Exercice 1 4928

Étudier¹¹ 1 Étudier une limite consiste à savoir si celle-ci existe (ce qui n’est pas automatique) et déterminer sa valeur si tel est le cas. les limites suivantes:

(a)

${lim}_{n \to + \infty} e^{n} - n$
(b)

${lim}_{n \to + \infty} \frac{n^{3} + n + 1}{2 n^{2} + 1}$
(c)

${lim}_{n \to + \infty} \sqrt{n + 1} - \sqrt{n}$
(d)

${lim}_{n \to + \infty} n^{1 / n}$
(e)

${lim}_{n \to + \infty} {(2 + \cos (n))}^{1 / n}$
(f)

${lim}_{n \to + \infty} \frac{(2 n)!}{{(n!)}^{2}}$
(g)

$lim_{n \to + \infty} \frac{e^{i n θ}}{n}$ avec $θ \in ℝ$ .

Exercice 2 2254 Correction

Déterminer la limite, si celle-ci existe, des suites $(u_{n})$ suivantes:

(a)

$u_{n} = \frac{3^{n} - {(- 2)}^{n}}{3^{n} + {(- 2)}^{n}}$
(b)

$u_{n} = \sqrt{n^{2} + n + 1} - \sqrt{n^{2} - n + 1}$
(c)

$u_{n} = \frac{n - \sqrt{n^{2} + 1}}{n + \sqrt{n^{2} - 1}}$
(d)

$u_{n} = \frac{1}{n^{2}} \sum_{k = 1}^{n} k$

Solution

(a)

$u_{n} = \frac{1 - {(- 2 / 3)}^{n}}{1 + {(- 2 / 3)}^{n}} \to 1 .$
(b)

$u_{n} = \frac{2 n}{\sqrt{n^{2} + n + 1} + \sqrt{n^{2} - n + 1}} = \frac{2}{\sqrt{1 + \frac{1}{n} + \frac{1}{n^{2}}} + \sqrt{1 - \frac{1}{n} + \frac{1}{n^{2}}}} \to 1 .$
(c)

$u_{n} = \frac{1 - \sqrt{1 + 1 / n^{2}}}{1 + \sqrt{1 - 1 / n^{2}}} \to 0 .$
(d)

$u_{n} = \frac{(n + 1)}{2 n} \to \frac{1}{2} .$

Exercice 3 2255 Correction

Déterminer les limites des suites dont les termes généraux sont les suivants:

(a)

$u_{n} = {(1 + \frac{1}{n})}^{n}$
(b)

$u_{n} = \sqrt[n]{n^{2}}$
(c)

$u_{n} = {(\sin (\frac{1}{n}))}^{1 / n}$
(d)

$u_{n} = {(\frac{n - 1}{n + 1})}^{n}$

Solution

(a)

$u_{n} = e^{n (\ln (1 + 1 / n))}$ or

$n \ln (1 + \frac{1}{n}) = \frac{1}{1 / n} \ln (1 + \frac{1}{n}) \to_{n \to + \infty}^{} 1$

car $\frac{\ln (1 + x)}{x} \to_{x \to 0}^{} 1$ . Par suite, $u_{n} \to e$ .
(b)

$u_{n} = e^{\frac{2}{n} \ln (n)} \to_{n \to + \infty}^{} 1$

car

$\frac{\ln (n)}{n} \to_{n \to + \infty}^{} 0 .$
(c)

${(\sin (\frac{1}{n}))}^{1 / n} = e^{\frac{1}{n} \ln (\sin (\frac{1}{n}))}$

or

$\frac{1}{n} \ln (\sin (\frac{1}{n})) \underset{n \to + \infty}{\sim} \frac{1}{n} \ln (\frac{1}{n}) \to_{n \to + \infty}^{} 0$

donc ${(\sin (\frac{1}{n}))}^{1 / n} \to_{n \to + \infty}^{} 1$ .
(d)

${(\frac{n - 1}{n + 1})}^{n} = e^{n \ln (1 - \frac{2}{n + 1})}$

or

$n \ln (1 - \frac{2}{n + 1}) \underset{n \to + \infty}{\sim} - 2 \to_{n \to + \infty}^{} - 2$

donc

${(\frac{n - 1}{n + 1})}^{n} \to_{n \to + \infty}^{} e^{- 2} .$

Exercice 4 2256 Correction

Déterminer par comparaison, la limite des suites $(u_{n})$ suivantes:

(a)

$u_{n} = \frac{\sin (n)}{n + {(- 1)}^{n + 1}}$
(b)

$u_{n} = \frac{n!}{n^{n}}$
(c)

$u_{n} = \frac{n - {(- 1)}^{n}}{n + {(- 1)}^{n}}$
(d)

$u_{n} = \frac{e^{n}}{n^{n}}$
(e)

$u_{n} = \sqrt[n]{2 + {(- 1)}^{n}}$

Solution

(a)

$| u_{n} | \leq \frac{1}{n - 1} \to 0$ donc $u_{n} \to 0$ .
(b)

$0 \leq u_{n} \leq \frac{1.2 \dots n}{n . n \dots n} \leq \frac{1}{n} \to 0$ donc $u_{n} \to 0$ .
(c)

$\frac{n - 1}{n + 1} \leq u_{n} \leq \frac{n + 1}{n - 1}$ avec $\frac{n - 1}{n + 1}, \frac{n + 1}{n - 1} \to 1$ donc $u_{n} \to 1$ .
(d)

Pour $n \geq 3$ , $0 \leq u_{n} \leq {(\frac{e}{3})}^{n} \to 0$ donc $u_{n} \to 0$ .
(e)

$1 \leq u_{n} \leq \sqrt[n]{3} = e^{\frac{1}{n} \ln (3)} \to 1$ donc $u_{n} \to 1$ .

Exercice 5 298 Correction

Déterminer les limites des suites dont les termes généraux sont les suivants:

(a)

$u_{n} = \sqrt[n]{n}$
(b)

$u_{n} = {(1 + \frac{x}{n})}^{n}$
(c)

$u_{n} = {(\frac{n - 1}{n + 1})}^{n + 2}$
(d)

$u_{n} = n^{2} (\cos (\frac{1}{n}) - \cos (\frac{1}{n + 1}))$
(e)

$u_{n} = {(\tan (\frac{π}{4} + \frac{α}{n}))}^{n}$
(f)

$u_{n} = {(\frac{\ln (n + 1)}{\ln (n)})}^{n \ln (n)}$
(g)

$u_{n} = {(\frac{\sqrt[n]{2} + \sqrt[n]{3} + \sqrt[n]{4}}{3})}^{n}$
(h)

$u_{n} = {(\frac{\arctan (n + 1)}{\arctan (n)})}^{n^{2}}$

Solution

(a)

$u_{n} = \exp (\ln (n) / n) \to 1$ .
(b)

$u_{n} = \exp (n \ln (1 + \frac{x}{n})) = \exp (x + o (1)) \to e^{x} .$
(c)

$u_{n} = \exp ((n + 2) \ln (1 - \frac{2}{n + 1})) = \exp (- 2 + o (1)) \to e^{- 2} .$
(d)

$u_{n} = - 2 n^{2} \sin ((\frac{1}{n} + \frac{1}{n + 1}) / 2) \sin ((\frac{1}{n} - \frac{1}{n - 1}) / 2) = O (\frac{1}{n}) \to 0 .$
(e)

$\tan (\frac{π}{4} + \frac{α}{n}) = 1 + \frac{2 α}{n} + o (\frac{1}{n})$

donc

$u_{n} = \exp (n \ln (1 + \frac{2 α}{n} + o (\frac{1}{n}))) = \exp (2 α + o (1)) \to e^{2 α} .$
(f)

$u_{n} = {(1 + \frac{1}{n \ln (n)} + o (\frac{1}{n \ln (n)}))}^{n \ln (n)} \to e .$
(g)

$\sqrt[n]{2} = \exp (\frac{1}{n} \ln (2)) = 1 + \frac{1}{n} \ln (2) + o (1) .$

$u_{n} = {(1 + \frac{\ln (24)}{3 n} + o (\frac{1}{n}))}^{n} \to \sqrt[3]{24} .$
(h)

Par le théorème des accroissements finis

$\ln (\arctan (n + 1)) - \ln (\arctan (n)) = \frac{1}{1 + c^{2}} \frac{1}{\arctan (c)}$

avec $n \leq c \leq n + 1$ donc

$u_{n} = \exp (n^{2} \frac{1}{1 + c^{2}} \frac{1}{\arctan (c)}) \to e^{2 / π} .$

Exercice 6 4927

Soit $θ \in] 0; 2 π [$ . Montrer la divergence des suites de termes généraux $u_{n}$ avec:

(a)

$u_{n} = {(- 1)}^{n}$
(b)

$u_{n} = \cos (n θ)$
(c)

$u_{n} = e^{i n θ}$ .

Exercice 7 2258 Correction

Comparer

lim_{m \to + \infty} lim_{n \to + \infty} {(1 - \frac{1}{n})}^{m}, lim_{n \to + \infty} lim_{m \to + \infty} {(1 - \frac{1}{n})}^{m} et lim_{n \to + \infty} {(1 - \frac{1}{n})}^{n} .

Solution

${lim}_{n \to + \infty} {(1 - \frac{1}{n})}^{m} = 1^{m}$ et ${lim}_{m \to + \infty} {lim}_{n \to + \infty} {(1 - \frac{1}{n})}^{m} = 1$ .
${lim}_{m \to + \infty} {(1 - \frac{1}{n})}^{m} = 0$ et ${lim}_{n \to + \infty} {lim}_{m \to + \infty} {(1 - \frac{1}{n})}^{m} = 0$ .
${(1 - \frac{1}{n})}^{n} = e^{n \ln (1 - \frac{1}{n})} \to e^{- 1}$ .

Exercice 8 4929

Étudier les limites quand $n$ croît vers l’infini des termes suivants:

(a)

$S_{n} = \sum_{k = 1}^{n} \frac{1}{n + \sqrt{k}}$
(b)

$S_{n} = \sum_{k = 1}^{n} \frac{1}{\sqrt{n + k}}$
(c)

$S_{n} = \sum_{k = 1}^{n} \frac{\sin (k)}{{(n + k)}^{2}}$ .

Exercice 9 2257 Correction

Déterminer les limites des sommes suivantes:

(a)

$S_{n} = \sum_{k = 1}^{n} \sqrt{k}$
(b)

$S_{n} = \sum_{k = 1}^{n} \frac{1}{\sqrt{k}}$
(c)

$S_{n} = \sum_{k = 1}^{n} \frac{1}{n^{2} + k^{2}}$
(d)

$S_{n} = \sum_{k = n + 1}^{2 n} \frac{1}{k^{2}}$
(e)

$S_{n} = \sum_{k = 1}^{n} \frac{n}{n^{2} + k}$
(f)

$S_{n} = \sum_{k = 1}^{n} \frac{1}{\sqrt{n^{2} + k}}$
(g)

$S_{n} = \sum_{k = 0}^{n} {(- 1)}^{n - k} k!$

Solution

(a)

$S_{n} \geq \sum_{k = 1}^{n} 1 = n \to + \infty$
(b)

$S_{n} \geq \sum_{k = 1}^{n} \frac{1}{\sqrt{n}} = \sqrt{n} \to + \infty$ .
(c)

$0 \leq S_{n} \leq \sum_{k = 1}^{n} \frac{1}{n^{2} + 1} = \frac{n}{n^{2} + 1} \to 0$ donc $u_{n} \to 0$ .
(d)

$0 \leq S_{n} \leq \sum_{k = n + 1}^{2 n} \frac{1}{{(n + 1)}^{2}} \leq \frac{n}{{(n + 1)}^{2}} \to 0$ .
(e)

$\sum_{k = 1}^{n} \frac{n}{n^{2} + n} \leq S_{n} \leq \sum_{k = 1}^{n} \frac{n}{n^{2} + 1}$ donc $\frac{n}{n + 1} \leq S_{n} \leq \frac{n^{2}}{n^{2} + 1}$ puis $u_{n} \to 1$ .
(f)

$\frac{n}{\sqrt{n^{2} + n}} = \sum_{k = 1}^{n} \frac{1}{\sqrt{n^{2} + n}} \leq S_{n} \leq \sum_{k = 1}^{n} \frac{1}{\sqrt{n^{2} + 1}} = \frac{n}{\sqrt{n^{2} + 1}}$ par le théorème des gendarmes: $S_{n} \to 1$ .
(g)

$S_{n} = n! - (n - 1)! + (n - 2)! + \dots + {(- 1)}^{n}$ . Par regroupement de termes.
Si $n$ est pair alors $S_{n} \geq n! - (n - 1)!$ et si $n$ est impair $S_{n} \geq n! - (n - 1)! - 1$ .
Puisque

$n! - (n - 1)! = (n - 1) \cdot (n - 1)! \to_{n \to + \infty}^{} + \infty,$

on a $S_{n} \to + \infty$ .

Exercice 10 320 Correction

Soient $α > 0$ et

u_{n} = \sum_{k = 1}^{n} \frac{1}{n^{α} + k^{α}} .

(a)

Montrer que si $α > 1$ alors $u_{n} \to 0$ tandis que si $α < 1$ , $u_{n} \to + \infty$ .
(b)

Montrer que si $α = 1$ , la suite est monotone et convergente.
(c)

Toujours dans le cas $α = 1$ et en exploitant l’encadrement $\ln (1 + x) \leq x \leq - \ln (1 - x)$ valable pour tout $x \in [0; 1 [$ , établir $u_{n} \to \ln (2)$ .

Solution

(a)

Si $α > 1$ alors $0 \leq u_{n} \leq \frac{n}{n^{α} + 1} \to 0$ donc $u_{n} \to 0$ .
Si $α < 1$ alors $u_{n} \geq \frac{n}{n^{α} + n^{α}} = \frac{1}{2} n^{1 - α} \to + \infty$ donc $u_{n} \to + \infty$ .
(b)

$u_{n + 1} - u_{n} = \frac{1}{2 n + 1} + \frac{1}{2 n + 2} - \frac{1}{n + 1} > 0$ donc $(u_{n})$ est croissante. De plus, $u_{n} \leq \frac{n}{n + 1} \leq 1$ donc $(u_{n})$ est majorée et par conséquent convergente.
(c)

$u_{n} = \sum_{k = 1}^{n} \frac{1}{n + k} \leq - \ln (\prod_{k = 1}^{n} (1 - \frac{1}{n + k})) = - \ln (\frac{n}{2 n}) = \ln (2)$

et

$u_{n} = \sum_{k = 1}^{n} \frac{1}{n + k} \geq \ln (\prod_{k = 1}^{n} (1 + \frac{1}{n + k})) = \ln (\frac{2 n + 1}{n + 1}) \to_{n \to + \infty}^{} \ln (2)$

donc

$u_{n} \to_{n \to + \infty}^{} \ln (2) .$

Exercice 11 319 CENTRALE (MP)Correction

(a)

Soit

$u_{n} = \sum_{k = 1}^{n p} \frac{1}{n + k}$

où $p \in ℕ^{*}$ est fixé. Montrer que la suite $(u_{n})$ converge. Sa limite sera notée $ℓ$ (on ne demande pas ici de la calculer)
(b)

Soit $f : ℝ_{+} \to ℂ$ de classe $𝒞^{1}$ et telle que $f (0) = 0$ . Soit

$v_{n} = \sum_{k = 1}^{n p} f (\frac{1}{n + k}) .$

Montrer que $(v_{n})$ converge. Exprimer sa limite en fonction de $ℓ$ .
(c)

Calculer $ℓ$ en utilisant $f (x) = \ln (1 + x)$ .
(d)

Si $f$ de $ℝ_{+}$ dans $ℂ$ est continue et vérifie $f (0) = 0$ , montrer qu’il peut y avoir divergence de la suite $(v_{n})$ .

Solution

(a)

La suite $(u_{n})$ est croissante car

$u_{n + 1} - u_{n} = \frac{1}{n (p + 1) + 1} + \dots + \frac{1}{(n + 1) (p + 1)} - \frac{1}{n + 1} \geq 0$

et $u_{n} \leq \frac{n p}{n + 1} \leq p$ donc $(u_{n})$ converge vers une limite $ℓ$ .
(b)

Commençons par le cas où $f^{'} (0) = 0$ .
Soit $ε > 0$ , il existe $α > 0$ tel que pour tout $x \in [0; α]$ on ait $| f^{'} (x) | \leq ε$ et par l’inégalité des accroissements finis, on obtient

$\forall x \in [0; α], | f (x) | \leq ε | x | .$

On a alors

$| v_{n} | = \sum_{k = 1}^{n p} \frac{ε}{n + k} \leq p ε$

et donc $v_{n} \to 0$ .
Pour le cas général, il suffit d’introduire $g (x) = f (x) - x f^{'} (0)$ . Puisque $g^{'} (0) = 0$ , on a

$\sum_{k = 1}^{n p} g (\frac{1}{n + k}) \to_{n \to + \infty}^{} 0$

et donc

$v_{n} - u_{n} f^{'} (0) \to_{n \to + \infty}^{} 0$

et finalement $v_{n} \to ℓ f^{'} (0)$ .
(c)

Pour $f (x) = \ln (1 + x)$ ,

$v_{n} = \sum_{k = 1}^{n p} \ln (n + k + 1) - \ln (n + k) = \ln (n (p + 1) + 1) - \ln (n + 1) \to \ln (p + 1) .$

On conclut $ℓ = \ln (p + 1)$ .
(d)

Pour $f (x) = \sqrt{x}$ ,

$v_{n} = \sum_{k = 1}^{n p} \frac{1}{\sqrt{n + k}} \geq \frac{n p}{\sqrt{(n + 1) p}} \to + \infty .$

Exercice 12 2261 Correction

Pour tout $n \in ℕ$ , on pose

S_{n} = \sum_{k = 1}^{n} \frac{1}{n + k} et S_{n}^{'} = \sum_{k = 1}^{n} \frac{{(- 1)}^{k - 1}}{k} .

(a)

Établir que pour tout $p > 1$ ,

$\int_{p}^{p + 1} \frac{d x}{x} \leq \frac{1}{p} \leq \int_{p - 1}^{p} \frac{d x}{x} .$

En déduire la limite de $(S_{n})$ .
(b)

Établir que $S_{2 n}^{'} = S_{n}$ . En déduire la limite de $(S_{n}^{'})$ .

Solution

(a)

On a

$\int_{p}^{p + 1} \frac{d x}{x} \leq \int_{p}^{p + 1} \frac{d x}{p} = \frac{1}{p}$

car la fonction décroissante $x \mapsto \frac{1}{x}$ est majorée par $\frac{1}{p}$ sur $[p; p + 1]$ .
Par un argument semblable

$\int_{p - 1}^{p} \frac{d x}{x} \geq \int_{p - 1}^{p} \frac{d x}{p} = \frac{1}{p} .$

Pour $n \geq 1$ ,

$\int_{n + k}^{n + k + 1} \frac{d x}{x} \leq \frac{1}{n + k} \leq \int_{n + k - 1}^{n + k} \frac{d x}{x}$

donne en sommant

$\int_{n + 1}^{2 n + 1} \frac{d x}{x} \leq S_{n} \leq \int_{n}^{2 n} \frac{d x}{x} .$

Or

$\int_{n + 1}^{2 n + 1} \frac{d x}{x} = \ln (\frac{2 n + 1}{n + 1}) \to_{n \to + \infty}^{} \ln (2)$

et

$\int_{n}^{2 n} \frac{d x}{x} = \ln (2)$

donc $S_{n} \to \ln (2)$ .
(b)

On a

$S_{2 n}^{'} = \frac{1}{1} - \frac{1}{2} + \frac{1}{3} - \frac{1}{4} + \dots + \frac{1}{2 n - 1} - \frac{1}{2 n} = (\frac{1}{1} + \frac{1}{2} + \dots + \frac{1}{2 n}) - 2 (\frac{1}{2} + \frac{1}{4} + \dots + \frac{1}{2 n})$

donc

$S_{2 n}^{'} = \sum_{k = 1}^{2 n} \frac{1}{k} - \sum_{k = 1}^{n} \frac{1}{k} = \sum_{k = n + 1}^{2 n} \frac{1}{k} = \sum_{k = 1}^{n} \frac{1}{n + k} = S_{n} .$

Par suite, $S_{2 n}^{'} \to \ln (2)$ . De plus,

$S_{2 n + 1}^{'} = S_{2 n} + \frac{1}{2 n + 1} \to_{n \to + \infty}^{} \ln (2)$

donc

$S_{n}^{'} \to_{n \to + \infty}^{} \ln (2) .$

Exercice 13 2263 Correction

Déterminer la limite de

u_{n} = \sum_{k = 0}^{n} {(\binom{n}{k})}^{- 1} .

Solution

On a

u_{n} = 1 + \frac{1}{n} + \sum_{k = 2}^{n - 2} {(\binom{n}{k})}^{- 1} + \frac{1}{n} + 1 .

Or pour $k \in {2, \dots, n - 2}$ ,

(\binom{n}{k}) \geq (\binom{n}{2}) = \frac{n (n - 1)}{2}

donc

0 \leq \sum_{k = 2}^{n - 2} {(\binom{n}{k})}^{- 1} \leq \frac{2 (n - 3)}{n (n - 1)} \to_{n \to + \infty}^{} 0

puis $u_{n} \to_{n \to + \infty}^{} 2$ .

Exercice 14 2264 Correction

Soit $p \in ℕ ∖ {0,1}$ . Pour $n \in ℕ^{*}$ on pose

u_{n} = {(\binom{n + p}{n})}^{- 1} et S_{n} = \sum_{k = 1}^{n} u_{k} .

(a)

Montrer que

$\forall n \in ℕ, (n + p + 2) u_{n + 2} = (n + 2) u_{n + 1} .$
(b)

Montrer par récurrence

$S_{n} = \frac{1}{p - 1} (1 - (n + p + 1) u_{n + 1}) .$
(c)

Pour $n \in ℕ^{*}$ , on pose $v_{n} = (n + p) u_{n}$ . Montrer que $(v_{n})$ converge vers $0$ .
(d)

En déduire la limite de $(S_{n})$ en fonction de $p$ .

Solution

(a)

$(\binom{n + p + 2}{n + 2}) = \frac{n + p + 2}{n + 2} (\binom{n + p + 1}{n + 1})$

d’où la relation.
(b)

Par récurrence sur $n \in ℕ$ :
Pour $n = 1$ :

$S_{1} = \frac{1}{(\binom{p + 1}{1})} et \frac{1}{p - 1} (1 - (p + 2) \frac{2}{(p + 2) (p + 1)}) = \frac{1}{p + 1}$

ok
Supposons la propriété établie au rang $n \geq 1$ .

$S_{n + 1} = S_{n} + u_{n + 1} \underset{H R}{=} \frac{1}{p - 1} (1 - (n + p + 1) u_{n + 1}) + u_{n + 1} = \frac{1}{p - 1} (1 - (n + 2) u_{n + 1}) = \frac{1}{p - 1} (1 - (n + p + 2) u_{n + 2}) .$

Récurrence établie.
(c)

$0 \leq v_{n} = \frac{n + p}{(\binom{n + p}{n})} = \frac{n! p!}{(n + p - 1)!} \leq \frac{p!}{n + 1} \to_{n \to + \infty}^{} 0 .$
(d)

Par opérations

$S_{n} \to_{n \to + \infty}^{} \frac{1}{p - 1} .$

Exercice 15 3039 X (MP)Correction

Soit $z \in ℂ$ avec $| z | < 1$ . Existence et calcul de

lim_{n \to + \infty} \prod_{k = 0}^{n} (1 + z^{2^{k}}) .

Solution

On a

(1 - z) \prod_{k = 0}^{n} (1 + z^{2^{k}}) = (1 - z) (1 + z) (1 + z^{2}) \dots (1 + z^{2^{n}}) .

Or $(1 - z) (1 + z) = 1 - z^{2}$ donc

(1 - z) \prod_{k = 0}^{n} (1 + z^{2^{k}}) = (1 - z^{2}) (1 + z^{2}) \dots (1 + z^{2^{n}}) .

En répétant la manipulation

(1 - z) \prod_{k = 0}^{n} (1 + z^{2^{k}}) = (1 - z^{2^{n + 1}}) .

Or $z^{2^{n + 1}} \to 0$ donc

lim_{n \to + \infty} \prod_{k = 0}^{n} (1 + z^{2^{k}}) = \frac{1}{1 - z} .

Exercice 16 2262 Correction

Soient $a \in ℝ$ et pour $n \in ℕ$ ,

P_{n} = \prod_{k = 1}^{n} \cos (\frac{a}{2^{k}}) .

Montrer que

\sin (\frac{a}{2^{n}}) P_{n} = \frac{1}{2^{n}} \sin (a)

et déterminer ${lim}_{n \to + \infty} P_{n}$ .

Solution

En exploitant la formule $\sin (2 x) = 2 \sin (x) \cos (x)$

\sin (\frac{a}{2^{n}}) P_{n} = \frac{1}{2} \sin (\frac{a}{2^{n - 1}}) \cos (\frac{a}{2^{n - 1}}) \dots \cos (\frac{a}{2}) = \dots = \frac{1}{2^{n}} \sin (a) .

Si $a = 0$ alors $P_{n} = 1 \to 1$ .
Si $a \neq 0$ alors, pour $n$ assez grand, $\sin (a / 2^{n}) \neq 0$ et

P_{n} = \frac{\sin (a)}{2^{n} \sin (\frac{a}{2^{n}})} .

Puisque

\frac{\sin (x)}{x} = \frac{\sin (x) - \sin (0)}{x - 0} \to_{x \to 0}^{} \cos (0) = 1

on a

\frac{\sin (a) / 2^{n}}{a / 2^{n}} \to_{n \to + \infty}^{} 1

puis

P_{n} = \frac{\sin (a)}{2^{n} \sin (\frac{a}{2^{n}})} \to_{n \to + \infty}^{} \frac{\sin (a)}{a}

car

2^{n} \sin (\frac{a}{2^{n}}) \underset{n \to + \infty}{\sim} 2^{n} \frac{a}{2^{n}} = a .

Exercice 17 321 Correction

(a)

Établir que pour tout $x \geq 0$ on a

$x - \frac{1}{2} x^{2} \leq \ln (1 + x) \leq x .$
(b)

En déduire la limite de

$u_{n} = \prod_{k = 1}^{n} (1 + \frac{k}{n^{2}}) .$

Solution

(a)

Il suffit de dresser le tableau de variation des fonctions $x \mapsto \ln (1 + x) - x + \frac{1}{2} x^{2}$ et $x \mapsto x - \ln (1 + x)$ .
(b)

$\ln (u_{n}) \leq \sum_{k = 1}^{n} \frac{k}{n^{2}} = \frac{(n + 1)}{2 n} \to \frac{1}{2}$

et

$\ln (u_{n}) \geq \sum_{k = 1}^{n} (\frac{k}{n^{2}} - \frac{k^{2}}{n^{4}}) = \frac{n + 1}{2 n} - \frac{(n + 1) (2 n + 1)}{6 n^{3}} \to \frac{1}{2}$

donc

$u_{n} \to \sqrt{e} .$

Exercice 18 5757 Correction

Pour $n \in ℕ^{*}$ , on pose

u_{n} = {(1 + \frac{1}{n})}^{n} et v_{n} = \sum_{k = 0}^{n} \frac{1}{k!} .

(a)

Étudier la limite $ℓ$ de la suite ${(u_{n})}_{n \geq 1}$ .
(b)

Établir que pour tout entier $n \geq 2$

$u_{n} = 2 + \sum_{k = 2}^{n} \frac{1}{k!} (1 - \frac{1}{n}) (1 - \frac{2}{n}) \times \dots \times (1 - \frac{k - 1}{n})$

et en déduire $u_{n} \leq v_{n}$ pour tout $n \in ℕ^{*}$ .
(c)

Soit $N \in ℕ$ avec $N \geq 2$ . Observer que pour tout entier $n \geq N$

$u_{n} \geq 2 + \sum_{k = 2}^{N} \frac{1}{k!} (1 - \frac{1}{n}) (1 - \frac{2}{n}) \times \dots \times (1 - \frac{k - 1}{n})$

et en déduire $ℓ \geq v_{N}$ .
(d)

Établir que ${(v_{n})}_{n \geq 1}$ tend vers $ℓ$ .

Solution

(a)

Pour $n \in ℕ^{*}$ ,

$u_{n} = \exp (n \ln (1 + \frac{1}{n})) \to_{n \to + \infty}^{} e car n \ln (1 + \frac{1}{n}) \underset{n \to + \infty}{\sim} n \times \frac{1}{n} \to_{n \to + \infty}^{} 1 .$

La suite ${(u_{n})}_{n \geq 1}$ tend vers $ℓ = e$ .
(b)

Par la formule du binôme de Newton,

$u_{n} = \sum_{k = 0}^{n} (\binom{n}{k}) \frac{1}{n^{k}} .$

Les deux premiers termes de la somme sont égaux à $1$ . Les suivants se réexpriment

$(\binom{n}{k}) \frac{1}{n^{k}} = \frac{n (n - 1) \times \dots \times (n - k + 1)}{k! n^{k}} = \frac{1}{n^{k}} \cdot \frac{n}{n} \cdot \frac{n - 1}{n} \times \dots \times \frac{n - k + 1}{n}$

ce qui donne

$(\binom{n}{k}) \frac{1}{n^{k}} = \frac{1}{k!} (1 - \frac{1}{n}) (1 - \frac{2}{n}) \times \dots \times (1 - \frac{k - 1}{n}) .$

Pour $k$ compris entre $2$ et $n$ ,

$\frac{1}{k!} (\underset{\begin{matrix} \leq 1 \end{matrix}}{\underset{⏟}{1 - \frac{1}{n}}}) (\underset{\begin{matrix} \leq 1 \end{matrix}}{\underset{⏟}{1 - \frac{2}{n}}}) \times \dots \times (\underset{\begin{matrix} \leq 1 \end{matrix}}{\underset{⏟}{1 - \frac{k - 1}{n}}}) \leq \frac{1}{k!} .$

En sommant,

$u_{n} \leq 2 + \sum_{k = 2}^{n} \frac{1}{k!} = v_{n} .$

L’inégalité est aussi vraie pour $n = 1$ (et c’est une égalité).
(c)

Soient $n \geq N \geq 2$ . Par troncature d’une somme de termes positifs,

$u_{n} \geq 2 + \sum_{k = 2}^{N} \frac{1}{k!} (1 - \frac{1}{n}) (1 - \frac{2}{n}) \times \dots \times (1 - \frac{k - 1}{n}) .$

En passant à la limite quand $n$ tend vers l’infini, il vient alors

$ℓ \geq 2 + \sum_{k = 2}^{N} \frac{1}{k!} = v_{N} .$
(d)

Par ce qui précède, on peut affirmer l’encadrement

$u_{N} \leq y_{N} \leq ℓ pour tout N \geq 2 .$

Par théorème d’encadrement,

$y_{N} \to_{N \to + \infty}^{} ℓ = e .$

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Édité le 08-12-2023

Calcul de limites