Corrigé des exercices - Dunod

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La série de terme général u n diverge. Comme elle est à termes positifs, ses sommes partielles
n∑
0−1
|a k − l|
n∑
k=0
tendent vers +∞. On a donc lim u k = +∞ et, n 0 étant fixé, lim = 0.
n→+∞
n→+∞
n∑
k=0
u k
On peut trouver un entier n 1 tel que
n∑
0−1
k=0
|a k − l|
k=0
ε pour n n n∑
1 . Pour n max(n 0 ,n 1 ),
u k
k=0
on a |b n − l| 2ε. Ceci montre que la suite (b n ) n∈N converge vers l.
v n
b) Comme la suite (v n ) n∈N ne s’annule pas, v n ∼ u n équivaut à lim = 1. On pose,
n→+∞ u n
pour tout n, a n = v n
. La suite (b n ) n∈N correspondante est définie par
u n
b n = u 0a 0 + u 1 a 1 + · · · + u n a n
u 0 + u 1 + · · · + u n
= v 0 + v 1 + · · · + v n
u 0 + u 1 + · · · + u n
.
D’après la première question, la suite (b n ) n∈N converge vers 1, ce qui montre que
v 0 + v 1 + · · · + v n ∼ u 0 + u 1 + · · · + u n .
2. a) Les termes de la suite (x n ) n∈N appartiennent à ]0,1[. La suite est décroissante et
minorée par 0. Elle converge. Sa limite l vérifie l = l − l 2 donc l = 0.
b) On a, pour tout n ∈ N,
1
u n =
x n − x 2 n
− 1
x n
=
1
1 − x n
.
On en déduit que lim u n = 1.
n→+∞
n−1
∑
n−1
∑
( 1
Pour n 1, on a u k =
− 1 )
= 1 − 1 . La série de terme général u n est
x k+1 x k x n x 0
k=0 k=0
à termes strictement positifs et divergente, car son terme général tend vers 1. Il résulte de
n−1
∑
la question 1 que u n ∼ 1 implique u k ∼ n. On a donc, puisque 1 tend vers +∞,
x n
On en déduit que x n ∼ 1 n .
k=0
1
∼ 1 − 1 ∼ n.
x n x n x 0
1
c) On a u n − 1 = − 1 = x n
∼ x n ∼ 1 . On peut écrire
1 − x n 1 − x n n
v n = u n − 1 ∼ 1 (
n ∼ ln 1 + 1 )
∼ ln(n + 1) − lnn.
n