Dans ce recueil, nous proposons 20 exercices résolus pas à pas sur le théorème de Stolz-Cesàro et ses principaux corollaires. L'objectif est d'apprendre à reconnaître quand le théorème s'applique et à l'utiliser correctement dans le calcul des limites de rapports de suites.
Dans chaque exercice, nous vérifierons soigneusement les hypothèses du résultat employé à chaque fois. Lorsque nous appliquerons directement le théorème de Stolz-Cesàro, la suite figurant au dénominateur devra être positive à partir d'un certain rang, strictement croissante et divergente vers \(+\infty\). Lorsque nous recourrons à l'un de ses corollaires, nous vérifierons plutôt les hypothèses correspondantes, comme la positivité des termes et l'existence de la limite considérée.
Les exercices sont classés par ordre de difficulté croissante : les premiers servent à fixer la méthode, tandis que les suivants exigeront une plus grande attention dans le choix des suites et dans le calcul de la limite des accroissements.
Exercice 1 — niveau ★☆☆☆☆
Calculer la limite
\[ \lim_{n\to+\infty}\frac{1+2+\cdots+n}{n^2}. \]
Résultat
\[ \lim_{n\to+\infty}\frac{1+2+\cdots+n}{n^2}=\frac{1}{2}. \]
Résolution
Posons
\[ a_n=1+2+\cdots+n, \qquad b_n=n^2. \]
Nous cherchons à calculer la limite du rapport
\[ \frac{a_n}{b_n}. \]
Pour \(n\ge 1\), on a \(b_n=n^2>0\). De plus, \(b_n\) est strictement croissante et
\[ \lim_{n\to+\infty}b_n=+\infty. \]
Nous pouvons donc appliquer le théorème de Stolz-Cesàro, pourvu que la limite du rapport des accroissements existe.
Calculons :
\[ a_{n+1}-a_n=(1+2+\cdots+n+(n+1))-(1+2+\cdots+n)=n+1, \]
tandis que
\[ b_{n+1}-b_n=(n+1)^2-n^2=2n+1. \]
On a donc
\[ \frac{a_{n+1}-a_n}{b_{n+1}-b_n} = \frac{n+1}{2n+1}. \]
Calculons la limite :
\[ \lim_{n\to+\infty}\frac{n+1}{2n+1} = \lim_{n\to+\infty}\frac{1+\displaystyle\frac{1}{n}}{2+\displaystyle\frac{1}{n}} = \frac{1}{2}. \]
D'après le théorème de Stolz-Cesàro, il s'ensuit que
\[ \lim_{n\to+\infty}\frac{a_n}{b_n} = \frac{1}{2}. \]
Par conséquent
\[ \lim_{n\to+\infty}\frac{1+2+\cdots+n}{n^2} = \frac{1}{2}. \]
Exercice 2 — niveau ★★☆☆☆
Calculer la limite
\[ \lim_{n\to+\infty}\frac{1^2+2^2+\cdots+n^2}{n^3}. \]
Résultat
\[ \lim_{n\to+\infty}\frac{1^2+2^2+\cdots+n^2}{n^3}=\frac{1}{3}. \]
Résolution
Posons
\[ a_n=1^2+2^2+\cdots+n^2, \qquad b_n=n^3. \]
Pour \(n\ge 1\), on a \(b_n=n^3>0\). De plus, \(b_n\) est strictement croissante et tend vers \(+\infty\).
Les hypothèses sur le dénominateur sont donc vérifiées.
Calculons maintenant les accroissements. Pour la suite figurant au numérateur, on a
\[ a_{n+1}-a_n=(n+1)^2. \]
Pour la suite figurant au dénominateur :
\[ b_{n+1}-b_n=(n+1)^3-n^3. \]
Développons le cube :
\[ (n+1)^3=n^3+3n^2+3n+1. \]
On obtient donc
\[ b_{n+1}-b_n=3n^2+3n+1. \]
Le rapport des accroissements est
\[ \frac{a_{n+1}-a_n}{b_{n+1}-b_n} = \frac{(n+1)^2}{3n^2+3n+1}. \]
Calculons la limite en divisant le numérateur et le dénominateur par \(n^2\) :
\[ \lim_{n\to+\infty}\frac{(n+1)^2}{3n^2+3n+1} = \lim_{n\to+\infty} \frac{1+\displaystyle\frac{2}{n}+\displaystyle\frac{1}{n^2}}{3+\displaystyle\frac{3}{n}+\displaystyle\frac{1}{n^2}} = \frac{1}{3}. \]
D'après le théorème de Stolz-Cesàro, nous obtenons
\[ \lim_{n\to+\infty}\frac{1^2+2^2+\cdots+n^2}{n^3} = \frac{1}{3}. \]
Exercice 3 — niveau ★★☆☆☆
Calculer la limite
\[ \lim_{n\to+\infty}\frac{1+\displaystyle\frac{1}{2}+\displaystyle\frac{1}{3}+\cdots+\displaystyle\frac{1}{n}}{n}. \]
Résultat
\[ \lim_{n\to+\infty}\frac{1+\displaystyle\frac{1}{2}+\displaystyle\frac{1}{3}+\cdots+\displaystyle\frac{1}{n}}{n}=0. \]
Résolution
Posons
\[ a_n=1+\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+\cdots+\frac{1}{n}, \qquad b_n=n. \]
Le dénominateur \(b_n=n\) est positif pour \(n\ge 1\), strictement croissant et tend vers \(+\infty\).
Nous pouvons donc appliquer le théorème de Stolz-Cesàro.
Calculons les accroissements :
\[ a_{n+1}-a_n=\frac{1}{n+1}, \]
tandis que
\[ b_{n+1}-b_n=(n+1)-n=1. \]
Par conséquent
\[ \frac{a_{n+1}-a_n}{b_{n+1}-b_n} = \frac{1}{n+1}. \]
Puisque
\[ \lim_{n\to+\infty}\frac{1}{n+1}=0, \]
d'après le théorème de Stolz-Cesàro, il s'ensuit que
\[ \lim_{n\to+\infty}\frac{a_n}{b_n}=0. \]
Ainsi
\[ \lim_{n\to+\infty}\frac{1+\displaystyle\frac{1}{2}+\displaystyle\frac{1}{3}+\cdots+\displaystyle\frac{1}{n}}{n}=0. \]
Cet exemple montre que la suite des sommes partielles de la série harmonique croît beaucoup plus lentement que \(n\).
Exercice 4 — niveau ★★★☆☆
Calculer la limite
\[ \lim_{n\to+\infty}\frac{\log(n!)}{n\log n}. \]
Résultat
\[ \lim_{n\to+\infty}\frac{\log(n!)}{n\log n}=1. \]
Résolution
Rappelons que
\[ \log(n!)=\log(1\cdot 2\cdot 3\cdots n). \]
Posons
\[ a_n=\log(n!), \qquad b_n=n\log n. \]
Considérons le rapport pour \(n\ge 2\), de sorte que \(b_n>0\).
De plus, \(b_n=n\log n\) est strictement croissante à partir d'un certain rang. En effet, la fonction \(x\log x\) a pour dérivée \(1+\log x\), qui est positive pour \(x>e^{-1}\). En particulier, pour \(n\ge 1\), la suite \(n\log n\) est strictement croissante.
Enfin,
\[ \lim_{n\to+\infty}n\log n=+\infty. \]
Nous pouvons donc utiliser le théorème de Stolz-Cesàro.
Calculons les accroissements. Pour le numérateur :
\[ a_{n+1}-a_n = \log((n+1)!)-\log(n!) = \log(n+1). \]
Pour le dénominateur :
\[ b_{n+1}-b_n = (n+1)\log(n+1)-n\log n. \]
Réécrivons le dénominateur sous une forme plus commode :
\[ (n+1)\log(n+1)-n\log n = \log(n+1)+n\log\left(\displaystyle\frac{n+1}{n}\right). \]
On obtient donc
\[ b_{n+1}-b_n = \log(n+1)+n\log\left(1+\displaystyle\frac{1}{n}\right). \]
Le rapport des accroissements est alors
\[ \frac{a_{n+1}-a_n}{b_{n+1}-b_n} = \frac{\log(n+1)} {\log(n+1)+n\log\left(1+\displaystyle\frac{1}{n}\right)}. \]
Divisons le numérateur et le dénominateur par \(\log(n+1)\) :
\[ \frac{\log(n+1)} {\log(n+1)+n\log\left(1+\displaystyle\frac{1}{n}\right)} = \frac{1} {1+\displaystyle\frac{n\log\left(1+\displaystyle\frac{1}{n}\right)}{\log(n+1)}}. \]
Nous savons que
\[ n\log\left(1+\displaystyle\frac{1}{n}\right)\to 1, \]
tandis que
\[ \log(n+1)\to+\infty. \]
Par conséquent
\[ \frac{n\log\left(1+\displaystyle\frac{1}{n}\right)}{\log(n+1)}\to 0. \]
Il en résulte que
\[ \lim_{n\to+\infty} \frac{a_{n+1}-a_n}{b_{n+1}-b_n} = \frac{1}{1+0} = 1. \]
D'après le théorème de Stolz-Cesàro, nous concluons que
\[ \lim_{n\to+\infty}\frac{\log(n!)}{n\log n}=1. \]
Exercice 5 — niveau ★★★★☆
Calculer la limite
\[ \lim_{n\to+\infty}\frac{\sqrt{1}+\sqrt{2}+\cdots+\sqrt{n}}{n^{3/2}}. \]
Résultat
\[ \lim_{n\to+\infty}\frac{\sqrt{1}+\sqrt{2}+\cdots+\sqrt{n}}{n^{3/2}}=\frac{2}{3}. \]
Résolution
Posons
\[ a_n=\sqrt{1}+\sqrt{2}+\cdots+\sqrt{n}, \qquad b_n=n^{3/2}. \]
Pour \(n\ge 1\), on a \(b_n>0\). De plus, \(b_n=n^{3/2}\) est strictement croissante et
\[ \lim_{n\to+\infty}n^{3/2}=+\infty. \]
Les hypothèses du théorème de Stolz-Cesàro relatives au dénominateur sont donc vérifiées.
Calculons les accroissements :
\[ a_{n+1}-a_n=\sqrt{n+1}. \]
De plus,
\[ b_{n+1}-b_n=(n+1)^{3/2}-n^{3/2}. \]
Le rapport des accroissements est donc
\[ \frac{a_{n+1}-a_n}{b_{n+1}-b_n} = \frac{\sqrt{n+1}}{(n+1)^{3/2}-n^{3/2}}. \]
Mettons \(\sqrt{n+1}\) en facteur au dénominateur. Puisque
\[ (n+1)^{3/2}=(n+1)\sqrt{n+1} \]
et
\[ n^{3/2}=n\sqrt n=n\sqrt{n+1}\sqrt{\displaystyle\frac{n}{n+1}}, \]
nous obtenons
\[ (n+1)^{3/2}-n^{3/2}=\sqrt{n+1}\left((n+1)-n\sqrt{\displaystyle\frac{n}{n+1}}\right). \]
On a donc
\[ \frac{\sqrt{n+1}}{(n+1)^{3/2}-n^{3/2}}=\frac{\sqrt{n+1}}{\sqrt{n+1}\left((n+1)-n\sqrt{\displaystyle\frac{n}{n+1}}\right)}=\frac{1}{(n+1)-n\sqrt{\displaystyle\frac{n}{n+1}}}. \]
Étudions alors le dénominateur
\[ (n+1)-n\sqrt{\frac{n}{n+1}}. \]
Posons
\[ t_n=\frac{1}{n+1}. \]
Alors \(t_n\to 0^+\) et
\[ \frac{n}{n+1}=1-t_n. \]
De plus, \(n+1=\displaystyle \frac{1}{t_n}\) et \(n=\displaystyle \frac{1-t_n}{t_n}\). On a donc
\[ (n+1)-n\sqrt{\frac{n}{n+1}} = \frac{1}{t_n}-\frac{1-t_n}{t_n}\sqrt{1-t_n}. \]
En mettant \(1/t_n\) en facteur, nous obtenons
\[ (n+1)-n\sqrt{\frac{n}{n+1}} = \frac{1-(1-t_n)^{3/2}}{t_n}. \]
En utilisant la limite fondamentale, équivalente à la dérivabilité de la fonction \(x^{3/2}\) en \(x=1\),
\[ \lim_{t\to 0^+}\frac{1-(1-t)^{3/2}}{t}=\frac{3}{2}. \]
Par conséquent
\[ (n+1)-n\sqrt{\frac{n}{n+1}}\to\frac{3}{2}. \]
En conséquence,
\[ \lim_{n\to+\infty} \frac{a_{n+1}-a_n}{b_{n+1}-b_n} = \frac{1}{\displaystyle \frac{3}{2}} = \frac{2}{3}. \]
D'après le théorème de Stolz-Cesàro, il s'ensuit que
\[ \lim_{n\to+\infty}\frac{\sqrt{1}+\sqrt{2}+\cdots+\sqrt{n}}{n^{3/2}} = \frac{2}{3}. \]
Exercice 6 — niveau ★★☆☆☆
Calculer la limite
\[ \lim_{n\to+\infty}\frac{1^3+2^3+\cdots+n^3}{n^4}. \]
Résultat
\[ \lim_{n\to+\infty}\frac{1^3+2^3+\cdots+n^3}{n^4}=\frac{1}{4}. \]
Résolution
Posons
\[ a_n=1^3+2^3+\cdots+n^3, \qquad b_n=n^4. \]
Pour \(n\ge 1\), on a \(b_n=n^4>0\). De plus, \(b_n\) est strictement croissante et
\[ \lim_{n\to+\infty}b_n=+\infty. \]
Les hypothèses sur le dénominateur exigées par le théorème de Stolz-Cesàro sont donc vérifiées.
Calculons les accroissements. Pour la suite figurant au numérateur :
\[ a_{n+1}-a_n=(n+1)^3. \]
Pour la suite figurant au dénominateur :
\[ b_{n+1}-b_n=(n+1)^4-n^4. \]
Développons :
\[ (n+1)^4=n^4+4n^3+6n^2+4n+1. \]
On obtient donc
\[ b_{n+1}-b_n=4n^3+6n^2+4n+1. \]
Le rapport des accroissements est
\[ \frac{a_{n+1}-a_n}{b_{n+1}-b_n} = \frac{(n+1)^3}{4n^3+6n^2+4n+1}. \]
Divisons le numérateur et le dénominateur par \(n^3\) :
\[ \frac{(n+1)^3}{4n^3+6n^2+4n+1} = \frac{1+\displaystyle\frac{3}{n}+\displaystyle\frac{3}{n^2}+\displaystyle\frac{1}{n^3}} {4+\displaystyle\frac{6}{n}+\displaystyle\frac{4}{n^2}+\displaystyle\frac{1}{n^3}}. \]
Par conséquent
\[ \lim_{n\to+\infty} \frac{a_{n+1}-a_n}{b_{n+1}-b_n} = \frac{1}{4}. \]
D'après le théorème de Stolz-Cesàro, il s'ensuit que
\[ \lim_{n\to+\infty}\frac{1^3+2^3+\cdots+n^3}{n^4} = \frac{1}{4}. \]
Exercice 7 — niveau ★★☆☆☆
Calculer la limite
\[ \lim_{n\to+\infty}\frac{1}{n}\sum_{k=1}^{n}\frac{k}{k+1}. \]
Résultat
\[ \lim_{n\to+\infty}\frac{1}{n}\sum_{k=1}^{n}\frac{k}{k+1}=1. \]
Résolution
Écrivons la limite sous la forme d'un rapport :
\[ \frac{1}{n}\sum_{k=1}^{n}\frac{k}{k+1} = \frac{\displaystyle\sum_{k=1}^{n}\frac{k}{k+1}}{n}. \]
Posons
\[ a_n=\sum_{k=1}^{n}\frac{k}{k+1}, \qquad b_n=n. \]
Le dénominateur \(b_n=n\) est positif pour \(n\ge 1\), strictement croissant et tend vers \(+\infty\).
Nous pouvons donc appliquer le théorème de Stolz-Cesàro.
Calculons les accroissements. Pour le numérateur :
\[ a_{n+1}-a_n=\frac{n+1}{n+2}. \]
Pour le dénominateur :
\[ b_{n+1}-b_n=1. \]
On a donc
\[ \frac{a_{n+1}-a_n}{b_{n+1}-b_n} = \frac{n+1}{n+2}. \]
Calculons la limite :
\[ \lim_{n\to+\infty}\frac{n+1}{n+2} = \lim_{n\to+\infty} \frac{1+\displaystyle\frac{1}{n}}{1+\displaystyle\frac{2}{n}} = 1. \]
D'après le théorème de Stolz-Cesàro, nous obtenons
\[ \lim_{n\to+\infty} \frac{\displaystyle\sum_{k=1}^{n}\frac{k}{k+1}}{n} = 1. \]
Ainsi
\[ \lim_{n\to+\infty}\frac{1}{n}\sum_{k=1}^{n}\frac{k}{k+1}=1. \]
Ce résultat est également cohérent avec le théorème de Cesàro, car la suite
\[ \frac{k}{k+1} \]
tend vers \(1\), et par conséquent sa moyenne arithmétique tend elle aussi vers \(1\).
Exercice 8 — niveau ★★☆☆☆
Calculer la limite
\[ \lim_{n\to+\infty}\frac{1}{n}\sum_{k=1}^{n}\frac{1}{\sqrt{k}}. \]
Résultat
\[ \lim_{n\to+\infty}\frac{1}{n}\sum_{k=1}^{n}\frac{1}{\sqrt{k}}=0. \]
Résolution
Réécrivons la limite comme un rapport :
\[ \frac{1}{n}\sum_{k=1}^{n}\frac{1}{\sqrt{k}} = \frac{\displaystyle\sum_{k=1}^{n}\frac{1}{\sqrt{k}}}{n}. \]
Posons
\[ a_n=\sum_{k=1}^{n}\frac{1}{\sqrt{k}}, \qquad b_n=n. \]
La suite \(b_n=n\) est positive pour \(n\ge 1\), strictement croissante et divergente vers \(+\infty\).
Nous pouvons donc appliquer le théorème de Stolz-Cesàro.
Calculons les accroissements :
\[ a_{n+1}-a_n=\frac{1}{\sqrt{n+1}}, \qquad b_{n+1}-b_n=1. \]
Par conséquent
\[ \frac{a_{n+1}-a_n}{b_{n+1}-b_n} = \frac{1}{\sqrt{n+1}}. \]
Puisque
\[ \lim_{n\to+\infty}\frac{1}{\sqrt{n+1}}=0, \]
le théorème de Stolz-Cesàro implique
\[ \lim_{n\to+\infty} \frac{\displaystyle\sum_{k=1}^{n}\frac{1}{\sqrt{k}}}{n} = 0. \]
Ainsi
\[ \lim_{n\to+\infty}\frac{1}{n}\sum_{k=1}^{n}\frac{1}{\sqrt{k}}=0. \]
Là encore, le résultat est cohérent avec le théorème de Cesàro, puisque
\[ \frac{1}{\sqrt{k}}\to 0. \]
Exercice 9 — niveau ★★★☆☆
Calculer la limite
\[ \lim_{n\to+\infty}\sqrt[n]{\prod_{k=1}^{n}\left(1+\frac{1}{k}\right)}. \]
Résultat
\[ \lim_{n\to+\infty}\sqrt[n]{\prod_{k=1}^{n}\left(1+\frac{1}{k}\right)}=1. \]
Résolution
Considérons la suite
\[ c_k=1+\frac{1}{k}, \qquad k\ge 1. \]
Pour tout \(k\ge 1\), on a \(c_k>0\). De plus,
\[ \lim_{k\to+\infty}c_k= \lim_{k\to+\infty}\left(1+\frac{1}{k}\right)=1. \]
Nous cherchons à calculer la limite de la moyenne géométrique des \(n\) premiers termes de la suite \(c_k\) :
\[ \sqrt[n]{\prod_{k=1}^{n}c_k} = \sqrt[n]{\prod_{k=1}^{n}\left(1+\frac{1}{k}\right)}. \]
Puisque \(c_k>0\) et \(c_k\to 1\), nous pouvons appliquer le corollaire relatif à la moyenne géométrique.
Ce corollaire affirme que, si une suite positive converge vers une limite positive \(L\), alors la moyenne géométrique de ses premiers termes converge elle aussi vers \(L\).
Ici, \(L=1\). Par conséquent
\[ \lim_{n\to+\infty}\sqrt[n]{\prod_{k=1}^{n}\left(1+\frac{1}{k}\right)} = 1. \]
Observons que le résultat ne dépend pas du fait que le produit
\[ \prod_{k=1}^{n}\left(1+\frac{1}{k}\right) \]
croisse avec \(n\). Le point décisif est que l'on considère la racine \(n\)-ième du produit, c'est-à-dire une moyenne géométrique.
Exercice 10 — niveau ★★★☆☆
Calculer la limite
\[ \lim_{n\to+\infty}\sqrt[n]{5^n\frac{2n+1}{n+3}}. \]
Résultat
\[ \lim_{n\to+\infty}\sqrt[n]{5^n\frac{2n+1}{n+3}}=5. \]
Résolution
Posons
\[ a_n=5^n\frac{2n+1}{n+3}. \]
Pour tout \(n\ge 1\), on a \(a_n>0\). Nous pouvons donc utiliser le corollaire relatif à la limite de la racine \(n\)-ième.
Calculons le rapport de deux termes consécutifs :
\[ \frac{a_{n+1}}{a_n} = \frac{5^{n+1}\displaystyle\frac{2n+3}{n+4}} {5^n\displaystyle\frac{2n+1}{n+3}}. \]
En simplifiant \(5^n\), nous obtenons
\[ \frac{a_{n+1}}{a_n} = 5\cdot \frac{2n+3}{n+4} \cdot \frac{n+3}{2n+1}. \]
Calculons la limite :
\[ \lim_{n\to+\infty} 5\cdot \frac{2n+3}{n+4} \cdot \frac{n+3}{2n+1} = 5\cdot 2\cdot\frac{1}{2} = 5. \]
Ainsi
\[ \lim_{n\to+\infty}\frac{a_{n+1}}{a_n}=5. \]
Puisque \(a_n>0\) et que la limite du rapport de deux termes consécutifs existe et vaut \(5>0\), d'après le corollaire de Stolz-Cesàro relatif à la racine \(n\)-ième, il s'ensuit que
\[ \lim_{n\to+\infty}\sqrt[n]{a_n}=5. \]
En remplaçant \(a_n\) par sa définition, nous obtenons
\[ \lim_{n\to+\infty}\sqrt[n]{5^n\frac{2n+1}{n+3}}=5. \]
Exercice 11 — niveau ★★★☆☆
Calculer la limite
\[ \lim_{n\to+\infty}\frac{\sum_{k=1}^{n}k\log k}{n^2\log n}. \]
Résultat
\[ \lim_{n\to+\infty}\frac{\sum_{k=1}^{n}k\log k}{n^2\log n}=\frac{1}{2}. \]
Résolution
Posons
\[ a_n=\sum_{k=1}^{n}k\log k, \qquad b_n=n^2\log n. \]
Considérons le rapport pour \(n\ge 2\), de sorte que \(b_n>0\). De plus, \(b_n=n^2\log n\) est strictement croissante à partir d'un certain rang et
\[ \lim_{n\to+\infty}b_n=+\infty. \]
Nous pouvons donc appliquer le théorème de Stolz-Cesàro.
Calculons les accroissements. Pour le numérateur, on a
\[ a_{n+1}-a_n=(n+1)\log(n+1). \]
Pour le dénominateur :
\[ b_{n+1}-b_n=(n+1)^2\log(n+1)-n^2\log n. \]
Réécrivons cette différence sous une forme mieux adaptée au calcul de la limite :
\[ b_{n+1}-b_n= \bigl((n+1)^2-n^2\bigr)\log(n+1)+n^2\bigl(\log(n+1)-\log n\bigr). \]
Puisque
\[ (n+1)^2-n^2=2n+1 \]
et
\[ \log(n+1)-\log n=\log\left(1+\frac{1}{n}\right), \]
nous obtenons
\[ b_{n+1}-b_n=(2n+1)\log(n+1)+n^2\log\left(1+\frac{1}{n}\right). \]
Le rapport des accroissements est donc
\[ \frac{a_{n+1}-a_n}{b_{n+1}-b_n} = \frac{(n+1)\log(n+1)} {(2n+1)\log(n+1)+n^2\log\left(1+\displaystyle\frac{1}{n}\right)}. \]
Divisons le numérateur et le dénominateur par \(n\log(n+1)\) :
\[ \frac{(n+1)\log(n+1)} {(2n+1)\log(n+1)+n^2\log\left(1+\displaystyle\frac{1}{n}\right)} = \frac{1+\displaystyle\frac{1}{n}} {2+\displaystyle\frac{1}{n}+ \displaystyle\frac{n\log\left(1+\displaystyle\frac{1}{n}\right)}{\log(n+1)}}. \]
Nous savons que
\[ n\log\left(1+\frac{1}{n}\right)\to 1, \]
tandis que
\[ \log(n+1)\to+\infty. \]
On obtient donc
\[ \frac{n\log\left(1+\displaystyle\frac{1}{n}\right)}{\log(n+1)}\to 0. \]
Par conséquent
\[ \lim_{n\to+\infty} \frac{a_{n+1}-a_n}{b_{n+1}-b_n} = \frac{1}{2}. \]
D'après le théorème de Stolz-Cesàro, il s'ensuit que
\[ \lim_{n\to+\infty}\frac{\sum_{k=1}^{n}k\log k}{n^2\log n} = \frac{1}{2}. \]
Exercice 12 — niveau ★★★☆☆
Calculer la limite
\[ \lim_{n\to+\infty}\frac{1}{n}\sum_{k=1}^{n}\frac{2k^2-k+1}{k^2+1}. \]
Résultat
\[ \lim_{n\to+\infty}\frac{1}{n}\sum_{k=1}^{n}\frac{2k^2-k+1}{k^2+1}=2. \]
Résolution
Réécrivons la limite comme un rapport :
\[ \frac{1}{n}\sum_{k=1}^{n}\frac{2k^2-k+1}{k^2+1} = \frac{\displaystyle\sum_{k=1}^{n}\frac{2k^2-k+1}{k^2+1}}{n}. \]
Posons
\[ a_n=\sum_{k=1}^{n}\frac{2k^2-k+1}{k^2+1}, \qquad b_n=n. \]
La suite \(b_n=n\) est positive pour \(n\ge 1\), strictement croissante et divergente vers \(+\infty\).
Nous pouvons donc appliquer le théorème de Stolz-Cesàro.
Calculons les accroissements :
\[ a_{n+1}-a_n= \frac{2(n+1)^2-(n+1)+1}{(n+1)^2+1}, \qquad b_{n+1}-b_n=1. \]
On a donc
\[ \frac{a_{n+1}-a_n}{b_{n+1}-b_n} = \frac{2(n+1)^2-(n+1)+1}{(n+1)^2+1}. \]
Développons le numérateur :
\[ 2(n+1)^2-(n+1)+1 = 2n^2+3n+2. \]
De plus,
\[ (n+1)^2+1=n^2+2n+2. \]
Par conséquent
\[ \frac{a_{n+1}-a_n}{b_{n+1}-b_n} = \frac{2n^2+3n+2}{n^2+2n+2}. \]
En divisant le numérateur et le dénominateur par \(n^2\), nous obtenons
\[ \frac{2n^2+3n+2}{n^2+2n+2} = \frac{2+\displaystyle\frac{3}{n}+\displaystyle\frac{2}{n^2}} {1+\displaystyle\frac{2}{n}+\displaystyle\frac{2}{n^2}}. \]
On obtient donc
\[ \lim_{n\to+\infty} \frac{a_{n+1}-a_n}{b_{n+1}-b_n} = 2. \]
D'après le théorème de Stolz-Cesàro, il s'ensuit que
\[ \lim_{n\to+\infty} \frac{\displaystyle\sum_{k=1}^{n}\frac{2k^2-k+1}{k^2+1}}{n} = 2. \]
Ainsi
\[ \lim_{n\to+\infty}\frac{1}{n}\sum_{k=1}^{n}\frac{2k^2-k+1}{k^2+1}=2. \]
Le résultat est également cohérent avec le théorème de Cesàro, puisque
\[ \frac{2k^2-k+1}{k^2+1}\to 2. \]
Exercice 13 — niveau ★★★☆☆
Calculer la limite
\[ \lim_{n\to+\infty}\sqrt[n]{\prod_{k=1}^{n}\frac{3k+1}{k+2}}. \]
Résultat
\[ \lim_{n\to+\infty}\sqrt[n]{\prod_{k=1}^{n}\frac{3k+1}{k+2}}=3. \]
Résolution
Considérons la suite
\[ c_k=\frac{3k+1}{k+2}. \]
Pour tout \(k\ge 1\), on a \(c_k>0\), puisque le numérateur et le dénominateur sont positifs.
De plus,
\[ \lim_{k\to+\infty}c_k = \lim_{k\to+\infty}\frac{3k+1}{k+2} = \lim_{k\to+\infty} \frac{3+\displaystyle\frac{1}{k}}{1+\displaystyle\frac{2}{k}} = 3. \]
La limite demandée est la moyenne géométrique des \(n\) premiers termes de la suite \(c_k\) :
\[ \sqrt[n]{\prod_{k=1}^{n}c_k} = \sqrt[n]{\prod_{k=1}^{n}\frac{3k+1}{k+2}}. \]
Puisque \(c_k>0\) et \(c_k\to 3\), nous pouvons appliquer le corollaire relatif à la moyenne géométrique.
Ce corollaire affirme que, si une suite positive converge vers une limite positive \(L\), alors la moyenne géométrique de ses premiers termes converge vers la même limite \(L\).
Ici, \(L=3\). Par conséquent
\[ \lim_{n\to+\infty}\sqrt[n]{\prod_{k=1}^{n}\frac{3k+1}{k+2}}=3. \]
Exercice 14 — niveau ★★★★☆
Calculer la limite
\[ \lim_{n\to+\infty}\sqrt[n]{\frac{(2n)!}{(n!)^2}}. \]
Résultat
\[ \lim_{n\to+\infty}\sqrt[n]{\frac{(2n)!}{(n!)^2}}=4. \]
Résolution
Posons
\[ a_n=\frac{(2n)!}{(n!)^2}. \]
Pour tout \(n\ge 1\), on a \(a_n>0\). Nous pouvons donc essayer d'appliquer le corollaire relatif à la racine \(n\)-ième.
Calculons le rapport de deux termes consécutifs :
\[ \frac{a_{n+1}}{a_n} = \frac{\displaystyle\frac{(2n+2)!}{((n+1)!)^2}} {\displaystyle\frac{(2n)!}{(n!)^2}}. \]
Diviser par une fraction revient à multiplier par son inverse, on a donc
\[ \frac{a_{n+1}}{a_n} = \frac{(2n+2)!}{((n+1)!)^2} \cdot \frac{(n!)^2}{(2n)!}. \]
Utilisons maintenant les identités
\[ (2n+2)!=(2n+2)(2n+1)(2n)! \]
et
\[ (n+1)!=(n+1)n!. \]
On a donc
\[ ((n+1)!)^2=(n+1)^2(n!)^2. \]
En substituant, nous obtenons
\[ \frac{a_{n+1}}{a_n} = \frac{(2n+2)(2n+1)(2n)!}{(n+1)^2(n!)^2} \cdot \frac{(n!)^2}{(2n)!}. \]
En simplifiant les facteurs communs :
\[ \frac{a_{n+1}}{a_n} = \frac{(2n+2)(2n+1)}{(n+1)^2}. \]
Puisque \(2n+2=2(n+1)\), il s'ensuit que
\[ \frac{a_{n+1}}{a_n} = \frac{2(n+1)(2n+1)}{(n+1)^2} = 2\frac{2n+1}{n+1}. \]
Calculons la limite :
\[ \lim_{n\to+\infty}2\frac{2n+1}{n+1} = 2\lim_{n\to+\infty} \frac{2+\displaystyle\frac{1}{n}}{1+\displaystyle\frac{1}{n}} = 4. \]
Ainsi
\[ \lim_{n\to+\infty}\frac{a_{n+1}}{a_n}=4. \]
Puisque \(a_n>0\) et que la limite du rapport de deux termes consécutifs existe et vaut \(4>0\), le corollaire de Stolz-Cesàro relatif à la racine \(n\)-ième implique
\[ \lim_{n\to+\infty}\sqrt[n]{a_n}=4. \]
Par conséquent
\[ \lim_{n\to+\infty}\sqrt[n]{\frac{(2n)!}{(n!)^2}}=4. \]
Exercice 15 — niveau ★★★★☆
Calculer la limite
\[ \lim_{n\to+\infty}\frac{\sum_{k=1}^{n}\log\left(1+\frac{1}{k}\right)}{\log n}. \]
Résultat
\[ \lim_{n\to+\infty}\frac{\sum_{k=1}^{n}\log\left(1+\frac{1}{k}\right)}{\log n}=1. \]
Résolution
Posons
\[ a_n=\sum_{k=1}^{n}\log\left(1+\frac{1}{k}\right), \qquad b_n=\log n. \]
Considérons le rapport pour \(n\ge 2\). Alors \(b_n=\log n>0\), \(b_n\) est strictement croissante et
\[ \lim_{n\to+\infty}\log n=+\infty. \]
Les hypothèses sur le dénominateur sont donc vérifiées.
Calculons les accroissements. Pour le numérateur :
\[ a_{n+1}-a_n= \log\left(1+\frac{1}{n+1}\right). \]
Pour le dénominateur :
\[ b_{n+1}-b_n=\log(n+1)-\log n = \log\left(\frac{n+1}{n}\right) = \log\left(1+\frac{1}{n}\right). \]
Le rapport des accroissements est
\[ \frac{a_{n+1}-a_n}{b_{n+1}-b_n} = \frac{\log\left(1+\displaystyle\frac{1}{n+1}\right)} {\log\left(1+\displaystyle\frac{1}{n}\right)}. \]
Pour calculer cette limite, multiplions et divisons de manière à utiliser la limite fondamentale du logarithme :
\[ \frac{\log\left(1+\displaystyle\frac{1}{n+1}\right)} {\log\left(1+\displaystyle\frac{1}{n}\right)} = \frac{ \displaystyle\frac{\log\left(1+\displaystyle\frac{1}{n+1}\right)}{\displaystyle\frac{1}{n+1}} }{ \displaystyle\frac{\log\left(1+\displaystyle\frac{1}{n}\right)}{\displaystyle\frac{1}{n}} } \cdot \frac{n}{n+1}. \]
Puisque
\[ \frac{\log(1+x)}{x}\to 1 \qquad \text{lorsque } x\to 0, \]
nous obtenons
\[ \frac{ \displaystyle\frac{\log\left(1+\displaystyle\frac{1}{n+1}\right)}{\displaystyle\frac{1}{n+1}} }{ \displaystyle\frac{\log\left(1+\displaystyle\frac{1}{n}\right)}{\displaystyle\frac{1}{n}} } \to 1. \]
De plus,
\[ \frac{n}{n+1}\to 1. \]
On obtient donc
\[ \lim_{n\to+\infty} \frac{a_{n+1}-a_n}{b_{n+1}-b_n} = 1. \]
D'après le théorème de Stolz-Cesàro, il s'ensuit que
\[ \lim_{n\to+\infty}\frac{\sum_{k=1}^{n}\log\left(1+\frac{1}{k}\right)}{\log n} = 1. \]
Observons que, dans cet exercice, le dénominateur correct n'est pas \(n\), mais \(\log n\). Ce choix est essentiel pour obtenir une limite finie et non nulle.
Exercice 16 — niveau ★★☆☆☆
Calculer la limite
\[ \lim_{n\to+\infty}\frac{\log n}{n}. \]
Résultat
\[ \lim_{n\to+\infty}\frac{\log n}{n}=0. \]
Résolution
Posons
\[ a_n=\log n, \qquad b_n=n. \]
Considérons le rapport pour \(n\ge 1\). La suite \(b_n=n\) est positive pour \(n\ge 1\), strictement croissante et
\[ \lim_{n\to+\infty}b_n=+\infty. \]
Nous pouvons donc appliquer le théorème de Stolz-Cesàro.
Calculons les accroissements. Pour le numérateur :
\[ a_{n+1}-a_n=\log(n+1)-\log n. \]
En utilisant les propriétés des logarithmes, nous obtenons
\[ a_{n+1}-a_n=\log\left(\frac{n+1}{n}\right)=\log\left(1+\frac{1}{n}\right). \]
Pour le dénominateur :
\[ b_{n+1}-b_n=(n+1)-n=1. \]
On a donc
\[ \frac{a_{n+1}-a_n}{b_{n+1}-b_n} = \log\left(1+\frac{1}{n}\right). \]
Puisque
\[ \lim_{n\to+\infty}\log\left(1+\frac{1}{n}\right)=\log 1=0, \]
d'après le théorème de Stolz-Cesàro, il s'ensuit que
\[ \lim_{n\to+\infty}\frac{\log n}{n}=0. \]
Ce résultat traduit le fait que le logarithme croît plus lentement que \(n\).
Exercice 17 — niveau ★★★☆☆
Calculer la limite
\[ \lim_{n\to+\infty}\frac{\sum_{k=1}^{n}\sqrt{k}}{\sum_{k=1}^{n}k}. \]
Résultat
\[ \lim_{n\to+\infty}\frac{\sum_{k=1}^{n}\sqrt{k}}{\sum_{k=1}^{n}k}=0. \]
Résolution
Posons
\[ a_n=\sum_{k=1}^{n}\sqrt{k}, \qquad b_n=\sum_{k=1}^{n}k. \]
La suite \(b_n\) est positive pour \(n\ge 1\). De plus, elle est strictement croissante, car
\[ b_{n+1}-b_n=n+1>0, \]
et elle diverge vers \(+\infty\), puisqu'elle est la somme des \(n\) premiers entiers positifs.
Nous pouvons donc appliquer le théorème de Stolz-Cesàro.
Calculons les accroissements :
\[ a_{n+1}-a_n=\sqrt{n+1}, \qquad b_{n+1}-b_n=n+1. \]
Le rapport des accroissements est
\[ \frac{a_{n+1}-a_n}{b_{n+1}-b_n} = \frac{\sqrt{n+1}}{n+1}. \]
En simplifiant, nous obtenons
\[ \frac{\sqrt{n+1}}{n+1} = \frac{1}{\sqrt{n+1}}. \]
Puisque
\[ \lim_{n\to+\infty}\frac{1}{\sqrt{n+1}}=0, \]
le théorème de Stolz-Cesàro implique
\[ \lim_{n\to+\infty}\frac{a_n}{b_n}=0. \]
Par conséquent
\[ \lim_{n\to+\infty}\frac{\sum_{k=1}^{n}\sqrt{k}}{\sum_{k=1}^{n}k}=0. \]
Le résultat est cohérent avec l'idée que la somme des entiers croît plus rapidement que la somme des racines carrées des entiers.
Exercice 18 — niveau ★★★★☆
Calculer la limite
\[ \lim_{n\to+\infty}\frac{1^{3/2}+2^{3/2}+\cdots+n^{3/2}}{n^{5/2}}. \]
Résultat
\[ \lim_{n\to+\infty}\frac{1^{3/2}+2^{3/2}+\cdots+n^{3/2}}{n^{5/2}}=\frac{2}{5}. \]
Résolution
Posons
\[ a_n=1^{3/2}+2^{3/2}+\cdots+n^{3/2}, \qquad b_n=n^{5/2}. \]
Pour \(n\ge 1\), on a \(b_n>0\). De plus, \(b_n=n^{5/2}\) est strictement croissante et
\[ \lim_{n\to+\infty}b_n=+\infty. \]
Les hypothèses sur le dénominateur exigées par le théorème de Stolz-Cesàro sont donc vérifiées.
Calculons les accroissements. Pour le numérateur :
\[ a_{n+1}-a_n=(n+1)^{3/2}. \]
Pour le dénominateur :
\[ b_{n+1}-b_n=(n+1)^{5/2}-n^{5/2}. \]
Le rapport des accroissements est
\[ \frac{a_{n+1}-a_n}{b_{n+1}-b_n} = \frac{(n+1)^{3/2}}{(n+1)^{5/2}-n^{5/2}}. \]
Divisons le numérateur et le dénominateur par \((n+1)^{3/2}\) :
\[ \frac{(n+1)^{3/2}}{(n+1)^{5/2}-n^{5/2}} = \frac{1}{(n+1)-n\left(\displaystyle\frac{n}{n+1}\right)^{3/2}}. \]
Étudions le dénominateur
\[ (n+1)-n\left(\frac{n}{n+1}\right)^{3/2}. \]
Posons
\[ t_n=\frac{1}{n+1}. \]
Alors \(t_n\to 0^+\) et
\[ \frac{n}{n+1}=1-t_n. \]
De plus, \(n+1=\frac{1}{t_n}\) et \(n=\frac{1-t_n}{t_n}\). On a donc
\[ (n+1)-n\left(\frac{n}{n+1}\right)^{3/2} = \frac{1}{t_n}-\frac{1-t_n}{t_n}(1-t_n)^{3/2}. \]
Par conséquent
\[ (n+1)-n\left(\frac{n}{n+1}\right)^{3/2} = \frac{1-(1-t_n)^{5/2}}{t_n}. \]
En utilisant la limite fondamentale, équivalente à la dérivabilité de la fonction \(x^{5/2}\) en \(x=1\),
\[ \lim_{t\to 0^+}\frac{1-(1-t)^{5/2}}{t}=\frac{5}{2}. \]
Il en résulte que
\[ (n+1)-n\left(\frac{n}{n+1}\right)^{3/2}\to\frac{5}{2}. \]
On a donc
\[ \lim_{n\to+\infty} \frac{a_{n+1}-a_n}{b_{n+1}-b_n} = \frac{1}{\frac{5}{2}} = \frac{2}{5}. \]
D'après le théorème de Stolz-Cesàro, nous concluons que
\[ \lim_{n\to+\infty}\frac{1^{3/2}+2^{3/2}+\cdots+n^{3/2}}{n^{5/2}} = \frac{2}{5}. \]
Exercice 19 — niveau ★★★★☆
Calculer la limite
\[ \lim_{n\to+\infty}\sqrt[n]{\frac{(3n)!}{(n!)^3}}. \]
Résultat
\[ \lim_{n\to+\infty}\sqrt[n]{\frac{(3n)!}{(n!)^3}}=27. \]
Résolution
Posons
\[ a_n=\frac{(3n)!}{(n!)^3}. \]
Pour tout \(n\ge 1\), on a \(a_n>0\). Nous pouvons donc appliquer le corollaire relatif à la racine \(n\)-ième, après avoir étudié le rapport de deux termes consécutifs.
Calculons
\[ \frac{a_{n+1}}{a_n} = \frac{\displaystyle\frac{(3n+3)!}{((n+1)!)^3}} {\displaystyle\frac{(3n)!}{(n!)^3}}. \]
Diviser par une fraction revient à multiplier par son inverse :
\[ \frac{a_{n+1}}{a_n} = \frac{(3n+3)!}{((n+1)!)^3} \cdot \frac{(n!)^3}{(3n)!}. \]
Utilisons maintenant les identités
\[ (3n+3)!=(3n+3)(3n+2)(3n+1)(3n)! \]
et
\[ (n+1)!=(n+1)n!. \]
De cette dernière, il résulte que
\[ ((n+1)!)^3=(n+1)^3(n!)^3. \]
En substituant, nous obtenons
\[ \frac{a_{n+1}}{a_n} = \frac{(3n+3)(3n+2)(3n+1)(3n)!}{(n+1)^3(n!)^3} \cdot \frac{(n!)^3}{(3n)!}. \]
En simplifiant les facteurs communs :
\[ \frac{a_{n+1}}{a_n} = \frac{(3n+3)(3n+2)(3n+1)}{(n+1)^3}. \]
Calculons la limite en divisant chaque facteur par \(n\) :
\[ \frac{(3n+3)(3n+2)(3n+1)}{(n+1)^3} = \frac{ \left(3+\displaystyle\frac{3}{n}\right) \left(3+\displaystyle\frac{2}{n}\right) \left(3+\displaystyle\frac{1}{n}\right)} {\left(1+\displaystyle\frac{1}{n}\right)^3}. \]
Par conséquent
\[ \lim_{n\to+\infty}\frac{a_{n+1}}{a_n} = \frac{3\cdot 3\cdot 3}{1^3} = 27. \]
Puisque \(a_n>0\) et que la limite du rapport de deux termes consécutifs existe et vaut \(27>0\), le corollaire de Stolz-Cesàro relatif à la racine \(n\)-ième implique
\[ \lim_{n\to+\infty}\sqrt[n]{a_n}=27. \]
En remplaçant \(a_n\) par sa définition, nous obtenons
\[ \lim_{n\to+\infty}\sqrt[n]{\frac{(3n)!}{(n!)^3}}=27. \]
Exercice 20 — niveau ★★★★★
Calculer la limite
\[ \lim_{n\to+\infty} \frac{\sum_{k=1}^{n}\log k}{\sum_{k=1}^{n}\log(k^2+k)}. \]
Résultat
\[ \lim_{n\to+\infty} \frac{\sum_{k=1}^{n}\log k}{\sum_{k=1}^{n}\log(k^2+k)} = \frac{1}{2}. \]
Résolution
Posons
\[ a_n=\sum_{k=1}^{n}\log k, \qquad b_n=\sum_{k=1}^{n}\log(k^2+k). \]
Pour tout \(k\ge 1\), on a \(k^2+k\ge 2\), d'où
\[ \log(k^2+k)\ge \log 2>0. \]
Par conséquent, \(b_n>0\) pour tout \(n\ge 1\). De plus, \(b_n\) est strictement croissante, car
\[ b_{n+1}-b_n=\log((n+1)^2+(n+1))>0. \]
Enfin,
\[ b_n=\sum_{k=1}^{n}\log(k^2+k)\ge n\log 2\to+\infty. \]
Nous pouvons donc appliquer le théorème de Stolz-Cesàro.
Calculons les accroissements. Pour le numérateur :
\[ a_{n+1}-a_n=\log(n+1). \]
Pour le dénominateur :
\[ b_{n+1}-b_n=\log((n+1)^2+(n+1)). \]
Puisque
\[ (n+1)^2+(n+1)=(n+1)(n+2), \]
nous obtenons
\[ b_{n+1}-b_n=\log((n+1)(n+2)). \]
En utilisant la propriété du logarithme d'un produit :
\[ b_{n+1}-b_n=\log(n+1)+\log(n+2). \]
Par conséquent, le rapport des accroissements est
\[ \frac{a_{n+1}-a_n}{b_{n+1}-b_n} = \frac{\log(n+1)}{\log(n+1)+\log(n+2)}. \]
Divisons le numérateur et le dénominateur par \(\log(n+1)\) :
\[ \frac{\log(n+1)}{\log(n+1)+\log(n+2)} = \frac{1}{1+\displaystyle\frac{\log(n+2)}{\log(n+1)}}. \]
Or,
\[ \frac{\log(n+2)}{\log(n+1)} = \frac{\log(n+1)+\log\left(1+\displaystyle\frac{1}{n+1}\right)}{\log(n+1)}. \]
On a donc
\[ \frac{\log(n+2)}{\log(n+1)} = 1+ \frac{\log\left(1+\displaystyle\frac{1}{n+1}\right)}{\log(n+1)}. \]
Puisque
\[ \log\left(1+\frac{1}{n+1}\right)\to 0 \]
et
\[ \log(n+1)\to+\infty, \]
il s'ensuit que
\[ \frac{\log\left(1+\displaystyle\frac{1}{n+1}\right)}{\log(n+1)}\to 0. \]
On a donc
\[ \frac{\log(n+2)}{\log(n+1)}\to 1. \]
Par conséquent
\[ \lim_{n\to+\infty} \frac{a_{n+1}-a_n}{b_{n+1}-b_n} = \frac{1}{1+1} = \frac{1}{2}. \]
D'après le théorème de Stolz-Cesàro, nous concluons que
\[ \lim_{n\to+\infty} \frac{\sum_{k=1}^{n}\log k}{\sum_{k=1}^{n}\log(k^2+k)} = \frac{1}{2}. \]