• (a)

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

• (b)

  $$u_n=\frac{2n}{\sqrt{n^2+n+1}+\sqrt{n^2-n+1}}=\frac{2}{\sqrt{1+\frac{1}{n}+\frac{1}{n^2}}+\sqrt{1-\frac{1}{n}+\frac{1}{n^2}}}\to 1\text{.}$$

• (c)

  $$u_n=\frac{1-\sqrt{1+1/n^2}}{1+\sqrt{1-1/n^2}}\to 0\text{.}$$

• (d)

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

• (a)

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

  $$n\ln \left(1+\frac{1}{n}\right)=\frac{1}{1/n}\ln \left(1+\frac{1}{n}\right)\underset{n\to +\mathrm{\infty }}{\overset{}{\to }}1$$

  car $\frac{\ln (1+x)}{x}\underset{x\to 0}{\overset{}{\to }}1$. Par suite, $u_n\to \mathrm{e}$.

• (b)

  $$u_n={\mathrm{e}}^{\frac{2}{n}\ln (n)}\underset{n\to +\mathrm{\infty }}{\overset{}{\to }}1$$

  car

  $$\frac{\ln (n)}{n}\underset{n\to +\mathrm{\infty }}{\overset{}{\to }}0\text{.}$$

• (c)

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

  or

  $$\frac{1}{n}\ln \left(\sin \left(\frac{1}{n}\right)\right)\underset{n\to +\mathrm{\infty }}{\sim }\frac{1}{n}\ln \left(\frac{1}{n}\right)\underset{n\to +\mathrm{\infty }}{\overset{}{\to }}0$$

  donc ${\left(\sin \left(\frac{1}{n}\right)\right)}^{1/n}\underset{n\to +\mathrm{\infty }}{\overset{}{\to }}1$.

• (d)

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

  or

  $$n\ln \left(1-\frac{2}{n+1}\right)\underset{n\to +\mathrm{\infty }}{\sim }-2\underset{n\to +\mathrm{\infty }}{\overset{}{\to }}-2$$

  donc

  $${\left(\frac{n-1}{n+1}\right)}^n\underset{n\to +\mathrm{\infty }}{\overset{}{\to }}{\mathrm{e}}^{-2}\text{.}$$

• (a)

  $|u_n|\le \frac{1}{n-1}\to 0$ donc $u_n\to 0$.

• (b)

  $0\le u_n\le \frac{1.2\mathrm{\dots }n}{n.n\mathrm{\dots }n}\le \frac{1}{n}\to 0$ donc $u_n\to 0$.

• (c)

  $\frac{n-1}{n+1}\le u_n\le \frac{n+1}{n-1}$ avec $\frac{n-1}{n+1},\frac{n+1}{n-1}\to 1$ donc $u_n\to 1$.

• (d)

  Pour $n\ge 3$, $0\le u_n\le {\left(\frac{\mathrm{e}}{3}\right)}^n\to 0$ donc $u_n\to 0$.

• (e)

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

• (a)

  $u_n=\exp \left(\ln (n)/n\right)\to 1$.

• (b)

  $$u_n=\exp \left(n\ln \left(1+\frac{x}{n}\right)\right)=\exp \left(x+\mathrm{o}(1)\right)\to {\mathrm{e}}^x\text{.}$$

• (c)

  $$u_n=\exp \left((n+2)\ln \left(1-\frac{2}{n+1}\right)\right)=\exp (-2+\mathrm{o}(1))\to {\mathrm{e}}^{-2}\text{.}$$

• (d)

  $$u_n=-2n^2\sin \left(\left(\frac{1}{n}+\frac{1}{n+1}\right)/2\right)\sin \left(\left(\frac{1}{n}-\frac{1}{n-1}\right)/2\right)=\mathrm{O}\left(\frac{1}{n}\right)\to 0\text{.}$$

• (e)

  $$\tan \left(\frac{\pi }{4}+\frac{\alpha }{n}\right)=1+\frac{2\alpha }{n}+\mathrm{o}\left(\frac{1}{n}\right)$$

  donc

  $$u_n=\exp \left(n\ln \left(1+\frac{2\alpha }{n}+\mathrm{o}\left(\frac{1}{n}\right)\right)\right)=\exp (2\alpha +\mathrm{o}(1))\to {\mathrm{e}}^{2\alpha }\text{.}$$

• (f)

  $$u_n={\left(1+\frac{1}{n\ln (n)}+\mathrm{o}\left(\frac{1}{n\ln (n)}\right)\right)}^{n\ln (n)}\to \mathrm{e}\text{.}$$

• (g)

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

  $$u_n={\left(1+\frac{\ln (24)}{3n}+\mathrm{o}\left(\frac{1}{n}\right)\right)}^n\to \sqrt[3]{24}\text{.}$$

• (h)

  Par le théorème des accroissements finis

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

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

  $$u_n=\exp \left(n^2\frac{1}{1+c^2}\frac{1}{\arctan (c)}\right)\to {\mathrm{e}}^{2/\pi }\text{.}$$

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

• (a)

  $S_n\ge {\sum }_{k=1}^{n}1=n\to +\mathrm{\infty }$

• (b)

  $S_n\ge {\sum }_{k=1}^n\frac{1}{\sqrt{n}}=\sqrt{n}\to +\mathrm{\infty }$.

• (c)

  $0\le S_n\le {\sum }_{k=1}^n\frac{1}{n^2+1}=\frac{n}{n^2+1}\to 0$ donc $u_n\to 0$.

• (d)

  $0\le S_n\le {\sum }_{k=n+1}^{2n}\frac{1}{{(n+1)}^2}\le \frac{n}{{(n+1)}^2}\to 0$.

• (e)

  ${\sum }_{k=1}^n\frac{n}{n^2+n}\le S_n\le {\sum }_{k=1}^n\frac{n}{n^2+1}$ donc $\frac{n}{n+1}\le S_n\le \frac{n^2}{n^2+1}$ puis $u_n\to 1$.

• (f)

  $\frac{n}{\sqrt{n^2+n}}={\sum }_{k=1}^n\frac{1}{\sqrt{n^2+n}}\le S_n\le {\sum }_{k=1}^n\frac{1}{\sqrt{n^2+1}}=\frac{n}{\sqrt{n^2+1}}$ par le théorème des gendarmes: $S_n\to 1$.

• (g)

  $S_n=n!-(n-1)!+(n-2)!+\mathrm{\cdots }+{(-1)}^n$. Par regroupement de termes.
  Si $n$ est pair alors $S_n\ge n!-(n-1)!$ et si $n$ est impair $S_n\ge n!-(n-1)!-1$.
  Puisque

  $$n!-(n-1)!=(n-1)\cdot (n-1)!\underset{n\to +\mathrm{\infty }}{\overset{}{\to }}+\mathrm{\infty },$$

  on a $S_n\to +\mathrm{\infty }$.

• (a)

  Si $\alpha >1$ alors $0\le u_n\le \frac{n}{n^{\alpha }+1}\to 0$ donc $u_n\to 0$.
  Si $\alpha <1$ alors $u_n\ge \frac{n}{n^{\alpha }+n^{\alpha }}=\frac{1}{2}{n}^{1-\alpha }\to +\mathrm{\infty }$ donc $u_n\to +\mathrm{\infty }$.

• (b)

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

• (c)

  $$u_n=\sum _{k=1}^n\frac{1}{n+k}\le -\ln \left(\prod _{k=1}^n\left(1-\frac{1}{n+k}\right)\right)=-\ln \left(\frac{n}{2n}\right)=\ln (2)$$

  et

  $$u_n=\sum _{k=1}^n\frac{1}{n+k}\ge \ln \left(\prod _{k=1}^n\left(1+\frac{1}{n+k}\right)\right)=\ln \left(\frac{2n+1}{n+1}\right)\underset{n\to +\mathrm{\infty }}{\overset{}{\to }}\ln (2)$$

  donc

  $$u_n\underset{n\to +\mathrm{\infty }}{\overset{}{\to }}\ln (2)\text{.}$$

• (a)

  La suite $(u_n)$ est croissante car

  $$u_{n+1}-u_n=\frac{1}{n(p+1)+1}+\mathrm{\cdots }+\frac{1}{(n+1)(p+1)}-\frac{1}{n+1}\ge 0$$

  et $u_n\le \frac{np}{n+1}\le p$ donc $(u_n)$ converge vers une limite $\mathrm{\ell }$.

• (b)

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

  $$\forall x\in [0;\alpha ],\left|f(x)\right|\le \epsilon |x|\text{.}$$

  On a alors

  $$|v_n|=\sum _{k=1}^{np}\frac{\epsilon }{n+k}\le p\epsilon$$

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

  $$\sum _{k=1}^{np}g\left(\frac{1}{n+k}\right)\underset{n\to +\mathrm{\infty }}{\overset{}{\to }}0$$

  et donc

  $$v_n-u_n{f}^{\prime }(0)\underset{n\to +\mathrm{\infty }}{\overset{}{\to }}0$$

  et finalement $v_n\to \mathrm{\ell }{f}^{\prime }(0)$.

• (c)

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

  $$v_n=\sum _{k=1}^{np}\ln (n+k+1)-\ln (n+k)=\ln (n(p+1)+1)-\ln (n+1)\to \ln (p+1)\text{.}$$

  On conclut $\mathrm{\ell }=\ln (p+1)$.

• (d)

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

  $$v_n=\sum _{k=1}^{np}\frac{1}{\sqrt{n+k}}\ge \frac{np}{\sqrt{(n+1)p}}\to +\mathrm{\infty }\text{.}$$

• (a)

  On a

  $${\int }_p^{p+1}\frac{\mathrm{d}x}{x}\le {\int }_p^{p+1}\frac{\mathrm{d}x}{p}=\frac{1}{p}$$

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

  $${\int }_{p-1}^p\frac{\mathrm{d}x}{x}\ge {\int }_{p-1}^p\frac{\mathrm{d}x}{p}=\frac{1}{p}\text{.}$$

  Pour $n\ge 1$,

  $${\int }_{n+k}^{n+k+1}\frac{\mathrm{d}x}{x}\le \frac{1}{n+k}\le {\int }_{n+k-1}^{n+k}\frac{\mathrm{d}x}{x}$$

  donne en sommant

  $${\int }_{n+1}^{2n+1}\frac{\mathrm{d}x}{x}\le S_n\le {\int }_n^{2n}\frac{\mathrm{d}x}{x}\text{.}$$

  Or

  $${\int }_{n+1}^{2n+1}\frac{\mathrm{d}x}{x}=\ln \left(\frac{2n+1}{n+1}\right)\underset{n\to +\mathrm{\infty }}{\overset{}{\to }}\ln (2)$$

  et

  $${\int }_n^{2n}\frac{\mathrm{d}x}{x}=\ln (2)$$

  donc $S_n\to \ln (2)$.

• (b)

  On a

  $$S_{2n}^{\prime }=\frac{1}{1}-\frac{1}{2}+\frac{1}{3}-\frac{1}{4}+\mathrm{\cdots }+\frac{1}{2n-1}-\frac{1}{2n}=\left(\frac{1}{1}+\frac{1}{2}+\mathrm{\cdots }+\frac{1}{2n}\right)-2\left(\frac{1}{2}+\frac{1}{4}+\mathrm{\cdots }+\frac{1}{2n}\right)$$

  donc

  $$S_{2n}^{\prime }=\sum _{k=1}^{2n}\frac{1}{k}-\sum _{k=1}^n\frac{1}{k}=\sum _{k=n+1}^{2n}\frac{1}{k}=\sum _{k=1}^n\frac{1}{n+k}=S_n\text{.}$$

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

  $$S_{2n+1}^{\prime }=S_{2n}+\frac{1}{2n+1}\underset{n\to +\mathrm{\infty }}{\overset{}{\to }}\ln (2)$$

  donc

  $$S_n^{\prime }\underset{n\to +\mathrm{\infty }}{\overset{}{\to }}\ln (2)\text{.}$$

On a

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

donc

puis $u_n\to 2$.

• (a)

  $$\left(\genfrac{}{}{0pt}{}{n+p+2}{n+2}\right)=\frac{n+p+2}{n+2}\left(\genfrac{}{}{0pt}{}{n+p+1}{n+1}\right)$$

  d’où la relation.

• (b)

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

  $$S_1=\frac{1}{\left(\genfrac{}{}{0pt}{}{p+1}{1}\right)}\text{ et }\frac{1}{p-1}(1-(p+2)\frac{2}{(p+2)(p+1)})=\frac{1}{p+1}$$

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

  $$S_{n+1}=S_n+u_{n+1}\underset{HR}{=}\frac{1}{p-1}(1-(n+p+1)u_{n+1})+u_{n+1}=\frac{1}{p-1}(1-(n+2)u_{n+1})=\frac{1}{p-1}(1-(n+p+2)u_{n+2})\text{.}$$

  Récurrence établie.

• (c)

  $$0\le v_n=\frac{n+p}{\left(\genfrac{}{}{0pt}{}{n+p}{n}\right)}=\frac{n!p!}{(n+p-1)!}\le \frac{p!}{n+1}\underset{n\to +\mathrm{\infty }}{\overset{}{\to }}0\text{.}$$

• (d)

  Par opérations

  $$S_n\underset{n\to +\mathrm{\infty }}{\overset{}{\to }}\frac{1}{p-1}\text{.}$$

On a

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

En répétant la manipulation

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

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

Si $a=0$ alors $P_n=1\to 1$.
Si $a\ne 0$ alors, pour $n$ assez grand, $\sin (a/2^n)\ne 0$ et

Puisque

on a

puis

car

• (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)

  $$\ln (u_n)\le \sum _{k=1}^n\frac{k}{n^2}=\frac{(n+1)}{2n}\to \frac{1}{2}$$

  et

  $$\ln (u_n)\ge \sum _{k=1}^n\left(\frac{k}{n^2}-\frac{k^2}{n^4}\right)=\frac{n+1}{2n}-\frac{(n+1)(2n+1)}{6n^3}\to \frac{1}{2}$$

  donc

  $$u_n\to \sqrt{\mathrm{e}}\text{.}$$