En utilisant la définition de la limite, montrer que :
1) $\lim_{n\to+\infty}\frac{3n-1}{2n+3}=\frac{3}{2}$
2) $\lim_{n\to+\infty}\frac{(-1)^n}{2^n}=0$
3) $\lim_{n\to+\infty}\frac{2\ln(1+n)}{\ln n}=2$
4) $\lim_{n\to+\infty}3^n=+\infty$
5) $\lim_{n\to+\infty}\frac{-5n^2-2}{4n}=-\infty$
6) $\lim_{n\to+\infty}\ln(\ln n)=+\infty$
1) On veut $|\frac{3n-1}{2n+3}-\frac{3}{2}| < \epsilon \iff \frac{11}{4n+6} < \epsilon \iff n > \frac{11-6\epsilon}{4\epsilon}$. Il suffit de prendre $n_\epsilon = \lfloor |\frac{11-6\epsilon}{4\epsilon}| \rfloor + 1$.
2) On veut $|\frac{(-1)^n}{2^n}| < \epsilon \iff \frac{1}{2^n} < \epsilon \iff n > -\frac{\ln\epsilon}{\ln 2}$. Il suffit de prendre $n_\epsilon = \lfloor |-\frac{\ln\epsilon}{\ln 2}| \rfloor + 1$.
3) On veut $|\frac{2\ln(1+n)}{\ln n}-2| < \epsilon \iff \frac{2\ln(1+1/n)}{\ln n} < \epsilon$. Comme $\ln(1+1/n) \le 1/n$, il suffit que $\frac{2}{n\ln n} < \epsilon$. Cette condition est vérifiée pour $n$ assez grand.
4) On veut $3^n > A \iff n > \frac{\ln A}{\ln 3}$. Il suffit de prendre $n_A = \lfloor |\frac{\ln A}{\ln 3}| \rfloor + 1$.
5) On veut $\frac{-5n^2-2}{4n} < B \iff \frac{5n^2+2}{4n} > -B$. Comme $\frac{5n}{4} < \frac{5n^2+2}{4n}$, il suffit que $\frac{5n}{4} > -B \iff n > -\frac{4B}{5}$.
6) On veut $\ln(\ln n) > A \iff n > e^{e^A}$. Il suffit de prendre $n_A = \lfloor e^{e^A} \rfloor + 1$.
Calculer les limites des suites suivantes :
1) $U_n = \frac{\cos(2n^3-5)}{3n^3+2n^2+1}$
2) $U_n = \frac{2n^4-8n^2}{3n^4+\cos n + 1/n^5}$
3) $U_n = \frac{3^n+(-3)^n}{3^n}$
4) $U_n = \sqrt{n^2+n+1}-\sqrt{n^2-n+1}$
5) $U_n = \frac{3^n-2 \cdot 5^n+6 \cdot 7^n}{7 \cdot 2^n+3 \cdot 4^n+5 \cdot 7^n}$
6) $U_n = \frac{e^{2n}-e^n+1}{2e^n+3}$
1) $U_n \to 0$ (produit d’une suite bornée par une suite tendant vers 0).
2) $U_n = \frac{2-8/n^2}{3+\frac{\cos n}{n^4}+1/n^9} \to \frac{2}{3}$.
3) $U_n = 1+(-1)^n$. La suite diverge (oscille entre 0 et 2).
4) En multipliant par le conjugué, $U_n = \frac{2n}{\sqrt{n^2+n+1}+\sqrt{n^2-n+1}} \sim \frac{2n}{2n} \to 1$.
5) En factorisant par $7^n$, $U_n = \frac{6 + (\frac{3}{7})^n – 2(\frac{5}{7})^n}{5 + 7(\frac{2}{7})^n + 3(\frac{4}{7})^n} \to \frac{6}{5}$.
6) En factorisant par $e^{2n}$, $U_n = \frac{1-e^{-n}+e^{-2n}}{2e^{-n}+3e^{-2n}} \to +\infty$.
En utilisant le théorème d’encadrement, trouver la limite des suites :
a) $U_n = \sum_{k=1}^n \frac{n}{n^3+k}$
b) $U_n = \sum_{k=1}^n \frac{1}{\sqrt{n^2+k}}$
c) $U_n = \frac{[\sqrt{n}]}{n}$
a) On encadre le terme général : $\frac{n}{n^3+n} \le \frac{n}{n^3+k} \le \frac{n}{n^3+1}$. En sommant $n$ fois, on obtient $\frac{n^2}{n^3+n} \le U_n \le \frac{n^2}{n^3+1}$. Les deux bornes tendent vers 0, donc $U_n \to 0$.
b) On encadre : $\frac{1}{\sqrt{n^2+n}} \le \frac{1}{\sqrt{n^2+k}} \le \frac{1}{\sqrt{n^2+1}}$. En sommant $n$ fois, $\frac{n}{\sqrt{n^2+n}} \le U_n \le \frac{n}{\sqrt{n^2+1}}$. Les deux bornes tendent vers 1, donc $U_n \to 1$.
c) On utilise $\sqrt{n}-1 < [\sqrt{n}] \le \sqrt{n}$. Donc $\frac{\sqrt{n}-1}{n} < U_n \le \frac{\sqrt{n}}{n}$. Les deux bornes tendent vers 0, donc $U_n \to 0$.
Soit la suite définie par $U_0=0$ et $U_{n+1}=\sqrt{U_n+2}$.
1. Montrer que $0 \le U_n < 2$ pour tout $n$.
2. Étudier la monotonie de $(U_n)$.
3. Soit $V_n = 2-U_n$. Montrer que $V_{n+1}/V_n \le 1/2$ et en déduire la limite de $(U_n)$.
1. Par récurrence : c’est vrai pour $n=0$. Si $0 \le U_n < 2$, alors $2 \le U_n+2 < 4$, donc $\sqrt{2} \le U_{n+1} < 2$. La propriété est héréditaire.
2. $U_{n+1}-U_n = \sqrt{U_n+2}-U_n = \frac{2+U_n-U_n^2}{\sqrt{U_n+2}+U_n} = \frac{(2-U_n)(1+U_n)}{\sqrt{U_n+2}+U_n}$. Comme $U_n < 2$, le numérateur et le dénominateur sont positifs. La suite est croissante.
3. $\frac{V_{n+1}}{V_n} = \frac{2-U_{n+1}}{2-U_n} = \frac{2-\sqrt{U_n+2}}{2-U_n} = \frac{1}{2+\sqrt{U_n+2}}$. Comme $U_n \ge 0$, le dénominateur est $\ge 2+\sqrt{2} > 2$, donc le rapport est $\le 1/2$. Par récurrence, $0 < V_n \le V_0 (1/2)^n = 2(1/2)^n$. Par encadrement, $V_n \to 0$. Donc $U_n \to 2$.
Soit la suite définie par $U_0=1$ et $U_{n+1}=U_n e^{-U_n}$.
1. Montrer que $U_n > 0$ et étudier la monotonie.
2. En déduire que la suite converge et calculer sa limite.
3. Soit $S_n = \sum_{k=0}^n U_k$. Montrer que $U_{n+1}=e^{-S_n}$ et en déduire la limite de $S_n$.
1. Par récurrence, si $U_n>0$, alors $U_{n+1}>0$. $U_{n+1}-U_n = U_n(e^{-U_n}-1)$. Comme $U_n>0$, $-U_n<0$, donc $e^{-U_n}<1$. La différence est négative, la suite est décroissante.
2. La suite est décroissante et minorée par 0, donc elle converge. Soit $l$ sa limite. On a $l=le^{-l}$, ce qui implique $l=0$ ou $e^{-l}=1$. Comme la suite est décroissante à partir de $U_0=1$, la limite est $\le 1$, donc $e^{-l} \neq 1$ si $l \neq 0$. La seule solution est $l=0$.
3. On a $\ln(U_{k+1}) = \ln(U_k) – U_k$. En sommant de $k=0$ à $n$, on obtient $\ln(U_{n+1}) = \ln(U_0) – S_n = -S_n$. Donc $U_{n+1}=e^{-S_n}$. Comme $U_{n+1} \to 0$, on a $-S_n \to -\infty$, donc $S_n \to +\infty$.
On définit $(U_n)$ et $(V_n)$ par $U_1=1, V_1=12$ et $U_{n+1}=\frac{U_n+2V_n}{3}, V_{n+1}=\frac{U_n+3V_n}{4}$.
1. Étudier la suite $W_n = V_n – U_n$.
2. Montrer que les suites sont adjacentes.
1. $W_{n+1} = V_{n+1}-U_{n+1} = \frac{U_n+3V_n}{4} – \frac{U_n+2V_n}{3} = \frac{V_n-U_n}{12} = \frac{W_n}{12}$. C’est une suite géométrique de raison $1/12$. $W_1=11$, donc $W_n = 11(1/12)^{n-1}$. La limite de $W_n$ est 0.
2. $U_{n+1}-U_n = \frac{2}{3}(V_n-U_n) = \frac{2}{3}W_n > 0$, donc $(U_n)$ est croissante.
$V_{n+1}-V_n = -\frac{1}{4}(V_n-U_n) = -\frac{1}{4}W_n < 0$, donc $(V_n)$ est décroissante.
Comme $\lim(V_n-U_n)=0$, les suites sont adjacentes.
En utilisant le critère de Cauchy, montrer que $(U_n)$ converge et $(V_n)$ diverge.
1) $U_n = \sum_{k=0}^n \frac{\sin k}{2^k}$
2) $V_n = \sum_{k=2}^n \frac{1}{\ln k}$
1) Pour $p>q$, $|U_p-U_q| = |\sum_{k=q+1}^p \frac{\sin k}{2^k}| \le \sum_{k=q+1}^p \frac{1}{2^k} = \frac{1}{2^{q+1}}\frac{1-(1/2)^{p-q}}{1-1/2} < \frac{1}{2^q}$. Cette quantité tend vers 0, donc la suite est de Cauchy et converge.
2) On montre que la suite n’est pas de Cauchy. Prenons $p=2n$ et $q=n$. $|V_{2n}-V_n| = \sum_{k=n+1}^{2n} \frac{1}{\ln k}$. Chaque terme est plus grand que $\frac{1}{\ln(2n)}$. Il y a $n$ termes, donc la somme est plus grande que $\frac{n}{\ln(2n)}$, qui tend vers l’infini. La condition de Cauchy n’est pas vérifiée (par exemple pour $\epsilon=1/2$).