Correction contrôle 4 - Département de Mathématiques d'Orsay

D’après le DL de e u quand u → 0 on obtient
(0,5 point)
n 2
(n+1) 2
= ( n
n+1 )2 = ( 1
1+ 1 n
élevant au carré il vient :
e − 2 n = 1 + (−
2
n ) + 1 2 (− 2 n )2 + o( 1 n 2 ) = 1 − 2 n + 2 n 2 + o( 1 n 2 )
) 2 . D’après le DL de
1
1+u quand u → 0, on a 1
1+ 1 n
1
(
1 + 1 ) 2 = [1 − 1 n + 1 n
n
2 + o( 1 n 2 )]2 = 1 + 1 n 2 + 1 n 4 − 2 n + 2 n 2 − 2 n 3 + o( 1 n 2 )
En regroupant tous les o( 1 n 2 ) on obtient donc :
Donc α = 1, β = −2, γ = 3.
(1,5 point)
Ainsi
n 2
(n + 1) 2 = 1 + −2
n + 3 n 2 + o( 1 n 2 )
3
= 1 − 1 n + 1 n 2 + o( 1 n 2 ). En
b n = n 2 [(1 − 2 n + 2 n 2 + o( 1 −2
)) − (1 +
n2 n + 3 n 2 + o( 1 n 2 ))] = n2 (− 1 n 2 + o( 1 )) = −1 + o(1)
n2 et donc b n → −1.
(0,5 point)
(c) : 3 points
On a :
r n =
√
√
ln(α + βn k ) =
√ln(n k (β + α √ln(n
n k )) = k ) + ln(β + α n k ) = ln(n k )[1 + ln(β + α )
n k
ln(n k ]
)
Le facteur 1 + ln(β+ α n k )
tend vers 1, donc r
ln(n k ) n ∼ √ ln(n k ).
(1 point)
Or √ ln(n k ) = √ k ln(n) = √ k √ ln(n), donc r n ∼ √ k √ ln(n).
(0,25 point)
La suite c n considérée est fabriquée à l’aide de trois suites du type (r n ) n∈N qu’on vient d’étudier.
Le dénominateur √ ln(1 + n 3 ) est ainsi équivalent à √ 3 √ ln(n)
(0,25 point)
Etudions le numérateur √ ln(1 + n 2 )− √ ln(1 + 2n). On a √ ln(1 + n 2 ) ∼ √ 2 √ ln(n) et √ √
ln(1 + 2n) ∼
ln(n),
(0,25 + 0,25 point)
donc √ ln(1 + n 2 ) = √ 2 √ ln(n) + o( √ ln(n)) et √ ln(1 + 2n) = √ ln(n) + o( √ ln(n)) et on en déduit
que √ ln(1 + n 2 ) − √ ln(1 + 2n) = ( √ 2 − 1) √ ln(n) + o( √ ln(n)).
(0,5 point)
Ainsi √ ln(1 + n 2 ) − √ ln(1 + 2n) ∼ ( √ 2 − 1) √ ln(n).
(0,25 point)
Par quotient dӎquivalents on obtient :
c n ∼ (√ 2 − 1) √ ln(n)
√
3
√
ln(n)
=
√
2 − 1
√
3