Exercice de synthèse
Partie
Soit une suite à termes réels strictement positifs, on suppose que quand n tend vers l'infini le rapport \frac{u_{n+1}}{u_n} admet une limite (finie) L.
Question
a) Montrer que si L < 1 la suite (u_n) converge vers 0.
Aide simple
a) Ecrire que \frac {u_{n+1}} {u_n} admet pour limite L en langage quantifié et en déduire que
\exists k \in \mathbb{R} , 0<k<1 : \frac {u_{n+1}} {u_n} < k.
Solution détaillée
En langage quantifié le rapport \frac {u_{n+1}} {u_n} converge vers L s'écrit \forall \epsilon >0\,, \,\exists N , \forall n \ge N : \left |\frac {u_{n+1}} {u_n}-L\right|<\epsilon
ou bien : (*)\, \forall \epsilon >0\,, \,\exists N \,, \forall n \ge N : (L-\epsilon) < \frac {u_{n+1}} {u_n} < (L + \epsilon)
Remarque : L limite de nombres positifs est positive ou nulle.
a)
Cas L < 1.
On choisit \epsilon >0~~ tel \,que ~~ L+\epsilon < 1 c'est à dire 0 <\epsilon <1-L . Pour l'entier N correspondant obtenu dans (*) on a \forall p > N: \frac {u_{p+1}} {u_p} < (L+\epsilon) ~~et \, pour ~~n >N,~ \frac {u_{n}} {u_N} =\frac {u_{n}} {u_{n-1}} \ldots \frac {u_{N+1}} {u_N} ;
écrivant l' inégalité précédente pour p=N, \ldots, n-1 et multipliant termes à termes on obtient
\frac {u_{n}} {u_N} < (L+\epsilon)\,^{n-N}~~ ou ~~u_n < (L+\epsilon)\,^{n-N} u_N .
On en déduit que u_n nombre positif majoré par un nombre tendant vers 0, tend vers 0.
Question
b) Que se passe-t-il si L > 1 ?
Aide simple
b) pas d'aide spécifique cf a)
Solution détaillée
b) Cas L > 1.
On choisit \epsilon > 0 tel que 1 < L-\epsilon c'est à dire 1<\epsilon < L-1.Pour l'entier N correspondant obtenu dans (*) on a \forall p \ge N : (L-\epsilon) < \frac{u_{p+1} } {u_p} et pour n > N , \frac {u_{n}} {u_N} =\frac {u_{n}} {u_{n-1}} \ldots \frac {u_{N+1}} {u_N} ;
écrivant l' inégalité précédente pour p=N, \ldots, n-1 et multipliant termes à termes on obtient
(L-\epsilon)\,^{n-N} < \frac{u_{n} } {u_N} ~~ ou ~~ u_n > (L-\epsilon)\,^{n-N} \, u_N.
On en déduit que u_n tend vers l'infini.
Question
c) Que se passe-t-il si L = 1 ?
Aide simple
c) Donner des exemples de suites telles que L = 1 et qui n'ont pas la même limite.
Solution détaillée
Cas L = 1 : on ne peut pas trouver de epsilon permettant de conclure. Des exemples vont montrer qu'on ne peut pas trouver de démonstration permettant de conclure.
Les quatre suites suivantes vérifient la condition : le rapport \frac {u_{n+1}} {u_n} converge vers 1.
u_n = \frac {1} {1+n} : limite \,0
u_n = 1+ \frac {1} {1+n} : limite \,1
u_n =\left ( 1+ \frac {1} {1+n} \right)^{n+1} : limite ~e
u_n=n : limite \,+\infty
Question
d) Montrer que la suite w de terme général w_n=\sqrt[n]{u_n} converge vers L.
Aide simple
d) Utiliser l'encadrement du début.
Solution détaillée
Cas 0 < L.
On ne retient que les \epsilon >0~~ tel \,que ~~0 < L- \epsilon c'est à dire 0 <\epsilon < L .Pour l'entier N correspondant obtenu dans (*) on a \forall p \ge N: (L-\epsilon)< \frac {u_{p+1}} {u_p} < (L+\epsilon) ~~et \, pour ~~n >N,~ \frac {u_{n}} {u_N} =\frac {u_{n}} {u_{n-1}} \ldots \frac {u_{N+1}} {u_N} ;
écrivant l'inégalité précédente pour p=N, ..., n-1 et multipliant termes à termes on obtient \left (L-\epsilon\right )^{n-N}< \frac {u_{n}} {u_N} < (L+\epsilon)^{n-N} ~ou~ (L-\epsilon)^{n-N}u_{N}<u_{n} < (L+\epsilon)^{n-N}u_{N}et en extrayant la racine n-ième :
\left (L-\epsilon\right )^{\frac{n-N}{n}}u_{N}^{{\frac{1}{n}}} < \sqrt[n]{u_n}<(L+\epsilon)^{\frac{n-N}{n}}u_{N}^{{\frac{1}{n}}}
Quand n tend vers l'infini, u_{N}^{\frac{1}{n}} tend vers 1, \frac{n-N}{n} tend aussi vers 1 et le premier terme tend vers L-\epsilon,donc il existe N' tel que pour tout n supérieur à N' le premier terme soit supérieur à L-2\epsilon..De même il existe N'' tel que pour tout n supérieur à N", le troisième terme soit inférieur à L+2\epsilon.
Pour n > sup(N,N',N") on a alors L-2\epsilon. < \sqrt[n]{u_n} < (L+2\epsilon) ce qui montre que \sqrt[n]{u_n} tend vers L.
Cas L=0.
L'encadrement \forall p > N: (L-\epsilon)< \frac {u_{p+1}} {u_p} < (L+\epsilon) reste valable, mais le premier terme est négatif, on n'a pas le droit de multiplier membre à membre des inégalités comportant des nombres négatifs (en conservent le signe <). On ne va conserver que la majoration de u_n :(*) ~~\forall \epsilon > 0 ;\exists N ,\forall n>N :\frac{u_{n+1}}{u_n} <(L+\epsilon)
on en déduit comme précédemment que \sqrt[n]{u_n} < (L+\epsilon)^{ \frac{n-N}{n} }u_N\,^{ \frac{1}{n}}
et qu'il existe M tel que pour n>M on a |u_{n+1}-2|<\frac{1}{6}|u_1-2| ce qui montre que \sqrt[n]{u_n} tend vers 0.
Question
e) Application : on prend u_n=\frac{n!}{n^n},quel résultat obtient-on pour le comportement de \sqrt[n\,]{n!} quand n tend vers l'infini ?
Aide simple
e) Utilisant le début se ramener à la limite (classique) de \left (1+\frac{1}{n}\right )^n.
Solution détaillée
Application : si u_n=\frac{n!}{n^n}, on a \frac {u_{n+1}} {u_n}= \frac {(n+1)!\,n^n} {n!\,(n+1)\,^{n+1}}=\frac {1}{\left ( 1+ \frac {1} {n} \right)^{n} }. Ce rapport tend vers 1/e.Donc \sqrt[n\,]{\frac{n!}{n^n}}=\frac {\sqrt[n\,]{n!}}{n} \rightarrow \frac {1}{e} (on dira plus tard que \sqrt[n\,]{n!} est équivalent à \frac{n}{e} quand n tend vers l'infini).