Cette formule est due au mathématicien De MOIVRE Abraham $\left (1667-1754 \right)$. Mathématicien français. Précurseur de la géométrie analytique et de la théorie des probabilités. C’est dans un mémoire de 1707 qu'’apparaît la formule $(\cos x+i\sin x)^n = \cos nx+i\sin nx$ qu’on appelle la formule de De Moivre.

1. 
   
   
   
   • Si $a=0$, alors $(x_{n})_{n\geq 0}$ est la suite constante $x_{n}=b, ~~n=1, \cdots$
   
   
   • Si $a=1$ et $ b=0$, alors $(x_{n})_{n\geq 0}$ est une suite géométrique et $x_{n}=a\alpha^{n-1},$ $n=1,2,\cdots$
   
   
   • Si $a=1$ et $b\neq 0$, then $(x_{n})_{n\geq 0}$ est une suite arithmétique $x_{n}= \alpha+ nb.$
   
   
   
   Dans le cas général, on a $a \neq 1, a\neq 0$, et $b\neq 0$. pour trouver la formule général, on commence par identifier un nombre réel $x$ tel que $x_{n+1}+x=a(x_{n}+x),~~~n=0,1,\cdots$
   Pour $n=0$, on obtient $x_1+x=a(x_{0}+x)$ et $x_{1}=ax_{0}+b$, donc $x=\displaystyle \frac{b}{a-1}.$
   L'étape suivante consiste à introduire la suite $(y_{n})_{n\geq 0}$ telle que $y_{n} :=x_{n}+x$. On obtient $y_{n+1}=ay_{n},~~ n=0,1, \cdots$
   
   
   donc $(y_{n})_{n\geq 0}$ est une suite géométrique.
   Par conséquent $y_{n}=a^{n}y_{0},~~ n=0,1,\cdots$ et donc
   $$x_{n}=a^{n} \left(\displaystyle \alpha +\frac{b}{a-1} \right)-\frac{b}{a-1},~~n=0,1,2,\cdots ~~~~~~(\star)$$
   


2. On applique la formule $~(\star)~$ pour $\alpha=0, ~a=-\displaystyle \frac{1}{2} $et $b=1$, on obtient
   $x_{n}=\left(-\displaystyle \frac{1}{2} \right)^{n} \left(\frac{1}{-\frac{1}{2}-1}\right)+\frac{1}{\frac{1}{2}+1}$
   
   $=\left(-\displaystyle \frac{1}{2}\right)^{n} \left (-\frac{2}{3} \right)+\frac{2}{3}$
   
   $=\displaystyle \frac{(-1)^{n+1}}{3\times 2^{n-1}}+\frac{2}{3},~~~n=0,1,2,\cdots$
   


3. En appliquant la formule $(\star)$ pour $a\neq 1$ et $b=1$, on obtient
   
   $x_{n}=a^{n}(\displaystyle \alpha+\frac{1}{a-1})-\frac{1}{a-1},~~~n=0,1,2,\cdots$,
   Dans ce cas $(x_{n})_{n\geq 0}$ converge si et seulement si $\vert a \vert \in ]-1,1[$ et on a $\lim\limits_{n \to \infty}x_n=-\frac{1}{a-1}$ car $\lim\limits_{n \to \infty}a^n=0$.
   
   
   Si $a=1$ alors $(x_{n})_{n\geq 0}$ est une suite arithmétique définie par $x_n=\alpha +n,~~~n=0,1,2, \cdots $. On en déduit que $\lim\limits_{n \to \infty}x_n=+\infty$.
   

1. Soit, pour tout $n \geq 0$
   $a_{n}=\displaystyle \frac{1}{(n+1)(n+2)}$
   
   Nous allons montrer que $a_{n}$ équivalente à $\frac{1}{n^{2}}$. Posons,
   pour tout $n>0,$ $~~~~~b_{n}=\displaystyle \frac{1}{n^{2}}$ on a alors $\displaystyle \frac{a_{n}}{b_{n}}=\frac{n^{2}}{(n+1)( n+2)}\underset{n \to +\infty}\longrightarrow 1$.
   Donc $a_{n}\underset{n \to +\infty}\sim b_{n}$. Comme $\displaystyle \sum_{k=1}^{\infty}b_{k}$ une série de Riemann convergente, alors par comparaison $\displaystyle \sum_{k=0}^{\infty}a_{k}$ converge aussi.



2. 
   Pour tout $n\geq 0$ posons $a_{n}=(\sqrt{n+1}-\sqrt{n})^2$
   
   $=\left(\displaystyle \frac{(\sqrt{n+1}-\sqrt{n})(\sqrt{n+1}+\sqrt{n})}{(\sqrt{n+1}+\sqrt{n})}\right)^{2}$
   
   $=\displaystyle \frac{1}{(\sqrt{n+1}+\sqrt{n})^{2}}$
   
   
   Posons pour tout $n>0$, $b_{n}=\frac{1}{n}$ on a alors,
   
   
   $\displaystyle \frac{b_{n}}{a_{n}}=\frac{(\sqrt{n+1}+\sqrt{n})^{2}}{n}$
   
   $=\displaystyle\frac{2n+1+2\sqrt{n( n+1)}}{n}=2+\displaystyle \frac{1}{n}+2\sqrt{1+\frac{1}{n}} \underset{n \to +\infty}\longrightarrow 4$
   
   Par conséquent $a_{n}\underset{n \to +\infty}\sim \displaystyle\frac{b_{n}}{4}$. Comme $\displaystyle \sum_{k=1}^{\infty}b_{k}$ est la série harmonique divergente, $\displaystyle \sum_{k=0}^{\infty}a_{k}$ diverge aussi.





3. Posons
   $a_{n}=\displaystyle \frac{1}{n^{1+_{n}^{1}}}$ et $b_{n}=\displaystyle \frac{1}{n}$
   Nous avons, pour tout $n \geq 1$, $\displaystyle \frac{b_{n}}{a_{n}}=\frac{n^{1+\frac{1}{n}}}{n}=n^{\frac{1}{n}}\underset{n \to +\infty}\longrightarrow 1$
   La série $\displaystyle \sum_{k=1}^{\infty}b_{k}$ diverge donc $\displaystyle \sum_{k=1}^{\infty}a_{k}$ diverge aussi.


4. On pose $a_{n}=n!/n^{n}$ pour tout $n>0,$ on a donc
   
   $\displaystyle \frac{a_{n+1}}{a_{n}}=\frac{1}{(1+\frac{1}{n})^{n}} \underset{n \to +\infty}\longrightarrow \displaystyle \frac{1}{e}<1.$
   
   donc la serie $\displaystyle \sum_{k=1}^{\infty}\frac{k!}{k^{k}}$ converge $($ Critère d'Alembert $)$
   


5. posons pour tout $n \in \mathbb N$, $a_{n}=\displaystyle \frac{x^{2n}}{(2n)!}$ on a alors
   
   $\displaystyle \frac{a_{n+1}}{a_{n}}=\frac{x^{2n+2}}{(2n+2)!}\frac{(2n)!}{x^{2n}}=\displaystyle \frac{x^{2}}{(2n+2)(2n+1)} \underset{n \to +\infty}\longrightarrow 0 < 1$
   Donc la série converge par critère d'Alembert.
   
   Un argument similaire montre que
   
   $\displaystyle \sum_{k=0}^{\infty}\frac{x^{2k+1}}{(2k+1)!}$
   
   converge aussi pour tout $x>0.$
   


6. 
   On pose pour tout $n>0$,$a_n=\displaystyle \left(\frac{n}{n+1}\right)^{n^2}$
   
   On obtient $a_{n}^{\frac{1}{n}}=(\displaystyle \frac{n}{n+1})^{n}=\frac{1}{(1+\frac{1}{n})^{n}}\underset{n \to +\infty}\longrightarrow \frac{1}{e}<1.$
   
   Donc par d'après le critère de Cauchy la série converge.
   
   
   Remarque Si $a_{n}^{\frac{1}{n}}<1$ pour tout $n>0$, ne signifie pas que la série $\displaystyle \sum_{k=0}^{\infty}a_{k}$ converge. En effet, la serie harmonique fournit un exemple d'une sérié divergente avec cette inégalité satisfaite pour tout $n > 1.$
   



7. Posons
   
   $b_{n}= \frac{n}{(n+1)^2}$
   
   pour tout $n>0$, on observe que la suite $(b_{n})$ converges vers $0$. Pour montrer quelle est décroissante, notons d'abord que
   
   $b_{n+1}-b_{n}=\displaystyle \frac{n+1}{(n+2)^{2}}-\frac{n}{(n+1)^{2}}$
   
   $=\displaystyle \frac{(n+1)^{3}-n(n+2)^{2}}{(n+1)^{2}(n+2)^{2}}.$
   
   Comme le dénominateur de cette expression est positif, pour déterminer le signe de $b_{n+1}-b_{n}$ il suffit d'étudier le signe du numérateur
   $(n+1)^3-n(n+2)^2=-n^{2}-n+1<0$ pour tout $n>0$, ce qui montre que la suite $(b_{n})$ est décroissante. Donc d'après le critère de convergence des série alternées, la série $\displaystyle \sum_{k=1}^{\infty}(-1)^{k}\frac{k}{(k+1)^{2}} $ converge.
   


8. Posons $a_{n}=\displaystyle\frac{i^{n}}{n}$ pour tout $n>0$. Donc $Re(a_{n}) = 0 $ si $n$ impair et $Re (a_{n})=\frac{1}{n} $ si $n$ est divisible par 4 et $Re (a_{n})=-\frac{1}{n} $ sinon. On a alors
   
   $\displaystyle \sum_{k=1}^{\infty}Re\left(\frac{i^{k}}{k}\right)=\sum_{k=1}^{\infty}\frac{(-1)^{k}}{2k},$
   
   qui converge d'après le critère des série alternées . De même,
   
   $\displaystyle \sum_{k=1}^{\infty} Im \left(\frac{i^{k}}{k}\right)=\sum_{k=1}^{\infty}\frac{(-1)^{k-1}}{2k-1}$;
   
   qui converge aussi. Donc la série $\displaystyle \sum_{k=1}^{\infty}\frac{i^{k}}{k}$ converge.