln\left(1+\dfrac{1}{n}\right) \leqslant\dfrac{1}{n}\xrightarrow[n\rightarrow +\infty]{}0\] Les deux suites sont donc bien adjacentes et elles convergent vers une même limite \(\gamma\in\mathbb{R}\).

  5. Comme \(u_1 = 1-\ln\left(2\right)>0\) et \(v_1=1-\ln 1=1\), on a nécessairement \(\gamma \in \left]0,1\right[\). Par ailleurs, comme \(\left(v_n\right)\) admet \(\gamma\) comme limite, pour tout \(n\in\mathbb{N}^*\), \[H_n-\ln n - \gamma = v_n - \gamma \xrightarrow[n\rightarrow +\infty]{}0\] et donc : \(\boxed{ H_n =\ln n + \gamma +\underset{n \rightarrow +\infty}{o}\left(1\right)}\).


Exercice 781 **

12 janvier 2021 15:18 — Par Emmanuel Vieillard-Baron Alain Soyeur François Capaces

  1. Montrez que les deux suites de terme général \[u_n= \sum_{k=1}^{n}\dfrac{1}{\sqrt{k}} -2\sqrt{n+1}\] \[v_n= \sum_{k=1}^{n}\dfrac{1}{\sqrt{k}}-2\sqrt{n}\] sont convergentes de même limite.

  2. En déduire un équivalent simple de la suite de terme général \[S_n = \sum_{k=1}^n \dfrac{1}{\sqrt{k}}\]


[ID: 470] [Date de publication: 12 janvier 2021 15:18] [Catégorie(s): Suites adjacentes ] [ Nombre commentaires: 0] [nombre d'éditeurs: 1 ] [Editeur(s): Emmanuel Vieillard-Baron ] [nombre d'auteurs: 3 ] [Auteur(s): Emmanuel Vieillard-Baron Alain Soyeur François Capaces ]
Solution

Exercice 781
Par Emmanuel Vieillard-Baron Alain Soyeur François Capaces le 12 janvier 2021 15:18

  1. On calcule pour \(n\in \mathbb{N}^*\) : \[u_{n+1}-u_n = \dfrac{1}{\sqrt{n+1}} -2\sqrt{n+2}+2\sqrt{n+1}=\dfrac{1}{\sqrt{n+1}} -\dfrac{2}{ \sqrt{n+1}+\sqrt{n+2}}\] et puisque \(\sqrt{n+2}\geqslant \sqrt{n+1}\), il vient que \(u_{n+1}-u_n \geqslant 0\). Donc \((u_n)\) est croissante. On montre de même que \((v_n)\) est décroissante. On calcule \[0\leqslant d_n=v_n-u_n=2(\sqrt{n+1}-\sqrt{n})=\dfrac{2}{\sqrt{n+1}+\sqrt{n}}\] et donc \((d_n)\) converge vers \(0\). Les deux suites \((u_n)\) et \((v_n)\) sont donc adjacentes et convergent donc vers la même limite \(l\in \mathbb{R}\).

  2. Puisque \(\forall n\in \mathbb{N}^*\), \(S_n = v_n + 2\sqrt{n}=2\sqrt{n}\left( 1+ \dfrac{v_n}{2\sqrt{n} } \right)\), il vient que \(\boxed{S_n\underset{n \rightarrow +\infty}{\sim} 2\sqrt{n}}\). En effet, comme \(\left(v_n\right)\) est convergente, on sait que  \(\dfrac{v_n}{2\sqrt{n}}\rightarrow 0\).


Exercice 85 **

12 janvier 2021 15:18 — Par Emmanuel Vieillard-Baron Alain Soyeur François Capaces

  1. Montrer que les suites de terme général \[u_n = \sum_{k=1}^n \dfrac{1}{n+k} ,\quad v_n = \sum_{k=n}^{2n} \dfrac{1}{k}\] sont adjacentes.

  2. Montrer que : \(\forall n\in\mathbb{N}^*,\quad \dfrac{1}{n+1}\leqslant\ln \dfrac{n+1}{n}\leqslant\dfrac{1}{n}\).

  3. En déduire que : \(\forall n\in \mathbb{N}^*, \quad u_n \leqslant\ln 2 \leqslant v_n\).

  4. Que peut-on en conclure ?


[ID: 472] [Date de publication: 12 janvier 2021 15:18] [Catégorie(s): Suites adjacentes ] [ Nombre commentaires: 0] [nombre d'éditeurs: 1 ] [Editeur(s): Emmanuel Vieillard-Baron ] [nombre d'auteurs: 3 ] [Auteur(s): Emmanuel Vieillard-Baron Alain Soyeur François Capaces ]
Solution

Exercice 85
Par Emmanuel Vieillard-Baron Alain Soyeur François Capaces le 12 janvier 2021 15:18

  1. Soit \(n\in\mathbb{N}^*\). Calculons : \[\begin{aligned} u_{n+1}-u_n &= \left(\dfrac{1}{n+1+1} + \dfrac{1}{n+1+2}+\dots+\dfrac{1}{n+1+n-1}+\dfrac{1}{n+1+n}+\dfrac{1}{n+1+n+1}\right) - \left(\dfrac{1}{n+1}+\dfrac{1}{n+2}+\dots+\dfrac{1}{n+n}\right) \\ &= \dfrac{1}{2n+2}+\dfrac{1}{2n+1}- \dfrac{1}{n+1}\\ &= \dfrac{1}{\left(n+1\right)\left(2n+2\right)} \end{aligned}\] donc \(\left(u_n\right)\) est croissante. De même : \[\begin{aligned} v_{n+1}-v_n&=&\left(\dfrac{1}{n+1} +\dots+\dfrac{1}{2n}+\dfrac{1}{2n+1}+\dfrac{1}{2n+2} \right)-\left(\dfrac{1}{n}+\dots+\dfrac{1}{2n}\right)\\ &=&\dfrac{1}{2n+1}+\dfrac{1}{2n+2}-\dfrac{1}{n}\\ &=&-\dfrac{3n+2}{2n\left(n+1\right)\left(2n+1\right)}\end{aligned}\] et \(\left(v_n\right)\) est décroissante. Enfin : \(v_n-u_n =1/n \xrightarrow[n \rightarrow +\infty]{}0\). Les deux suites sont donc adjacentes et convergent vers une même limite.

  2. Soit \(n\in\mathbb{N}^*\). On sait que \(\forall x>-1,\quad \ln\left(1+x\right)\leqslant x\). Donc : \(\ln\dfrac{n+1}{n} = \ln\left(1+\dfrac{1}{n}\right)\leqslant\dfrac{1}{n}\). De même \[\ln\dfrac{n+1}{n}=-\ln\dfrac{n}{n+1}=-\ln\dfrac{n+1-1}{n+1}=-\ln\left(1-\dfrac{1} { n+1 } \right) \geqslant\dfrac{1}{ n+1 }.\]

  3. On utilise les inégalités précédentes : \[\begin{aligned} u_n &= \dfrac{1}{n+1}+\dfrac{1}{n+2}+\dots+\dfrac{1}{n+n} \leqslant \ln \dfrac{n+1}{n}+\ln \dfrac{n+2}{n+1}+\dots+ \ln \dfrac{n+n}{n+n-1} =\ln \left(\dfrac{n+1}{n} \times \dfrac{n+2}{n+1} \times \dots\times \dfrac{n+n}{n+n-1}\right)=\ln\dfrac{2n}{n}\\ &=\ln2.\end{aligned}\] \[v_n=\dfrac{1}{n}+\dfrac{1}{n+1}+\dots+\dfrac{1}{2n} \geqslant \ln\dfrac{n+1}{n}+\ln\dfrac{n+2}{n+1}+\dots+\ln\dfrac{2n+1}{2n}= \ln \left(\dfrac{n+1}{n}\times \dfrac{n+2}{n+1}\times \dots \times\dfrac{2n+1}{2n}\right)= \ln \dfrac{2n+1}{n}\geqslant\ln 2\]

  4. Notons \(l\) la limite commune aux deux suites. Pour tout \(n\in\mathbb{N}^*\), on a : \(u_n\leqslant\ln 2 \leqslant v_n\) donc par passage à la limite \(l\leqslant\ln 2\leqslant l\) et donc \(l=\ln 2\).


Exercice 113 ***

12 janvier 2021 15:18 — Par Emmanuel Vieillard-Baron Alain Soyeur François Capaces

  1. Étudiez les suites de terme général \[u_n=\sum_{k=1}^n \dfrac{1}{kk!}\] \[v_n= u_n + \dfrac{1}{n^2 n!}\]

  2. Montrez que leur limite commune est irrationnelle.


[ID: 474] [Date de publication: 12 janvier 2021 15:18] [Catégorie(s): Suites adjacentes ] [ Nombre commentaires: 0] [nombre d'éditeurs: 1 ] [Editeur(s): Emmanuel Vieillard-Baron ] [nombre d'auteurs: 3 ] [Auteur(s): Emmanuel Vieillard-Baron Alain Soyeur François Capaces ]
Solution

Exercice 113
Par Emmanuel Vieillard-Baron Alain Soyeur François Capaces le 12 janvier 2021 15:18

Soit \(n\in\mathbb{N}^*\).

  1. La suite \(\left(u_n\right)\) est clairement croissante. On montre de plus que : \[v_{n+1}-v_n==\dfrac{1}{\left(n+1\right)\left(n+1\right)!} + \dfrac{1}{\left(n+1\right)^2\left(n+1\right)!}-\dfrac{1}{n^2n!} =-\dfrac{n^2+3n+1}{(n+1)^2(n+1)!n^2}.\] Donc \(\left(v_n\right)\) est décroissante. Comme \(v_n-u_n=1/(n^2n!)\xrightarrow[n\rightarrow +\infty]{}0\), les deux suites sont adjacentes. Elles convergent donc vers la même limite \(l\in\mathbb{R}\).

  2. Remarquons que comme \(u_2=5/4\), \(v_2=11/8\), et que \(5/4\leqslant l \leqslant 11/8\), \(l\) ne peut être un entier. Si \(l\) était rationnelle, notons la \(\dfrac{p}{q}\) où \(p,q\in\mathbb{N}\), \(q\geqslant 2\), on aurait \(u_q < \dfrac{p}{q} < v_q\) et en multipliant par \(qq!\), il viendrait \(qq!u_q<pq!<qq!u_q+ \dfrac{1}{q}\), ce qui est une absurdité car \(pq!\) est un entier.


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