[<] Série dont le terme est défini par récurrence

 
Exercice 1  5072  

Montrer l’existence d’un réel λ tel que

λ=limn+(k=1n1k-2n).
 
Exercice 2  1074  Correction  

Montrer que

un=n!ennn+1/2

a une limite non nulle.

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

Solution

Après calculs,

ln(un+1)-ln(un)=n+O(1/n2)

La série télescopique associée étant convergente, la suite (ln(un)) converge et l’on peut conclure.

 
Exercice 3  1072   Correction  

Pour tout n, soit

un=(2n)!(2nn!)2.

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

  • (a)

    Déterminer un équivalent de

    ln(un+1)-ln(un).

    En déduire que un0.

  • (b)

    En s’inspirant de ce qui précède, établir que nunC>0. On ne cherchera pas expliciter la valeur de C.

Solution

  • (a)

    On a

    ln(un+1)-ln(un)=ln(un+1un)=ln(2n+12n+2)=ln(1-12n+2)-12n.

    La série ln(un+1)-ln(un) tend vers - donc ln(un)- puis un0.

  • (b)

    Posons vn=nun.

    ln(vn+1)-ln(vn)=12ln(1+1n)+ln(un+1)-ln(un)=O(1n2).

    La série ln(vn+1)-ln(vn) converge et donc la suite ln(vn) aussi.
    En posant sa limite, on obtient nunC avec C=e>0.
    Notons qu’évidemment, on aurait aussi pu résoudre cet exercice à l’aide de la formule de Stirling.

 
Exercice 4  1073   Correction  

Pour tout n, on pose

un=(2n)!(2nn!)2.
  • (a)

    Déterminer un équivalent de ln(un+1)-ln(un). En déduire que (un) tend vers 0.

  • (b)

    Déterminer la limite de (nun) et en déduire la nature de la série un.

  • (c)

    On pose vn=unn+1. En observant et en sommant l’égalité

    (2k+4)vk+1=(2k+1)vk

    calculer Tn=k=0nvk en fonction de n et vn+1.

  • (d)

    En déduire la valeur de

    n=0+unn+1.

Solution

  • (a)
    ln(un+1)-ln(un)=ln(un+1un)=ln(2n+12n+2)=ln(1-12n+2)-12n.

    La série ln(un+1)-ln(un) tend vers - donc ln(un)- puis un0.

  • (b)

    ln(n+1)un+1-ln(nun)=ln(2n+12n)12n. La série ln(n+1)un+1-ln(nun) tend vers + donc ln(nun)+ puis nun+. À partir d’un certain rang nun1 donc un diverge.

  • (c)
    (2k+4)vk+1=2uk+1=2k+1k+1uk=(2k+1)vk

    en sommant pour k{0,,n} et en simplifiant, on obtient Tn=2-(2n+6)vn+1.

  • (d)

    Pusique (Tn) tend vers 2, on conclut

    n=0+unn+1=2.
 
Exercice 5  1078   Correction  

Soient 0<a<b et (un)n une suite strictement positive telle que pour tout n,

un+1un=n+an+b.
  • (a)

    Montrer que unn+0. On pourra étudier ln(un).

  • (b)

    Soient α et vn=nαun. En étudiant (vn)n1, montrer qu’il existe A>0 tel que

    unn+Anb-a.
  • (c)

    On suppose b-a>1. En écrivant

    (n+1)un+1-nun=aun+(1-b)un+1

    donner la valeur de la somme

    n=0+un.

Solution

  • (a)
    ln(un+1)-ln(un)=ln(1+a-bn)a-bn

    est le terme général d’une série divergeant vers -. Par suite, ln(un)- et donc un0.

  • (b)
    ln(vn+1)-ln(vn)=αln(1+1n)+ln(1+a-bn)=α+a-bn+O(1n2)

    donc pour α=b-a, la série des ln(vn+1)-ln(vn) converge. Par suite, vn converge vers un réel A>0 et alors

    unAnb-a.
  • (c)

    On a

    (b-a-1)un=(1-b)(un+1-un)-((n+1)un+1-nun)

    donc par télescopage

    n=0+un=b-1b-a-1u0.
 
Exercice 6  1079   Correction  

Pour α-*, on considère (un)n1 définie par

u1=1etun+1=(1+α/n)un.
  • (a)

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

    vn=ln((n+1)βun+1nβun)?.
  • (b)

    En déduire qu’il existe A+* pour lequel unAnα.

Solution

Notons que les termes de la suite (un) sont tous non nuls car -α*.

  • (a)

    (n+1)βun+1nβun=1+α+βn+O(1n2) donc vn=α+βn+O(1n2). vn converge si, et seulement si, β=-α.

  • (b)

    k=0n-1vk=ln(n-αun)=k=0+vk donc n-αune puis unAnα avec A=e>0.

 
Exercice 7  1080   Correction  

Soit (un) une suite de réels strictement positifs telle que

un+1un=1+αn+O(1n2), avec α.
  • (a)

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

    vn=ln((n+1)βun+1nβun)?.
  • (b)

    En déduire qu’il existe A+* pour lequel

    unAnα.

Solution

  • (a)
    (n+1)βun+1nβun=1+α+βn+O(1n2)

    donc

    vn=α+βn+O(1n2)

    vn converge si, et seulement si, β=-α.

  • (b)
    k=0n-1vk=ln(n-αun)=k=0+vk

    donc n-αune puis unAnα avec A=e>0.

 
Exercice 8  2949      X (MP)Correction  

Étudier la limite quand n+ de

k=1n(kn)n.

Solution

On peut écrire

k=1n(kn)n=k=0n-1(1-kn)n=k=0nuk(n)

avec uk(n)n+e-k.
On peut alors présumer

k=1n(kn)nn+k=0+e-k=11-1/e=ee-1.

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

(1-kn)n=exp(nln(1-k/n))e-k

et donc on a déjà

k=1n(kn)n11-1/e.

De plus, pour N, on a pour tout nN

k=1n(kn)nk=0N-1(1-kn)nn+k=0N-1e-k.

Pour ε>0, il existe N tel que

k=0N-1e-kee-1-ε

et pour ce N fixé, il existe N tel que pour nN,

k=1n(kn)nn=0N-1(1-kn)nk=0N-1e-k-ε.

On a alors pour tout nN

k=1n(kn)nee-1-2ε.

On peut donc conclure

k=1n(kn)nee-1.

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Édité le 08-11-2019

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