Exercice 04-09
Étudier la limite \(n\to\infty\) des suites ci-dessous.
  1. \(\displaystyle a_n=\frac{n^{23/47}-\sqrt{n}}{e^{\frac12 \log n}-2\log(n)}\)
  2. \(\displaystyle d_n=\frac{n^n}{7^{\log(n)}}\)
  3. \(\displaystyle h_n=\frac{n^{3}}{7^{n}}\cos (\sqrt{n})\)
  4. \(\displaystyle i_n=3^{n}e^{-3n}\)
  5. \(\displaystyle j_n=n^{100}e^{-3(\log(n))^2}\)
  6. \(\displaystyle k_n=\frac{e^{\sqrt{(\log n)^2-3\log n}}}{7n}\)
On a vu au cours quelle était la hiérarchie entre les divers comportements classiques de suites qui tendent vers l'infini: polynomial, logarithmique et exponentiel.

Ici, il s'agit dans chaque cas de manipuler un peu l'expression de départ jusqu'à pouvoir à se ramener à un cas simple où la hiérarchie permet de conclure.

Si nécessaire, on pourra aussi utiliser les propriétés et les techniques vues pour étudier les limites (gendarmes, etc).
  1. Remarquons que \(e^{\frac12 \log n}=(e^{ \log n})^{\frac12}=n^\frac12\), et que \(n^{\frac{23}{47}}=n^{\frac12-\frac{1}{94}}\). On récrit alors \(a_n\) en extrayant les termes dominants du numérateur et du dénominateur, qui sont \(n^{1/2}\): \[ a_n=\frac{n^{\frac12-\frac{1}{94}}-n^{\frac12}}{n^{\frac12}-2\log(n)} =\frac{-1+\frac{1}{n^{1/94}}}{1-2\frac{\log (n)}{\sqrt{n}}}\to \frac{-1}{1}=-1\,. \]
  2. En récrivant \(7^{\log(n)}=(e^{\log(7)})^{\log(n)}=(e^{\log(n)})^{\log(7)}=n^{\log(7)}\), on a \( d_n=\frac{n^n}{n^{\log(7)}}=n^{n-\log(7)}\). On peut par exemple remarquer que si \(n\geqslant 2+\log(7)\), alors \(d_n\geqslant n^2\). Comme \(n^2\to \infty\), on a aussi que \(d_n\to \infty\).
  3. On a \[ 0\leqslant |h_n|= \left| \frac{n^{3}}{7^{n}}\cos( \sqrt{n}) \right|\leqslant\frac{n^{3}}{7^{n}}~. \] Comme toute exponentielle de base plus grande que \(1\) croît plus vite que n'importe quel polynôme, on a \(\lim_{n\to\infty}\frac{n^{3}}{7^{n}}=0\), ce qui permet de conclure que \(|h_n|\to 0\), et donc \(h_n\to 0\).
  4. Puisque \(i_n=3^{n}e^{-3n}=q^{n}\), avec \(q=\frac{3}{e^{3}}=0.14936\ldots<1\), on a \(\lim_{n\to\infty}3^{n}e^{-3n}=0\).
  5. Écrivons d'abord \[\begin{aligned} 0\leqslant j_n =\frac{n^{100}}{e^{3(\log(n))^2}} &=\frac{n^{100}}{(e^{\log(n)})^{3\log(n)}}\\ &= \frac{n^{100}}{n^{3\log(n)}}\\ &= \frac{1}{n^{3\log(n)-100}}\,, \end{aligned}\] Comme \(\log(n)\to+\infty\), il existe un \(N\) tel que \(3\log (n)\geqslant 101\) pour tout \(n\geqslant N\). On peut alors majorer, pour tout \(n\geqslant N\), \[ \frac{1}{n^{3\log(n)-100}} \leqslant \frac{1}{n^{101-100}}=\frac{1}{n}\,. \] Comme \(0\leqslant j_n\leqslant \frac1n\) pour tout \(n\geqslant N\), et comme \(\frac1n\to 0\), le Théorème des deux gendarmes implique que \(\lim_{n\to\infty}j_n=0\).
  6. En écrivant \(7n=7e^{\log(n)}=7e^{\sqrt{(\log n)^2}}\), on peut récrire la fraction \[k_n=\frac{e^{\sqrt{(\log n)^2-3\log n}}}{7n}= \frac17 \exp\bigl(\sqrt{(\log n)^2-3\log n}-\sqrt{(\log n)^2}\bigr) \] On calcule la limite dans l'exponentielle en utilisant le conjugué: \[\begin{aligned} \lim_{n\to \infty}&\Bigl( \sqrt{(\log n)^2-3\log n}-\sqrt{(\log n)^2}\Bigr) \\ &=\lim_{n\to \infty} \frac{-3 \log n}{\sqrt{(\log n)^2-3\log n}+\sqrt{(\log n)^2}}\\ &=\lim_{n\to \infty}\frac{-3}{\sqrt{1-\frac{3}{\log n}}+1}\\ &=\frac{-3}{2}\,. \end{aligned}\] (Dans la dernière ligne, on a extrait \(\log(n)\), qui est le terme dominant en haut et en bas.) La limite cherchée vaut donc \[\begin{aligned} \lim_{n\to \infty} k_n&= \lim_{n\to \infty} \frac17 \exp\bigl(\sqrt{(\log n)^2-3\log n}-\sqrt{(\log n)^2}\bigr)\\ &= \frac17 e^{-3/2} \end{aligned}\]