Correction des exercices 13 à 14 — Suites composées et somme télescopique
Al Moufid — Suites numériques — 2e Bac Sciences Mathématiques
Exercice 13
Déterminer la limite de chacune des suites suivantes : \[ a_n=\sqrt{\frac{3n-4}{2n+1}}, \qquad b_n=n^2\sin\left(\frac1n\right), \qquad c_n=\sqrt{3^n-2^n}, \] \[ u_n=\cos\left(\frac{n\pi-3}{2n+1}\right), \] \[ v_n= 4^n\left( 1-\cos\left(\left(-\frac12\right)^n\right) \right), \] \[ w_n= \pi 2^{n-1} - 2^n\operatorname{Arctan}(2^n), \] \[ x_n= \sqrt[3]{ \left| \frac{-2n+1}{n+1} \right| }. \]
1. Limite de la suite \((a_n)\)
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Pour que \(a_n\) soit définie dans \(\mathbb R\), il faut : \[ \frac{3n-4}{2n+1}\ge0. \] Pour \(n\in\mathbb N\), cette condition est vérifiée à partir de \(n=2\). Cela ne pose aucun problème pour le calcul de la limite, car la suppression d’un nombre fini de termes ne change pas la limite d’une suite.
On a :
\[ a_n=\sqrt{\frac{3n-4}{2n+1}}. \]On divise le numérateur et le dénominateur par \(n\) :
\[ \frac{3n-4}{2n+1} = \frac{3-\frac4n}{2+\frac1n}. \]Lorsque \(n\to+\infty\) :
\[ 3-\frac4n\to3 \qquad\text{et}\qquad 2+\frac1n\to2. \]Donc :
\[ \frac{3n-4}{2n+1}\to\frac32. \]La fonction \(x\mapsto\sqrt{x}\) est continue sur \([0,+\infty[\). Par conséquent :
\[ \boxed{ \lim_{n\to+\infty}a_n = \sqrt{\frac32}. } \]2. Limite de la suite \((b_n)\)
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On a :
\[ b_n=n^2\sin\left(\frac1n\right). \]Afin d’utiliser la limite usuelle \(\frac{\sin x}{x}\to1\) lorsque \(x\to0\), on écrit :
\[ b_n = n\, \frac{\sin\left(\frac1n\right)}{\frac1n}. \]Or :
\[ \frac1n\to0 \]et :
\[ \frac{\sin\left(\frac1n\right)}{\frac1n}\to1. \]De plus :
\[ n\to+\infty. \]Par produit :
\[ \boxed{ \lim_{n\to+\infty}b_n=+\infty. } \]3. Limite de la suite \((c_n)\)
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On a :
\[ c_n=\sqrt{3^n-2^n}. \]On factorise l’expression sous la racine par \(3^n\) :
\[ 3^n-2^n = 3^n\left(1-\left(\frac23\right)^n\right). \]Ainsi :
\[ c_n = \sqrt{ 3^n\left(1-\left(\frac23\right)^n\right) }. \]Comme les deux facteurs sous la racine sont positifs, on peut écrire :
\[ c_n = 3^{\frac n2} \sqrt{ 1-\left(\frac23\right)^n }. \]Or :
\[ 3^{\frac n2}\to+\infty \]et, puisque \(0\lt\frac23\lt1\) :
\[ \left(\frac23\right)^n\to0. \]Donc :
\[ \sqrt{ 1-\left(\frac23\right)^n } \to1. \]Par produit :
\[ \boxed{ \lim_{n\to+\infty}c_n=+\infty. } \]4. Limite de la suite \((u_n)\)
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On considère :
\[ u_n= \cos\left(\frac{n\pi-3}{2n+1}\right). \]On divise le numérateur et le dénominateur de l’argument par \(n\) :
\[ \frac{n\pi-3}{2n+1} = \frac{\pi-\frac3n}{2+\frac1n}. \]Ainsi :
\[ \frac{n\pi-3}{2n+1} \to \frac{\pi}{2}. \]La fonction cosinus est continue sur \(\mathbb R\). Par conséquent :
\[ \lim_{n\to+\infty}u_n = \cos\left(\frac{\pi}{2}\right). \]Donc :
\[ \boxed{ \lim_{n\to+\infty}u_n=0. } \]5. Limite de la suite \((v_n)\)
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On a :
\[ v_n= 4^n\left( 1-\cos\left(\left(-\frac12\right)^n\right) \right). \]Posons :
\[ t_n=\left(-\frac12\right)^n. \]Puisque :
\[ \left|-\frac12\right|\lt1, \]on a :
\[ t_n\to0. \]On utilise l’identité : \[ 1-\cos t = 2\sin^2\left(\frac t2\right), \] afin de faire apparaître la limite usuelle \(\frac{\sin x}{x}\to1\).
On obtient :
\[ v_n = 2\cdot4^n \sin^2\left(\frac{t_n}{2}\right). \]On écrit :
\[ \sin^2\left(\frac{t_n}{2}\right) = \left(\frac{t_n}{2}\right)^2 \left( \frac{ \sin\left(\frac{t_n}{2}\right) }{ \frac{t_n}{2} } \right)^2. \]Donc :
\[ v_n = 2\cdot4^n \left(\frac{t_n}{2}\right)^2 \left( \frac{ \sin\left(\frac{t_n}{2}\right) }{ \frac{t_n}{2} } \right)^2. \]Ce qui donne :
\[ v_n = \frac{4^nt_n^2}{2} \left( \frac{ \sin\left(\frac{t_n}{2}\right) }{ \frac{t_n}{2} } \right)^2. \]Or :
\[ t_n^2 = \left(\frac14\right)^n. \]Donc :
\[ 4^nt_n^2 = 4^n\left(\frac14\right)^n = 1. \]Ainsi :
\[ v_n = \frac12 \left( \frac{ \sin\left(\frac{t_n}{2}\right) }{ \frac{t_n}{2} } \right)^2. \]Comme \(\frac{t_n}{2}\to0\), on a :
\[ \frac{ \sin\left(\frac{t_n}{2}\right) }{ \frac{t_n}{2} } \to1. \]Par conséquent :
\[ \boxed{ \lim_{n\to+\infty}v_n=\frac12. } \]6. Limite de la suite \((w_n)\)
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On a :
\[ w_n= \pi2^{n-1} - 2^n\operatorname{Arctan}(2^n). \]Comme :
\[ \pi2^{n-1} = 2^n\frac{\pi}{2}, \]on factorise par \(2^n\) :
\[ w_n = 2^n\left( \frac{\pi}{2} - \operatorname{Arctan}(2^n) \right). \]Pour tout \(x\gt0\), on sait que :
\[ \operatorname{Arctan}(x) + \operatorname{Arctan}\left(\frac1x\right) = \frac{\pi}{2}. \]Comme \(2^n\gt0\), on obtient :
\[ \frac{\pi}{2} - \operatorname{Arctan}(2^n) = \operatorname{Arctan}\left(\frac1{2^n}\right). \]Donc :
\[ w_n = 2^n \operatorname{Arctan}\left(\frac1{2^n}\right). \]On écrit :
\[ w_n = \frac{ \operatorname{Arctan}\left(\frac1{2^n}\right) }{ \frac1{2^n} }. \]Or :
\[ \frac1{2^n}\to0 \]et :
\[ \frac{\operatorname{Arctan}x}{x}\to1 \quad\text{lorsque }x\to0. \]Par conséquent :
\[ \boxed{ \lim_{n\to+\infty}w_n=1. } \]7. Limite de la suite \((x_n)\)
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On a :
\[ x_n= \sqrt[3]{ \left| \frac{-2n+1}{n+1} \right| }. \]On divise le numérateur et le dénominateur par \(n\) :
\[ \frac{-2n+1}{n+1} = \frac{-2+\frac1n}{1+\frac1n}. \]Donc :
\[ \frac{-2n+1}{n+1} \to-2. \]La fonction valeur absolue est continue sur \(\mathbb R\). Ainsi :
\[ \left| \frac{-2n+1}{n+1} \right| \to|-2|=2. \]La fonction \(x\mapsto\sqrt[3]{x}\) est continue sur \(\mathbb R\). Par conséquent :
\[ \boxed{ \lim_{n\to+\infty}x_n=\sqrt[3]{2}. } \]Exercice 14
1. Montrer que, pour tout \(x\in]0,+\infty[\) : \[ \operatorname{Arctan} \left( \frac1{1+x+x^2} \right) = \operatorname{Arctan}\left(\frac1x\right) - \operatorname{Arctan}\left(\frac1{1+x}\right). \] 2. Pour tout \(n\in\mathbb N^*\), on pose : \[ u_n= \operatorname{Arctan} \left( \frac1{1+n+n^2} \right) \] et : \[ S_n=\sum_{k=1}^{n}u_k. \] a) Calculer \(\displaystyle\lim_{n\to+\infty}u_n\).
b) Exprimer \(S_n\) en fonction de \(n\), puis déterminer \(\displaystyle\lim_{n\to+\infty}S_n\).
1. Démonstration de l’identité
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Soit \(x\in]0,+\infty[\). Posons :
\[ \alpha= \operatorname{Arctan}\left(\frac1x\right) \]et :
\[ \beta= \operatorname{Arctan}\left(\frac1{1+x}\right). \]Comme \(x\gt0\), on a :
\[ 0\lt\frac1{1+x}\lt\frac1x. \]La fonction \(\operatorname{Arctan}\) est strictement croissante sur \(\mathbb R\). Donc :
\[ 0\lt\beta\lt\alpha\lt\frac{\pi}{2}. \]Par conséquent :
\[ 0\lt\alpha-\beta\lt\frac{\pi}{2}. \]On peut alors calculer la tangente de la différence :
\[ \tan(\alpha-\beta) = \frac{\tan\alpha-\tan\beta} {1+\tan\alpha\tan\beta}. \]Or :
\[ \tan\alpha=\frac1x \qquad\text{et}\qquad \tan\beta=\frac1{1+x}. \]Donc :
\[ \tan(\alpha-\beta) = \frac{ \frac1x-\frac1{1+x} }{ 1+\frac1{x(1+x)} }. \]Calculons le numérateur :
\[ \frac1x-\frac1{1+x} = \frac{1+x-x}{x(1+x)} = \frac1{x(1+x)}. \]Et le dénominateur :
\[ 1+\frac1{x(1+x)} = \frac{x(1+x)+1}{x(1+x)}. \]Ainsi :
\[ \tan(\alpha-\beta) = \frac1{x(1+x)+1}. \]Comme :
\[ x(1+x)+1=x^2+x+1, \]on obtient :
\[ \tan(\alpha-\beta) = \frac1{1+x+x^2}. \]De plus :
\[ 0\lt\alpha-\beta\lt\frac{\pi}{2}. \]La fonction tangente est injective sur \(]-\frac{\pi}{2},\frac{\pi}{2}[\). Par conséquent :
\[ \alpha-\beta = \operatorname{Arctan} \left( \frac1{1+x+x^2} \right). \]Finalement :
\[ \boxed{ \operatorname{Arctan} \left( \frac1{1+x+x^2} \right) = \operatorname{Arctan}\left(\frac1x\right) - \operatorname{Arctan}\left(\frac1{1+x}\right) }. \]2.a) Limite de la suite \((u_n)\)
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On a :
\[ u_n= \operatorname{Arctan} \left( \frac1{1+n+n^2} \right). \]Comme :
\[ 1+n+n^2\to+\infty, \]on obtient :
\[ \frac1{1+n+n^2}\to0. \]La fonction \(\operatorname{Arctan}\) est continue en \(0\). Donc :
\[ \lim_{n\to+\infty}u_n = \operatorname{Arctan}(0). \]Ainsi :
\[ \boxed{ \lim_{n\to+\infty}u_n=0. } \]2.b) Expression et limite de \(S_n\)
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Pour tout entier \(k\ge1\), l’identité démontrée à la première question, appliquée à \(x=k\), donne :
\[ u_k = \operatorname{Arctan}\left(\frac1k\right) - \operatorname{Arctan}\left(\frac1{k+1}\right). \]Donc :
\[ S_n = \sum_{k=1}^{n} \left[ \operatorname{Arctan}\left(\frac1k\right) - \operatorname{Arctan}\left(\frac1{k+1}\right) \right]. \]Développons les premiers termes :
\[ \begin{aligned} S_n &= \left[ \operatorname{Arctan}(1) - \operatorname{Arctan}\left(\frac12\right) \right]\\ &\quad+ \left[ \operatorname{Arctan}\left(\frac12\right) - \operatorname{Arctan}\left(\frac13\right) \right]\\ &\quad+\cdots\\ &\quad+ \left[ \operatorname{Arctan}\left(\frac1n\right) - \operatorname{Arctan}\left(\frac1{n+1}\right) \right]. \end{aligned} \]Tous les termes intermédiaires se simplifient. La somme est télescopique :
\[ S_n = \operatorname{Arctan}(1) - \operatorname{Arctan}\left(\frac1{n+1}\right). \]Or :
\[ \operatorname{Arctan}(1)=\frac{\pi}{4}. \]Donc :
\[ \boxed{ S_n = \frac{\pi}{4} - \operatorname{Arctan}\left(\frac1{n+1}\right) }. \]Enfin :
\[ \frac1{n+1}\to0 \]et, par continuité de \(\operatorname{Arctan}\) en \(0\) :
\[ \operatorname{Arctan}\left(\frac1{n+1}\right)\to0. \]Par conséquent :
\[ \boxed{ \lim_{n\to+\infty}S_n=\frac{\pi}{4}. } \]Cet article propose une correction détaillée des exercices 13 et 14 du chapitre Suites numériques du manuel Al Moufid. Les exercices portent sur les limites de suites obtenues à l’aide de fonctions usuelles, puis sur une identité faisant intervenir la fonction \(\operatorname{Arctan}\) et une somme télescopique.
Savoir utiliser la continuité des fonctions usuelles, les limites \[ \frac{\sin x}{x}\longrightarrow1 \qquad\text{et}\qquad \frac{\operatorname{Arctan}x}{x}\longrightarrow1 \quad\text{lorsque }x\to0, \] puis reconnaître une somme télescopique afin de calculer sa valeur et sa limite.
Pour une suite de la forme \(v_n=f(u_n)\), on commence par déterminer la limite de \((u_n)\). On vérifie ensuite que la fonction \(f\) est continue au point considéré avant d’écrire : \[ \lim_{n\to+\infty}f(u_n) = f\left(\lim_{n\to+\infty}u_n\right). \] En présence d’une forme indéterminée, il faut d’abord transformer l’expression à l’aide d’une identité ou d’une limite usuelle.
1. Pour une suite composée, déterminer d’abord la limite de la suite intérieure, puis utiliser la continuité de la fonction.
2. Devant une forme indéterminée, faire apparaître une limite usuelle comme : \[ \frac{\sin x}{x}\to1 \qquad\text{ou}\qquad \frac{\operatorname{Arctan}x}{x}\to1. \] 3. Pour une identité avec \(\operatorname{Arctan}\), vérifier l’intervalle auquel appartient l’angle avant d’utiliser l’injectivité de la fonction tangente.
4. Une somme est télescopique lorsque les termes intermédiaires s’annulent deux à deux.
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Hammou Boudraa — Enseignant des mathématiques
Lycée Oum Erbiaâ — M’rirt
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