Suites équivalentes

Exercices du dossier Suites équivalentes

Exercice 64 *

12 janvier 2021 15:25 — Par Emmanuel Vieillard-Baron Alain Soyeur François Capaces

Soient \(\left(u_n\right)\), \(\left(a_n\right)\) et \(\left(b_n\right)\) des suites réelles telles que : \[\forall n\in\mathbb{N},\quad u_n=a_n+b_n \quad \textrm{ et} \quad b_n =\underset{n \rightarrow +\infty}{o}\left(a_n\right)\] Montrer que \(u_n\underset{n \rightarrow +\infty}{\sim}a_n\).



[ID: 488] [Date de publication: 12 janvier 2021 15:25] [Catégorie(s): Suites équivalentes ] [ 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 ]
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Exercice 64
Par Emmanuel Vieillard-Baron Alain Soyeur François Capaces le 12 janvier 2021 15:25

Comme \(b_n =\underset{n \rightarrow +\infty}{o}\left(a_n\right)\), il existe une suite \(\left(\varepsilon_n\right)\) tel que à partir d’un certain rang \(b_n=\varepsilon_n a_n\) et tel que \(\varepsilon_n\xrightarrow[n\rightarrow +\infty]{}0\). Donc, à partir d’un certain rang, \(u_n=\left(1+\varepsilon_n\right)a_n\). Comme \(\left(1+\varepsilon_n\right)\xrightarrow[n\rightarrow +\infty]{}1\), on a bien \(u_n\underset{n \rightarrow +\infty}{\sim}a_n\).


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Exercice 791
Par Emmanuel Vieillard-Baron Alain Soyeur François Capaces le 12 janvier 2021 15:25
  1. \(u_n={n^{{\scriptstyle 1\over\scriptstyle n}}-1} = e^{{\scriptstyle\ln n\over\scriptstyle n}} - 1 \underset{n \rightarrow +\infty}{\sim} \boxed{{\scriptstyle\ln n\over\scriptstyle n}}\) par application des formules usuelles sur les équivalents et car \({\scriptstyle\ln n\over\scriptstyle n}\xrightarrow[n\rightarrow +\infty]{} 0\).

  2. \(u_n=\dfrac{\sin {\scriptstyle 1\over\scriptstyle n}+1}{\tan {\scriptstyle 1\over\scriptstyle n^2}} \underset{n \rightarrow +\infty}{\sim} \dfrac{\sin {\scriptstyle 1\over\scriptstyle n}+1}{ {\scriptstyle 1\over\scriptstyle n^2} } = n^2 \left(\sin {\scriptstyle 1\over\scriptstyle n} +1\right) \underset{n \rightarrow +\infty}{\sim} \boxed{ n^2}\) car \(\sin {\scriptstyle 1\over\scriptstyle n} +1 \xrightarrow[n\rightarrow +\infty]{} 1\).

  3. \(u_n= \ln\left(n+\sqrt{n^2+1}\right)=\ln n + \ln \left(1+\sqrt{1+{\scriptstyle 1\over\scriptstyle n^2}}\right)\) mais \(\dfrac{\ln \left(1+\sqrt{1+{\scriptstyle 1\over\scriptstyle n^2}}\right)}{\ln n} \xrightarrow[n \rightarrow +\infty]{}0\)
    donc \(\ln \left(1+\sqrt{1+{\scriptstyle 1\over\scriptstyle n^2}}\right)=\underset{n \rightarrow +\infty}{o}\left(\ln n\right)\) et donc d’après l’exercice , \(\boxed{u_n\underset{n \rightarrow +\infty}{\sim}\ln n}\).

  4. \(u_n=(n+3\ln n)e^{-(n+1)} = ne^{-(n+1)} \left(1 + 3 {\scriptstyle\ln n\over\scriptstyle n}\right) \underset{n \rightarrow +\infty}{\sim} \boxed{ne^{-(n+1)}}\) car \(1 + 3 {\scriptstyle\ln n\over\scriptstyle n}\xrightarrow[n\rightarrow +\infty]{} 1\)

  5. \(u_n=\dfrac{n!+e^n}{2^n+3^n} = \dfrac{n!}{3^n} \dfrac{ 1 + {\scriptstyle e^n\over\scriptstyle n!} }{1+\left({\scriptstyle 2\over\scriptstyle 3}\right)^n } \underset{n \rightarrow +\infty}{\sim} \boxed{\dfrac{n!}{3^n}}\) car \(\dfrac{ 1 + {\scriptstyle e^n\over\scriptstyle n!} }{1+\left({\scriptstyle 2\over\scriptstyle 3}\right)^n } \xrightarrow[n\rightarrow +\infty]{} 1\)

  6. \(u_n=\dfrac{1}{\sqrt{n-1}}-\dfrac{1}{\sqrt{n+1}} =\dfrac{\sqrt{n+1}-\sqrt{n-1}}{\sqrt{n^2-1}}=\dfrac{2}{\sqrt{n^2-1}\left(\sqrt{n+1} +\sqrt{n-1}\right)}\)
    \(\phantom{u_n}=\dfrac{1}{n\sqrt n}\dfrac{2}{\sqrt{1-{\scriptstyle 1\over\scriptstyle n^2}}\left(\sqrt{1+{\scriptstyle 1\over\scriptstyle n}} + \sqrt{1-{\scriptstyle 1\over\scriptstyle n}}\right)} \underset{n \rightarrow +\infty}{\sim}\boxed{\dfrac{1}{n\sqrt n}}\) car \(\dfrac{2}{\sqrt{1-{\scriptstyle 1\over\scriptstyle n^2}}\left(\sqrt{1+{\scriptstyle 1\over\scriptstyle n}} + \sqrt{1-{\scriptstyle 1\over\scriptstyle n}}\right)}\xrightarrow[n \rightarrow +\infty]{}1\).


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Exercice 746
Par Emmanuel Vieillard-Baron Alain Soyeur François Capaces le 12 janvier 2021 15:25
  1. \(u_n={\scriptstyle 1\over\scriptstyle n-1}-{\scriptstyle 1\over\scriptstyle n+1} = {\scriptstyle 2\over\scriptstyle\left(n-1\right)\left(n+1\right)} = {\scriptstyle 2\over\scriptstyle n^2} {\scriptstyle 1\over\scriptstyle\left(1-{\scriptstyle 1\over\scriptstyle n}\right) \left(1+{\scriptstyle 1\over\scriptstyle n}\right)} \underset{n \rightarrow +\infty}{\sim} \boxed{{\scriptstyle 2\over\scriptstyle n^2}}\) car \({\scriptstyle 1\over\scriptstyle\left(1-{\scriptstyle 1\over\scriptstyle n}\right) \left(1+{\scriptstyle 1\over\scriptstyle n}\right)}\xrightarrow[n\rightarrow +\infty]{} 1\).

  2. \(u_n=\sqrt{n+1}-\sqrt{n-1} = \dfrac{ \left(\sqrt{n+1}-\sqrt{n-1}\right) \left(\sqrt{n+1}+\sqrt{n-1} \right) }{ \sqrt{n+1}+\sqrt{n-1} } = {\scriptstyle 2\over\scriptstyle\sqrt{n+1}+\sqrt{n-1}} = {\scriptstyle 2\over\scriptstyle \sqrt{n} \left(\sqrt{1+{\scriptstyle 1\over\scriptstyle n}} + \sqrt{1-{\scriptstyle 1\over\scriptstyle n}} \right)} \underset{n \rightarrow +\infty}{\sim} \boxed{{\scriptstyle 1\over\scriptstyle \sqrt{n}}}\) car \({\scriptstyle 2\over\scriptstyle {\sqrt{1+{\scriptstyle 1\over\scriptstyle n}} + \sqrt{1-{\scriptstyle 1\over\scriptstyle n}} }} \xrightarrow[n\rightarrow +\infty]{} 1\).

  3. \(\dfrac{\ln (n+1)-\ln n}{\tan {\scriptstyle 1\over\scriptstyle n}} \underset{n \rightarrow +\infty}{\sim} \dfrac{\ln (n+1)-\ln n}{{\scriptstyle 1\over\scriptstyle n}} = n\ln\left(1+{\scriptstyle 1\over\scriptstyle n}\right) \underset{n \rightarrow +\infty}{\sim} \boxed{1}\) par quotient et produit d’équivalents.

  4. \(u_n=\dfrac{\ln(n^2+1)}{n+1} = \dfrac{\ln n^2 + \ln \left(1+{\scriptstyle 1\over\scriptstyle n^2}\right)}{n+1} = \dfrac{\ln n^2 }{n} \dfrac{1+ \dfrac{\ln \left(1+{\scriptstyle 1\over\scriptstyle n^2} \right) }{\ln n^2} }{1+\dfrac{1}{n}} \underset{n \rightarrow +\infty}{\sim} \boxed{\dfrac{2\ln n }{n}}\) car \(\ln \left(1+{\scriptstyle 1\over\scriptstyle n^2} \right) \underset{n \rightarrow +\infty}{\sim} {\scriptstyle 1\over\scriptstyle n^2}\) et donc \(\dfrac{1+ \dfrac{\ln \left(1+{\scriptstyle 1\over\scriptstyle n^2} \right) }{\ln n^2} }{1+\dfrac{1}{n}} \xrightarrow[n\rightarrow +\infty]{} 1\) .

  5. \(u_n={n\sin{\scriptstyle 1\over\scriptstyle n^2}} \underset{n \rightarrow +\infty}{\sim} n{\scriptstyle 1\over\scriptstyle n^2}=\boxed{{\scriptstyle 1\over\scriptstyle n}}\) par produit d’équivalents.

  6. Considérons \[a_n=\left(\sin{\scriptstyle 1\over\scriptstyle n}\right)^{\sin{\scriptstyle 1\over\scriptstyle n}} -1 = e^{\sin{\scriptstyle 1\over\scriptstyle n} \ln \sin{\scriptstyle 1\over\scriptstyle n}}-1.\] Comme \(x\ln x\xrightarrow[x\rightarrow 0]{}0\) et que \(\sin{\scriptstyle 1\over\scriptstyle n}\xrightarrow[n\rightarrow +\infty]{}0\), il vient que : \(\sin{\scriptstyle 1\over\scriptstyle n} \ln \sin{\scriptstyle 1\over\scriptstyle n}\xrightarrow[n\rightarrow +\infty]{}0\) et donc \(a_n\underset{n \rightarrow +\infty}{\sim} \sin{\scriptstyle 1\over\scriptstyle n} \ln \sin{\scriptstyle 1\over\scriptstyle n} \underset{n \rightarrow +\infty}{\sim} \dfrac{\ln \sin{\scriptstyle 1\over\scriptstyle n}}{n}\). On montre de même que \[b_n=\left( \tan{\scriptstyle 1\over\scriptstyle n}\right)^{\tan{\scriptstyle 1\over\scriptstyle n}}-1\underset{n \rightarrow +\infty}{\sim} \dfrac{\ln \tan{\scriptstyle 1\over\scriptstyle n}}{n}.\] Comme \(u_n=a_n/b_n\), il vient : \[u_n \underset{n \rightarrow +\infty}{\sim} \dfrac{\ln \sin{\scriptstyle 1\over\scriptstyle n}}{\ln \tan{\scriptstyle 1\over\scriptstyle n}}=\dfrac{\ln \sin{\scriptstyle 1\over\scriptstyle n}}{\ln \sin{\scriptstyle 1\over\scriptstyle n} -\ln \cos{\scriptstyle 1\over\scriptstyle n} }= \dfrac{1}{1-\dfrac{\ln \cos{\scriptstyle 1\over\scriptstyle n}}{\ln \sin{\scriptstyle 1\over\scriptstyle n}}}\underset{n \rightarrow +\infty}{\sim}\boxed{1}.\]


Exercice 345 **

12 janvier 2021 15:25 — Par Emmanuel Vieillard-Baron Alain Soyeur François Capaces

Donner des équivalents simples lorsque \(n\) tend vers \(+\infty\) pour les suites de terme général:

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

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

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

  4. \(u_n=\dfrac{n^3-\sqrt{n^2+1}}{\ln n - 2n^2}\)

  5. \(u_n=\ln(n!+n^n+3^n)\)

  6. \(u_n=\dbinom{n}{p}\) avec \(p\in\llbracket 0,n\rrbracket\)



[ID: 494] [Date de publication: 12 janvier 2021 15:25] [Catégorie(s): Suites équivalentes ] [ 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 ]
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Exercice 345
Par Emmanuel Vieillard-Baron Alain Soyeur François Capaces le 12 janvier 2021 15:25
  1. \(u_n={\sqrt{n+1}-\sqrt{n}} = \sqrt{n} \left( \sqrt{1+{\scriptstyle 1\over\scriptstyle n}} -1 \right) \underset{n \rightarrow +\infty}{\sim} \dfrac{\sqrt{n}}{2n}\underset{n \rightarrow +\infty}{\sim} \boxed{\dfrac{1}{2\sqrt{n}}}\).

  2. \(u_n = e^{{\scriptstyle n^2+n\over\scriptstyle 2}} \left(\sqrt{ 1-e^{-n-n^2}}- e^{{\scriptstyle n-n^2\over\scriptstyle 2}} \right)\underset{n \rightarrow +\infty}{\sim} {\boxed{e^{{\scriptstyle n^2+n\over\scriptstyle 2}}}}\) car \(\left(\sqrt{ 1-e^{-n-n^2}}- e^{{\scriptstyle n-n^2\over\scriptstyle 2}} \right)\xrightarrow[n\rightarrow +\infty]{}1\).

  3. \(u_n=\left( {\scriptstyle e^n\over\scriptstyle 1+e^{-n}}\right)^n = e^{n^2} \left(1+e^{-n}\right)^{-n} = e^{n^2} e^{-n\ln \left(1+e^{-n}\right)}\) mais \(n\ln\left(1+e^{-n}\right) \underset{n \rightarrow +\infty}{\sim} ne^{-n} \xrightarrow[n\rightarrow +\infty]{} 0\) donc \(e^{-n\ln \left(1+e^{-n}\right)}\xrightarrow[n\rightarrow +\infty]{}1\) et \(\boxed{u_n \underset{n \rightarrow +\infty}{\sim}e^{n^2}}\).

  4. \(u_n=\dfrac{n^3-\sqrt{n^2+1}}{\ln n - 2n^2} = -\dfrac{n^3}{2n^2} \dfrac{1-\sqrt{{\scriptstyle 1\over\scriptstyle n^4} + {\scriptstyle 1\over\scriptstyle n^6}}}{-{\scriptstyle\ln n\over\scriptstyle 2n^2} + 1} \underset{n \rightarrow +\infty}{\sim} \boxed{-\dfrac{n}{2}}\) car \(\dfrac{1-\sqrt{{\scriptstyle 1\over\scriptstyle n^4} + {\scriptstyle 1\over\scriptstyle n^6}}}{-{\scriptstyle\ln n\over\scriptstyle 2n^2} + 1} \xrightarrow[n\rightarrow +\infty]{}1\).

  5. \(u_n=\ln(n!+n^n+3^n) = \ln\left(n^n \left(1 + {\scriptstyle n!\over\scriptstyle n^n} + {\scriptstyle 3^n\over\scriptstyle n^n} \right) \right) =n\ln n + \ln\left(1 + {\scriptstyle n!\over\scriptstyle n^n}+ {\scriptstyle 3^n\over\scriptstyle n^n} \right)\underset{n \rightarrow +\infty}{\sim}\boxed{n\ln n}\) car \(\ln\left(1 + {\scriptstyle n!\over\scriptstyle n^n}+ {\scriptstyle 3^n\over\scriptstyle n^n}\right) \underset{n \rightarrow +\infty}{\sim} {\scriptstyle n!\over\scriptstyle n^n}+ {\scriptstyle 3^n\over\scriptstyle n^n} \xrightarrow[n\rightarrow +\infty]{}0\).

  6. \(u_n=\dbinom{n}{p}=\dfrac{n\left(n-1\right)\dots\left(n-p+1\right)}{p!}=\dfrac{n^p}{p!}{\left(1- {\scriptstyle 1\over\scriptstyle n}\right)\dots\left(1-{\scriptstyle p-1\over\scriptstyle n} \right) }\underset{n \rightarrow +\infty}{\sim} \boxed{\dfrac{n^p}{p!}}\) car \(\left(1- {\scriptstyle 1\over\scriptstyle n}\right)\dots\left(1-{\scriptstyle p-1\over\scriptstyle n} \right)\xrightarrow[n\rightarrow +\infty]{}1\)


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Exercice 792
Par Emmanuel Vieillard-Baron Alain Soyeur François Capaces le 12 janvier 2021 15:25
  1. \(u_n=\ln\left(n+1\right)-\ln n = \ln \dfrac{n+1}{n} = \ln \left(1+{\scriptstyle 1\over\scriptstyle n}\right) \underset{n \rightarrow +\infty}{\sim}{\scriptstyle 1\over\scriptstyle n}\)

  2. \(u_n={\scriptstyle 2n^3-\ln n +1\over\scriptstyle n^2+1} = {\scriptstyle 2n^3\over\scriptstyle n^2} \dfrac{1-{\scriptstyle\ln n\over\scriptstyle 2n^3} +{\scriptstyle 1\over\scriptstyle 2n^3}}{ 1+{\scriptstyle 1\over\scriptstyle n^2} } \underset{n \rightarrow +\infty}{\sim} 2n\) car \(\dfrac{1-{\scriptstyle\ln n\over\scriptstyle 2n^3} +{\scriptstyle 1\over\scriptstyle 2n^3}}{ 1+{\scriptstyle 1\over\scriptstyle n^2} } \xrightarrow[n\rightarrow +\infty]{} 1\).

  3. \(u_n=\left(n+1\right)^\alpha-\left(n-1\right)^\alpha=\left(n-1\right)^\alpha\left(\left(\dfrac{n+1}{n-1}\right) ^\alpha-1 \right) = \left(n-1\right)^\alpha\left(\left(1+\dfrac{2}{n-1}\right) ^\alpha-1 \right) \underset{n \rightarrow +\infty}{\sim} \left(n-1\right)^\alpha\dfrac{2\alpha}{n-1}=\boxed{2\alpha\left(n-1\right)^{\alpha-1}}\). Remarquons que si on factorise ainsi : \(u_n= \left(n+1\right)^\alpha\left(1-\left(\dfrac{n-1}{n+1}\right) ^\alpha \right)\), on trouve que \(u_n\underset{n \rightarrow +\infty}{\sim} 2\alpha\left(n+1\right)^{\alpha-1}\) qui est bien entendu équivalent à l’équivalent trouvé avant.

  4. \(u_n = \dfrac{n^2 + n\ln(1-e^{-n})}{n^2+1} =\dfrac{1+{\scriptstyle\ln(1-e^{-n})\over\scriptstyle n}}{1+{\scriptstyle 1\over\scriptstyle n^2}} \underset{n \rightarrow +\infty}{\sim} \boxed{1}\) car \(\dfrac{\ln(1-e^{-n})}{n}\underset{n \rightarrow +\infty}{\sim}-\dfrac{e^{-n}}{n} \xrightarrow[n\rightarrow +\infty]{}0\)

  5. \(u_n= {\scriptstyle\sqrt{n^2+n+1}\over\scriptstyle\sqrt[3]{n^2-n+1}} = \dfrac{n}{n^{{\scriptstyle 3\over\scriptstyle 2}}} \dfrac{ \sqrt{1 + {\scriptstyle 1\over\scriptstyle n} + {\scriptstyle 1\over\scriptstyle n^2}} }{ \sqrt[3]{1 -{\scriptstyle 1\over\scriptstyle n} + {\scriptstyle 1\over\scriptstyle n^2}} } \underset{n \rightarrow +\infty}{\sim} \boxed{ n^{{\scriptstyle 1\over\scriptstyle 3}}}\) car \(\dfrac{ \sqrt{1 + {\scriptstyle 1\over\scriptstyle n} + {\scriptstyle 1\over\scriptstyle n^2}} }{ \sqrt[3]{1 -{\scriptstyle 1\over\scriptstyle n} + {\scriptstyle 1\over\scriptstyle n^2}} } \xrightarrow[n\rightarrow +\infty]{} 1\).

  6. En appliquant les formules usuelles pour les équivalents : \(\left( \sqrt{1+\ln\left( 1+\mathop{\mathrm{sh}}{\scriptstyle 1\over\scriptstyle n}\right) }-1\right) \underset{n \rightarrow +\infty}{\sim} {\scriptstyle 1\over\scriptstyle 2n}\).
    Par conséquent : \(u_n=\dfrac{ e^{2n}+n^2+{\scriptstyle 1\over\scriptstyle n} }{ e^{n^2}\tan {\scriptstyle 1\over\scriptstyle n} } \left( \sqrt{1+\ln\left( 1+\mathop{\mathrm{sh}}{\scriptstyle 1\over\scriptstyle n}\right) }-1\right) \underset{n \rightarrow +\infty}{\sim} {\scriptstyle 1\over\scriptstyle 2n} \dfrac{ e^{2n}+n^2+{\scriptstyle 1\over\scriptstyle n} }{ e^{n^2}\tan {\scriptstyle 1\over\scriptstyle n} } \underset{n \rightarrow +\infty}{\sim} {\scriptstyle 1\over\scriptstyle 2n} \dfrac{ e^{2n}+n^2+{\scriptstyle 1\over\scriptstyle n} }{ e^{n^2} {\scriptstyle 1\over\scriptstyle n} } = {\scriptstyle e^{2n-n^2}\over\scriptstyle 2} \left( 1 + \dfrac{n^2}{e^{2n}} + \dfrac{1}{ne^{2n}} \right) \underset{n \rightarrow +\infty}{\sim} \boxed{{\scriptstyle e^{2n-n^2}\over\scriptstyle 2}}\) car \(1 + \dfrac{n^2}{e^{2n}} + \dfrac{1}{ne^{2n}} \xrightarrow[n\rightarrow +\infty]{} 1\).


Accordéon
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Exercice 661
Par Emmanuel Vieillard-Baron Alain Soyeur François Capaces le 12 janvier 2021 15:25
  1. \(u_n=2n^4\left( 1-\cos {\scriptstyle 1\over\scriptstyle n}\right) \ln \left( 1+{\scriptstyle 1\over\scriptstyle n}\right) \tan \left( {\scriptstyle 1\over\scriptstyle n^2}\right) \underset{n \rightarrow +\infty}{\sim} 2n^4 \times {\scriptstyle 1\over\scriptstyle 2n^2} \times {\scriptstyle 1\over\scriptstyle n} \times {\scriptstyle 1\over\scriptstyle n^2} = {\scriptstyle 1\over\scriptstyle n}\) par applications des formules usuelles.

  2. Écrivons en utilisant les propriétés du logarithme :

    \[u_n = \ln \dfrac{n^2+n+5}{n^2-n+3}=\ln\dfrac{n^2-n+3+2n+2}{n^2-n+3}=\ln\left(1+\dfrac{2n+2}{n ^2-n+3 }\right)\underset{n \rightarrow +\infty}{\sim}\dfrac{2n+2}{n ^2-n+3 }\] car \(\dfrac{2n+2}{n ^2-n+3 }=\dfrac{2n}{n^2}\dfrac{1+1/n}{1-1/n+3/n^2}\underset{n \rightarrow +\infty}{\sim}\dfrac{2}{n} \xrightarrow[n \rightarrow +\infty]{}0\) et on peut utiliser l’équivalent usuel \(\ln(1+v_n)\underset{n \rightarrow +\infty}{\sim} v_n\) lorsque \(v_n \rightarrow 0\). Finalement \(\boxed{u_n\underset{n \rightarrow +\infty}{\sim}\dfrac{2}{n}}\)

  3. \(u_n=\dfrac{1+\left(-1\right)^n n}{n+\sqrt{n}} = \dfrac{\left(-1\right)^n n}{n} \dfrac{1+{\scriptstyle 1\over\scriptstyle\left(-1\right)^n n} }{ 1+{\scriptstyle 1\over\scriptstyle\sqrt{n}}} \underset{n \rightarrow +\infty}{\sim} \boxed{\left(-1\right)^n}\) car \(\dfrac{1+{\scriptstyle 1\over\scriptstyle\left(-1\right)^n n} }{ 1+{\scriptstyle 1\over\scriptstyle\sqrt{n}}} \xrightarrow[n\rightarrow +\infty]{} 1\).

  4. En utilisant deux fois les quantités conjuguées, écrivons : \[u_n = \dfrac{2}{\left( \sqrt{n+\sqrt{n^2+1}}+\sqrt{n+\sqrt{n^2-1}}\right)\left( \sqrt{n^2+1} + \sqrt{n^2-1}\right) } = \dfrac{2}{v_nw_n}\] Ensuite, on cherche un équivalent de chaque facteur du produit. En factorisant les termes dominants dans les sommes, écrivons \[v_n = \sqrt{n}\left[ \sqrt{1+\sqrt{1+\dfrac{1}{n^2}}} + \sqrt{1+\sqrt{1-\dfrac{1}{n^2}}}\right]\] Comme le crochet tend vers \(2\sqrt{2}\), il est équivalent à cette limite non-nulle et finalement \(v_n \underset{n \rightarrow +\infty}{\sim} 2\sqrt{2n}\).

    De la même façon, \[w_n ={n}\left[ \sqrt{1+\dfrac{1}{n^2}}+\sqrt{1-\dfrac{1}{n^2}}\right] \underset{n \rightarrow +\infty}{\sim} 2{n}\] et finalement, \(\boxed{u_n \underset{n \rightarrow +\infty}{\sim} \dfrac{1}{2n\sqrt{2n}}}\).

  5. \(u_n=\dbinom{n+k}{k} = \dfrac{\left(n+k\right)!}{k! n!} = \dfrac{\left(n+k\right) \left(n+k-1\right) \dots\left(n+2\right) \left(n+1\right)}{k!}\)
    \(\phantom{u_n} = \dfrac{n^{k}}{k!} \left(1+{\scriptstyle k\over\scriptstyle n}\right) \times \left(1+{\scriptstyle k-1\over\scriptstyle n}\right)\times \dots\times \left(1+{\scriptstyle 2\over\scriptstyle n}\right) \times \left(1+{\scriptstyle 1\over\scriptstyle n}\right)\underset{n \rightarrow +\infty}{\sim} \boxed{\dfrac{n^{k}}{k!}}\) car \(\left(1+{\scriptstyle k\over\scriptstyle n}\right) \times \left(1+{\scriptstyle k-1\over\scriptstyle n}\right)\times \dots\times \left(1+{\scriptstyle 2\over\scriptstyle n}\right) \times \left(1+{\scriptstyle 1\over\scriptstyle n}\right)\xrightarrow[n\rightarrow +\infty]{} 1\).

  6. Écrivons d’abord \[u_n = \left( e^{\theta_n}-1\right) + \left( 1-\cos\dfrac{1}{\sqrt[4]{n}}\right) =a_n + b_n\] Comme \(\dfrac{\ln n}{n} \xrightarrow[n \rightarrow +\infty]{}0\), \[\theta_n = \sin \sqrt{{\scriptstyle\ln n\over\scriptstyle n}} \underset{n \rightarrow +\infty}{\sim} \sqrt{{\scriptstyle\ln n\over\scriptstyle n}} \xrightarrow[n \rightarrow +\infty]{}0\] et d’après l’équivalent classique de l’exponentielle, \(a_n\underset{n \rightarrow +\infty}{\sim} \sqrt{\dfrac{\ln n}{n}}\). En utilisant l’équivalent classique du cosinus, \(b_n \underset{n \rightarrow +\infty}{\sim} \dfrac{1}{2\sqrt{n}}\). Mais puisque \(\dfrac{b_n}{a_n}\underset{n \rightarrow +\infty}{\sim} \dfrac{1}{2\sqrt{\ln n}}\rightarrow 0\), \(b_n=\underset{n \rightarrow +\infty}{o}\left(a_n\right)\) et donc, par application du résultat prouvé dans l’exercice  : \[u_n \underset{n \rightarrow +\infty}{\sim} a_n \underset{n \rightarrow +\infty}{\sim} \boxed{\sqrt{\dfrac{\ln n}{n}}}\]


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Exercice 926
Par Emmanuel Vieillard-Baron Alain Soyeur François Capaces le 12 janvier 2021 15:25
  1. Comme \(5^n=\underset{n \rightarrow +\infty}{o}\left(n!\right)\) et \(n^4=\underset{n \rightarrow +\infty}{o}\left(n!\right)\), on a : \(u_n\xrightarrow[n\rightarrow +\infty]{}\boxed{0}\).

  2. \(\ln\left(1+{\scriptstyle 1\over\scriptstyle n} \right)\underset{n \rightarrow +\infty}{\sim} {\scriptstyle 1\over\scriptstyle n}\) et donc : \(\ln\left(1+{\scriptstyle 1\over\scriptstyle n}\right) \xrightarrow[n\rightarrow +\infty]{}0\), ce qui permet d’écrire :
    \(u_n=n \sin \ln\left(1+{\scriptstyle 1\over\scriptstyle n}\right) \underset{n \rightarrow +\infty}{\sim} n\ln\left(1+{\scriptstyle 1\over\scriptstyle n} \right)\underset{n \rightarrow +\infty}{\sim} {\scriptstyle n\over\scriptstyle n}=1\) et \(u_n\xrightarrow[n\rightarrow +\infty]{}\boxed{1}\).

  3. \(u_n=\left( e^{1/n}\right)^{n\ln\bigl(\cos(1/n)\bigr)}=e^{\ln\left(\cos(1/n)\right)}=\cos\left(1/n\right) \xrightarrow[n \rightarrow +\infty]{}\boxed{1}\) .

  4. \(u_n=n^{{\scriptstyle 1\over\scriptstyle\ln n}} = e^{{\scriptstyle\ln n\over\scriptstyle\ln n}}=e\).

  5. Ecrivons \[u_n = n\left( a_n + b_n \right)\] avec \[a_n = \sqrt{1+\sin(1/n)}-1 \underset{n \rightarrow +\infty}{\sim} \dfrac{1 }{ 2n}\] et \[b_n = 1-\cos(1/n) \underset{n \rightarrow +\infty}{\sim} \dfrac{1}{2n^2}\] Donc puisque \(b_n=\underset{n \rightarrow +\infty}{o}\left(a_n\right)\), , par application du résultat prouvé dans l’exercice ,
    \(b_n+a_n \underset{n \rightarrow +\infty}{\sim} a_n \underset{n \rightarrow +\infty}{\sim} \dfrac{1}{2n}\). Par conséquent \(\boxed{ u_n \underset{n \rightarrow +\infty}{\sim} \dfrac{1}{2}}\) et donc \(u_n\rightarrow \dfrac{1}{2}\).

  6. \(u_n=n^{2{\scriptstyle\sin n\over\scriptstyle n}} = e^{2{\scriptstyle\sin n\over\scriptstyle n}\ln n}\) mais pour tout \(n>0\), \(-{\scriptstyle\ln n\over\scriptstyle n} \leqslant\sin n {\scriptstyle\ln n\over\scriptstyle n} \leqslant{\scriptstyle\ln n\over\scriptstyle n}\) (car \(\sin\) est à image dans \(\left[-1,1\right]\) et que \(\ln n/n\geqslant 0\) si \(n\geqslant 1\) ) et \({\scriptstyle\ln n\over\scriptstyle n}\xrightarrow[n\rightarrow +\infty]{} 0\) car \(\ln n = \underset{n \rightarrow +\infty}{o}\left(n\right)\). Donc par application du théorème des gendarmes, \(\sin n {\scriptstyle\ln n\over\scriptstyle n} \xrightarrow[n\rightarrow +\infty]{} 0\). Par composition, \(u_n \xrightarrow[n\rightarrow +\infty]{} e^0=\boxed{1}\).


Accordéon
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Exercice 941
Par Emmanuel Vieillard-Baron Alain Soyeur François Capaces le 12 janvier 2021 15:25
  1. \(u_n=\left(1+\sin{\scriptstyle 1\over\scriptstyle n}\right)^n = e^{n \ln \left( 1+\sin{\scriptstyle 1\over\scriptstyle n} \right) }\) mais \(\sin{\scriptstyle 1\over\scriptstyle n} \xrightarrow[n\rightarrow +\infty]{} 0\) et \[n \ln \left( 1+\sin{\scriptstyle 1\over\scriptstyle n} \right) \underset{n \rightarrow +\infty}{\sim} n \sin{\scriptstyle 1\over\scriptstyle n} \underset{n \rightarrow +\infty}{\sim} n\times {\scriptstyle 1\over\scriptstyle n}=1\] Par conséquent \(u_n \xrightarrow[n\rightarrow +\infty]{}\boxed{e}\).

  2. \(u_n=\left(5n+1\right)^2 \ln\left(1+{\scriptstyle 1\over\scriptstyle 3n^2}\right) \underset{n \rightarrow +\infty}{\sim} {\scriptstyle\left(5n+1\right)^2\over\scriptstyle 3n^2} = {\scriptstyle n^2\over\scriptstyle n^2} {\scriptstyle\left(5 + {\scriptstyle 1\over\scriptstyle n}\right)^2\over\scriptstyle 3} \xrightarrow[n\rightarrow +\infty]{} \boxed{{\scriptstyle 25\over\scriptstyle 3}}\)

  3. \(u_n=n^2\sqrt{\ln \left(1+{\scriptstyle 1\over\scriptstyle n^4+n^2+1}\right)} \underset{n \rightarrow +\infty}{\sim} {\scriptstyle n^2\over\scriptstyle\sqrt{n^4+n^2+1 }} \xrightarrow[n\rightarrow +\infty]{} \boxed{1}\)

  4. \(u_n=5^n \tan\left({\scriptstyle\pi\over\scriptstyle 5^n}\right) \underset{n \rightarrow +\infty}{\sim} 5^n{\scriptstyle\pi\over\scriptstyle 5^n} = \pi\) donc \(u_n \xrightarrow[n\rightarrow +\infty]{} \boxed{\pi}\).

  5. \(u_n=\sqrt[n]{n} = e^{{\scriptstyle ln n\over\scriptstyle n}}\) mais \(\ln n = \underset{n \rightarrow +\infty}{o}\left(n\right)\) donc \({\scriptstyle ln n\over\scriptstyle n} \xrightarrow[n\rightarrow +\infty]{} 0\) et par composition \(u_n \xrightarrow[n\rightarrow +\infty]{} e^0=\boxed{1}\).

  6. Écrivons pour \(n \in \mathbb N\) : \[u_n = \dfrac{n}{2}\ln\left( 1+\dfrac{2}{n-1}\right)\] Comme \(\dfrac{2}{n-1}\xrightarrow[n \rightarrow +\infty]{}0\), \(\ln(1+\dfrac{2}{n-1}) \underset{n \rightarrow +\infty}{\sim} \dfrac{2}{n-1}\underset{n \rightarrow +\infty}{\sim} \dfrac{2}{n}\) et donc \(u_n\xrightarrow[n\rightarrow +\infty]{} \boxed{1}\).


Accordéon
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Exercice 990
Par Emmanuel Vieillard-Baron Alain Soyeur François Capaces le 12 janvier 2021 15:26
  1. \(u_n=n^2\left(\sqrt{1-{\scriptstyle 1\over\scriptstyle n^2}} -1\right) = n^2\left(\left(1-{\scriptstyle 1\over\scriptstyle n^2}\right)^{{\scriptstyle 1\over\scriptstyle 2}} -1\right) \underset{n \rightarrow +\infty}{\sim} n^2 \times {\scriptstyle-1\over\scriptstyle 2n^2} \xrightarrow[n\rightarrow +\infty]{} \boxed{-{\scriptstyle 1\over\scriptstyle 2}}\). On peut aussi utiliser les racines conjuguées.

  2. La suite est définie à partir d’un certain rang (\(n\geqslant E(x) + 1\)). Écrivons-la sous forme exponentielle :

    \[u_n=e^{n\ln\left(\dfrac{n}{n-x}\right)}=e^{-n\ln\left(\dfrac{n-x}{n}\right)}=e^{-n\ln\left(1-\dfrac {x}{n}\right) }\] Comme \(\dfrac{x}{n}\rightarrow 0\), on peut utiliser les équivalents classiques et alors \(-n\ln\left(1-\dfrac {x}{n}\right) \underset{n \rightarrow +\infty}{\sim} x \textrm{ et donc } u_n \xrightarrow[n \rightarrow +\infty]{}\boxed{e^x}\).

  3. \(u_n=\left(1+{\scriptstyle a\over\scriptstyle n}\right)^n = e^{n\ln\left( 1 +{\scriptstyle a\over\scriptstyle n} \right)}\) mais \(n\ln\left( 1 +{\scriptstyle a\over\scriptstyle n} \right) \underset{n \rightarrow +\infty}{\sim} n{\scriptstyle a\over\scriptstyle n} = a\) donc \(u_n \xrightarrow[n\rightarrow +\infty]{} \boxed{e^a}\).

  4. Pour tout \(n\geqslant 1\), \[u_n=\left(\dfrac{2n-1}{2n+1}\right)^n = e^{n\ln {\scriptstyle 2n-1\over\scriptstyle 2n+1} } = e^{n\ln\left(1-{\scriptstyle 2\over\scriptstyle 2n+1}\right)}\] mais \(n\ln\left(1-{\scriptstyle 2\over\scriptstyle 2n+1}\right)\underset{n \rightarrow +\infty}{\sim} -\dfrac{2n}{2n+1}\xrightarrow[n\rightarrow +\infty]{}-1\) donc \(u_n\xrightarrow[n\rightarrow +\infty]{} \boxed{1/e}\).

  5. En utilisant les quantités conjuguées, puis en factorisant en haut et en bas par \(\sqrt{n}\), on trouve que \(\forall n > 0\), \[u_n = \dfrac{\sqrt{1+{\scriptstyle 1\over\scriptstyle\sqrt{n}}}}{\sqrt{1+\sqrt{ {\scriptstyle 1\over\scriptstyle n} + {\scriptstyle 1\over\scriptstyle n^{3/2}}}}+1} \xrightarrow[n \rightarrow +\infty]{}\boxed{\dfrac{1}{2}}\]

  6. \(u_n={\scriptstyle 2^{n+4}-5^{n+4}\over\scriptstyle 2^n-5^n} = {\scriptstyle 5^{n+4}\over\scriptstyle 5^n}{\scriptstyle\left({\scriptstyle 2\over\scriptstyle 5}\right)^{n+4} -1 \over\scriptstyle\left({\scriptstyle 2\over\scriptstyle 5}\right)^n -1 }\) mais \(\left(\left({\scriptstyle 2\over\scriptstyle 5}\right)^n \right)\) et \(\left( \left({\scriptstyle 2\over\scriptstyle 5}\right)^{n+4} \right)\) sont des suites géométriques de raison \({\scriptstyle 2\over\scriptstyle 5} \in\left]-1,1\right[\) et donc elles convergent vers \(0\). On obtient alors \(u_n \xrightarrow[n\rightarrow +\infty]{} \boxed{5^4}\).


Accordéon
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Exercice 111
Par Emmanuel Vieillard-Baron Alain Soyeur François Capaces 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 \(u_n\).


Exercice 356 **

12 janvier 2021 15:26 — Par Emmanuel Vieillard-Baron Alain Soyeur François Capaces

  1. Soit la suite de terme général \[u_n= \sum_{k=0}^{n}e^{k^2}.\] Montrez que \(u_n\underset{n \rightarrow +\infty}{\sim} e^{n^2}\).

  2. Trouvez un équivalent de \(v_n= \sum_{k=0}^{n}k!\).



[ID: 508] [Date de publication: 12 janvier 2021 15:26] [Catégorie(s): Suites équivalentes ] [ 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 ]
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Exercice 356
Par Emmanuel Vieillard-Baron Alain Soyeur François Capaces le 12 janvier 2021 15:26
  1. On met \(e^{n^2}\) en facteur dans la somme : \[u_n= \sum_{k=0}^{n}e^{k^2} = e^{n^2}\left(e^{-n^2} + e^{1-n^2}+ e^{2^2-n^2}+\dots+ e^{\left(n-1\right)^2-n^2 } + 1 \right) .\] Mais \[0\leqslant e^{-n^2} + e^{1-n^2}+ e^{2^2-n^2}+\dots+ e^{\left(n-1\right)^2-n^2 }\leqslant ne^{\left(n-1\right)^2-n^2} =ne^{-2n+1}\xrightarrow[n\rightarrow +\infty]{}0\] donc \(\boxed{u_n\underset{n \rightarrow +\infty}{\sim}e^{n^2}}\)

  2. On écrit : \[\sum_{k=0}^{n}k! = n! \left(1+\sum_{k=0}^{n-1} \dfrac{k!}{n!} \right).\] Mais pour tout \(k \in\llbracket 0,n-2\rrbracket\) , \(\dfrac{(n-k)!}{n!} =\dfrac{ 1}{n(n-1)\dots(n-k+1)} < \dfrac{1}{n(n-1)}\) donc \[\sum_{k=0}^{n-1} \dfrac{k!}{n!}= \dfrac{0!}{n!}+\dots+ \dfrac{\left(n-2\right)!}{n!}+\dfrac{\left(n-1\right)!}{n!}\leqslant \dfrac{n-1}{n\left(n-1\right)}+\dfrac{1}{n}=\dfrac{2}{n}\] et d’après le théorème des gendarmes, \(\sum_{k=0}^{n-1} {\scriptstyle k!\over\scriptstyle n!}\xrightarrow[n \rightarrow +\infty]{}0\). En conclusion \(\boxed{u_n\underset{n \rightarrow +\infty}{\sim}n!}\).


Exercice 470 **

12 janvier 2021 15:26 — Par Emmanuel Vieillard-Baron Alain Soyeur François Capaces

Trouver un équivalent de \[u_n = \sqrt{ \sqrt{n+1}-\sqrt{n}}+\sqrt{ \dfrac{1}{n+1}-\dfrac{1}{n+2}}\]



[ID: 510] [Date de publication: 12 janvier 2021 15:26] [Catégorie(s): Suites équivalentes ] [ 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 ]
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Exercice 470
Par Emmanuel Vieillard-Baron Alain Soyeur François Capaces le 12 janvier 2021 15:26

Écrivons \[u_n = a_n + b_n\] avec \(a_n = \sqrt{ \sqrt{n+1}-\sqrt{n}}\) et \(b_n = \sqrt{ \dfrac{1}{n+1}-\dfrac{1}{n+2}}\). On trouve les équivalents \[b_n = \sqrt{\dfrac{1}{(n+1)(n+2)}} \underset{n \rightarrow +\infty}{\sim} \dfrac{1}{n}\] \[a_n = n^{{\scriptstyle 1\over\scriptstyle 4}}\left( (1+\dfrac{1}{n})^{{\scriptstyle 1\over\scriptstyle 2}}-1 \right)^{{\scriptstyle 1\over\scriptstyle 2}}\underset{n \rightarrow +\infty}{\sim} \dfrac{1}{\sqrt{2}{n^{{\scriptstyle 1\over\scriptstyle 4}}} }\]

car \(\left( (1+\dfrac{1}{n})^{{\scriptstyle 1\over\scriptstyle 2}}-1\right) \underset{n \rightarrow +\infty}{\sim} \dfrac{1}{2n}\).

Donc \(u_n = a_n+b_n\) avec \(b_n=\underset{n \rightarrow +\infty}{o}\left(a_n\right)\) et il vient que \(u_n\underset{n \rightarrow +\infty}{\sim} a_n \underset{n \rightarrow +\infty}{\sim} \boxed{\dfrac{1}{\sqrt{2}n^{{\scriptstyle 1\over\scriptstyle 4} } }}\).


Exercice 144 **

12 janvier 2021 15:26 — Par Emmanuel Vieillard-Baron Alain Soyeur François Capaces

On considère une suite \((u_n)\) définie par \(u_0 > 0\) et \[\forall n \in \mathbb N, \ u_{n+1} = \dfrac{u_n}{1 + u_n}\] En étudiant la suite \((1/u_n)\), montrez que \(u_n \underset{n \rightarrow +\infty}{\sim} 1 / n\).



[ID: 512] [Date de publication: 12 janvier 2021 15:26] [Catégorie(s): Suites équivalentes ] [ 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 ]
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Exercice 144
Par Emmanuel Vieillard-Baron Alain Soyeur François Capaces le 12 janvier 2021 15:26

La suite \((v_n)\) de terme général \(1/u_n\) est arithmétique puisque pour tout \(n \in \mathbb N\), \(v_{n+1} = v_n + 1\). On a donc pour tout \(n \in \mathbb N\), \(v_n = v_0 + n\) et il vient que \(v_n \underset{n \rightarrow +\infty}{\sim} n\). En prenant l’inverse, on obtient que : \(\boxed{u_n \underset{n \rightarrow +\infty}{\sim} 1 / n}\).


Exercice 648 **

12 janvier 2021 15:26 — Par Emmanuel Vieillard-Baron Alain Soyeur François Capaces

On considère la suite définie par : \[S_n = 1 + 11 + \cdots + \underbrace{11\dots 1}_{n \textrm{ fois } }\] Trouver un équivalent simple de \((S_n)\) lorsque \(n \rightarrow +\infty\).



[ID: 514] [Date de publication: 12 janvier 2021 15:26] [Catégorie(s): Suites équivalentes ] [ 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 ]
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Exercice 648
Par Emmanuel Vieillard-Baron Alain Soyeur François Capaces le 12 janvier 2021 15:26

On calcule pour \(1 \leqslant p \leqslant n\), \[\underbrace{11\dots 1}_{p \textrm{ fois } } = 1 + 10 + 10^2 + \cdots + 10^{p-1} = \dfrac{10^{p} - 1}{9}\] Par conséquent, pour \(n \geqslant 1\), \[S_n = \dfrac{1}{9}\sum_{p=1}^n 10^{p} - \dfrac{n}{9} = \dfrac{10}{9} \dfrac{10^{n} - 1}{10 - 1} - \dfrac{n}{9}\] Finalement, \[\boxed{S_n \underset{n \rightarrow +\infty}{\sim} \dfrac{10^{n+1}}{9^2}}\]



Exercice 361 ***

12 janvier 2021 15:26 — Par Emmanuel Vieillard-Baron Alain Soyeur François Capaces

Trouver un équivalent simple de la suite de terme général \[u_n= \left[ \tan\left(\dfrac{\pi}{3}+\dfrac{1}{n}\right)\right]^{n}\]



[ID: 516] [Date de publication: 12 janvier 2021 15:26] [Catégorie(s): Suites équivalentes ] [ 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 ]
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Exercice 361
Par Emmanuel Vieillard-Baron Alain Soyeur François Capaces le 12 janvier 2021 15:26

Sous forme exponentielle : \[u_n = e^{n\ln\left(\tan \left({\scriptstyle\pi\over\scriptstyle 3}+{\scriptstyle 1\over\scriptstyle n}\right)\right)}\] puis avec les formules d’addition : \[u_n=e^{n\ln\dfrac{\sqrt 3 + \tan\left({\scriptstyle 1\over\scriptstyle n}\right)}{1-\sqrt 3\tan\left({\scriptstyle 1\over\scriptstyle n}\right) }} = e^{n\ln \left(\sqrt 3 \dfrac{1 + {\scriptstyle\sqrt 3\over\scriptstyle 3} \tan\left({\scriptstyle 1\over\scriptstyle n}\right)}{1-\sqrt 3\tan\left({\scriptstyle 1\over\scriptstyle n}\right) }\right)}=e^{n\ln\sqrt 3} e^{ n \ln \left( \dfrac{1 + {\scriptstyle\sqrt 3\over\scriptstyle 3} \tan\left({\scriptstyle 1\over\scriptstyle n}\right)}{1-\sqrt 3\tan\left({\scriptstyle 1\over\scriptstyle n}\right) }\right)}= \left(\sqrt 3\right)^n e^{ n \ln \left( 1+ \dfrac{4 {\scriptstyle\sqrt 3\over\scriptstyle 3} \tan\left({\scriptstyle 1\over\scriptstyle n}\right)}{1-\sqrt 3\tan\left({\scriptstyle 1\over\scriptstyle n}\right) }\right)}.\] On cherche alors la limite de \(a_n= n \ln \left( 1+ \dfrac{4 {\scriptstyle\sqrt 3\over\scriptstyle 3} \tan\left({\scriptstyle 1\over\scriptstyle n}\right)}{1-\sqrt 3\tan\left({\scriptstyle 1\over\scriptstyle n}\right) }\right)\). Avec les équivalents usuels : \[a_n\underset{n \rightarrow +\infty}{\sim} n \dfrac{4 {\scriptstyle\sqrt 3\over\scriptstyle 3} \tan\left({\scriptstyle 1\over\scriptstyle n}\right)}{1-\sqrt 3\tan\left({\scriptstyle 1\over\scriptstyle n}\right) } \underset{n \rightarrow +\infty}{\sim} 4 n \dfrac{\sqrt 3}{3}\dfrac{1}{n}=4\dfrac{\sqrt 3}{3}\] donc \(a_n \xrightarrow[n \rightarrow +\infty]{}4\sqrt 3/3\). Il vient alors par composition de limite : \[e^{ n \ln \left( 1+ \dfrac{4 {\scriptstyle\sqrt 3\over\scriptstyle 3} \tan\left({\scriptstyle 1\over\scriptstyle n}\right)}{1-\sqrt 3\tan\left({\scriptstyle 1\over\scriptstyle n}\right) }\right)} \xrightarrow[n \rightarrow +\infty]{}e^{{\scriptstyle\sqrt 3\over\scriptstyle 3}}\] donc \[\boxed{u_n \underset{n \rightarrow +\infty}{\sim} \sqrt{3})^ne^{{\scriptstyle 4\sqrt{3}\over\scriptstyle 3}}}\]


Exercice 398 ***

12 janvier 2021 15:26 — Par Emmanuel Vieillard-Baron Alain Soyeur François Capaces

Soient \((a_n)\) et \((b_n)\) deux suites à termes strictement positifs. On note \(A_n=\mbox{$\displaystyle \sum_{k=0}^{n}a_k $}\) et \(B_n=\mbox{$\displaystyle \sum_{k=0}^{n}b_k $}\). Si \(a_n\underset{n \rightarrow +\infty}{\sim} b_n\) et si la série \(\sum b_k\) diverge, montrer que \(A_n \underset{n \rightarrow +\infty}{\sim} B_n\).



[ID: 518] [Date de publication: 12 janvier 2021 15:26] [Catégorie(s): Suites équivalentes ] [ 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 ]
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Exercice 398
Par Emmanuel Vieillard-Baron Alain Soyeur François Capaces le 12 janvier 2021 15:26

Puisque \(a_n\underset{n \rightarrow +\infty}{\sim} b_n\) , \(a_n /b_n \xrightarrow[n \rightarrow +\infty]{}1\). Soit \(\varepsilon>0\). Il existe alors un rang \(N_0\in\mathbb{N}\) tel que pour \(n\geqslant N_0\), on a : \[\left|\dfrac{a_n }{b_n}-1\right|\leqslant\varepsilon\] et donc puisque \(\left(b_n\right)\) est strictement positive : \[(1-\varepsilon )b_n\leqslant a_n\leqslant(1+\varepsilon )b_n.\] Donc : \[\left(1-\varepsilon\right)\sum_{k=N_0}^{n}b_k\leqslant\sum_{k=N_0}^{n}a_k\leqslant \left(1+\varepsilon\right)\sum_{k=N_0}^{n}b_k ,\]

ce qui s’écrit aussi :\[\left(1-\varepsilon\right)\left(B_n-B_{N_0-1}\right)\leqslant {A_n-A_{N_0-1}} \leqslant \left(1+\varepsilon\right)\left(B_n-B_{N_0-1}\right)\] ou encore \[\left(1-\varepsilon-\dfrac{\left(1-\varepsilon\right)B_{N_0-1} -A_{N_0-1}}{B_n}\right)B_n \leqslant A_n \leqslant\left(1+\varepsilon-\dfrac{\left(1+\varepsilon\right)B_{N_0-1} -A_{N_0-1}}{B_n}\right)B_n\] Mais comme \(B_n\xrightarrow[n \rightarrow +\infty]{}+\infty\), \(\displaystyle{\lim_{n \rightarrow +\infty}\dfrac{\left(1-\varepsilon\right)B_{N_0-1} -A_{N_0-1}}{B_n}} = \displaystyle{\lim_{n \rightarrow +\infty}\dfrac{\left(1+\varepsilon\right)B_{N_0-1} -A_{N_0-1}}{B_n}} =0\). Il existe alors des rangs \(N_1,N_2\in\mathbb{N}\) tels que \[n\geqslant N_1 \Rightarrow -\varepsilon\leqslant\dfrac{\left(1-\varepsilon\right)B_{N-1} -A_{N-1}}{B_n} \leqslant\varepsilon\quad \textrm{ et} \quad n\geqslant N_2 \Rightarrow -\varepsilon \leqslant\dfrac{\left(1+\varepsilon\right)B_{N-1} -A_{N-1}}{B_n} \leqslant\varepsilon.\]

Posons \(N=\max\left(N_0,N_1,N_2\right)\). On a alors, pour \(n\geqslant N\) : \[\left(1-2\varepsilon\right)B_n \leqslant A_n \leqslant\left(1+2\varepsilon\right)B_n\] ce qui prouve que \(\boxed{A_n\underset{n \rightarrow +\infty}{\sim} B_n}\).


Exercice 980 ***

12 janvier 2021 15:26 — Par Emmanuel Vieillard-Baron Alain Soyeur François Capaces

Soit \((u_n)\) une suite qui converge vers \(0\) et telle que \(u_n+u_{2n}\underset{n \rightarrow +\infty}{\sim} \dfrac{1}{n}\). Trouver un équivalent de \(u_n\).
( ).

  • Si \(u_n=\dfrac{l}{n}\), et vérifie l’hypothèse, que vaut \(l?\).

  • On fera intervenir une somme télescopique.



[ID: 520] [Date de publication: 12 janvier 2021 15:26] [Catégorie(s): Suites équivalentes ] [ 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 ]
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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 \(\boxed{u_n\underset{n \rightarrow +\infty}{\sim}\dfrac{2 }{3n}}\).



Formule de Stirling ***

12 janvier 2021 15:26 — Par Emmanuel Vieillard-Baron Alain Soyeur François Capaces

  1. Étudier les variations de la fonction \(f(x) = \left( x+{\scriptstyle 1\over\scriptstyle 2}\right) \ln\left(1+{\scriptstyle 1\over\scriptstyle x}\right)\) pour \(x>0\).

  2. Étudier la fonction définie par \(g(x) = \left( x+{\scriptstyle 1\over\scriptstyle 2}\right) .\ln\left(1+{\scriptstyle 1\over\scriptstyle x}\right) - {\scriptstyle 1\over\scriptstyle 12x(x+1)}\) pour \(x\geqslant 1\).
    (().
    On pourra, pour étudier le signe de la dérivée seconde, introduire \(t = (x+1).x\) )
  3. Démontrer que les deux suites \(u_{n}=\dfrac{n^{n+1/2}}{e^nn!}\) et \(v_{n}= u_{n}.\exp\left( {\scriptstyle 1\over\scriptstyle 12n} \right)\) sont adjacentes. On appelle \(\ell\) la limite commune.

  4. On pose \(w_{n}= \displaystyle\int_0^{\pi/2}\cos^{n}x \,\textrm dx\). Démontrer que la suite \((w_{n})_{n\in {\mathbb N}}\) est décroissante. Trouver une relation entre \(w_{n}\) et \(w_{n+2}\). Calculer \(w_{n}\). Démontrer que \(\forall n\in {\Bbb N}, \dfrac{(2.4. \ldots . 2n)^2}{(3.5. \ldots . (2n-1))^2(2n+1)}\leqslant\dfrac\pi2 \leqslant\dfrac{(2.4. \ldots . (2n-2))^22n}{(3.5. \ldots . (2n-1))^2}\) En déduire l’existence de \(L = \displaystyle \lim_{n\to\infty} \dfrac{2^{4n}(n!)^4}{n\left[ (2n)!\right]^2 }\), et calculer \(L\).

  5. Calculer \(\ell\).

  6. En déduire un encadrement de \(n!\) pour \(n\geqslant 1\)

  7. En déduire un équivalent simple \(z_{n}\) de \(n!\). Donner des valeurs approchées pour \(1000!\) et pour \(z_{1000}\)

  8. Démontrer que \(w_{n}\simeq w_{n+1}\).

  9. Calculer \((n+1).w_{n}.w_{n+1}\) pour \(n\in {\Bbb N}\).

  10. Donner un équivalent de \(w_{n}\).



[ID: 522] [Date de publication: 12 janvier 2021 15:26] [Catégorie(s): Suites équivalentes ] [ 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 ]
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Formule de Stirling
Par Emmanuel Vieillard-Baron Alain Soyeur François Capaces le 12 janvier 2021 15:26
  1. Pour \(x>0\), \(f'(x) = \ln\left(1+{\scriptstyle 1\over\scriptstyle x}\right) + \left( x+{\scriptstyle 1\over\scriptstyle 2}\right) \times \left( - \dfrac{1}{x^2} \right) \times \dfrac{1}{1+{\scriptstyle 1\over\scriptstyle x}} = \ln\left(1+{\scriptstyle 1\over\scriptstyle x}\right) - \dfrac{x+{\scriptstyle 1\over\scriptstyle 2}}{x(x+1)} = \ln\left(1+{\scriptstyle 1\over\scriptstyle x}\right) - \dfrac{1}{2x} - \dfrac{1}{2(x+1)}\).

    \(f''(x) = - \dfrac{1}{x^2} + \dfrac{1}{2x^2} + \dfrac{1}{2(x+1)^2} = -\dfrac{1}{x(x+1)} + \dfrac{1}{2x^2} + \dfrac{1}{2(x+1)^2} = \dfrac{-2x(x+1) + (x+1)^2 + x^2}{2x^2(x+1)^2} = \dfrac{ (x+1-x)^2 }{2x^2(x+1)^2} = \dfrac{ 1 }{2x^2(x+1)^2} > 0\).

    On en déduit que \(f'\) est croissante sur \(]0,+\infty[\). Comme \(\displaystyle \lim_{x\to\infty} f'(x) = 0\), on en déduit que \(\forall x>0, f'(x) < 0\) et par suite que \(f\) est décroissante sur \(]0,+\infty[\).

    De plus, on a en \(+\infty\) \(f(x) \sim (x+{\scriptstyle 1\over\scriptstyle 2}).{\scriptstyle 1\over\scriptstyle x} \sim 1\). Donc \(\displaystyle \lim_{x\to\infty} f(x) = 1\). En particulier, \(\forall x>0, f(x) > 1\).

  2. On a \(\forall x>0, g'(x) = f'(x) + \dfrac{2x+1}{12x^2(x+1)^2} = f'(x) + \dfrac{1}{12x(x+1)^2} + \dfrac{1}{12x^2(x+1)}\).

    \(g''(x) = f''(x) - \dfrac{1}{12x^2(x+1)^2} - \dfrac{2}{12x(x+1)^3} - \dfrac{1}{12x^2(x+1)^2} - \dfrac{2}{12x^3(x+1)}\)
    \(\phantom{g''(x)} = \dfrac16 \left( \dfrac{2}{x^2(x+1)^2} - \dfrac{1}{x(x+1)^3} - \dfrac{1}{x^3(x+1)} \right) = \dfrac16\;\dfrac{2x(x+1) - (x+1)^2 - x^2}{x^3(x+1)^3} = -\dfrac{1}{6x^3(x+1)^3} < 0\).

    On en déduit que \(g'\) est décroissante sur \(]0,+\infty[\). Comme \(\displaystyle \lim_{x\to\infty} g'(x) = 0\), on en déduit que \(\forall x>0, g'(x) > 0\) et par suite que \(g\) est croissante sur \(]0,+\infty[\).

    Comme \(\displaystyle \lim_{x\to\infty} g(x) = 1\). En particulier, \(\forall x>0, g(x) < 1\).

  3. On a, pour \(n\geqslant 1\), \(\dfrac{u_{n+1}}{u_{n}} = \dfrac{(n+1)^{n+3/2}}{e^{n+1}(n+1)!}\;\dfrac{e^nn!}{n^{n+1/2}} = \dfrac{(n+1)^{n+1/2}}{e}\).
    Donc \(\ln \left( \dfrac{u_{n+1}}{u_{n}} \right) = f(n) - 1 > 0\). Donc \(\dfrac{u_{n+1}}{u_{n}} > 1\) et donc la suite \((u_n)_{n\geqslant 1}\) est croissante.

    On a, pour \(n\geqslant 1\), \(\dfrac{v_{n+1}}{v_{n}} = \dfrac{(n+1)^{n+3/2}}{e^{n+1}(n+1)!}\;\dfrac{e^nn!}{n^{n+1/2}}\; \dfrac{\exp\left( {\scriptstyle 1\over\scriptstyle 12(n+1)} \right)}{\exp\left( {\scriptstyle 1\over\scriptstyle 12n} \right)} = \dfrac{(n+1)^{n+1/2}}{e} \exp\left( {\scriptstyle 1\over\scriptstyle 12(n+1)} - {\scriptstyle 1\over\scriptstyle 12n} \right)\). Donc \(\ln \left( \dfrac{u_{n+1}}{u_{n}} \right) = f(n) - 1 - {\scriptstyle 1\over\scriptstyle 12n(n+1)} = g(n) - 1 < 0\). Donc \(\dfrac{v_{n+1}}{v_{n}} < 1\) et donc la suite \((v_n)_{n\geqslant 1}\) est décroissante.

    Soit enfin \(\ell = \displaystyle \lim_{n\to\infty} v_n\), puisque \(u_{n}= v_{n}.\exp\left( -{\scriptstyle 1\over\scriptstyle 12n} \right)\), on en déduit que \((u_n)_{n\geqslant 1}\) converge vers la même limite.

  4. Intégrales de Wallis. On a \(w_{n+1} - w_n = \displaystyle\int_0^{\pi/2}\cos^{n}x(\cos x - 1) \,\textrm dx\). Comme \(\cos^{n}x(\cos x - 1) \leqslant 0\) on en déduit \(w_{n+1} - w_n \leqslant 0\) ce qu’il fallait vérifier.

    \(w_n - w_{n+2} = \displaystyle\int_0^{\pi/2}\cos^{n}x(1 - \cos^2 x ) \,\textrm dx = \int_0^{\pi/2}\cos^{n}x\sin^2 x \,\textrm dx\). On intègre par parties : \(\begin{cases} u'(x) = \sin x\cos^nx & u(x) = - \dfrac 1{n+1} \cos^{n+1}x \\ v(x) = \sin x & v'(x) = \cos x \end{cases}\) D’où \(w_n - w_{n+2} = \left[ - \dfrac 1{n+1} \cos^{n+1}x\sin x\right]_0^{\pi/2} + \dfrac 1{n+1} \displaystyle\int_0^{\pi/2}\cos^{n+1}x \,\textrm dx = 0 + \dfrac 1{n+1} w_{n+2}\).

    D’où \(w_n = \left( 1 + \dfrac 1{n+1} \right) w_{n+2}\) soit \(w_{n+2} = \dfrac{n+1}{n+2} w_n\).

    On peut ainsi calculer les \(w_n\) de deux en deux, en partant de \(w_0 = \dfrac\pi2\) ou \(w_1 = 1\).

    Donc \(w_{2n} = \dfrac{2n-1}{2n} w_{2n-2} = \ldots = \dfrac{2n-1}{2n} \, \dfrac{2n-3}{2n-2} \ldots \dfrac 12\,\dfrac\pi2\).

    et \(w_{2n+1} = \dfrac{2n}{2n+1} w_{2n-1} = \ldots = \dfrac{2n}{2n+1} \, \dfrac{2n-2}{2n-1} \ldots \dfrac 23\,1\).

    En écrivant \(w_{2n+1} \leqslant w_{2n}\leqslant w_{2n-1}\) on obtient \[\dfrac{2n}{2n+1} \, \dfrac{2n-2}{2n-1} \ldots \dfrac 23 \leqslant\dfrac{2n-1}{2n} \, \dfrac{2n-3}{2n-2} \ldots \dfrac 12\,\dfrac\pi2 \leqslant\dfrac{2n-2}{2n-1} \ldots \dfrac 23\] Soit en multipliant chaque expression par \(\dfrac{2n}{2n-1} \, \dfrac{2n-2}{2n-3} \ldots 2\) on trouve bien le résultat annoncé.

    Maintenant on multiplie en haut et en bas par les facteurs pairs \(2, 4,\ldots, 2n\) (au carré) pour reconstituer les factorielles de \(2n\) au dénominateur. On obtient alors :

    \[\forall n\in {\Bbb N}, \dfrac{(2.4. \ldots . 2n)^4}{(2.3.4.5. \ldots . (2n-1)(2n))^2(2n+1)}\leqslant\dfrac\pi2 \leqslant\dfrac{(2.4. \ldots . (2n-2))^4(2n)^3}{((2.3.4.5. \ldots . (2n-1)(2n))^2}\]

    On extrait ensuite les facteurs \(2\) pour obtenir les factorielles de \(n\) au numérateur. On obtient alors : \[\dfrac{(n!)^4}{[(2n)!]^2(2n+1)}\leqslant\dfrac\pi2 \leqslant \dfrac{(n!)^4}{[(2n)!]^2(2n)}\] En posant \(W_n = \dfrac{2^{4n}(n!)^4}{n\left[ (2n)!\right]^2 }\), la première inégalité s’écrit \(W_n \leqslant\dfrac\pi2 \, \dfrac{2n+1}{n}\) et la deuxième \(2\,\dfrac\pi2 \leqslant W_n\) d’après le théorème des gendarmes, \(L\) existe et vaut \(\pi\).

  5. On sait que \(n! \sim \dfrac1\ell\, \dfrac{n^{n+{\scriptstyle 1\over\scriptstyle 2}}}{e^n}\) d’où \((2n)! \sim \dfrac1\ell\, \dfrac{(2n)^{2n+{\scriptstyle 1\over\scriptstyle 2}}}{e^{2n}}\), donc, d’après la question précédente, \(\pi \sim \dfrac{2^{4n}(n!)^4}{n\left[ (2n)!\right]^2 } \sim 2^{4n} \dfrac1{\ell^4}\, \dfrac{n^{4n+2}}{e^{4n}}\,\dfrac1n\,\dfrac{\ell^2e^{4n}}{(2n)^{4n+1}} \sim \dfrac{2^{4n}}{2^{4n+1}}\,\dfrac{n^{4n+2}}{n^{4n+1}n}\,\dfrac{e^{4n}}{e^{4n}}\, \dfrac{1}{\ell^2}\sim \dfrac{1}{2\ell^2}\). Puisque \(\ell>0\), \(\ell = \dfrac{1}{\sqrt{2\pi}}\).

  6. Puisque les suites \(u_n\) et \(v_n\) sont adjacentes, on a \(u_n \leqslant\ell \leqslant v_n\), on a \[\dfrac{n^{n+1/2}}{e^nn!} \leqslant\dfrac{1}{\sqrt{2\pi}} \leqslant \dfrac{n^{n+1/2}}{e^nn!} \exp\left( {\scriptstyle 1\over\scriptstyle 12n} \right).\] Soit \[\sqrt{2\pi n} \left( \dfrac ne \right)^n \leqslant n! \leqslant\sqrt{2\pi n} \left( \dfrac ne \right)^n \exp\left( {\scriptstyle 1\over\scriptstyle 12n} \right).\]

  7. On en déduit que \(z_n = \sqrt{2\pi n} \left( \dfrac ne \right)^n\) est un équivalent (simple) de \(n!\). (formule de Stirling)

    On a \(\log_{10}(z_{1000})=2567,60461\) à \(10^{-5}\) près. Donc \(z_{1000}= 10^{2567}\times 10^{0,6046} = 4,0235 \times 10^{2567}\). De même on calcule \(\displaystyle\sum_{k=2}^{1000} \log_{10} k = 2567,60464\) à \(10^{-5}\) près, puis \(1000! = 4,0239\times 10^{2567}\). Le facteur correctif vaut \(\exp\left( {\scriptstyle 1\over\scriptstyle 12000} \right) = 1 + \varepsilon\), avec \(\varepsilon\) à peu près égal à \({\scriptstyle 1\over\scriptstyle 12000}\) de l’ordre de \(10^{-4}\). On est donc (largement) dans les clous.

  8. On a \(w_{n+2}\leqslant w_{n+1}\leqslant w_n\) soit \(\dfrac{n+1}{n+2} w_n \leqslant w_{n+1}\leqslant w_n\) ou encore \(\dfrac{n+1}{n+2} \leqslant\dfrac{w_{n+1}}{w_n}\leqslant 1\) donc \(\displaystyle \lim_{n\to\infty} \dfrac{w_{n+1}}{w_n} = 1\) soit encore \(w_{n+1}\sim w_n\).

  9. Pour \(n=0\), \((n+1).w_{n}.w_{n+1} = 1\times\dfrac\pi2\times1 = \dfrac\pi2\). Par ailleurs \((n+2).w_{n+1}.w_{n+2} = (n+2).w_{n+1}.\dfrac{n+1}{n+2} w_n = (n+1).w_{n}.w_{n+1}\). Donc \((n+1).w_{n}.w_{n+1}\) est une suite constante, égale à \(\dfrac\pi2\).

  10. On a \(\dfrac\pi2 \sim (n+1).w_{n}.w_{n+1} \sim n w_{n}^2\). Donc \(\displaystyle \lim_{n\to\infty} \sqrt n w_{n} = \sqrt{\dfrac\pi2}\). On en déduit \(w_{n} \sim \sqrt{\dfrac\pi{2n}}\).


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