[>] Étude de suites numériques

 
Exercice 1  4904  

Soit

A={(-1)n+2n+12n|n}.

Montrer que A est une partie bornée et déterminer ses bornes supérieure et inférieure.

 
Exercice 2  2107  Correction  

Soit

A={(-1)n+1n+1|n}.

Montrer que A est bornée, déterminer infA et supA.

Solution

n,-1(-1)n+1n+12 donc A est bornée.
A est une partie de non vide et bornée donc infA et supA existent.
n0123(-1)n+1n+12-1+121+13-1+14.
2 est plus grand élément de A et donc supA=maxA=2.
A est clairement minorée par -1 et (-1)2p+1+12p+2-1 donc il existe une suite d’éléments de A qui converge vers -1 donc infA=-1.

 
Exercice 3  4899  

Soit A une partie de non vide et majorée. Vérifier l’assertion11 1 Lorsque ε>0 devient petit, cette propriété permet de trouver des éléments de A aussi proches que l’on peut le vouloir de sup(A). À défaut d’affirmer qu’une borne supérieure appartient à la partie, cette propriété affirme «  qu’elle touche la partie  ».

ε>0,xA,sup(A)-ε<xsup(A).
 
Exercice 4  5269  

Soit A une partie de non vide et majorée.

  • (a)

    Vérifier que pour tout11 1 Lorsque ε>0 devient petit, cette propriété permet de trouver des éléments de A aussi proches que l’on peut le vouloir de sup(A). À défaut d’affirmer qu’une borne supérieure appartient à la partie, cette propriété affirme «  qu’elle touche la partie  ». ε>0, il existe un élément x dans A tel que

    sup(A)-ε<xsup(A).
  • (b)

    En déduire qu’il existe une suite (xn) uniquement constituée d’éléments de A convergeant vers sup(A).

 
Exercice 5  2109  

Soient A et B deux parties non vides de vérifiant

(a,b)A×B,ab.
  • (a)

    Montrer que sup(A) et inf(B) existent.

  • (b)

    Justifier sup(A)inf(B).

 
Exercice 6  2108  Correction  

Soient A et B deux parties non vides et bornées de telles que AB.
Comparer infA,supA,infB et supB.

Solution

A et B sont des parties non vides et bornées de donc les bornes sup et inf considérées existent.
Pour tout aA, on a aB donc asupB. supB majore A donc supAsupB.
Pour tout aA, on a aB donc infBa. infB minore A donc infBinfA.
Enfin, puisque A, infAsupA.

 
Exercice 7  2110  Correction  

Soient A et B deux parties de non vides et majorées.
Montrer que supA,supB et sup(AB) existent et

sup(AB)=max(supA,supB).

Solution

A,B,AB sont des parties de non vides et majorées donc supA,supB,sup(AB) existent dans .
Pour tout xAB on a xmax(supA,supB) donc

sup(AB)max(supA,supB).

Puisque A,BAB on a supA,supBsup(AB) donc

max(supA,supB)sup(AB)

puis l’égalité.

 
Exercice 8  2113  Correction  

Pour n, on pose fn(x)=xn(1-x). Déterminer

limn+supx[0;1]fn(x).

Solution

La fonction fn est dérivable avec

fn(x)=nxn-1(1-x)-xn=nxn-1-(n+1)xn.

On en déduit les variations du tableau qui suit

x0xn1fn(x)0Mn0

avec xn=nn+1[0;1] et

Mn=supx[0;1]fn(x)=(1-1n+1)n1n+1n+0.
 
Exercice 9  2111   

Soient A et B deux parties non vides et majorées de . On forme

A+B={a+b|(a,b)A×B}.

Montrer

sup(A+B)=sup(A)+sup(B).
 
Exercice 10  225   Correction  

Soit A une partie non vide et minorée de . On pose

m=infAetB=A]-;m+1].

Déterminer la borne inférieure de B.

Solution

Puisque m+1 ne minore pas A, la partie B est non vide.
De plus, BA donc la borne inférieure de B existe et

infAinfB.

Soit xA, si xm+1 alors xB et donc xinfB.
Si x>m+1 alors à nouveau xinfB.
Ainsi infB minore A et donc

infAinfB.

Finalement,

infA=infB.
 
Exercice 11  2347   

Soit f:2 une fonction bornée. Établir

supx(infyf(x,y))infy(supxf(x,y)).

[<] Supremum et infimum[>] Définition quantifiée des limites

 
Exercice 12  4922  

Étudier la monotonie de la suite (un) dans chacun des cas suivants:

  • (a)

    un=2nsin(θ2n) avec θ[0;2π]

  • (b)

    un+1=eun-1 et u0

  • (c)

    un=k=1n1n+k avec n1

  • (d)

    un=k=1n(1-12k2) avec n1.

 
Exercice 13  2066  Correction  

Montrer que la suite de terme général un=k=1n1n+k est strictement croissante.

Solution

En étant attentif à l’expression de la somme associée à un+1, on a

un+1-un =k=1n+11n+1+k-k=1n1n+k
=12n+2+12n+1-1n+1=12n+1-12n+2>0.
 
Exercice 14  4926   

Donner dans chaque cas un exemple de suite (un):

  • (a)

    ni minorée, ni majorée;

  • (b)

    minorée, non majorée et qui ne tend pas vers +;

  • (c)

    positive qui tend vers 0 sans être décroissante.

[<] Étude de suites numériques[>] Limite par opérations

 
Exercice 15  5270  
  • (a)

    Soit (un) une suite réelle convergeant vers >0. Montrer que les termes de la suite (un) sont strictement positifs à partir d’un certain rang.

  • (b)

    Soient (un) et (vn) deux suites réelles convergeant vers et avec <. Montrer que un est strictement inférieur à vn à partir d’un certain rang.

 
Exercice 16  2248   

Soit (un) une suite dont les termes sont tous entiers.

Montrer que (un) converge si, et seulement si, (un) est stationnaire.

 
Exercice 17  4939   

Soit (un) une suite dont les termes sont deux à deux distincts et appartiennent à . Étudier son éventuelle limite.

 
Exercice 18  4932    

(Lemme de Cesàro)

Soient (un)n1 une suite réelle et (vn)n1 la suite des moyennes

vn=u1+u2++unnpour tout n1.

On suppose que (un)n1 converge vers un réel , montrer que (vn)n1 converge aussi vers .

 
Exercice 19  3184      CENTRALE (PC)Correction  

Soient K un réel strictement supérieur à 1 et (εn) une suite de réels positifs convergeant vers 0. Soit (un) une suite de réels de [0;1] vérifiant

n, 0un+1un+εnK.

La suite (un) converge-t-elle vers 0?

Solution

Montrons que la suite (un) converge vers 0 par l’epsilontique…
Soit ε>0. Puisque la suite (εn) converge vers 0, il existe un rang N pour lequel

nN, 0εnε

et alors pour tout nN

0un+1un+εK.

On en déduit

0un+2unK2+εK2+εK

et par récurrence

p, 0un+punKp+i=1pεKi.

La suite (un) est majorée par 1 et l’on peut encore écrire

p, 0un+p1Kp+εK1-(1/K)p1-1/K1Kp+εK-1.

Pour p assez grand, on a 1/Kpε et alors

0un+pε+εK-1=λε

avec λ une constante strictement positive ce qui permet de conclure.

[<] Définition quantifiée des limites[>] Limite par encadrement

 
Exercice 20  4925  

Soient u et v deux suites réelles.

  • (a)

    On suppose que les suites u et u+v convergent. Montrer que la suite v converge.

  • (b)

    On suppose que les suites u et uv convergent. Peut-on affirmer la convergence de la suite v?

 
Exercice 21  2250  Correction  

Soit (un) et (vn) deux suites réelles telles que (un+vn) et (un-vn) convergent.
Montrer que (un) et (vn) convergent.

Solution

Supposons un+vn et un-vn.
un=12(un+vn)+12(un-vn)+2 et de même vn-2.

 
Exercice 22  5022   

Soit (un) une suite de réels strictement positifs. On suppose

un+1unn+2.

Étudier la limite de (un).

 
Exercice 23  3196     ENTPECorrection  

Étudier la convergence de deux suites réelles (un) et (vn) vérifiant

limn+(un+vn)=0etlimn+(eun+evn)=2.

Solution

Exploitons

Sn=eun+evn2 et Pn=eun.evn=eun+vn1.

Les nombres eun et evn sont solutions de l’équation

(X-eun)(X-evn)=0c’est-à-direX2-SnX+Pn=0.

À l’ordre près, on peut exprimer eun et evn à partir du discriminant de cette équation. Or Sn2 et Pn1, le discriminant tend alors vers 0 et les deux suites tendent vers 1. On en déduit un0 puis vn0.

[<] Limite par opérations[>] Calcul de limites

 
Exercice 24  4924  

Étudier la convergence du produit d’une suite bornée par une suite de limite nulle.

 
Exercice 25  2253  Correction  

Soient (un) et (vn) deux suites telles que

0un1,0vn1etunvn1.

Que dire de ces suites?

Solution

On a

unvnun,vn1.

Par le théorème d’encadrement on obtient

limun=limvn=1.
 
Exercice 26  2249   Correction  

Soient (a,b)2, (un) et (vn) deux suites telles que

{n,una et vnbun+vna+b.

Montrer que (un) tend vers a et (vn) vers b.

Solution

On a l’encadrement

0a-un(a-un)+(b-vn)=(a+b)-(un+vn)n+0

donc (un) tend vers a puis

vn=(un+vn)-unn+(a+b)-a=b.
 
Exercice 27  2251   Correction  

Soient (un) et (vn) deux suites convergentes. Étudier

limn+max(un,vn).

Solution

On a

max(a,b)=12((a+b)+|a-b|)

donc

max(un,vn)=12((un+vn)+|un-vn|)n+max(limun,limvn).
 
Exercice 28  2252   Correction  

Soient (un) et (vn) deux suites réelles telles que

un2+unvn+vn20.

Démontrer que les suites (un) et (vn) convergent vers 0.

Solution

On a

0(un+vn)2=un2+2unvn+vn22(un2+unvn+vn2)0.

Ainsi un+vn0 puis

unvn=(un+vn)2-(un2+unvn+vn2)0

et donc

un2+vn2=2(un2+unvn+vn2)-(un+vn)20

qui permet de conclure un0 et vn0.

 
Exercice 29  3497   Correction  

Soit (un) une suite de réels non nuls vérifiant

un+1unn+0.

Déterminer la limite de (un).

Solution

Puisque |un+1/un|0<1/2, il existe un rang N vérifiant

nN,|un+1/un|1/2

c’est-à-dire

nN,|un+1|12|un|.

On a alors par récurrence

nN,|un|12n-N|uN|

et donc, par comparaison,

unn+0.
 
Exercice 30  2260   Correction  

Soit (un)n une suite de réels strictement positifs. On suppose

un+1unn+.
  • (a)

    Montrer que si <1 alors unn+0.

  • (b)

    Montrer que si >1 alors unn++.

  • (c)

    Observer que dans le cas =1 on ne peut rien conclure.

Solution

  • (a)

    Soit ρ=+12 de sorte que <ρ<1.
    Comme un+1un<ρ, il existe un rang N au delà duquel

    un+1unρ.

    On a alors

    0un=unun-1un-1un-2uN+1uNuNρn-NuN0

    donc un0.
    On peut aussi raisonner en observant que la suite (un) est décroissante à partir d’un certain rang, donc convergente et que sa seule limite possible est nulle.

  • (b)

    Même démarche mais par minoration ou par croissance.

  • (c)

    un=n, un=1 et un=1/n sont des exemples prouvant que l’on ne peut rien dire.

 
Exercice 31  2259   

Soit (un) une suite de réels strictement positifs. On suppose

unnn+.
  • (a)

    Montrer que (un) tend vers 0 lorsque <1.

  • (b)

    Montrer que (un) tend vers + lorsque >1.

  • (c)

    Observer que, dans le cas =1, on ne peut rien conclure.

 
Exercice 32  2781    MINES (MP)Correction  

Étudier la convergence de la suite (an1/n), où a>0.

Solution

Si a]0;1[, la suite est constante égale à 0.
Si a=1, la suite est constante égale à 1.
Si a>1 alors an-1<anan donne (an-1)1/n<an1/na et donc, par encadrement, la suite converge vers a.

[<] Limite par encadrement[>] Limites des suites monotones

 
Exercice 33  4928  

Étudier11 1 Étudier une limite consiste à savoir si celle-ci existe (ce qui n’est pas automatique) et déterminer sa valeur si tel est le cas. les limites suivantes:

  • (a)

    limn+en-n

  • (b)

    limn+n3+n+12n2+1

  • (c)

    limn+n+1-n

  • (d)

    limn+n1/n

  • (e)

    limn+(2+cos(n))1/n

  • (f)

    limn+(2n)!(n!)2

  • (g)

    limn+einθn avec θ.

 
Exercice 34  2254  Correction  

Déterminer la limite, si celle-ci existe, des suites (un) suivantes:

  • (a)

    un=3n-(-2)n3n+(-2)n

  • (b)

    un=n2+n+1-n2-n+1

  • (c)

    un=n-n2+1n+n2-1

  • (d)

    un=1n2k=1nk

Solution

  • (a)
    un=1-(-2/3)n1+(-2/3)n1.
  • (b)
    un=2nn2+n+1+n2-n+1=21+1n+1n2+1-1n+1n21.
  • (c)
    un=1-1+1/n21+1-1/n20.
  • (d)
    un=(n+1)2n12.
 
Exercice 35  2255  Correction  

Déterminer les limites des suites dont les termes généraux sont les suivants:

  • (a)

    un=(1+1n)n

  • (b)

    un=n2n

  • (c)

    un=(sin(1n))1/n

  • (d)

    un=(n-1n+1)n

Solution

  • (a)

    un=en(ln(1+1/n)) or

    nln(1+1n)=11/nln(1+1n)n+1

    car ln(1+x)xx01. Par suite, une.

  • (b)
    un=e2nln(n)n+1

    car

    ln(n)nn+0.
  • (c)
    (sin(1n))1/n=e1nln(sin(1n))

    or

    1nln(sin(1n))n+1nln(1n)n+0

    donc (sin(1n))1/nn+1.

  • (d)
    (n-1n+1)n=enln(1-2n+1)

    or

    nln(1-2n+1)n+-2n+-2

    donc

    (n-1n+1)nn+e-2.
 
Exercice 36  2256  Correction  

Déterminer par comparaison, la limite des suites (un) suivantes:

  • (a)

    un=sin(n)n+(-1)n+1

  • (b)

    un=n!nn

  • (c)

    un=n-(-1)nn+(-1)n

  • (d)

    un=ennn

  • (e)

    un=2+(-1)nn

Solution

  • (a)

    |un|1n-10 donc un0.

  • (b)

    0un1.2nn.nn1n0 donc un0.

  • (c)

    n-1n+1unn+1n-1 avec n-1n+1,n+1n-11 donc un1.

  • (d)

    Pour n3, 0un(e3)n0 donc un0.

  • (e)

    1un3n=e1nln(3)1 donc un1.

 
Exercice 37  298   Correction  

Déterminer les limites des suites dont les termes généraux sont les suivants:

  • (a)

    un=nn

  • (b)

    un=(1+xn)n

  • (c)

    un=(n-1n+1)n+2

  • (d)

    un=n2(cos(1n)-cos(1n+1))

  • (e)

    un=(tan(π4+αn))n

  • (f)

    un=(ln(n+1)ln(n))nln(n)

  • (g)

    un=(2n+3n+4n3)n

  • (h)

    un=(arctan(n+1)arctan(n))n2

Solution

  • (a)

    un=exp(ln(n)/n)1.

  • (b)
    un=exp(nln(1+xn))=exp(x+o(1))ex.
  • (c)
    un=exp((n+2)ln(1-2n+1))=exp(-2+o(1))e-2.
  • (d)
    un=-2n2sin((1n+1n+1)/2)sin((1n-1n-1)/2)=O(1n)0.
  • (e)
    tan(π4+αn)=1+2αn+o(1n)

    donc

    un=exp(nln(1+2αn+o(1n)))=exp(2α+o(1))e2α.
  • (f)
    un=(1+1nln(n)+o(1nln(n)))nln(n)e.
  • (g)
    2n=exp(1nln(2))=1+1nln(2)+o(1).
    un=(1+ln(24)3n+o(1n))n243.
  • (h)

    Par le théorème des accroissements finis

    ln(arctan(n+1))-ln(arctan(n))=11+c21arctan(c)

    avec ncn+1 donc

    un=exp(n211+c21arctan(c))e2/π.
 
Exercice 38  4927  

Soit θ]0;2π[. Montrer la divergence des suites de termes généraux un avec:

  • (a)

    un=(-1)n

  • (b)

    un=cos(nθ)

  • (c)

    un=einθ.

 
Exercice 39  2258  Correction  

Comparer

limm+limn+(1-1n)m,limn+limm+(1-1n)m et limn+(1-1n)n.

Solution

limn+(1-1n)m=1m et limm+limn+(1-1n)m=1.
limm+(1-1n)m=0 et limn+limm+(1-1n)m=0.
(1-1n)n=enln(1-1n)e-1.

 
Exercice 40  4929   

Étudier les limites quand n croît vers l’infini des termes suivants:

  • (a)

    Sn=k=1n1n+k

  • (b)

    Sn=k=1n1n+k

  • (c)

    Sn=k=1nsin(k)(n+k)2.

 
Exercice 41  2257   Correction  

Déterminer les limites des sommes suivantes:

  • (a)

    Sn=k=1nk

  • (b)

    Sn=k=1n1k

  • (c)

    Sn=k=1n1n2+k2

  • (d)

    Sn=k=n+12n1k2

  • (e)

    Sn=k=1nnn2+k

  • (f)

    Sn=k=1n1n2+k

  • (g)

    Sn=k=0n(-1)n-kk!

Solution

  • (a)

    Snk=1n1=n+

  • (b)

    Snk=1n1n=n+.

  • (c)

    0Snk=1n1n2+1=nn2+10 donc un0.

  • (d)

    0Snk=n+12n1(n+1)2n(n+1)20.

  • (e)

    k=1nnn2+nSnk=1nnn2+1 donc nn+1Snn2n2+1 puis un1.

  • (f)

    nn2+n=k=1n1n2+nSnk=1n1n2+1=nn2+1 par le théorème des gendarmes: Sn1.

  • (g)

    Sn=n!-(n-1)!+(n-2)!++(-1)n. Par regroupement de termes.
    Si n est pair alors Snn!-(n-1)! et si n est impair Snn!-(n-1)!-1.
    Puisque

    n!-(n-1)!=(n-1)(n-1)!n++,

    on a Sn+.

 
Exercice 42  320   Correction  

Soient α>0 et

un=k=1n1nα+kα.
  • (a)

    Montrer que si α>1 alors un0 tandis que si α<1, un+.

  • (b)

    Montrer que si α=1, la suite est monotone et convergente.

  • (c)

    Toujours dans le cas α=1 et en exploitant l’encadrement ln(1+x)x-ln(1-x) valable pour tout x[0;1[, établir unln(2).

Solution

  • (a)

    Si α>1 alors 0unnnα+10 donc un0.
    Si α<1 alors unnnα+nα=12n1-α+ donc un+.

  • (b)

    un+1-un=12n+1+12n+2-1n+1>0 donc (un) est croissante. De plus, unnn+11 donc (un) est majorée et par conséquent convergente.

  • (c)
    un=k=1n1n+k-ln(k=1n(1-1n+k))=-ln(n2n)=ln(2)

    et

    un=k=1n1n+kln(k=1n(1+1n+k))=ln(2n+1n+1)n+ln(2)

    donc

    unn+ln(2).
 
Exercice 43  319     CENTRALE (MP)Correction  
  • (a)

    Soit

    un=k=1np1n+k

    p* est fixé. Montrer que la suite (un) converge. Sa limite sera notée (on ne demande pas ici de la calculer)

  • (b)

    Soit f:+ de classe 𝒞1 et telle que f(0)=0. Soit

    vn=k=1npf(1n+k).

    Montrer que (vn) converge. Exprimer sa limite en fonction de .

  • (c)

    Calculer en utilisant f(x)=ln(1+x).

  • (d)

    Si f de + dans est continue et vérifie f(0)=0, montrer qu’il peut y avoir divergence de la suite (vn).

Solution

  • (a)

    La suite (un) est croissante car

    un+1-un=1n(p+1)+1++1(n+1)(p+1)-1n+10

    et unnpn+1p donc (un) converge vers une limite .

  • (b)

    Commençons par le cas où f(0)=0.
    Soit ε>0, il existe α>0 tel que pour tout x[0;α] on ait |f(x)|ε et par l’inégalité des accroissements finis, on obtient

    x[0;α],|f(x)|ε|x|.

    On a alors

    |vn|=k=1npεn+kpε

    et donc vn0.
    Pour le cas général, il suffit d’introduire g(x)=f(x)-xf(0). Puisque g(0)=0, on a

    k=1npg(1n+k)n+0

    et donc

    vn-unf(0)n+0

    et finalement vnf(0).

  • (c)

    Pour f(x)=ln(1+x),

    vn=k=1npln(n+k+1)-ln(n+k)=ln(n(p+1)+1)-ln(n+1)ln(p+1).

    On conclut =ln(p+1).

  • (d)

    Pour f(x)=x,

    vn=k=1np1n+knp(n+1)p+.
 
Exercice 44  2261   Correction  

Pour tout n, on pose

Sn=k=1n1n+ketSn=k=1n(-1)k-1k.
  • (a)

    Établir que pour tout p>1,

    pp+1dxx1pp-1pdxx.

    En déduire la limite de (Sn).

  • (b)

    Établir que S2n=Sn. En déduire la limite de (Sn).

Solution

  • (a)

    On a

    pp+1dxxpp+1dxp=1p

    car la fonction décroissante x1x est majorée par 1p sur [p;p+1].
    Par un argument semblable

    p-1pdxxp-1pdxp=1p.

    Pour n1,

    n+kn+k+1dxx1n+kn+k-1n+kdxx

    donne en sommant

    n+12n+1dxxSnn2ndxx.

    Or

    n+12n+1dxx=ln(2n+1n+1)n+ln(2)

    et

    n2ndxx=ln(2)

    donc Snln(2).

  • (b)

    On a

    S2n=11-12+13-14++12n-1-12n=(11+12++12n)-2(12+14++12n)

    donc

    S2n=k=12n1k-k=1n1k=k=n+12n1k=k=1n1n+k=Sn.

    Par suite, S2nln(2). De plus,

    S2n+1=S2n+12n+1n+ln(2)

    donc

    Snn+ln(2).
 
Exercice 45  2263   Correction  

Déterminer la limite de

un=k=0n(nk)-1.

Solution

On a

un=1+1n+k=2n-2(nk)-1+1n+1.

Or pour k{2,,n-2},

(nk)(n2)=n(n-1)2

donc

0k=2n-2(nk)-12(n-3)n(n-1)0

puis un2.

 
Exercice 46  2264   Correction  

Soit p{0,1}. Pour n* on pose

un=(n+pn)-1etSn=k=1nuk.
  • (a)

    Montrer que

    n,(n+p+2)un+2=(n+2)un+1.
  • (b)

    Montrer par récurrence

    Sn=1p-1(1-(n+p+1)un+1).
  • (c)

    Pour n*, on pose vn=(n+p)un. Montrer que (vn) converge vers 0.

  • (d)

    En déduire la limite de (Sn) en fonction de p.

Solution

  • (a)
    (n+p+2n+2)=n+p+2n+2(n+p+1n+1)

    d’où la relation.

  • (b)

    Par récurrence sur n:
    Pour n=1:

    S1=1(p+11) et 1p-1(1-(p+2)2(p+2)(p+1))=1p+1

    ok
    Supposons la propriété établie au rang n1.

    Sn+1=Sn+un+1=HR1p-1(1-(n+p+1)un+1)+un+1=1p-1(1-(n+2)un+1)=1p-1(1-(n+p+2)un+2).

    Récurrence établie.

  • (c)
    0vn=n+p(n+pn)=n!p!(n+p-1)!p!n+1n+0.
  • (d)

    Par opérations

    Snn+1p-1.
 
Exercice 47  3039     X (MP)Correction  

Soit z avec |z|<1. Existence et calcul de

limn+k=0n(1+z2k).

Solution

On a

(1-z)k=0n(1+z2k)=(1-z)(1+z)(1+z2)(1+z2n).

Or (1-z)(1+z)=1-z2 donc

(1-z)k=0n(1+z2k)=(1-z2)(1+z2)(1+z2n).

En répétant la manipulation

(1-z)k=0n(1+z2k)=(1-z2n+1).

Or z2n+10 donc

limn+k=0n(1+z2k)=11-z.
 
Exercice 48  2262   Correction  

Soient a et pour n,

Pn=k=1ncos(a2k).

Montrer que

sin(a2n)Pn=12nsin(a)

et déterminer limn+Pn.

Solution

En exploitant la formule sin(2x)=2sin(x)cos(x)

sin(a2n)Pn=12sin(a2n-1)cos(a2n-1)cos(a2)==12nsin(a).

Si a=0 alors Pn=11.
Si a0 alors, pour n assez grand, sin(a/2n)0 et

Pn=sin(a)2nsin(a2n).

Puisque

sin(x)x=sin(x)-sin(0)x-0x0cos(0)=1

on a

sin(a)/2na/2nn+1

puis

Pn=sin(a)2nsin(a2n)n+sin(a)a

car

2nsin(a2n)n+2na2n=a.
 
Exercice 49  321   Correction  
  • (a)

    Établir que pour tout x0 on a

    x-12x2ln(1+x)x.
  • (b)

    En déduire la limite de

    un=k=1n(1+kn2).

Solution

  • (a)

    Il suffit de dresser le tableau de variation des fonctions xln(1+x)-x+12x2 et xx-ln(1+x).

  • (b)
    ln(un)k=1nkn2=(n+1)2n12

    et

    ln(un)k=1n(kn2-k2n4)=n+12n-(n+1)(2n+1)6n312

    donc

    une.

[<] Calcul de limites[>] Suites adjacentes

 
Exercice 50  4923  

Soit (un) une suite croissante de réels strictement positifs. On suppose que la suite (un) converge. Montrer que sa limite est strictement positive.

 
Exercice 51  4933  

(Somme harmonique)

Pour tout n*, on pose

Hn=k=1n1k=1+12++1n.
  • (a)

    Vérifier que

    H2n-Hn12pour tout n*.
  • (b)

    En déduire que la suite (Hn) tend11 1 La suite (Hn) est un exemple fameux de suite divergente dont la différence de deux termes consécutifs Hn+1-Hn=1n+1 tend vers 0. vers +.

 
Exercice 52  4930  

Montrer la convergence de la suite (un) de terme général

un=k=1n1k2.
 
Exercice 53  2266  Correction  

Soit (un) une suite réelle convergente. Étudier la limite de la suite vn=suppnup.

Solution

(un) converge donc (un) est bornée. La suite (vn) est donc bien définie et elle-même bornée.
On a vn+1vn donc (vn) est décroissante et donc converge.
Posons =limun et =limvn.
vnun donc à la limite .
Si > alors >+2>.
À partir d’un certain rang vn>+2 et un<+2. Impossible. Il reste =.

 
Exercice 54  2267   

Soit (un) une suite réelle bornée. On pose

an=infpnupetbn=suppnup.
  • (a)

    Montrer que les suites (an) et (bn) convergent.

  • (b)

    Montrer que la suite (un) converge si, et seulement si, les limites des suites (an) et (bn) sont identiques.

 
Exercice 55  2265   Correction  

Soit (un) une suite réelle croissante de limite . On pose

vn=u1++unn.
  • (a)

    Montrer que (vn) est croissante.

  • (b)

    Établir que v2nun+vn2.

  • (c)

    En déduire que (vn) tend vers .

Solution

  • (a)
    vn+1-vn=nun+1-(u1++un)n(n+1)0

    donc (vn) est croissante.

  • (b)
    v2n=u1++un2n+un+1++u2n2nvn2+un2.
  • (c)

    On a vn pour tout n* et (vn) croissante donc (vn) converge vers un réel .
    La relation précédente, passée à la limite, donne 2+ ce qui permet de conclure vn.

 
Exercice 56  2269   

Soit (un) une suite réelle vérifiant

n(un-un-1)n+ avec 0.

Montrer que (un) diverge vers un infini.

 
Exercice 57  2270   Correction  

On pose

un=1×3×5××(2n-1)2×4×6××(2n).
  • (a)

    Exprimer un à l’aide de nombres factoriels.

  • (b)

    Montrer que la suite (un) converge.

  • (c)

    On pose

    vn=(n+1)un2.

    Montrer que la suite (vn) converge. En déduire la limite de la suite (un)

  • (d)

    Simplifier

    k=22n(1-1k)

    et comparer ce produit à 2un2.

  • (e)

    En déduire que la limite C de la suite (vn) est strictement positive.

Solution

  • (a)
    un=(2n)!22n(n!)2.
  • (b)

    On a

    un+1un=(2n+2)(2n+1)4(n+1)2=2n+12n+21

    donc (un) est décroissante. Or (un) est minorée par 0 donc (un) converge.

  • (c)
    vn+1vn=n+2n+1un+12un2=n+2n+1(2n+12n+2)2

    or (n+2)(2n+1)2-4(n+1)3=-3n-2<0 donc vn+1-vn0.
    (vn) est décroissante et minorée par 0 donc (vn) converge.
    Nécessairement limun=0 car sinon vn=(n+1)un2+.

  • (d)

    Par télescopage des facteurs

    k=22n(1-1k)=12×23××2n-12n=12n.

    Parallèlement

    un2=k=1n(1-12k)2(12)2k=2n(1-12k)(1-12k-1)=12k=22n(1-1k).

    Ainsi, 2un2 est supérieur au produit.

  • (e)

    On en déduit

    (n+1)un2(n+1)4n

    et donc C1/4.
    On peut montrer que C=1/π en exploitant dès la première question la formule de Stirling (si celle-ci est connue…).

 
Exercice 58  300   Correction  

Soient a>0 et

un=(1+a)(1+a2)(1+an).
  • (a)

    Montrer que si a1 alors un+.

  • (b)

    On suppose 0<a<1. Montrer que la suite (un) est convergente. On pourra exploiter la majoration 1+xex valable pour tout x.

Solution

  • (a)

    Si a1 alors un2n+ donc un+.

  • (b)

    un>0 et un+1un>1 donc (un) est croissante. De plus,

    uneaea2ean=exp(a1-an1-a)exp(a1-a)

    donc (un) est majorée et par suite convergente.

 
Exercice 59  330   Correction  

Soit a>0. On considère la suite (un)n1 définie par

u1=a,u2=a+a,u3=a+a+a,

Montrer que (un) est convergente.

Solution

Pour tout n1, un+1un et (un) est donc croissante.

Par récurrence, on vérifie una+1: la relation est vraie pour n=1 et l’hérédité s’obtient par

un+1=a+un2a+1a+1.

La suite (un) est croissante et majorée donc convergente.

[<] Limites des suites monotones[>] Suites extraites

 
Exercice 60  2271  Correction  

Pour θ]0;π/2[, on pose pour tout n

un=2nsin(θ2n)etvn=2ntan(θ2n).

Montrer que les suites (un) et (vn) sont adjacentes. Quelle est leur limite commune?

Solution

Via sin(2a)=2sin(a)cos(a), on obtient

un=2n+1sin(θ2n+1)cos(θ2n+1)un+1.

Via tan(2a)=2tan(a)1-tan2(a), on obtient

vn=2n+1tan(θ/2n+1)1-tan2(θ/2n+1)vn+1

sin(x)x0x et tan(x)x0x donc unθ et vnθ d’où vn-un0.
Les suites (un) et (vn) sont adjacentes de limite commune égale à θ.

 
Exercice 61  4931  

(Approximation décimale d’un réel)

Soit x un réel. On étudie les suites (an)n et (bn)n déterminées par

an=10nx10netbn=10nx+110n.

Montrer que celles-ci forment un couple de suites adjacentes convergeant vers x.

 
Exercice 62  2272  Correction  

Pour tout n*, on pose

Sn=k=1n1k2etSn=Sn+1n.

Montrer que les suites (Sn) et (Sn) sont adjacentes.
On peut montrer que leur limite commune est π2/6, mais c’est une autre histoire…

Solution

On a

Sn+1-Sn=1(n+1)20.
Sn+1-Sn=1(n+1)2+1n+1-1n=1(n+1)2-1n(n+1)0

et

Sn-Sn=1n0.
 
Exercice 63  2273  

(Critère spécial des séries alternées11 1 Ce résultat figurera dans le cours de seconde année.)

Soit (un) une suite réelle décroissante et de limite nulle. Pour n, on pose

Sn=k=0n(-1)k+1uk.

Montrer la convergence de (Sn) en étudiant les suites extraites (S2p) et (S2p+1).

 
Exercice 64  325   Correction  

On pose

un=k=1n1k-2netvn=k=1n1k-2n+1.

Montrer que les suites (un) et (vn) sont adjacentes.

En déduire un équivalent de

k=1n1k.

Solution

un+1-un=1n+1-2(n+1-n)=1n+1-2n+1+n0.

De même, vn+1-vn0 et l’on vérifie aisément que (vn-un) est de limite nulle. Les suites sont donc adjacentes.

Notons leur limite commune, on a

k=1n1k=n+2n++o(1)=n+2n+o(n)n+2n.
 
Exercice 65  2274   

(Irrationalité du nombre de Neper)

Pour n*, on pose

an=k=0n1k!etbn=k=0n1k!+1nn!=an+1nn!.
  • (a)

    Montrer que les suites (an) et (bn) sont strictement11 1 Les suites sont strictement adjacentes quand elles sont adjacentes et strictement monotones. adjacentes.

  • (b)

    Montrer que leur limite commune22 2 Dans le sujet 4850, on voit que leur limite commune est le nombre de Neper e2,718 à 10-3 près. est un nombre irrationnel.

 
Exercice 66  2275   Correction  

(Moyenne arithmético-géométrique)

  • (a)

    Pour (a,b)+2, établir:

    2aba+b.
  • (b)

    On considère les suites de réels positifs (un) et (vn) définies par

    u0=a,v0=b et n,un+1=unvn,vn+1=un+vn2.

    Montrer que, pour tout n1, unvn, unun+1 et vn+1vn.

  • (c)

    Établir que (un) et (vn) convergent vers une même limite.
    Cette limite commune est appelée moyenne arithmético-géométrique de a et b et est notée M(a,b).

  • (d)

    Calculer M(a,a) et M(a,0) pour a+.

  • (e)

    Exprimer M(λa,λb) en fonction de M(a,b) pour λ+.

Solution

  • (a)

    (a-b)20 donne l’inégalité demandée.

  • (b)

    Pour n1, un=un-1vn-1un-1+vn-12=vn en vertu de a.
    un+1=unvnun2=un et vn+1=un+vn22vn2=vn.

  • (c)

    La suite (un)n1 est croissante et majorée par v1 donc elle converge vers une limite notée .
    La suite (vn)n1 est décroissante est minorée par u1 donc elle converge vers une limite notée .
    En passant la relation vn+1=un+vn2 à la limite, on obtient =+2 d’où =.

  • (d)

    Si b=a alors les deux suites (un) et (vn) sont constantes égales à a et donc M(a,a)=a.
    Si b=0 alors la suite (un)n1 est constante égale à 0 et donc M(a,0)=0.

  • (e)

    Notons (un) et (vn) les suites définies par le procédé précédent à partir de u0=λa et v0=λb.
    Par récurrence, un=λun et vn=λvn donc M(λa,λb)=λM(a,b).

 
Exercice 67  4934   

Pour n*, on pose

un=1×3×5××(2n-1)2×4×6××(2n),an=nun2etbn=(n+12)un2.

Montrer que les suites (an) et (bn) convergent vers une même limite strictement positive.

[<] Suites adjacentes[>] Limite de suites de solutions d'une équation

 
Exercice 68  2276  Correction  

On suppose que (un) est une suite réelle croissante telle que (u2n) converge.
Montrer que (un) converge.

Solution

La suite (un) étant croissante, elle admet une limite (finie ou infinie).
La suite (u2n) qui en est extraite a la même limite.
Or (u2n) converge, il en est donc de même de (un).

 
Exercice 69  5271   

Soit (un) une suite réelle.

  • (a)

    Montrer que (un) converge si, et seulement si, les suites extraites (u2p) et (u2p+1) convergent vers la même limite11 1 Ce résultat sera souvent utilisé par la suite..

  • (b)

    Montrer que, si les suites extraites (u2p), (u2p+1) et (uq2) convergent, alors (un) converge.

 
Exercice 70  2278  Correction  

Justifier que la suite de terme général cos(n) diverge.

Solution

Par l’absurde, supposons cos(n).

cos(p)+cos(q)=2cos(p+q2)cos(p-q2)

donne

cos(n+1)+cos(n-1)=2cos(n)cos(1).

À la limite on obtient 2=2cos(1) d’où =0.
Or cos(2n)=2cos2(n)-1 donne alors à la limite 0=-1. Absurde.

 
Exercice 71  327  Correction  

Montrer que la suite de terme général sin(n) diverge.

Solution

Par l’absurde, supposons sin(n).

sin(p)-sin(q)=2sin(p-q2)cos(p+q2)

donne

sin(n+1)-sin(n-1)=2sin(1)cos(n).

À la limite, on obtient cos(n)0.
Or cos(2n)=2cos2(n)-1 donne alors à la limite 0=-1. Absurde.

 
Exercice 72  2279   Correction  

Soit (un) une suite réelle telle que

n,p*, 0un+pn+pnp.

Montrer que (un) tend vers 0.

Solution

D’une part

0u2n2nn2=2n0.

D’autre part

0u2n+12n+1n(n+1)0.

On en déduit un0.

 
Exercice 73  3234      X (MP)

Soit (un) une suite réelle vérifiant

un+1-unn+0etunn++

Montrer qu’il existe une application φ: strictement croissante vérifiant

uφ(n)-nn+0
 
Exercice 74  266   Correction  

Soit f:[a;b] de classe 𝒞1 et s’annulant une infinité de fois. Montrer qu’il existe α[a;b] tel que f(α)=f(α)=0.

Solution

Soit (an) une suite de valeurs d’annulation deux à deux distinctes de f. Par le théorème de Bolzano-Weierstrass, on peut extraire de la suite bornée (an) une sous-suite convergente (aφ(n)). Posons α sa limite. Par continuité, on a f(α)=0. En appliquant le théorème de Rolle entre aφ(n) et aφ(n+1), il existe bn compris entre ces deux nombres tel que f(bn)=0. Quand n+, on a bnα par encadrement et donc par continuité de f, on a f(α)=0.

Finalement, f(α)=f(α)=0.

 
Exercice 75  4940    

(Critère de Cauchy)

On dit qu’une suite réelle (un) satisfait le critère de Cauchy lorsqu’elle vérifie11 1 Cette propriété signifie que les termes de la suite sont asymptotiquement proches les uns des autres.

ε>0,N,(p,q)2,(pN et qN)|up-uq|ε
  • (a)

    Montrer qu’une suite convergente satisfait le critère de Cauchy.

  • (b)

    Inversement, montrer à l’aide du théorème de Bolzano-Weierstrass qu’une suite vérifiant le critère de Cauchy est convergente.

[<] Suites extraites[>] Expression du terme général d'une suite récurrente

 
Exercice 76  2290  Correction  

Soit n un entier naturel et En l’équation x+tan(x)=n d’inconnue x]-π/2;π/2[.

  • (a)

    Montrer que l’équation En possède une solution unique notée xn.

  • (b)

    Montrer que la suite (xn) converge et déterminer sa limite.

Solution

  • (a)

    Le tableau de variation de f:xx+tan(x) permet d’affirmer que cette fonction réalise une bijection croissante de ]-π/2;π/2[ vers . L’équation En possède alors pour solution unique

    xn=f-1(n).
  • (b)

    On a xn+tan(xn)=n avec xn]-π/2;π/2[ donc

    xn=arctan(n-xn).

    Or n-xn+ car (xn) bornée et donc

    xnπ2.
 
Exercice 77  2288  Correction  

Montrer que l’équation xex=n possède pour tout n, une unique solution xn dans +.
Étudier la limite de (xn).

Solution

Soit f:+ définie par f(x)=xex.
f est dérivable et f(x)=(x+1)ex>0 donc f est strictement croissante.
f(0)=0 et lim+f=+ donc l’équation xex=n possède une unique solution xn.
xn=f-1(n)+.

 
Exercice 78  2291   Correction  

Soit n un entier naturel non nul et En l’équation: xnln(x)=1 d’inconnue x+*.

  • (a)

    Montrer que l’équation En admet une unique solution xn, et que xn1.

  • (b)

    Montrer que la suite (xn) est décroissante et converge vers 1.

Solution

  • (a)

    Le tableau de variation de fn:xxnln(x) permet d’affirmer que l’équation fn(x)=1 possède une unique solution xn sur +* et que de plus xn[1;+[.

  • (b)

    1=xn+1n+1ln(xn+1)=xn+1fn(xn+1) donc fn(xn+1)=1xn+11=fn(xn) donc xn+1xn car f est strictement croissante sur [1;+[.
    La suite (xn) est décroissante et minorée par 1 donc elle converge. Posons sa limite, on a 1
    Si >1 alors xnnln(xn)nln()+ ce qui est absurde car xnnln(xn)=1. Il reste =1.

 
Exercice 79  314   Correction  

Montrer que pour tout n1, l’équation

xnn!=k=0n-1xkk!

possède une unique racine xn dans ]0;+[. Déterminer limxn.

Solution

On pose fn(x)=xnn!-k=0nxkk!. On observe que fn(0)=-1, limx+fn(x)=+ et fn+1=fn. La propriété est vrai pour n=1 et si elle est vrai au rang n, le tableau de signe de fn permet d’assurer que fn+1 est décroissante (et donc strictement négative) sur [0;xn] puis strictement croissante sur [xn;+]. Par le théorème des valeurs intermédiaires, on peut assurer que f s’annule en un xn+1>xn et celui-ci est unique.
La suite (xn) est croissante. Si elle est majorée alors elle converge vers un réel et xnnn!0. Or la suite de terme général est k=0nxnkk! est croissante et strictement positive. Elle ne peut donc converger vers 0. Par conséquent, la suite (xn) n’est pas majorée et, étant croissante, elle diverge vers +.

 
Exercice 80  315   Correction  

Montrer que la relation nunn+1-(n+1)unn=1 définit une suite positive (un) unique.
Étudier sa convergence et préciser sa limite.

Solution

L’étude des variations de la fonction xnxn+1-(n+1)xn assure l’existence et l’unicité de un>0 vérifiant la relation

nunn+1-(n+1)unn=1.

De plus, on peut affirmer un1.
Puisque

unn(n(un-1)-1)=1 et unn1

on a

n(un-1)-11

puis

0un-12/n

permet de conclure un1.

 
Exercice 81  2292    

Pour n*, on étudie l’équation

(En):xn+xn-1++x=1.
  • (a)

    Montrer que l’équation (En) possède une unique solution xn dans + et que xn est élément de l’intervalle [1/2;1].

  • (b)

    Montrer la convergence de la suite (xn) et déterminer sa limite.

[<] Limite de suites de solutions d'une équation[>] Suites récurrentes linéaires d'ordre 2

 
Exercice 82  4413  

Exprimer simplement le terme général de la suite réelle (un) déterminée par:

  • (a)

    u0=0 et un+1=un+2n+1 pour tout n.

  • (b)

    u0=1,u1=1 et un+2=(n+1)(un+1+un) pour tout n.

  • (c)

    u0=1 et un+1=u0+u1++un pour tout n.

 
Exercice 83  4921  

Exprimer le terme général de la suite réelle (un) définie par:

  • (a)

    u0=0 et un+1=3un+1 pour tout n.

  • (b)

    u0=1, u1=-3 et un+2+2un+1+un=0 pour tout n.

  • (c)

    u0=1, u1=2 et un+2-2un+1+2un=0 pour tout n.

 
Exercice 84  2293  Correction  

Donner l’expression du terme général et la limite de la suite récurrente réelle (un)n0 définie par:

  • (a)

    u0=0 et n,un+1=2un+1

  • (b)

    u0=0 et n,un+1=un+12.

Solution

  • (a)

    Posons vn=un+1. (vn) est géométrique de raison 2 et v0=1 donc un=2n-1+.

  • (b)

    Posons vn=un-1. (vn) est géométrique de raison 1/2 et v0=-1 donc un=1-12n1.

 
Exercice 85  2056  Correction  

Soit (un) une suite réelle telle que

u0=1 et n,un+1=(1+1n+1)un.

Donner l’expression du terme général un de cette suite.

Solution

u0=1, u1=2, u2=3,…
Par récurrence, on montre aisément

n,un=n+1.
 
Exercice 86  2296   Correction  

Soient (un) et (vn) les suites déterminées par u0=1, v0=2 et pour tout n:

un+1=3un+2vnetvn+1=2un+3vn.
  • (a)

    Montrer que la suite (un-vn) est constante.

  • (b)

    Prouver que (un) est une suite arithmético-géométrique.

  • (c)

    Exprimer les termes généraux des suites (un) et (vn).

Solution

  • (a)

    un+1-vn+1=un-vn et u0-v0=-1 donc (un-vn) est constante égale à -1.

  • (b)

    vn=un+1 donc un+1=5un+2. La suite (un) est arithmético-géométrique.

  • (c)

    un+1-a=5(un-a)+4a+2. Pour a=-1/2, (un-a) est géométrique de raison 5 et de premier terme 3/2. Ainsi,

    un=3.5n-12 et vn=3.5n+12.
 
Exercice 87  2297   

Soient r>0 et θ]0;π[. Déterminer la limite de la suite complexe (zn) définie par

z0=reiθetzn+1=zn+|zn|2pour tout n.

[<] Expression du terme général d'une suite récurrente[>] Suites récurrentes

 
Exercice 88  2298  Correction  

Donner l’expression du terme général de la suite récurrente complexe (un)n0 définie par: u0=0,u1=1+4i et

n,un+2=(3-2i)un+1-(5-5i)un.

Solution

(un) est une suite récurrente linéaire d’ordre 2 d’équation caractéristique r2-(3-2i)r+(5-5i)=0.
On obtient

un=(2+i)n-(1-3i)n.
 
Exercice 89  2299  Correction  

Donner l’expression du terme général des suites récurrentes réelles suivantes:

  • (a)

    (un)n0 définie par u0=1,u1=0 et n,un+2=4un+1-4un

  • (b)

    (un)n0 définie par u0=1,u1=-1 et n, 2un+2=3un+1-un

  • (c)

    (un)n0 définie par u0=1,u1=2 et n,un+2=un+1-un.

Solution

Ce sont des suites récurrentes linéaire d’ordre 2 dont le terme général s’obtient à partir de la résolution de l’équation caractéristique associée.

  • (a)

    un=2n(1-n).

  • (b)

    . un=-3+22-n

  • (c)

    un=2cos((n-1)π3).

 
Exercice 90  2300   Correction  

Soit θ]0;π[. Déterminer le terme général de la suite réelle (un) définie par:

u0=u1=1 et n,un+2-2cos(θ)un+1+un=0.

Solution

(un) est une suite récurrente linéaire d’ordre 2 d’équation caractéristique

r2-2cos(θ)r+1=0

de solutions r=eiθ et r=e-iθ.
Par suite, il existe α,β tels que

n,un=αcos(nθ)+βsin(nθ)

n=0 donne α=1 et n=1 donne αcos(θ)+βsin(θ)=1 donc

β=1-cos(θ)sin(θ)=2sin2(θ)/2sin(θ)=tan(θ2).

Finalement,

n,un=cos(nθ)+tan(θ2)sin(nθ)=cos((2n-1)θ/2)cos(θ/2).
 
Exercice 91  2683      ENSCorrection  

Déterminer les fonctions f:+*+* vérifiant

x>0,f(f(x))=6x-f(x).

Solution

Soit f une fonction solution.
Pour x>0, on considère la suite (un) déterminée par

u0=x et n,un+1=f(un).

La suite (un) est formée de réels strictement positifs et satisfait la relation de récurrence linéaire

n,un+2+un+1-6un=0.

Les racines de l’équation caractéristique associée sont 2 et -3 de sorte qu’il existe λ,μ vérifiant

n,un=λ2n+μ(-3)n.

Puisque la suite (un) n’est formée que de réels strictement positifs, il est nécessaire que μ soit nul.
Après résolution cela donne f(x)=2x.
Inversement, cette fonction est bien solution.

 
Exercice 92  5016    

Déterminer les fonctions f:+*+* vérifiant

f(f(x))+f(x)=2xpour tout x>0.

[<] Suites récurrentes linéaires d'ordre 2[>] Couple de suites récurrentes

 
Exercice 93  2304  Correction  

Étudier la suite (un) définie par

u0=aetun+1=un2pour tout n.

Solution

On a u0=a,u1=a2,u2=a4. Par récurrence, on vérifie un=a2n.

Cas: |a|<1. un0

Cas: |a|=1. un1 et

Cas: |a|>1. un+.

 
Exercice 94  4935  

Étudier la suite (un) définie par

u0etun+1=un2+1pour tout n.
 
Exercice 95  2305  Correction  

Étudier la suite (un) définie par

u0etun+1=un2+1pour tout n.

Solution

La suite (un) est bien définie et supérieure à 1 à partir du rang 1 car la fonction itératrice f:xx2+1 est définie sur et à valeurs dans [1;+[.
un+1-un=un2-un+10 car le discriminant de x2-x+1 est Δ=-3<0.
La suite (un) est croissante.
Si celle-ci converge vers un réel alors en passant à la limite la relation d’itération: =2+1.
Or cette équation ne possède pas de racines réelles. Par suite, (un) diverge, or elle est croissante, donc (un) diverge vers +.

 
Exercice 96  331   Correction  

Soit

f:xx3+13

et (un) la suite définie par

u0etun+1=f(un)pour tout n.
  • (a)

    Justifier que l’équation f(x)=x possède trois racines réelles (que l’on n’exprimera pas).

  • (b)

    Étudier le signe de f(x)-x ainsi que la monotonie de f.

  • (c)

    Préciser le comportement de (un) en discutant selon la valeur de u0.

Solution

  • (a)

    Il suffit de dresser le tableau de variation de f. On note α<β<γ ces trois racines.

  • (b)

    f est croissante et

    xαβγf(x)-x-0+0-0+.
  • (c)

    unun+1f(un)f(un+1) donc u0f(u0)(un) croissante.
    De même, unun+1f(un)f(un+1) donc u0f(u0)(un) décroissante.
    Les seules limites finies possibles pour (un) sont α,β,γ.
    Enfin si u0α (resp. β, γ) alors pour tout n, unα (resp. β, γ) et de même pour .
    Au final on peut conclure:
    u0]-;α[ donne (un) décroissant vers -.
    u0=α donne (un) constante égale à α.
    u0]α;γ[ donne (un) convergeant vers β.
    u0=γ donne (un) constante égale à γ.
    u0]γ;+[ donne (un) croissant vers +.

 
Exercice 97  328  Correction  

Étudier la suite définie par

u0+etn,un+1=1+14un2.

Solution

Si (un) converge sa limite vérifie =1+2/4 d’où =2.

un+1-un=14(un-2)20

(un) est croissante.
Si u0>2 alors (un) diverge vers +.
Si u0[0;2] alors on vérifie aisément que (un) est majorée par 2 et l’on conclut un2.

 
Exercice 98  2303   Correction  

Étudier la suite (un) définie par

u0=1etun+1=1+unpour tout n.

Solution

Pour tout n1

un+1-un=un-un-11+un+1+un-1.

Puisque u1-u0=2-10, la suite (un) est croissante.
Si (un) converge vers alors un+1=1+un donne à la limite =1+ donc 2--1=0 et 0.
Par suite,

=1+52=α.

Par récurrence on montre aisément que n,unα et par suite (un) converge vers α.

 
Exercice 99  2306   

Étudier la suite (un) définie par

u01etun+1=1+ln(un)pour tout n.
 
Exercice 100  2307   Correction  

Étudier la suite (un) définie par

u0etun+1=eun-1pour tout n.

Solution

La suite (un) est bien définie car sa fonction itératrice f:xex-1 est définie sur .
Pour n1, un+1-un=eun-eun-1 est du signe de un-un-1.
La suite (un) est monotone et de monotonie déterminée par le signe de u1-u0=eu0-u0-1.
Étudions la fonction g(x)=ex-x-1 définie sur .
g est dérivable et g(x)=ex-1 du signe de x. g(0)=0 donc g est positive.
Si u0=0 alors (un) est constante égale à 0.
Si u0>0 alors (un) est croissante. Si (un) converge vers un réel alors =e-1 donc =0.
Or (un) est minorée par u0>0 donc ne peut converger vers 0. Par suite, (un) diverge vers +.
Si u0<0 alors (un) est croissante et majorée par 0 donc (un) converge vers la seule limite finie possible 0.

 
Exercice 101  2309   Correction  

Soit (un) la suite réelle définie par

u0=a[-2;2]etun+1=2-unpour tout n.
  • (a)

    Justifier que la suite (un) est bien définie et

    n,un[-2;2].
  • (b)

    Quelles sont les limites finies possibles pour (un)?

  • (c)

    Montrer que (|un-1|) converge puis que lim|un-1|=0. En déduire limun.

Solution

  • (a)

    L’application x2-x est définie de [-2;2] vers [0;2][-2;2].

  • (b)

    Supposons un. Puisque n1,un[0;2], à la limite [0;2].
    La relation un+1=2-un donne à la limite =2- donc 2+-2=0 d’où =1 ou =-2.
    Or 0 donc =1.

  • (c)
    |un+1-1|=|un-1|1+2-un|un-1|

    donc (|un-1|) est décroissante et par suite converge vers α0.
    Si α>0 alors

    1+2-un=|un-1||un+1-1|1

    donc 2-un0 puis un2. C’est impossible.
    Nécessairement |un-1|0 et donc un1.

 
Exercice 102  4936   

Étudier la suite (un) déterminée par

u0=2etun+1=3-unpour tout n.
 
Exercice 103  332   Correction  

Soient a>0,

f:xx3+3ax3x2+a

et (un) la suite définie par

u0>0etun+1=f(un)pour tout n.

Étudier les variations de f, le signe de f(x)-x et en déduire le comportement de (un).

Solution

f(x) est du signe de 3(x2-a)2 donc f est croissante et par suite (un) est monotone.
Les racines de l’équation f(x)=x sont 0,a et -a. Ce sont les seules limites possibles pour (un).
f(x)-x est du signe de ax-x3=-x(x-a)(x+a).
Si u0]0;a] la suite est croissante est majorée par a donc converge vers a
Si u0[a;+[ la suite est décroissante et minorée par a donc converge vers a.

 
Exercice 104  2308   Correction  

Étudier la suite (un) définie par

u0>0etun+1=12+unpour tout n.

Solution

La suite (un) est bien définie et strictement positive car de fonction itératrice f:x12+x définie sur +* et à valeurs dans +*. Si la suite (un) converge, sa limite vérifie =12+ et 0 donc =-1+2.

|un+1-|=|12+un-12+|=|un-|(2+un)(2+)14|un-|.

Par récurrence, on montre |un-|=14n|u0-| et l’on conclut un.

 
Exercice 105  2310   Correction  

Soit a tel que 0<|a|<1 et (un) la suite définie par

u0=aetun+1=un2-unpour tout n.

Montrer que (un) est bien définie et |un|<1. Étudier la limite de (un).

Solution

Par récurrence montrons un existe et |un|<1.
Pour n=0: ok
Supposons la propriété établie au rang n0.
Par HR, un existe et |un|<1 donc 2-un0 d’où un+1=un2-un existe et

|un+1||un||2-un||un|2-|un|<1.

Récurrence établie.

|un+1||un|2-|un||un|

donc (|un|) est décroissante d’où |un||a| puis

|un+1||un|2-|a|

puis

|un|(12-|a|)n|a|0.

Par suite, un0.

 
Exercice 106  4937   

(Algorithme de Babylone)

Soient a>0 et (un) la suite définie par

u0>0etun+1=12(un+aun)pour tout n.
  • (a)

    Étudier la convergence de la suite (un).

  • (b)

    Déterminer, si elle existe,

    limn+un+1-a(un-a)2.
 
Exercice 107  333   Correction  

Soient u0]0;1[ et pour tout n,

un+1=un-un2.

Montrer que (un) est monotone de limite nulle. Déterminer les limites des suites dont les termes généraux sont les suivants

k=0nuk2etk=0n(1-uk).

Solution

un+1-un=-un20 donc (un) est décroissante. Aisément, on montre que un]0;1[ pour tout n et donc on peut conclure que (un) converge. Sa limite vérifie

=-2

d’où =0.

Par télescopage,

k=0nuk2=k=0n(uk-uk+1)=u0-un+1n+u0

et

k=0n(1-uk)=k=0nuk+1uk=un+1u0n+0.
 
Exercice 108  329   Correction  

Soit (un) la suite définie par

u0]0;4[etun+1=4un-un2pour tout n.
  • (a)

    Montrer que (un) est bornée. Quelles sont les limites possibles de (un)?

  • (b)

    Montrer que si (un) converge alors (un) est soit stationnaire égale à 0, soit stationnaire égale à 3.

  • (c)

    En posant u0=4sin2(α), déterminer les valeurs de u0 pour lesquelles la suite (un) est stationnaire.

Solution

  • (a)

    On observe que x4x-x2 est une application de [0;4] dans lui-même. Par suite, un[0;4] pour tout n. Si (un) converge alors, en posant sa limite, on a =4-2 d’où =0 ou =3.

  • (b)

    Supposons que un0. S’il existe un rang n tel que un=0 alors la suite (un) est stationnaire égale à 0. Sinon on a un>0 pour tout n et donc un+1-un3un>0. Ainsi, à partir d’un certain rang, la suite est strictement croissante. De même, si un3 sans être stationnaire égale à 3, on observe que la suite |un-3| est strictement croissante à partir d’un certain rang.

  • (c)

    On obtient aisément un=4sin2(2nα). La suite est stationnaire si, et seulement si, il existe n tel que un=0 ou 3 c’est-à-dire sin2(2nα)=0,3/2,-3/2 soit encore 2nα=kπ/3 avec k. Ainsi les u0 pour lesquels la suite est stationnaire sont les sin(kπ/3.2n) avec k et n.

 
Exercice 109  94   

Établir

1+1+1+=1+11+11+.
 
Exercice 110  2313   Correction  

On considère l’équation ln(x)+x=0 d’inconnue x>0.

  • (a)

    Montrer que l’équation possède une unique solution α.

  • (b)

    Former, par l’algorithme de Newton, une suite récurrente réelle (un) convergeant vers α.

Solution

  • (a)

    f:xln(x)+x réalise une bijection strictement croissante de +* vers .
    L’équation proposée possède une unique solution α=f-1(0).

  • (b)

    L’algorithme de Newton, propose de définir la suite (un) par la relation:

    un+1=un-f(un)f(un)=un-ln(un)+un1/un+1=un(1-ln(un))un+1.

    La fonction f est de classe 𝒞2, f(x)=1x+1 et f′′(x)=-1x2 ne s’annulent pas.
    Pour u0>0 tel que f(u0)f′′(u0)0, la suite converge vers α.

 
Exercice 111  334   

Soit f:[a;b][a;b] une fonction de classe 𝒞1 vérifiant |f(x)|<1 pour tout x élément de [a;b].

  • (a)

    Montrer que f admet un unique point fixe α dans [a;b].

  • (b)

    Soit c[a;b]. Montrer la convergence vers α de la suite (un) déterminée par

    u0=cetun+1=f(un)pour tout n.
 
Exercice 112  335   

Soit f:[a;b][a;b] une fonction vérifiant11 1 On dit que f est 1-lipschitzienne. De telles fonctions sont évidemment continues.

(x,y)[a;b]2,|f(y)-f(x)||y-x|.

On considère la suite récurrente définie par

u0[a;b]etun+1=un+f(un)2pour tout n.

Montrer que (un) converge vers un point fixe de f.

 
Exercice 113  2783     MINES (MP)Correction  

Soit (xn)n* une suite de réels positifs. On pose, pour tout n>0,

yn=x1+x2++xn.
  • (a)

    Ici xn=a pour tout n, où a>0. Étudier la convergence de (yn).

  • (b)

    Même question dans le cas où xn=ab2n pour tout n, avec b>0.

  • (c)

    Montrer que (yn) converge si, et seulement si, la suite (xn2-n) est bornée.

Solution

Notons que la suite (yn) est croissante, elle est donc convergente si, et seulement si, elle est majorée.

  • (a)

    Ici yn+1=a+yn. Soit la racine positive de l’équation 2--a=0 c’est-à-dire

    =1+1+4a2.

    On remarque que y1=a et l’on montre par récurrence yn. La suite (yn) est croissante et majorée donc convergente.

  • (b)

    On observe que la nouvelle suite (yn) est désormais égale à b fois la précédente, elle est donc convergente.

  • (c)

    Si (yn) converge vers alors xn2-nyn donc (xn2-n) est bornée.
    Si (xn2-n) est bornée par une certain M alors xnM2n, la suite (yn) définie par (xn) est alors inférieure à celle obtenue par (M2n), cette dernière étant convergente, la suite (yn) converge.

 
Exercice 114  3229   Correction  

Soit (un) une suite réelle vérifiant

n,un[1/2;1].

Soit (vn) la suite déterminée par

v0=u0etvn+1=vn+un+11+un+1vnpour tout n.

Montrer que la suite (vn) converge et déterminer sa limite.

Solution

On vérifie sans difficultés que la suite (vn) est définie et que ses termes sont positifs.
De plus, on vérifie par récurrence que

n,vn1

car

(1-un+1)(1-vn)0vn+un+11+un+1vn1.

On a alors

vn+1-vn=un+1(1-vn2)1+un+1vn0

et la suite (vn) est donc croissante et majorée. Par conséquent, celle-ci converge vers une certaine limite .
Dans le cas où la suite (un) est constante égale à 1, on observe que =1. Peut-être est-ce encore vrai dans le cas général? Pour le voir, étudions la suite (1-vn). On a

01-vn+1=(1-un+1)(1-vn)1+un+1vn12(1-vn)

donc par récurrence

01-vn12n(1-v0)

et on en déduit

vn1.
 
Exercice 115  3165      X (MP)Correction  

Soient (an) une suite réelle positive, bornée et (un) la suite récurrente définie par

u0>0etun+1=1un+an+1 pour tout n.

Montrer que la suite (un) converge si, et seulement si, la suite (an) converge.

Solution

Posons

M=supnan.

On vérifie aisément que la suite (un) est bien définie et que pour tout n2

1M+2un1.

Supposons la convergence de la suite (un). Sa limite est strictement positive. En résolvant l’équation définissant un+1 en fonction de un, on obtient

an=1un+1-un-1.

On en déduit que la suite (an) converge.
Inversement, supposons que la suite (an) converge vers une limite , 0.
Considérons la suite (vn) définie par

v0=1 et vn+1=1vn++1 pour tout n.

On vérifie que la suite (vn) est bien définie et à termes strictement positifs.
L’équation

x=1x++1

possède une racine L>0 et l’on a

|vn+1-L||vn-L|1+L

ce qui permet d’établir que la suite (vn) converge vers L. Considérons ensuite la suite (αn) définie par

αn=un-vn.

On a

αn+1=αn+(-an)(un+an+1)(vn++1)

et donc

|αn+1|k(|αn|+|an-|)

avec

k=1m+1[0;1[

m>0 est un minorant de la suite convergente (vn).
Par récurrence, on obtient

|αn|kn|α0|+p=0n-1kn-p|ap-|.

Soit ε>0.
Puisque la suite (an) converge vers , il existe p0 tel que

pp0,|ap-|ε

et alors

p=p0n-1kn-p|ap-|εk=1+kp=kε1-k.

Pour n assez grand

p=0p0-1kn-p|ap-|=Cteknε et kn|α0|ε

et on en déduit

|αn|2ε+kε1-k.

Ainsi, αn0 et par conséquent

unL.

[<] Suites récurrentes[>] Suites récurrentes multiples

 
Exercice 116  2294  Correction  

Soient (xn) et (yn) deux suites réelles telles que

xn+1=xn-yn2etyn+1=xn+yn2.

En introduisant la suite complexe de terme général zn=xn+iyn, montrer que les suites (xn) et (yn) convergent et déterminer leurs limites.

Solution

On a

zn+1=1+i2zn

donc

zn=(1+i2)nz0.

Or |1+i2|<1 donc zn0 puis xn,yn0.

 
Exercice 117  2295  Correction  

Soit (zn) une suite complexe telle que

n,zn+1=13(zn+2z¯n).

Montrer que (zn) converge et exprimer sa limite en fonction de z0.

Solution

Introduisons xn=Re(zn) et yn=Im(zn). On a

xn+1=xn et yn+1=-yn3

xnx0 et yn0 donc znRe(z0).

 
Exercice 118  4938   

(Moyenne arithmético-géométrique)

Soit (a,b)+2. On considère les suites (un) et (vn) définies par

u0=a,v0=betun+1=unvn,vn+1=un+vn2pour tout n.

Montrer que les suites (un) et (vn) sont bien définies et convergent vers une même limite. Celle-ci est appelée moyenne arithmético-géométrique des réels a et b.

 
Exercice 119  326   Correction  

Pour α]0;π/2], on étudie les suites (un) et (vn) définies par

{u0=cos(α)v0=1et{un+1=(un+vn)/2vn+1=un+1vn.pour tout n.
  • (a)

    Établir que pour tout n,

    un=vncos(α2n) et vn=k=1ncos(α2k).
  • (b)

    Étudier sin(α2n)vn et en déduire les limites de (un) et (vn).

Solution

  • (a)

    Exploiter 1+cos(x)=2cos2(x2) et raisonner par récurrence.

  • (b)
    sin(α2n)vn=12nsin(α)

    via sin(a)cos(a)=12sin(2a). Par suite,

    vnsin(α)2nsin(α/2n)sin(α)α

    et aussi

    unsin(α)α.

[<] Couple de suites récurrentes

 
Exercice 120  2301   Correction  

Soit a+*. On définit une suite (un) par

u0=aetun+1=k=0nukpour tout n.
  • (a)

    Déterminer la limite de (un).

  • (b)

    Déterminer la limite de un+1-un.

Solution

  • (a)

    Pour n1,

    un+1-un=k=0nuk-k=0n-1uk=unk=0nuk+k=0n-1uk0

    donc (un)n1 est croissante.
    Supposons un. On a u1=a>0
    En passant la relation précédente à la limite: 0=+=12. C’est absurde.

    Par suite, un+.

  • (b)
    un+1-un=unun+1+un

    donc

    un+1un-1=1un+1+unn+0.

    Par suite,

    un+1-un=1un+1/un+1n+12.
 
Exercice 121  2311   Correction  

Déterminer le terme général de la suite (un) définie par:

u0=a>0,u1=b>0etun+2un=un+12pour tout n.

À quelle condition (un) converge?

Solution

Par récurrence, on montre que un existe et un>0. La relation de récurrence donne alors

un+2un+1=un+1un.

La suite (un+1/un) est constante égale à u1/u0=b/a. La suite (un) est donc géométrique de raison b/a et finalement

un=a(ba)n.

La suite (un) converge si, et seulement si, ba.

 
Exercice 122  338   

Soit (un) une suite de réels positifs telle que

un+212(un+un+1)pour tout n.

Montrer que la suite (un) converge.

On pourra étudier la monotonie de la suite (vn) avec vn=max(un+1,un).



Édité le 08-11-2019

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