Limites de suites-3 (Prérentrée – Maths appronfondies)
Exercice 1 (🔥🔥) : Calcul de limite
📄 Énoncé
Calculer la limite de la suite \(u\) dans chacun des cas suivants :
\(\displaystyle u_n=\sqrt{n+1}-\sqrt{n}\)
\(\displaystyle u_n=n \sin \! \left(\frac{2 \pi}{n}\right)\)
\(\displaystyle u_n=\left(1-\frac{1}{n}\right)^n\)
\(\displaystyle u_n=\frac{5^n-3^n}{5^n+n}\)
\(\displaystyle u_n=n \cos (n) \,\mathrm{e}^{-n}\)
\(\displaystyle u_n=n+4-\sqrt{n^2+4 n-1}\)
✅ Corrigé
\(\displaystyle \lim\limits_{n\to+\infty}(\sqrt{n+1}-\sqrt{n}) = 0\)
\(\displaystyle \lim\limits_{n\to+\infty}n \sin \! \left(\frac{2 \pi}{n}\right) = 2\pi\)
\(\displaystyle \lim\limits_{n\to+\infty}\left(1-\frac{1}{n}\right)^n = \mathrm{e}^{-1}\)
\(\displaystyle \lim\limits_{n\to+\infty}\frac{5^n-3^n}{5^n+n} = 1\)
\(\displaystyle \lim\limits_{n\to+\infty}n \cos (n) \,\mathrm{e}^{-n} = 0\)
\(\displaystyle \lim\limits_{n\to+\infty}\left[ n+4-\sqrt{n^2+4 n-1} \right] = 2\)
Solutions détaillées
Détail des calculs
On a :
\[\begin{aligned} \forall n \in \mathbb{N},\ u_n &= \sqrt{n+1} - \sqrt{n} \\ &= \frac{( \sqrt{n+1} - \sqrt{n})( \sqrt{n+1} + \sqrt{n})}{( \sqrt{n+1} + \sqrt{n})} \\ &= \frac{1}{ \sqrt{n+1} + \sqrt{n}} \end{aligned}\]
Quand il y a une forme indéterminée avec une racine carrée, penser à multiplier et diviser par la quantité conjuguée.
Or on a : \[\lim\limits_{n\to+\infty}( \sqrt{n+1} + \sqrt{n} ) = {+\infty}\quad \text{et} \quad \lim_{x\to {+\infty}} \frac{1}{x} = 0\]
d’où, par quotient :
\[\lim\limits_{n\to+\infty}( \sqrt{n+1} - \sqrt{n}) = 0\]
On a : \[\begin{aligned} \forall n \in \mathbb{N}^\ast,\ u_n &= n \sin \! \left(\frac{2 \pi}{n}\right) \\ &= \frac{ \sin \! \left(\frac{2 \pi}{n}\right)}{\frac{1}{n}} \\ &= 2\pi \times \frac{ \sin \! \left(\frac{2 \pi}{n}\right) - \sin(0))}{ \frac{2\pi }{n} - 0} \end{aligned}\]
Pour certaines formes indéterminées avec des produits ou des quotients, on peut faire apparaître un taux d’accroissement.
De plus on sait que : \[\lim\limits_{n\to+\infty}\frac{2\pi }{n} = 0\]
et, comme la fonction \(\sin\) est dérivable en \(0\) : \[\lim_{x\to 0} \frac{\sin(x) - \sin(0)}{x-0} = \sin'(0) = \cos(0) = 1\]
donc, par composition : \[\lim\limits_{n\to+\infty}\frac{ \sin \! \left(\frac{2 \pi}{n}\right) - \sin(0))}{ \frac{2\pi }{n} - 0} = 1\]
d’où : \[\lim\limits_{n\to+\infty}n \sin \! \left(\frac{2 \pi}{n}\right) = 2 \pi\]
On a : \[\forall n \geqslant 2,\ 1-\frac{1}{n} >0\] donc : \[\begin{aligned} \forall n \geqslant 2,\ u_n &= \exp\! \left( n \ln \! \left( 1-\frac{1}{n} \right) \right) \end{aligned}\]
Commentaire
Attention, il s’agit ici d’une forme indéterminée car la puissance est variable et ce n’est pas une suite géométrique !
On utilise donc l’écriture exponentielle.
\[a^b = \mathrm{e}^{b \ln(a)}\]
De plus on a : \[\begin{aligned} \forall n \geqslant 2,\ n \ln \! \left( 1-\frac{1}{n} \right) &= \frac{ \ln \! \left( 1-\frac{1}{n} \right) }{ \frac{1}{n}} \\ &=- \frac{ \ln \! \left( 1-\frac{1}{n} \right) - \ln(1) }{1- \frac{1}{n} - 1} \end{aligned}\]
Or on a : \[\lim\limits_{n\to+\infty}\left( 1-\frac{1}{n} \right) = 1\]
et, comme la fonction \(\ln\) est dérivable en \(1\) : \[\lim_{t\to 1} \frac{\ln(t) - \ln(1)}{t-1} = \ln'(t) = \frac{1}{1} = 1\]
donc, par composition : \[\lim\limits_{n\to+\infty}\frac{ \ln \! \left( 1-\frac{1}{n} \right) - \ln(1) }{1- \frac{1}{n} - 1} = 1\]
d’où : \[\lim\limits_{n\to+\infty}n \ln \! \left( 1-\frac{1}{n} \right) = -1\]
ce qui nous permet de conclure, comme la fonction exponentielle est continue en \(-1\) : \[\lim\limits_{n\to+\infty}\left(1-\frac{1}{n}\right)^n = \mathrm{e}^{-1}\]
On a : \[\begin{aligned} \forall n \in \mathbb{N},\ u_n &= \frac{5^n-3^n}{5^n+n} \\ &= \frac{5^n}{5^n} \times \frac{ 1- \left( \frac{3}{5} \right)^n}{ 1-\frac{n}{5^n}} \\ &= \frac{ 1- \left( \frac{3}{5} \right)^n}{ 1-\frac{n}{5^n}} \end{aligned}\]
De plus \(\frac{3}{5}\) appartient à \(]-1,1[\) donc on a : \[\lim\limits_{n\to+\infty}\left( \frac{3}{5} \right)^n = 0\]
Par ailleurs \(5>1\) donc on a, par croissances comparées : \[\lim\limits_{n\to+\infty}\frac{n}{5^n} = 0\]
Commentaire
Si \(a>1\) alors \(\lim\limits_{n\to+\infty}\frac{n}{a^n} = 0\)
d’où : \[\lim\limits_{n\to+\infty}\left[ 1- \left( \frac{3}{5} \right)^n \right] = 1 \quad \text{et} \quad \lim\limits_{n\to+\infty}\left[ 1-\frac{n}{5^n} \right] = 1\]
donc, par quotient : \[\lim\limits_{n\to+\infty}\frac{5^n-3^n}{5^n+n} = 1\]
On sait que : \[\forall n \in \mathbb{N},\ \left| \cos(n) \right| \leqslant 1\]
Commentaire
\(\cos\) n’a pas de limite en \({+\infty}\) donc on procède par encadrement.
donc on a, comme \(n \,\mathrm{e}^{-n} \geqslant 0\) lorsque \(n \geqslant 0\) : \[\forall n \in \mathbb{N},\ \left| n \cos (n) \,\mathrm{e}^{-n} \right| \leqslant n \,\mathrm{e}^{-n}\]
Or on a, par croissances comparées : \[\lim\limits_{n\to+\infty}n \,\mathrm{e}^{-n} = 0\]
donc, d’après le théorème de l’encadrement : \[\lim\limits_{n\to+\infty}n \cos (n) \,\mathrm{e}^{-n} = 0\]
On a : \[\begin{aligned} \forall n \in \mathbb{N},\ u_n &= n+4-\sqrt{n^2+4 n-1} \\ &= \frac{(n+4-\sqrt{n^2+4 n-1})(n+4+\sqrt{n^2+4 n-1})}{n+4+\sqrt{n^2+4 n-1}} \\ &= \frac{(n+4)^2 - (n^2+4n-1)}{n+4+\sqrt{n^2+4 n-1}} \\ &= \frac{4n+17}{n+4+\sqrt{n^2+4 n-1}} \\ &= \frac{n}{n}\times \frac{4+ \frac{17}{n}}{1+ \frac{4}{n}+\sqrt{1+ \frac{4}{n}- \frac{1}{n}}} \end{aligned}\]
De plus on a : \[\lim\limits_{n\to+\infty}\left[ 1+ \frac{4}{n}- \frac{1}{n} \right] = 1\]
donc, comme la fonction \(t\mapsto \sqrt{t}\) est continue en \(1\) : \[\lim\limits_{n\to+\infty}\sqrt{1+ \frac{4}{n}- \frac{1}{n}} = 1\]
d’où, par somme : \[\lim\limits_{n\to+\infty}\left[ 1+ \frac{4}{n}+\sqrt{1+ \frac{4}{n}- \frac{1}{n}} \right] = 2\]
et donc, par quotient : \[\lim\limits_{n\to+\infty}\left[ n+4-\sqrt{n^2+4 n-1} \right] = \frac{4}{2} = 2\]