Les suites : exercices corrigés de MTH1101 (Polytechnique)

a) 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.

b) $f'(x)=\frac{2\ln x\cdot\frac{1}{x}\cdot x-(\ln x)^2}{x^2}=\frac{\ln x\,(2-\ln x)}{x^2}$. 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.

c) 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 $a_{100}\approx 2{,}02$.

d) 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.

e) 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.

a) 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 $2$.

b) $a_n-2=\frac{2n+3\cos(n^2)-2(n+1)}{n+1}=\frac{3\cos(n^2)-2}{n+1}$. 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.

c) 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.

d) 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 $0$.

a) $\frac{(\ln n)^4}{\sqrt n}\to 0$ : 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 $\frac{1}{2}$.

b) 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.

c) $\frac{a_{n+1}}{a_n}=\frac{2^{n+1}(n+1)!}{(n+1)^{n+1}}\cdot\frac{n^n}{2^n\,n!}=\frac{2(n+1)\,n^n}{(n+1)^{n+1}}=2\left(\frac{n}{n+1}\right)^n=\frac{2}{\left(1+\frac{1}{n}\right)^n}\to\frac{2}{e}$. 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.

d) $u_n=n^2\to+\infty$ avec $\frac{u_{n+1}}{u_n}=\left(1+\frac{1}{n}\right)^2\to 1$ ; $v_n=\frac{1}{n}\to 0$ avec $\frac{v_{n+1}}{v_n}=\frac{n}{n+1}\to 1$ ; $w_n=1+\frac{1}{n}\to 1$ avec $\frac{w_{n+1}}{w_n}=\frac{n^2+2n}{n^2+2n+1}\to 1$. Trois comportements différents pour le même rapport limite : un rapport qui tend vers $1$ ne décide RIEN. Le raisonnement de c) exige une limite strictement inférieure ou strictement supérieure à $1$, parce qu'il compare la suite à une géométrique de raison $q\ne 1$. Ce cas muet reviendra au chapitre des séries.

a) $e<3$, donc $0<\frac{e}{3}<1$ et $\left(\frac{e}{3}\right)^n\to 0$. $\pi>3$, donc $\frac{\pi}{3}>1$ et $\left(\frac{\pi}{3}\right)^n\to+\infty$, même si la raison ne dépasse $1$ que de $0{,}05$ environ : la croissance est lente, mais sans fin. $\frac{\sqrt3}{2}<1$ car $3<4$, donc $\left|\left(-\frac{\sqrt3}{2}\right)^n\right|\to 0$ et la suite tend vers $0$ en alternant de signe. Enfin $\frac{2}{\sqrt3}>1$ car $4>3$ : $r=-\frac{2}{\sqrt3}<-1$, la suite alterne de signe avec une valeur absolue qui grandit sans borne. Elle n'a aucune limite, ni finie ni infinie : ses termes pairs tendent vers $+\infty$, ses termes impairs vers $-\infty$. Écrire « tend vers $\infty$ » est faux ; écrire « diverge » ne suffit pas, il faut dire comment.

b) On applique le résultat avec $r=\frac{x-1}{2}$ : la suite converge si et seulement si $-1<\frac{x-1}{2}\le 1$, c'est-à-dire $-2<x-1\le 2$, soit $-1<x\le 3$. L'ensemble est $]-1\,;3]$, avec un crochet FERMÉ en $3$ et OUVERT en $-1$ : les deux bornes ne se traitent pas de la même façon. Pour $x=3$, $r=1$ et la suite est constante égale à $1$ ; pour $x=-1$, $r=-1$ et $(-1)^n$ oscille. Sur $]-1\,;3[$, la limite est $0$. Ce découpage d'un ensemble de valeurs de $x$ en tranches, bornes examinées une par une, est exactement le geste qui servira pour les séries entières.

c) Le piège est d'écriture : $2^{2n}=4^n$, et $4^{n+1}=4\cdot 4^n$, $3^{n+2}=9\cdot 3^n$. Le terme dominant est $4^n$, on divise tout par lui : $\frac{5\cdot 4^n-9\cdot 3^n}{4\cdot 4^n+7\cdot 3^n}=\frac{5-9\left(\frac34\right)^n}{4+7\left(\frac34\right)^n}\to\frac{5}{4}$, car $\left(\frac34\right)^n\to 0$. Celui qui ne voit pas $2^{2n}=4^n$ croit que $3^n$ domine en haut et obtient une limite négative absurde. Vérification : pour $n=10$, $\left(\frac34\right)^{10}\approx 0{,}056$ et le quotient vaut déjà environ $1{,}02$, en route vers $1{,}25$ par en dessous.

d) $\left|\left(-\frac12\right)^n\right|=\frac{1}{2^n}<10^{-6}$ équivaut à $2^n>10^6$. Sans calculatrice : $2^{10}=1024$, donc $2^{20}=1024^2=1\,048\,576>10^6$, et $2^{19}=524\,288<10^6$. Le plus petit rang est $n=20$, et comme $\frac{1}{2^n}$ décroît, la précision reste garantie pour tout $n\ge 20$. Le signe de $\left(-\frac12\right)^n$ est celui de $(-1)^n$ : pour $n=20$, pair, le terme est POSITIF, donc au-dessus de sa limite $0$ ; le suivant est au-dessous. Une suite qui alterne autour de sa limite encadre celle-ci entre deux termes consécutifs, et c'est souvent la meilleure borne d'erreur qu'on puisse donner.