Corrigé Suites adjacentes

mathématiques
corrigé
Suites adjacentes, Limite d’une suite, Monotonie d’une suite, Quantités conjuguées, Équivalents, Utiliser Python pour calculer la limite d’une suite
Auteur·rice

Prepalib

Date de publication

29 novembre 2022

L’énoncé

Pour \(n \geq 1\), soient les deux suites : \[u_{n}=\left(\sum_{p=1}^{n} \frac{1}{\sqrt{p}}\right)-2 \sqrt{n+1} \quad \text{et} \quad v_{n}=\left(\sum_{p=1}^{n} \frac{1}{\sqrt{p}}\right)-2 \sqrt{n}\]

  1. Montrer que les suites \((u_n)\) et \((v_n)\) sont adjacentes. On note \(l\) la valeur commune de leur limite.

  2. Vérifier que \(\left|u_{n}-l\right| \leq \frac{1}{\sqrt{n}}\) et donner une valeur approchée de \(l\) à \(10^{-2}\) à l’aide de Python.3) Déterminer un équivalent en \(+\infty\) de \[S_{n}=\sum_{k=1}^{n} \frac{1}{\sqrt{p}}\]

La correction

  1. En premier lieu, comparons \((u_n)\) et \((v_n)\)‍On voit, par récurrence immédiate, que les suites \((u_n)\) et \((v_n)\) sont à termes positifs.

\[\begin{align*}\forall n \in \mathbb{N}^{*},v_n-u_n & = \left(\sum_{p=1}^{n} \frac{1}{\sqrt{p}}\right)-2 \sqrt{n}-\left(\sum_{p=1}^{n} \frac{1}{\sqrt{p}}\right)+2 \sqrt{n+1}\\\\forall n \in \mathbb{N}^{*}, v_n - u_n &=2\left(\sqrt{n+1} - \sqrt{n}\right) > 0.\end{align*}\]

On en déduit que \(v_n > u_n\).

Montrons que \(\lim _{n \rightarrow \infty}\left(v_{n}-u_{n}\right)=0\), que  \(\left(u_{n}\right)\) est croissante, \(\left(v_{n}\right)\) décroissante.En utilisant les quantités conjuguées et le calcul précédent , on obtient :  \[\begin{align*} \forall n \in \mathbb{N}^{*}, v_{n}-u_{n} & =2 \frac{(\sqrt{n+1}-\sqrt{n})(\sqrt{n+1}+\sqrt{n})}{(\sqrt{n+1}+\sqrt{n})} \\\forall n \in \mathbb{N}^{*}, v_n - u_n & = \frac{2}{\sqrt{n+1}+\sqrt{n}}\end{align*}\]

Donc, on voit immédiatement qu’en \(+\infty\), la limite de \(v_n - u_n\) vaut 0.Montrons que \((u_n)\) est croissante. \[\begin{align*}\forall n \in \mathbb{N}^{*}, u_{n+1}-u_{n} & = \left(\sum_{p=1}^{n+1} \frac{1}{\sqrt{p}}\right)-2 \sqrt{n+2}-\left(\sum_{n=1}^{n} \frac{1}{\sqrt{p}}\right)+2 \sqrt{n+1}\\\forall n \in \mathbb{N}^{*}, u_{n+1}-u_n & = \frac{1}{\sqrt{n+1}}-2\sqrt{n+2} + 2\sqrt{n+1}\end{align*}\]En utilisant les quantités conjuguées à nouveau, avec  \(2(\sqrt{n+2}-\sqrt{n+1})\), on obtient : \[\begin{align*}\forall n \in \mathbb{N}^*, u_{n+1}-u_{n} & =\frac{1}{\sqrt{n+1}}-2 \frac{(\sqrt{n+2}+\sqrt{n+1})(\sqrt{n+2}-\sqrt{n+1})}{\sqrt{n+2}+\sqrt{n+1}}\\\forall n \in \mathbb{N}^{*}, u_{n+1}-u_{n}&=\frac{1}{\sqrt{n+1}}-2 \frac{1}{\sqrt{n+2}+\sqrt{n+1}}\\\forall n \in \mathbb{N}^*,  u_{n+1}-u_{n} & =\frac{\sqrt{n+2}+\sqrt{n+1}-2 \sqrt{n+1}}{\sqrt{n+1}(\sqrt{n+2}+\sqrt{n+1})}\\\forall n \in \mathbb{N}^*, u_{n+1}-u_{n}&=\frac{\sqrt{n+2}-\sqrt{n+1}}{\sqrt{n+1}(\sqrt{n+2}+\sqrt{n+1}} > 0.\end{align*}\]Donc \((u_n)\) est croissante. On montre de la même manière que \((v_n)\) est décroissante.\[\begin{align*}\forall n \in \mathbb{N}^*, v_{n+1} - v_{n}& = \frac{1}{\sqrt{n+1}} - 2\sqrt{n+1} + 2\sqrt{n}\\\forall n \in \mathbb{N}^*, v_{n+1} - v_{n} & = \frac{1}{\sqrt{n+1}} - 2\frac{(\sqrt{n+1} - \sqrt{n})(\sqrt{n+1} + \sqrt{n})}{\sqrt{n+1} + \sqrt{n}}\\\forall n \in \mathbb{N}^*, v_{n+1} - v_{n} & = \frac{1}{\sqrt{n+1}} - \frac{2}{\sqrt{n+1} + \sqrt{n}}\\\forall n \in \mathbb{N}^*, v_{n+1} - v_{n}& = \frac{\sqrt{n} - \sqrt{n+1}}{\sqrt{n+1}(\sqrt{n+1} + \sqrt{n})} < 0.\end{align*}\]

Donc \((v_n)\) est décroissante.

\[\fbox{Les suites $(u_n)$ et $(v_n)$ sont adjacentes.}\]

  1. Comme les suites \(u_n\) et \(v_n\) sont adjacentes, on a :\[\begin{align*}\forall n \in \mathbb{N}^{*}&, u_n \leq l \leq v_n\\\iff \forall n \in \mathbb{N}^{*}&, 0 \leq l - u_n \leq v_n - u_n\\\end{align*}\]

En utilisant la question précédente, on trouve : \[\begin{align*}\forall n \in \mathbb{N}^{*}, |u_n-l| \leq \frac{2}{\sqrt{n+1} - \sqrt{n}}  \end{align*}\]Comme \(\sqrt{n+1} + \sqrt{n} \geq 2\sqrt{n} \geq 0\), donc \(\frac{2}{\sqrt{n+1} + \sqrt{n}} \leq \frac{2}{2\sqrt{n}}\).

Ainsi :\[\fbox{$\forall n \in \mathbb{N}^*, |u_n-l| \leq \frac{1}{\sqrt{n}}$}\]

Pour trouver une valeur approchée de \(l\) à \(10^{-2}\), il faut que \(\frac{1}{\sqrt{n}}\leq10^{-2}\), donc que \(n \geq 10^4\)

Script Python : u = 1 for i in range(1, 10^4): u += 1(i) u -= 2*sqrt(i+1) print(‘l=’, u)

  1. \(\forall n \in \mathbb{N}^*, u_n = S_n - 2\sqrt{n+1}\) donc \(S_n = u_n + 2\sqrt{n+1}\).   Ainsi :\(\forall n \in \mathbb{N}^*, \frac{S_n}{2\sqrt{n}} = \frac{u_n}{2\sqrt{n}} + \sqrt{\frac{n+1}{n}}\).

Comme \[\lim _{n \rightarrow \infty}u_n=0 \quad \text{et} \lim_{n\rightarrow \infty}\frac{1}{2\sqrt{n}}=0 \quad \text{donc} \quad \lim_{n \rightarrow \infty} \frac{u_n}{2\sqrt{n}} = 0\]

De plus, \[ \lim_{n \rightarrow \infty} \sqrt{\frac{n+1}{n}} = 1 \quad \text{donc} \quad \lim_{n \rightarrow \infty} \frac{S_n}{2\sqrt{n}} = 1 \]

\[\fbox{$S_n \underset{+\infty}{\sim}2\sqrt{n}$} \]