[<] Limite par encadrement [>] Limites des suites monotones

 
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)

    limn+en-n

  • (b)

    limn+n3+n+12n2+1

  • (c)

    limn+n+1-n

  • (d)

    limn+n1/n

  • (e)

    limn+(2+cos(n))1/n

  • (f)

    limn+(2n)!(n!)2

  • (g)

    limn+einθn avec θ.

 
Exercice 2  2254  Correction  

Déterminer la limite, si celle-ci existe, des suites (un) suivantes:

  • (a)

    un=3n-(-2)n3n+(-2)n

  • (b)

    un=n2+n+1-n2-n+1

  • (c)

    un=n-n2+1n+n2-1

  • (d)

    un=1n2k=1nk

Solution

  • (a)
    un=1-(-2/3)n1+(-2/3)n1.
  • (b)
    un=2nn2+n+1+n2-n+1=21+1n+1n2+1-1n+1n21.
  • (c)
    un=1-1+1/n21+1-1/n20.
  • (d)
    un=(n+1)2n12.
 
Exercice 3  2255  Correction  

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

  • (a)

    un=(1+1n)n

  • (b)

    un=n2n

  • (c)

    un=(sin(1n))1/n

  • (d)

    un=(n-1n+1)n

Solution

  • (a)

    un=en(ln(1+1/n)) or

    nln(1+1n)=11/nln(1+1n)n+1

    car ln(1+x)xx01. Par suite, une.

  • (b)
    un=e2nln(n)n+1

    car

    ln(n)nn+0.
  • (c)
    (sin(1n))1/n=e1nln(sin(1n))

    or

    1nln(sin(1n))n+1nln(1n)n+0

    donc (sin(1n))1/nn+1.

  • (d)
    (n-1n+1)n=enln(1-2n+1)

    or

    nln(1-2n+1)n+-2n+-2

    donc

    (n-1n+1)nn+e-2.
 
Exercice 4  2256  Correction  

Déterminer par comparaison, la limite des suites (un) suivantes:

  • (a)

    un=sin(n)n+(-1)n+1

  • (b)

    un=n!nn

  • (c)

    un=n-(-1)nn+(-1)n

  • (d)

    un=ennn

  • (e)

    un=2+(-1)nn

Solution

  • (a)

    |un|1n-10 donc un0.

  • (b)

    0un1.2nn.nn1n0 donc un0.

  • (c)

    n-1n+1unn+1n-1 avec n-1n+1,n+1n-11 donc un1.

  • (d)

    Pour n3, 0un(e3)n0 donc un0.

  • (e)

    1un3n=e1nln(3)1 donc un1.

 
Exercice 5  298   Correction  

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

  • (a)

    un=nn

  • (b)

    un=(1+xn)n

  • (c)

    un=(n-1n+1)n+2

  • (d)

    un=n2(cos(1n)-cos(1n+1))

  • (e)

    un=(tan(π4+αn))n

  • (f)

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

  • (g)

    un=(2n+3n+4n3)n

  • (h)

    un=(arctan(n+1)arctan(n))n2

Solution

  • (a)

    un=exp(ln(n)/n)1.

  • (b)
    un=exp(nln(1+xn))=exp(x+o(1))ex.
  • (c)
    un=exp((n+2)ln(1-2n+1))=exp(-2+o(1))e-2.
  • (d)
    un=-2n2sin((1n+1n+1)/2)sin((1n-1n-1)/2)=O(1n)0.
  • (e)
    tan(π4+αn)=1+2αn+o(1n)

    donc

    un=exp(nln(1+2αn+o(1n)))=exp(2α+o(1))e2α.
  • (f)
    un=(1+1nln(n)+o(1nln(n)))nln(n)e.
  • (g)
    2n=exp(1nln(2))=1+1nln(2)+o(1).
    un=(1+ln(24)3n+o(1n))n243.
  • (h)

    Par le théorème des accroissements finis

    ln(arctan(n+1))-ln(arctan(n))=11+c21arctan(c)

    avec ncn+1 donc

    un=exp(n211+c21arctan(c))e2/π.
 
Exercice 6  4927  

Soit θ]0;2π[. Montrer la divergence des suites de termes généraux un avec:

  • (a)

    un=(-1)n

  • (b)

    un=cos(nθ)

  • (c)

    un=einθ.

 
Exercice 7  2258  Correction  

Comparer

limm+limn+(1-1n)m,limn+limm+(1-1n)m et limn+(1-1n)n.

Solution

limn+(1-1n)m=1m et limm+limn+(1-1n)m=1.
limm+(1-1n)m=0 et limn+limm+(1-1n)m=0.
(1-1n)n=enln(1-1n)e-1.

 
Exercice 8  4929   

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

  • (a)

    Sn=k=1n1n+k

  • (b)

    Sn=k=1n1n+k

  • (c)

    Sn=k=1nsin(k)(n+k)2.

 
Exercice 9  2257   Correction  

Déterminer les limites des sommes suivantes:

  • (a)

    Sn=k=1nk

  • (b)

    Sn=k=1n1k

  • (c)

    Sn=k=1n1n2+k2

  • (d)

    Sn=k=n+12n1k2

  • (e)

    Sn=k=1nnn2+k

  • (f)

    Sn=k=1n1n2+k

  • (g)

    Sn=k=0n(-1)n-kk!

Solution

  • (a)

    Snk=1n1=n+

  • (b)

    Snk=1n1n=n+.

  • (c)

    0Snk=1n1n2+1=nn2+10 donc un0.

  • (d)

    0Snk=n+12n1(n+1)2n(n+1)20.

  • (e)

    k=1nnn2+nSnk=1nnn2+1 donc nn+1Snn2n2+1 puis un1.

  • (f)

    nn2+n=k=1n1n2+nSnk=1n1n2+1=nn2+1 par le théorème des gendarmes: Sn1.

  • (g)

    Sn=n!-(n-1)!+(n-2)!++(-1)n. Par regroupement de termes.
    Si n est pair alors Snn!-(n-1)! et si n est impair Snn!-(n-1)!-1.
    Puisque

    n!-(n-1)!=(n-1)(n-1)!n++,

    on a Sn+.

 
Exercice 10  320   Correction  

Soient α>0 et

un=k=1n1nα+kα.
  • (a)

    Montrer que si α>1 alors un0 tandis que si α<1, un+.

  • (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)x-ln(1-x) valable pour tout x[0;1[, établir unln(2).

Solution

  • (a)

    Si α>1 alors 0unnnα+10 donc un0.
    Si α<1 alors unnnα+nα=12n1-α+ donc un+.

  • (b)

    un+1-un=12n+1+12n+2-1n+1>0 donc (un) est croissante. De plus, unnn+11 donc (un) est majorée et par conséquent convergente.

  • (c)
    un=k=1n1n+k-ln(k=1n(1-1n+k))=-ln(n2n)=ln(2)

    et

    un=k=1n1n+kln(k=1n(1+1n+k))=ln(2n+1n+1)n+ln(2)

    donc

    unn+ln(2).
 
Exercice 11  319     CENTRALE (MP)Correction  
  • (a)

    Soit

    un=k=1np1n+k

    p* est fixé. Montrer que la suite (un) converge. Sa limite sera notée (on ne demande pas ici de la calculer)

  • (b)

    Soit f:+ de classe 𝒞1 et telle que f(0)=0. Soit

    vn=k=1npf(1n+k).

    Montrer que (vn) converge. Exprimer sa limite en fonction de .

  • (c)

    Calculer en utilisant f(x)=ln(1+x).

  • (d)

    Si f de + dans est continue et vérifie f(0)=0, montrer qu’il peut y avoir divergence de la suite (vn).

Solution

  • (a)

    La suite (un) est croissante car

    un+1-un=1n(p+1)+1++1(n+1)(p+1)-1n+10

    et unnpn+1p donc (un) converge vers une limite .

  • (b)

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

    x[0;α],|f(x)|ε|x|.

    On a alors

    |vn|=k=1npεn+kpε

    et donc vn0.
    Pour le cas général, il suffit d’introduire g(x)=f(x)-xf(0). Puisque g(0)=0, on a

    k=1npg(1n+k)n+0

    et donc

    vn-unf(0)n+0

    et finalement vnf(0).

  • (c)

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

    vn=k=1npln(n+k+1)-ln(n+k)=ln(n(p+1)+1)-ln(n+1)ln(p+1).

    On conclut =ln(p+1).

  • (d)

    Pour f(x)=x,

    vn=k=1np1n+knp(n+1)p+.
 
Exercice 12  2261   Correction  

Pour tout n, on pose

Sn=k=1n1n+ketSn=k=1n(-1)k-1k.
  • (a)

    Établir que pour tout p>1,

    pp+1dxx1pp-1pdxx.

    En déduire la limite de (Sn).

  • (b)

    Établir que S2n=Sn. En déduire la limite de (Sn).

Solution

  • (a)

    On a

    pp+1dxxpp+1dxp=1p

    car la fonction décroissante x1x est majorée par 1p sur [p;p+1].
    Par un argument semblable

    p-1pdxxp-1pdxp=1p.

    Pour n1,

    n+kn+k+1dxx1n+kn+k-1n+kdxx

    donne en sommant

    n+12n+1dxxSnn2ndxx.

    Or

    n+12n+1dxx=ln(2n+1n+1)n+ln(2)

    et

    n2ndxx=ln(2)

    donc Snln(2).

  • (b)

    On a

    S2n=11-12+13-14++12n-1-12n=(11+12++12n)-2(12+14++12n)

    donc

    S2n=k=12n1k-k=1n1k=k=n+12n1k=k=1n1n+k=Sn.

    Par suite, S2nln(2). De plus,

    S2n+1=S2n+12n+1n+ln(2)

    donc

    Snn+ln(2).
 
Exercice 13  2263   Correction  

Déterminer la limite de

un=k=0n(nk)-1.

Solution

On a

un=1+1n+k=2n-2(nk)-1+1n+1.

Or pour k{2,,n-2},

(nk)(n2)=n(n-1)2

donc

0k=2n-2(nk)-12(n-3)n(n-1)0

puis un2.

 
Exercice 14  2264   Correction  

Soit p{0,1}. Pour n* on pose

un=(n+pn)-1etSn=k=1nuk.
  • (a)

    Montrer que

    n,(n+p+2)un+2=(n+2)un+1.
  • (b)

    Montrer par récurrence

    Sn=1p-1(1-(n+p+1)un+1).
  • (c)

    Pour n*, on pose vn=(n+p)un. Montrer que (vn) converge vers 0.

  • (d)

    En déduire la limite de (Sn) en fonction de p.

Solution

  • (a)
    (n+p+2n+2)=n+p+2n+2(n+p+1n+1)

    d’où la relation.

  • (b)

    Par récurrence sur n:
    Pour n=1:

    S1=1(p+11) et 1p-1(1-(p+2)2(p+2)(p+1))=1p+1

    ok
    Supposons la propriété établie au rang n1.

    Sn+1=Sn+un+1=HR1p-1(1-(n+p+1)un+1)+un+1=1p-1(1-(n+2)un+1)=1p-1(1-(n+p+2)un+2).

    Récurrence établie.

  • (c)
    0vn=n+p(n+pn)=n!p!(n+p-1)!p!n+1n+0.
  • (d)

    Par opérations

    Snn+1p-1.
 
Exercice 15  3039     X (MP)Correction  

Soit z avec |z|<1. Existence et calcul de

limn+k=0n(1+z2k).

Solution

On a

(1-z)k=0n(1+z2k)=(1-z)(1+z)(1+z2)(1+z2n).

Or (1-z)(1+z)=1-z2 donc

(1-z)k=0n(1+z2k)=(1-z2)(1+z2)(1+z2n).

En répétant la manipulation

(1-z)k=0n(1+z2k)=(1-z2n+1).

Or z2n+10 donc

limn+k=0n(1+z2k)=11-z.
 
Exercice 16  2262   Correction  

Soient a et pour n,

Pn=k=1ncos(a2k).

Montrer que

sin(a2n)Pn=12nsin(a)

et déterminer limn+Pn.

Solution

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

sin(a2n)Pn=12sin(a2n-1)cos(a2n-1)cos(a2)==12nsin(a).

Si a=0 alors Pn=11.
Si a0 alors, pour n assez grand, sin(a/2n)0 et

Pn=sin(a)2nsin(a2n).

Puisque

sin(x)x=sin(x)-sin(0)x-0x0cos(0)=1

on a

sin(a)/2na/2nn+1

puis

Pn=sin(a)2nsin(a2n)n+sin(a)a

car

2nsin(a2n)n+2na2n=a.
 
Exercice 17  321   Correction  
  • (a)

    Établir que pour tout x0 on a

    x-12x2ln(1+x)x.
  • (b)

    En déduire la limite de

    un=k=1n(1+kn2).

Solution

  • (a)

    Il suffit de dresser le tableau de variation des fonctions xln(1+x)-x+12x2 et xx-ln(1+x).

  • (b)
    ln(un)k=1nkn2=(n+1)2n12

    et

    ln(un)k=1n(kn2-k2n4)=n+12n-(n+1)(2n+1)6n312

    donc

    une.

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Édité le 08-11-2019

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