[<] Séries dont le terme général est défini par récurrence [>] Applications diverses

 
Exercice 1  3219   Correction  

La suite (un)n0 est définie par

u0>0etun+1=ln(1+un)pour tout n.
  • (a)

    Déterminer la limite de la suite (un)n0

  • (b)

    Déterminer la limite de

    1un+1-1un.
  • (c)

    En déduire un équivalent de (un)n0

Solution

  • (a)

    La suite (un)n0 est bien définie et à valeurs dans +* car

    x>0,ln(1+x)>0.

    La suite (un)n0 est décroissante car

    x0,ln(1+x)x.

    La suite (un)n0 est aussi minorée par 0 donc convergente.
    En passant la relation de récurrence à la limite, on obtient que (un)n0 tend vers 0.

  • (b)
    1un+1-1un=un-ln(1+un)unun+1n+12

    car un+1un.

  • (c)

    Par le théorème de Cesàro,

    1nk=0n-1(1uk+1-1uk)n+12

    puis

    1n1unn+12.

    Finalement,

    unn+2n.
 
Exercice 2  3220   

On étudie la suite (un) définie par

u0]0;π[etun+1=sin(un)pour tout n.
  • (a)

    Déterminer la limite de la suite (un).

  • (b)

    Déterminer la limite de

    1un+12-1un2.
  • (c)

    En déduire un équivalent de (un) quand n tend vers l’infini.

 
Exercice 3  5406   Correction  

Soient a>0 et (un) la suite déterminée par

u0=aetun+1=une-unpour tout n.
  • (a)

    Montrer que (un) tend vers 0 par valeurs strictement supérieures.

  • (b)

    Étudier

    limn+(1un+1-1un).
  • (c)

    Déterminer un équivalent simple de (un).

Solution

  • (a)

    Par récurrence, on vérifie aisément un>0 pour tout n.

    On en déduit

    un+1=une-ununcar e-un1.

    La suite (un) est décroissante et minorée, elle admet donc une limite finie . En passant la relation de récurrence un+1=une-un à la limite, il vient =e-.

    Par l’absurde, si 0, on simplifie pour écrire e-=1 et obtenir =0. C’est absurde. On conclut que la suite (un) tend vers 0.

  • (b)

    Pour n,

    1un+1-1un=eun-1unn+ununn+1.
  • (c)

    Par Cesàro,

    1nk=0n-1(1uk+1-1un)n+1

    et donc

    1n(1un-1a)n+1.

    On en déduit

    unn+1n.
 
Exercice 4  5423     MINES (MP)Correction  

Soit (xn)n0 une suite récurrente déterminée par

x0>0etxn+1=xn+1xnpour tout n.

Montrer que

xnn+2n.

Solution

La suite (xn) est bien définie et à termes dans +* car la fonction xx+1x est définie de +* vers +*. Aussi, la suite (xn) est croissante car

n,xn+1=xn+1xnxn.

Par l’absurde, si (xn) admet une limite finie . Celle-ci vérifie x0>0 et, par passage à la limite de la relation de récurrence, =+1/. C’est absurde et l’on en déduit par croissance que la suite (xn) tend vers +.

Pour n, on observe

xn+12=(xn+1xn)2=xn2+2+1xn2

et donc

xn+12-xn2n+2.

Par le théorème de Cesàro,

1nk=0n-1(xk+12-xk2)n+2

et donc

1n(xn2-x02)n+2.

On conclut

xn2n+2n puis xnn+2n.
 
Exercice 5  5427     MINES (MP)Correction  

Soient a>0 et (xn) la suite récurrente déterminée par

x0=aetxn+1=xn+e-xn.
  • (a)

    Étudier la limite de (xn).

  • (b)

    Donner un équivalent simple de (xn).

  • (c)

    Former un développement asymptotique à deux termes de (xn).

Solution

  • (a)

    La suite (xn) est croissante. Par l’absurde, si celle-ci admet une limite finie , le passage à la limite de la relation de récurrence donne =+e- ce qui est impossible. On en déduit que (xn) croît vers +.

  • (b)

    Introduisons (yn) déterminée par

    yn=exnpour tout n.

    La suite (yn) tend vers + et

    yn+1=exn+1=exn+1/yn=yne1/yn=n+yn(1+1yn+o(1yn))

    donc

    yn+1-ynn+1.

    Par le théorème de Cesàro,

    1nk=0n-1(yk+1-yk)n+1

    et donc

    1n(yn-y0)n+1.

    On en déduit

    ynn+n

    puis

    xn=ln(yn)=ln(n+o(n))n+ln(n).
  • (c)

    On reprend les calculs qui précèdent en approfondissant le développement limité

    yn+1=n+yn+1+12yn+o(1yn).

    On en déduit

    yn-y0=k=0n-1(yk+1-yk)=k=0n-11+k=0n-1(12yk+o(1yk)).

    Par comparaison à une série à termes positifs divergente,

    k=1n-1(12yk+o(1yk))n+k=1n-112kn+12ln(n)

    et donc

    yn=n+n+12ln(n)+o(ln(n))

    puis

    xn=n+ln(n+12ln(n)+o(ln(n)))=ln(n)+121nln(n)+o(1nln(n)).
 
Exercice 6  2784     MINES (MP)Correction  

Soient a>0 et (un) la suite déterminée par u0]0;2π[ puis

u0=aetun+1=sin(un2)pour tout n.
  • (a)

    Montrer que (un) tend vers 0.

  • (b)

    Montrer que la suite (2nun) admet une limite A>0.

  • (c)

    Trouver un équivalent simple de (un-A2-n).

Solution

  • (a)

    La fonction itératrice xsin(x/2) est définie de ]0;2π[ vers ]0;2π[ (intervalle stable). On en déduit que la suite (un) est bien définie et que ses termes appartiennent tous à ]0;2π[.

    De plus, on sait sin(x)x pour tout x+ et l’on peut alors établir par récurrence

    0unu02n.

    On en déduit que (un) est de limite nulle.

  • (b)

    Posons (vn) et (wn) déterminée par

    vn=2nun>0etwn=ln(2nun)pour tout n.

    Puisque (un) est de limite nulle,

    wn+1-wn =ln(2n+1sin(un/2)2nun)=n+ln(1-un224+o(un2))
    n+-un224=n+O(122n).

    La série télescopique (wn-wn+1) converge absolument et la suite (wn) est donc convergente de limite C. On en déduit que (vn) tend vers A=eC>0

  • (c)

    Puisque (un) est de limite nulle,

    vn-vn+1=2n(un-2sin(un2))n+2nun364n+A32422n.

    Par comparaison à une série à termes positifs convergente,

    vn-C=k=n+(vk-vk+1)n+k=n+A32422n=A32414n=A3184n

    puis

    un-A2-nn+A31883n.
 
Exercice 7  5425     MINES (MP)Correction  

Soient a>0 et (un) la suite déterminée par

u0=aetun+1=12arctan(un)pour tout n.
  • (a)

    Déterminer la limite de la suite (un).

  • (b)

    Déterminer la forme d’un équivalent simple de (un).

    On introduira une constante que l’on ne cherchera pas à calculer.

  • (c)

    Déterminer la forme d’un développement asymptotique à deux termes de (un).

Solution

  • (a)

    La fonction itératrice xarctan(x) est définie de +* vers +* (intervalle stable). La suite (un) est bien définie et ses termes appartiennent à +*.

    Sachant arctan(x)x pour tout x+, on peut affirmer la comparaison sous-géométrique un+112un. Par récurrence, on obtient alors

    0un12nu0pour tout n.

    La suite (un) est donc de limite nulle. Notons de plus, et cela sera utile pour la suite,

    un=n+O(12n).
  • (b)

    Introduisons (vn) et (wn) déterminées par

    vn=2nun>0etwn=ln(vn)pour tout n.

    Puisque (un) est de limite nulle,

    wn+1-wn=ln(arctan(un)un)=ln(1-un23o(un)2)n+-un23=O(122n)

    La série télescopique (wn+1-wn) converge absolument et la suite (wn) est donc convergente de limite . On en déduit que (vn) tend vers C=e>0 puis

    vnn+C donc unn+C2n.
  • (c)

    Puisque (un) est de limite nulle

    vn-vn+1=2n(un-arctan(un))n+2n3un3.

    Par l’équivalent qui précède,

    vn-vn+1n+2n3C323n=C33122n.

    Par comparaison à une série à termes positifs convergente,

    vn-C=k=n+(vk-vk+1)n+C33k=n+122k=4C3914n

    et donc

    un=n+C2n+4C3918n+o(18n).
 
Exercice 8  1075   

Pour n*, on pose

Pn=k=1n(1+(-1)k-1k).

Montrer qu’il existe un réel A>0 tel que

Pnn+An.
 
Exercice 9  5041   

(Formule de Stirling)

L’enjeu de ce sujet est d’établir la formule de Stirling. Pour n*, on pose

σn=ln(n!)-(n+12)ln(n)+n.
  • (a)

    Montrer la convergence de la suite (σn)n1 et en déduire l’existence d’une constante C telle que

    n!n+Cnn+12e-n.
  • (b)

    Calculer C en admettant11 1 Voir le sujet 4761.

    0π/2(sin(t))2ndtn+π2n.
 
Exercice 10  2418      CENTRALE (MP)Correction  

Former un développement asymptotique à trois termes de la suite (un) définie par

u1=1etun+1=(n+unn-1)1/npour tout n*.

Solution

On observe

un+1n-unn-1=n.

Puisque n une série à termes positifs divergente on peut, par sommation de relation de comparaison, affirmer

un+1nn+k=1nkn+12n2.

En composant avec le logarithme népérien cet équivalent de limite infini, on obtient

nln(un+1)n+2ln(n)

puis

ln(un+1)n+2ln(n)n.

Par suite, un+11 puis

un+1=n+1+2ln(n)n+o(ln(n)n).

Posons

vn=un+1-1-2ln(n)n.

L’égalité

un+1n=exp(nln(1+2ln(n)n+vn))

donne

un+1n=exp(2ln(n)+nvn+O((ln(n))2/n)).

Or 2un+1nn21 donc

exp(ln(2)+nvn+O((ln(n))2/n))n+1

puis nvn-ln(2). Ainsi,

un+1=n+1+2ln(n)n-ln(2n+o(1n).
 
Exercice 11  3057      X (MP)Correction  

On note (zn)n1 la suite de terme général

zn=2nexp(itn).

Étudier

limn+|2n-1zn-12n-2zn-22n-nzn-n|=limn+|k=1n2n-kzn-k|.

Solution

Posons

Pn=k=1n|2n-kzn-k|.

On a

ln(Pn)=-12k=1nln(|zn-k|2|2n-k|2).

Puisque

|zn-k|2=(2n)2-4nkcos(tn)+k2=(2n-k)2+8nksin2(t2n)

on obtient

ln(Pn)=-12k=1nln(1+8nk(2n-k)2sin2(t2n)).

Sachant sin2(u)=u2+O(u4), on peut écrire

sin2(t2n)=t24n+O(1n2).

Ainsi,

ln(Pn)=-12k=1nln(1+2kt2(2n-k)2+k(2n-k)2O(1n)).

Sachant ln(1+x)x, on a

-2ln(Pn)k=1n(2kt2(2n-k)2+k(2n-k)2O(1n)).

Posons Sn le second membre de cette comparaison. D’une part

|k=1nk(2n-k)2O(1n)|k=1nnn2O(1n)=O(1n)0.

D’autre part

k=1n2k(2n-k)2==n2n-12(2n-)2=4n=n2n-112-2=n2n-11

avec

=n+121n et =1n1=ln(n)+γ+o(1).

Après calculs asymptotiques, on obtient

Sn(2-2ln(2))t2.

Sachant ln(1+x)x-12x2, on a

-2ln(Pn)Sn-12k=1n(2kt2(2n-k)2+k(2n-k)2O(1n))2.

Puisque 0k(2n-k)21n,

k=1n(2kt2(2n-k)2+k(2n-k)2O(1n))2=k=1nO(1n2)=O(1n)0.

Finalement, -2ln(Pn) est encadré par deux quantités de limite (2-2ln(2))t2. On en déduit

Pnexp((ln(2)-1)t2).

[<] Séries dont le terme général est défini par récurrence [>] Applications diverses



Édité le 08-11-2019

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