Corrigé des exercices - Dunod

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Exercice 25.10
1. On obtient, en utilisant le développement limité de x ↦−→ ln(1 + x) en 0,
ln t n+1
= λln n + 1 + ln u (
n+1
= λln 1 + 1 ) (
+ ln 1 − λ t n n u n n n + v )
n
n 2
= λ n − λ
2n 2 + o ( 1
n 2 )
− λ n + v n
= − λ
2n 2 + o ( 1
n 2 )
+ v n
n 2 − 1 2
(
− λ n + v n
n 2 − 1 2
(
− λ n + v ) 2
n
n 2 + o
Si K est un majorant de (|v n |) n∈N , on a pour n assez grand
∣ ln t ∣
n+1 ∣∣∣
|λ|
t n 2n 2 + 1 n 2 + K ( |λ|
n 2 + n + K ) 2
n 2
( (
− λ n + v n
n 2 ) 2
)
) 2
n 2 + o
( (
− λ n + v ) ) 2
n
n 2 .
On voit que le terme de droite est le terme général d’une série convergente. On en déduit
que la série ∑ ln t n+1
est absolument convergente.
t n
Comme ln t n+1
= lnt n+1 − lnt n , on sait que cela entraîne la convergence de la suite
t n
(ln t n ) n∈N . Si on note l sa limite, on obtient par le théorème de composition que la suite
(t n ) n∈N converge vers A = e l > 0. On a donc
2. On pose u n =
De
t n = n λ u n ∼ A et u n ∼ A n λ .
( ) α 1 · 3 · 5 · · · (2n − 1)
. On a, pour tout n 1,
2 · 4 · 6 · · · (2n)
2n + 1
2n + 2 = 1 + 1
2n
1 + 1 =
n
u n+1
u n
=
( ) α 2n + 1
.
2n + 2
(
1 + 1 )(1 − 1 2n n + 1 ( )) 1
n 2 + o n 2
= 1 − 1
2n + 1
2n 2 + o ( 1
n 2 )
on déduit, en utilisant le développement limité au voisinage de 0 de x ↦−→ (1 + x) α ,
(
u n+1
= 1 − 1
u n 2n + 1 ( )) α 1
2n 2 + o n 2 = 1 − α 2n + α
( )
α(α − 1) 1
+
2n2 8n 2 + o
n 2
= 1 − α ( )
α(α + 3) 1
+
2n 8n 2 + o
n 2 .
Si on écrit u n+1
= 1− α u n 2n +v n
n 2 , la suite (v α(α + 3)
n) n∈N est bornée car elle vérifie v n = +o(1)
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donc elle est convergente. On peut appliquer la question 1, avec λ = α . Il existe A > 0 tel
2
que u n ∼ A n α 2
et la série ∑ u n converge si et seulement si α > 1, soit α > 2.
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