Exercice 1 5072

Montrer l’existence d’un réel $λ$ tel que

λ = lim_{n \to + \infty} (\sum_{k = 1}^{n} \frac{1}{\sqrt{k}} - 2 \sqrt{n}) .

Exercice 2 1074 Correction

Montrer que

u_{n} = \frac{n! e^{n}}{n^{n + 1 / 2}}

a une limite non nulle.

On s’interdit l’emploi de la formule de Stirling.

Solution

Après calculs,

\ln (u_{n + 1}) - \ln (u_{n}) \underset{n \to + \infty}{=} O (1 / n^{2}) .

La série télescopique associée étant convergente, la suite $(\ln (u_{n}))$ converge et l’on peut conclure.

Exercice 3 1072 Correction

Pour tout $n \in ℕ$ , on pose

u_{n} = \frac{(2 n)!}{{(2^{n} n!)}^{2}} .

Dans ce sujet, on s’interdit l’emploi de la formule de Stirling.

(a)

Déterminer un équivalent de

$\ln (u_{n + 1}) - \ln (u_{n}) .$

En déduire que $(u_{n})$ tend vers $0$ .
(b)

En s’inspirant de ce qui précède, établir que $\sqrt{n} u_{n} \to C > 0$ . On ne cherchera pas expliciter la valeur de $C$ .

Solution

(a)

On a

$\ln (u_{n + 1}) - \ln (u_{n}) = \ln (\frac{u_{n + 1}}{u_{n}}) = \ln (\frac{2 n + 1}{2 n + 2}) = \ln (1 - \frac{1}{2 n + 2}) \underset{n \to + \infty}{\sim} - \frac{1}{2 n} .$

La série $\sum (\ln (u_{n + 1}) - \ln (u_{n}))$ est une série à termes négatifs divergente, ses sommes partielles décroissent vers $- \infty$ . Par télescopage, cela donne

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

Par composition avec la fonction exponentielle,

$u_{n} \to_{n \to + \infty}^{} 0 .$
(b)

Posons $v_{n} = \sqrt{n} u_{n}$ . Pour $n \geq 1$ ,

$\ln (v_{n + 1}) - \ln (v_{n}) = \frac{1}{2} \ln (1 + \frac{1}{n}) + \ln (u_{n + 1}) - \ln (u_{n}) \underset{n \to + \infty}{=} O (\frac{1}{n^{2}}) .$

La série $\sum (\ln (v_{n + 1}) - \ln (v_{n}))$ converge absolument. Par le lien suite-série, la suite $\ln (v_{n})$ converge aussi. En posant $ℓ$ sa limite, on obtient

$\sqrt{n} u_{n} \to_{n \to + \infty}^{} C avec C = e^{ℓ} > 0$

Exercice 4 2621 ENSTIM (PC)Correction

Pour $n \in ℕ$ , on pose

u_{n} = \frac{(2 n)!}{{(2^{n} n!)}^{2}} .

(a)

Déterminer un équivalent quand $n$ tend vers $+ \infty$ de

$\ln (u_{n + 1}) - \ln (u_{n})$

et en déduire la limite de

$\sum_{k = 0}^{n} (\ln (u_{k + 1}) - \ln (u_{k})) .$
(b)

Déterminer la limite de la suite $(u_{n})$ .
(c)

Montrer que

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

En déduire la nature de la série de terme général $u_{n}$ .

Solution

(a)

On a

$\ln (u_{n + 1}) - \ln (u_{n}) = \ln (\frac{u_{n + 1}}{u_{n}}) = \ln (\frac{2 n + 1}{2 n + 2}) = \ln (1 - \frac{1}{2 n + 2}) \underset{n \to + \infty}{\sim} - \frac{1}{2 n} .$

Par équivalence de séries à termes de signe constant, la série $\sum (\ln (u_{n + 1}) - \ln (u_{n}))$ diverge. Or il s’agit d’une série à termes négatifs et donc

$\sum_{k = 0}^{n} (\ln (u_{k + 1}) - \ln (u_{k})) \to_{n \to + \infty}^{} - \infty .$
(b)

Par télescopage, ce qui précède donne

$\ln (u_{n + 1}) - \ln (u_{0}) \to_{n \to + \infty}^{} - \infty .$

On en déduit

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

Par composition avec la fonction exponentielle,

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

Posons $v_{n} = n u_{n}$ . Pour $n \geq 1$

$\ln (v_{n + 1}) - \ln (v_{n}) = \ln (1 + \frac{1}{n}) + \ln (u_{n + 1}) - \ln (u_{n}) \underset{n \to + \infty}{=} \frac{1}{2 n} + o (\frac{1}{n}) \underset{n \to + \infty}{\sim} \frac{1}{2 n} .$

Par équivalence de séries à termes positifs, la série $\sum (\ln (v_{n + 1}) - \ln (v_{n}))$ diverge. Or il s’agit d’une série à termes positifs et donc

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

Par télescopage, on obtient

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

Par composition avec la fonction exponentielle,

$v_{n} = n u_{n} \to_{n \to + \infty}^{} + \infty .$

À partir d’un certain rang, on a $n u_{n} \geq 1$ et donc $u_{n} \geq \frac{1}{n}$ . Par comparaison de séries à termes positifs, la série $\sum u_{n}$ diverge.

Exercice 5 1073 Correction

Pour tout $n \in ℕ$ , on pose

u_{n} = \frac{(2 n)!}{{(2^{n} n!)}^{2}} .

(a)

Déterminer un équivalent de $\ln (u_{n + 1}) - \ln (u_{n})$ . En déduire que $(u_{n})$ tend vers $0$ .
(b)

Déterminer la limite de $(n u_{n})$ et en déduire la nature de la série $\sum u_{n}$ .
(c)

On pose $v_{n} = \frac{u_{n}}{n + 1}$ . En observant et en sommant l’égalité

$(2 k + 4) v_{k + 1} = (2 k + 1) v_{k}$

calculer $T_{n} = \sum_{k = 0}^{n} v_{k}$ en fonction de $n$ et $v_{n + 1}$ .
(d)

En déduire la valeur de

$\sum_{n = 0}^{+ \infty} \frac{u_{n}}{n + 1} .$

Solution

(a)

Pour $n \in ℕ$ ,

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

On a donc

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

La série $\sum (\ln (u_{n + 1}) - \ln (u_{n}))$ tend vers $- \infty$ . Par le lien suite-série, $(\ln (u_{n}))$ tend vers $- \infty$ et donc $(u_{n})$ est de limite nulle.
(b)

Cette fois-ci,

$\ln (n + 1) u_{n + 1} - \ln (n u_{n}) = \ln (\frac{2 n + 1}{2 n}) \underset{n \to + \infty}{\sim} \frac{1}{2 n} .$

La série $\sum (\ln (n + 1) u_{n + 1} - \ln (n u_{n}))$ tend vers $+ \infty$ donc $\ln (n u_{n})$ tend vers $+ \infty$ puis $n u_{n}$ aussi. À partir d’un certain rang $n u_{n} \geq 1$ donc $\sum u_{n}$ diverge.
(c)

Pour $k \in ℕ$ ,

$(2 k + 4) v_{k + 1} = 2 u_{k + 1} = \frac{2 k + 1}{k + 1} u_{k} = (2 k + 1) v_{k} .$

En sommant pour $k \in {0, \dots, n}$ et en simplifiant, on obtient $T_{n} = 2 - (2 n + 6) v_{n + 1}$ .
(d)

Puisque $(T_{n})$ tend vers $2$ , on conclut

$\sum_{n = 0}^{+ \infty} \frac{u_{n}}{n + 1} = 2 .$

Exercice 6 1078 Correction

Soient $0 < a < b$ et ${(u_{n})}_{n \in ℕ}$ une suite strictement positive telle que pour tout $n \in ℕ$ ,

\frac{u_{n + 1}}{u_{n}} = \frac{n + a}{n + b} .

(a)

Montrer que $u_{n} \to_{n \to + \infty}^{} 0$ . On pourra étudier la suite de terme général $\ln (u_{n})$ .
(b)

Soient $α \in ℝ$ et $v_{n} = n^{α} u_{n}$ . En étudiant ${(v_{n})}_{n \geq 1}$ , montrer qu’il existe $A > 0$ tel que

$u_{n} \underset{n \to + \infty}{\sim} \frac{A}{n^{b - a}} .$
(c)

On suppose $b - a > 1$ . En écrivant

$(n + 1) u_{n + 1} - n u_{n} = a u_{n} + (1 - b) u_{n + 1}$

donner la valeur de la somme

$\sum_{n = 0}^{+ \infty} u_{n} .$

Solution

(a)

On a

$\ln (u_{n + 1}) - \ln (u_{n}) = \ln (1 + \frac{a - b}{n}) \underset{n \to + \infty}{\sim} \frac{a - b}{n} .$

Par équivalence de séries à termes de signe constant, la série de terme général $\ln (u_{n + 1}) - \ln (u_{n})$ diverge. Or il s’agit d’une série à termes négatifs et donc

$\sum_{k = 0}^{n - 1} (\ln (u_{k + 1}) - \ln (u_{k})) \to_{n \to + \infty}^{} - \infty .$

Par télescopage, cela produit

$\ln (u_{n}) - \ln (u_{0}) \to_{n \to + \infty}^{} - \infty .$

On en déduit que $(\ln (u_{n}))$ tens vers $- \infty$ . Par composition avec la fonction exponentielle, on conclut que $(u_{n})$ est de limite nulle.
(b)

Par développement limité,

$\ln (v_{n + 1}) - \ln (v_{n}) = α \ln (1 + \frac{1}{n}) + \ln (1 + \frac{a - b}{n}) = \frac{α + a - b}{n} + O (\frac{1}{n^{2}}) .$

Pour $α = b - a$ , la série des $\ln (v_{n + 1}) - \ln (v_{n})$ converge absolument. Par suite, $(v_{n})$ converge vers un réel $A > 0$ et alors

$u_{n} \underset{n \to + \infty}{\sim} \frac{A}{n^{b - a}} .$
(c)

On a

$(b - a - 1) u_{n} = (1 - b) (u_{n + 1} - u_{n}) - ((n + 1) u_{n + 1} - n u_{n}) .$

Par télescopage,

$\sum_{n = 0}^{+ \infty} u_{n} = \frac{b - 1}{b - a - 1} u_{0} .$

Exercice 7 1079 Correction

Pour $α \in ℝ ∖ ℤ^{- *}$ , on considère ${(u_{n})}_{n \geq 1}$ définie par

u_{1} = 1 et u_{n + 1} = (1 + α / n) u_{n} .

(a)

Pour quel(s) $β \in ℝ$ y a-t-il convergence de la série de terme général

$v_{n} = \ln (\frac{{(n + 1)}^{β} u_{n + 1}}{n^{β} u_{n}}) ?.$
(b)

En déduire qu’il existe $A \in ℝ_{+}^{*}$ pour lequel $u_{n} \sim A n^{α}$ .

Solution

Notons que les termes de la suite $(u_{n})$ sont tous non nuls car $- α \notin ℕ^{*}$ .

(a)

$\frac{{(n + 1)}^{β} u_{n + 1}}{n^{β} u_{n}} = 1 + \frac{α + β}{n} + O (\frac{1}{n^{2}})$ donc $v_{n} = \frac{α + β}{n} + O (\frac{1}{n^{2}})$ . $\sum v_{n}$ converge si, et seulement si, $β = - α$ .
(b)

$\sum_{k = 0}^{n - 1} v_{k} = \ln (n^{- α} u_{n}) \to ℓ = \sum_{k = 0}^{+ \infty} v_{k} \in ℝ$ donc $n^{- α} u_{n} \to e^{ℓ}$ puis $u_{n} \sim A n^{α}$ avec $A = e^{ℓ} > 0$ .

Exercice 8 1080 Correction

Soit $(u_{n})$ une suite de réels strictement positifs telle que

\frac{u_{n + 1}}{u_{n}} = 1 + \frac{α}{n} + O (\frac{1}{n^{2}}), avec α \in ℝ .

(a)

Pour quel(s) $β \in ℝ$ y a-t-il convergence de la série de terme général

$v_{n} = \ln (\frac{{(n + 1)}^{β} u_{n + 1}}{n^{β} u_{n}}) ?.$
(b)

En déduire qu’il existe $A \in ℝ_{+}^{*}$ pour lequel

$u_{n} \sim A n^{α} .$

Solution

(a)

$\frac{{(n + 1)}^{β} u_{n + 1}}{n^{β} u_{n}} = 1 + \frac{α + β}{n} + O (\frac{1}{n^{2}})$

donc

$v_{n} = \frac{α + β}{n} + O (\frac{1}{n^{2}})$

$\sum v_{n}$ converge si, et seulement si, $β = - α$ .
(b)

$\sum_{k = 0}^{n - 1} v_{k} = \ln (n^{- α} u_{n}) \to ℓ = \sum_{k = 0}^{+ \infty} v_{k} \in ℝ$

donc $n^{- α} u_{n} \to e^{ℓ}$ puis $u_{n} \sim A n^{α}$ avec $A = e^{ℓ} > 0$ .

Exercice 9 2949 X (MP)Correction

Étudier la limite quand $n \to + \infty$ de

\sum_{k = 1}^{n} {(\frac{k}{n})}^{n} .

Solution

On peut écrire

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

avec $u_{k} (n) \to_{n \to + \infty}^{} e^{- k}$ .
On peut alors présumer

\sum_{k = 1}^{n} {(\frac{k}{n})}^{n} \to_{n \to + \infty}^{} \sum_{k = 0}^{+ \infty} e^{- k} = \frac{1}{1 - 1 / e} = \frac{e}{e - 1} .

Il ne reste plus qu’à l’établir…
Puisque $\ln (1 + x) \leq x$ pour tout $x > - 1$ , on a

{(1 - \frac{k}{n})}^{n} = \exp (n \ln (1 - k / n)) \leq e^{- k}

et donc on a déjà

\sum_{k = 1}^{n} {(\frac{k}{n})}^{n} \leq \frac{1}{1 - 1 / e} .

De plus, pour $N \in ℕ$ , on a pour tout $n \geq N$

\sum_{k = 1}^{n} {(\frac{k}{n})}^{n} \geq \sum_{k = 0}^{N - 1} {(1 - \frac{k}{n})}^{n} \to_{n \to + \infty}^{} \sum_{k = 0}^{N - 1} e^{- k} .

Pour $ε > 0$ , il existe $N \in ℕ$ tel que

\sum_{k = 0}^{N - 1} e^{- k} \geq \frac{e}{e - 1} - ε

et pour ce $N$ fixé, il existe $N^{'} \in ℕ$ tel que pour $n \geq N^{'}$ ,

\sum_{k = 1}^{n} {(\frac{k}{n})}^{n} \geq \sum_{n = 0}^{N - 1} {(1 - \frac{k}{n})}^{n} \geq \sum_{k = 0}^{N - 1} e^{- k} - ε .

On a alors pour tout $n \geq N^{'}$

\sum_{k = 1}^{n} {(\frac{k}{n})}^{n} \geq \frac{e}{e - 1} - 2 ε .

On peut donc conclure

\sum_{k = 1}^{n} {(\frac{k}{n})}^{n} \to \frac{e}{e - 1} .

[<] Série dont le terme est défini par récurrence

Édité le 29-08-2023

Application à l'étude de suites