Les suites : exercices corrigés de MTH1101 (Polytechnique)

On divise par $n^{2}$ : $a_{n}=\frac{3-\frac{5}{n}+\frac{1}{n^{2}}}{\frac{4}{n^{2}}-2}\to\frac{3}{-2}=-\frac{3}{2}$. Piège : le terme dominant du dénominateur est $-2n^{2}$, pas $4$ ; lire $\frac{3}{2}$ oublie son signe.

On divise par $n^{2}$ : $a_{n}=\frac{\frac{1}{n^{2}}-n}{2+\frac{5}{n^{2}}}$. Le numérateur tend vers $-\infty$ et le dénominateur vers $2$, donc $a_{n}\to-\infty$. Piège : répondre $-\frac{1}{2}$ en comparant les coefficients dominants, ce qui ne vaut que pour des degrés ÉGAUX.

Comme $-1\le\sin(n^{2})\le 1$, on a $2\le 3+\sin(n^{2})\le 4$, donc $\frac{2}{\sqrt{n}}\le a_{n}\le\frac{4}{\sqrt{n}}$. Les deux bornes tendent vers $0$ : par le théorème du sandwich, $a_{n}\to 0$. Le sinus n'a pas de limite, mais il est borné, et c'est tout ce qu'on lui demande.

$\frac{2n+1}{n+3}\to 2$, donc les termes de rang pair tendent vers $2$ et ceux de rang impair vers $-2$. Deux sous-suites, deux limites différentes : $(a_{n})$ n'a pas de limite. Piège : le facteur $(-1)^{n}$ ne disparaît que s'il multiplie une suite qui tend vers $0$.

Forme $\infty-\infty$ : on multiplie et on divise par le conjugué. $a_{n}=\frac{(n^{2}+6n)-n^{2}}{\sqrt{n^{2}+6n}+n}=\frac{6n}{\sqrt{n^{2}+6n}+n}=\frac{6}{\sqrt{1+\frac{6}{n}}+1}\to\frac{6}{2}=3$. Piège : conclure $0$ parce que $\sqrt{n^{2}+6n}$ « ressemble à » $n$.

Forme $\infty-\infty$ : $a_{n}=\ln\frac{2n+1}{n+4}$, et $\frac{2n+1}{n+4}\to 2$. Par continuité du logarithme, $a_{n}\to\ln 2\approx 0{,}693$.

On divise par $5^{n}$, en écrivant $5^{n+1}=5\cdot 5^{n}$ : $a_{n}=\frac{\left(\frac{2}{5}\right)^{n}+5}{3-\left(\frac{4}{5}\right)^{n}}$. Les deux raisons sont dans $]-1\,;1[$, donc $a_{n}\to\frac{5}{3}$. Piège : diviser par $5^{n+1}$ en haut et par $5^{n}$ en bas.

Par l'échelle, $\ln n\ll n^{2}$ et $(\ln n)^{3}\ll n^{2}$ : on divise par $n^{2}$, $a_{n}=\frac{1+\frac{\ln n}{n^{2}}}{2+\frac{(\ln n)^{3}}{n^{2}}}\to\frac{1}{2}$. Les logarithmes, même au cube, ne pèsent rien devant $n^{2}$.

$\frac{a_{n+1}}{a_{n}}=\frac{(n+1)!}{n!}\cdot\frac{10^{n}}{10^{n+1}}=\frac{n+1}{10}$, qui dépasse $2$ dès $n\ge 20$ : à partir de ce rang, chaque terme au moins double, donc $a_{n}\to+\infty$. C'est l'échelon $a^{n}\ll n!$. Piège : se fier aux premiers termes, minuscules et décroissants jusqu'à $n=9$.

$\arctan n\to\frac{\pi}{2}$, puisque $\arctan x\to\frac{\pi}{2}$ quand $x\to+\infty$, et $n^{3}e^{-n}=\frac{n^{3}}{e^{n}}\to 0$ par l'échelle des croissances. Donc $a_{n}\to\frac{\pi}{2}\approx 1{,}571$.

Forme $\infty^{0}$ : $a_{n}=(3n^{2})^{\frac{1}{n}}=e^{\frac{\ln 3+2\ln n}{n}}$. Comme $\frac{\ln n}{n}\to 0$, l'exposant tend vers $0$ et $a_{n}\to e^{0}=1$. Piège : déclarer « $\infty^{0}=1$ » sans calcul ; c'est l'exposant, ici $\frac{\ln(3n^{2})}{n}$, qui décide.

Forme $1^{\infty}$ : $a_{n}=\left[\left(1-\frac{1}{3n}\right)^{n}\right]^{6}$, et $\left(1+\frac{a}{n}\right)^{n}\to e^{a}$ avec $a=-\frac{1}{3}$. Donc $a_{n}\to\left(e^{-\frac{1}{3}}\right)^{6}=e^{-2}\approx 0{,}135$. Par le logarithme : $6n\ln\left(1-\frac{1}{3n}\right)\approx 6n\cdot\left(-\frac{1}{3n}\right)=-2$. Piège : répondre $1$ parce que la base tend vers $1$.

On pose $f(x)=\frac{(\ln x)^2}{x}$ sur $[1\,;+\infty[$ : $f(n)=a_n$ pour tout entier $n\ge 1$. Quand $x\to\infty$, numérateur et dénominateur tendent vers $+\infty$ : forme $\frac{\infty}{\infty}$, et $f$ est dérivable, donc la règle de L'Hospital s'applique À LA FONCTION : $\lim_{x\to\infty}\frac{(\ln x)^2}{x}=\lim_{x\to\infty}\frac{2\ln x\cdot\frac{1}{x}}{1}=\lim_{x\to\infty}\frac{2\ln x}{x}$, encore $\frac{\infty}{\infty}$, et une seconde application donne $\lim\frac{2/x}{1}=0$. Rédaction attendue : « comme $\lim_{x\to\infty}f(x)=0$ et $a_n=f(n)$, on a $\lim_{n\to\infty}a_n=0$ ». Ce théorème ne marche que dans CE sens : la fonction décide pour la suite, jamais l'inverse. La figure le confirme, mais elle montre aussi que les premiers termes MONTENT : regarder $a_1,\dots,a_7$ ne dit rien de la limite, qui est un énoncé sur la queue de la suite.

$f'(x)=\frac{2\ln x\cdot\frac{1}{x}\cdot x-(\ln x)^2}{x^2}=\frac{\ln x\,(2-\ln x)}{x^2}$. Pour $x>1$, $\ln x>0$, donc $f'(x)$ a le signe de $2-\ln x$ : positif sur $]1\,;e^2[$, négatif sur $]e^2\,;+\infty[$. Le maximum de $f$ est en $x=e^2\approx 7{,}39$, où $f(e^2)=\frac{4}{e^2}$. Comme $f$ est décroissante sur $[e^2\,;+\infty[$ et que $8>e^2$, on a $a_8>a_9>a_{10}>\dots$ : la décroissance est GARANTIE à partir du rang $8$. Rien n'est garanti entre $a_7$ et $a_8$, car $7$ et $8$ sont de part et d'autre du sommet : une fonction décroissante donne une suite décroissante, mais le sommet de $f$ ne dit pas lequel des deux entiers voisins porte le plus grand terme. Il faudrait comparer $8(\ln 7)^2$ et $7(\ln 8)^2$, ce que la question ne demande pas.

Forme $\infty\cdot 0$. On pose $g(x)=x\left(e^{2/x}-1\right)=\frac{e^{2/x}-1}{1/x}$, forme $\frac{0}{0}$ en $+\infty$. L'Hospital sur $g$ : la dérivée du numérateur est $e^{2/x}\cdot\left(-\frac{2}{x^2}\right)$, celle du dénominateur $-\frac{1}{x^2}$, et le quotient vaut $2e^{2/x}\to 2e^0=2$. Donc $\lim n\left(e^{2/n}-1\right)=2$. Le geste préalable est de RÉÉCRIRE le produit en quotient : L'Hospital ne s'applique qu'à $\frac{0}{0}$ ou $\frac{\infty}{\infty}$. Vérification de vraisemblance : pour $n=100$, $e^{0{,}02}\approx 1+0{,}02+0{,}0002$, d'où $a_{100}\approx 2{,}02$.

Une puissance dont la base et l'exposant bougent se traite par le logarithme. $\ln a_n=\frac{\ln(2n)}{\ln n}=\frac{\ln 2+\ln n}{\ln n}=1+\frac{\ln 2}{\ln n}\to 1$. La fonction exponentielle est continue, donc $a_n=e^{\ln a_n}\to e^1=e$. La forme $\infty^0$ est indéterminée : « l'exposant tend vers $0$ donc tout tend vers $1$ » est faux, parce que la base grandit pendant que l'exposant rapetisse, et c'est la course entre les deux qui décide. Ici aucune règle de L'Hospital n'est même nécessaire, la simplification du logarithme suffit. Le résultat est lent à se voir : pour $n=10^{12}$, $\ln a_n\approx 1{,}025$ seulement.

Première faute : la règle de L'Hospital est appliquée à la SUITE, qui n'a pas de dérivée ; « dériver par rapport à $n$ » n'a pas de sens pour une variable entière. Seconde faute : la dérivée de $3^x$ n'est pas $x\,3^{x-1}$, qui est la règle des puissances $x^k$ appliquée à une exponentielle ; c'est $(3^x)'=3^x\ln 3$. Copie juste : on pose $f(x)=\frac{x^2}{3^x}$, forme $\frac{\infty}{\infty}$ ; L'Hospital donne $\frac{2x}{3^x\ln 3}$, encore $\frac{\infty}{\infty}$, puis $\frac{2}{3^x(\ln 3)^2}\to 0$. Donc $\lim_{x\to\infty}f(x)=0$ et, comme $a_n=f(n)$, $\lim\frac{n^2}{3^n}=0$. Un correcteur de MTH1101 note le raisonnement : une bonne valeur tirée de deux fautes qui se compensent ne rapporte rien.

Pour tout $n$, $-1\le\cos(n^2)\le 1$, donc $2n-3\le 2n+3\cos(n^2)\le 2n+3$, et en divisant par $n+1>0$ (le sens des inégalités est conservé) : $\frac{2n-3}{n+1}\le a_n\le\frac{2n+3}{n+1}$. Les deux bornes sont des quotients de polynômes de même degré, et leur limite est le rapport des coefficients dominants : $\frac{2}{1}=2$ pour l'une comme pour l'autre. Le théorème du sandwich s'applique : $a_n\to 2$. Remarquez qu'on n'a JAMAIS cherché la limite de $\cos(n^2)$, qui n'existe pas : le sandwich contourne le terme qui oscille au lieu de le calculer. La figure le montre : les points sautent d'une courbe à l'autre sans régularité, et le couloir se resserre autour de $2$.

$a_n-2=\frac{2n+3\cos(n^2)-2(n+1)}{n+1}=\frac{3\cos(n^2)-2}{n+1}$. Or $-5\le 3\cos(n^2)-2\le 1$, donc $|a_n-2|\le\frac{5}{n+1}$. Cette borne est inférieure ou égale à $10^{-2}$ dès que $n+1\ge 500$, soit $n\ge 499$. C'est un rang GARANTI : à partir de $n=499$, AUCUN terme ne peut s'écarter de $2$ de plus d'un centième, quoi que fasse le cosinus. Il se peut que la précision soit atteinte plus tôt pour certains $n$, quand $\cos(n^2)$ est proche de $\frac{2}{3}$, mais on ne peut pas le PROUVER sans calculer chaque terme. L'ingénieur a besoin du rang garanti, pas d'un rang chanceux : c'est l'esprit de toute la partie « approximation » de MTH1101.

L'argument de l'étudiant est faux parce que le NOMBRE de termes augmente avec $n$ : $n$ termes proches de $\frac{1}{n}$ font une somme proche de $1$, pas de $0$. On ne passe à la limite terme à terme que dans une somme d'un nombre FIXE de termes. Encadrement : pour $1\le k\le n$, $n^2+1\le n^2+k\le n^2+n$, donc $\frac{n}{n^2+n}\le\frac{n}{n^2+k}\le\frac{n}{n^2+1}$. On somme ces $n$ inégalités : $\frac{n^2}{n^2+n}\le b_n\le\frac{n^2}{n^2+1}$. Les deux bornes tendent vers $1$ (rapport des coefficients dominants), donc $b_n\to 1$. Ce $b_n$ est une suite ordinaire, une somme finie à chaque rang ; ce n'est pas une série, dont on parlera au chapitre suivant.

Une suite qui contient un facteur sans limite peut très bien converger : $(-1)^n$ est BORNÉ, et c'est ce qui compte. $|c_n|=\frac{n^2}{n^3+4}\le\frac{n^2}{n^3}=\frac{1}{n}$, car on augmente une fraction positive en diminuant son dénominateur. Comme $\frac{1}{n}\to 0$, le corollaire du sandwich ($-\frac{1}{n}\le c_n\le\frac{1}{n}$) donne $c_n\to 0$. La règle juste : borné fois une suite qui tend vers $0$ tend vers $0$. Le raisonnement de l'étudiant conclurait aussi que $\frac{(-1)^n}{n}$ diverge, ce que personne ne croit. Le geste de la partie : la valeur absolue d'abord, puis une majoration grossière mais qui tend vers $0$.

$\frac{(\ln n)^4}{\sqrt n}\to 0$ : une puissance du logarithme est écrasée par toute puissance positive de $n$, même $n^{1/2}$ (échelon $(\ln n)^p\ll n^k$). Ce n'est pas visible tôt : pour $n=e^{10}$, le quotient vaut $\frac{10^4}{e^5}$, plus de $60$. $\frac{n!}{n^{20}}\to+\infty$ : la factorielle domine toute puissance fixe (échelon $n^k\ll n!$, en passant par $n^{20}\ll 2^n\ll n!$). $\frac{8^n}{n!}\to 0$ : la factorielle domine toute exponentielle, quelle que soit la base (échelon $a^n\ll n!$). La justification de cet échelon : à partir de $n=16$, chaque nouveau facteur multiplie le quotient par $\frac{8}{n+1}\le\frac{1}{2}$, donc le quotient est écrasé par une suite géométrique de raison $\frac{1}{2}$.

On divise par le terme DOMINANT, celui du plus haut échelon. Pour la première, c'est $n!$ : $\frac{n!+5^n}{n!-n^3}=\frac{1+\frac{5^n}{n!}}{1-\frac{n^3}{n!}}\to\frac{1+0}{1-0}=1$, car $5^n\ll n!$ et $n^3\ll n!$. Pour la seconde, c'est $n^n$ : $\frac{3n^n+n!}{2n^n-7^n}=\frac{3+\frac{n!}{n^n}}{2-\left(\frac{7}{n}\right)^n}\to\frac{3}{2}$, car $n!\ll n^n$ et $\left(\frac{7}{n}\right)^n\to 0$ (pour $n\ge 14$, $0<\left(\frac{7}{n}\right)^n\le\left(\frac{1}{2}\right)^n$). L'erreur fréquente est de diviser par $7^n$ dans la seconde, parce que l'exponentielle « a l'air » la plus forte : $n^n$ a une base qui grandit, il domine tout.

$\frac{a_{n+1}}{a_n}=\frac{2^{n+1}(n+1)!}{(n+1)^{n+1}}\cdot\frac{n^n}{2^n\,n!}=\frac{2(n+1)\,n^n}{(n+1)^{n+1}}=2\left(\frac{n}{n+1}\right)^n=\frac{2}{\left(1+\frac{1}{n}\right)^n}\to\frac{2}{e}$. Comme $e>2$, cette limite $\ell=\frac{2}{e}\approx 0{,}736$ est $<1$. On choisit $q$ avec $\ell<q<1$ : à partir d'un rang $N$, $\frac{a_{n+1}}{a_n}\le q$, donc $0<a_n\le a_N\,q^{\,n-N}$, et $q^{\,n-N}\to 0$ : le sandwich donne $a_n\to 0$. Pour $b_n$, le même calcul donne $\frac{3}{\left(1+\frac{1}{n}\right)^n}\to\frac{3}{e}>1$, car $e<3$ ; à partir d'un rang, le rapport dépasse un $q>1$, et $b_n\ge b_N\,q^{\,n-N}\to+\infty$. La frontière est la base $e$ : $n!$ se comporte comme $\left(\frac{n}{e}\right)^n$ à un facteur près, donc $\frac{c^n\,n!}{n^n}$ ressemble à $\left(\frac{c}{e}\right)^n$. La figure montre bien deux suites jumelles au départ ($a_1=a_2=2$) qui partent à l'opposé.