Exercice 1 3371 CCINP (MP)Correction

(a)

Déterminer la limite de la suite définie par

$u_{0} \geq 0 et u_{n + 1} = \frac{e^{- u_{n}}}{n + 1} pour tout n \in ℕ .$
(b)

Déterminer la limite de la suite définie par

$v_{n} = n u_{n} .$
(c)

Donner la nature de la série $\sum u_{n}$ et celle de la série $\sum {(- 1)}^{n} u_{n}$

Solution

(a)

La suite étudiée est bien définie et à termes tous positifs. On en déduit

$0 \leq u_{n + 1} = \frac{e^{- u_{n}}}{n + 1} \leq \frac{1}{n + 1} \to_{n \to + \infty}^{} 0 .$

Par encadrement, $(u_{n})$ tend vers $0$ .
(b)

Pour $n \geq 1$ , on peut écrire $v_{n} = e^{- u_{n - 1}}$ et alors $v_{n} \to 1$ par composition de limites.
(c)

On en déduit

$u_{n} \underset{n \to + \infty}{\sim} 1 / n .$

Par équivalence de séries à termes positifs, la série $\sum u_{n}$ est divergente.

Aussi,

$u_{n} = \frac{e^{- u_{n - 1}}}{n} \underset{n \to + \infty}{=} \frac{1 - u_{n - 1} + o (u_{n - 1})}{n} = \frac{1}{n} - \frac{1}{n^{2}} + o (\frac{1}{n^{2}})$

donc

${(- 1)}^{n} u_{n} \underset{n \to + \infty}{=} \frac{{(- 1)}^{n}}{n} + O (\frac{1}{n^{2}}) .$

La série $\sum {(- 1)}^{n} / n$ converge en vertu du critère spécial et $\sum O (1 / n^{2})$ est absolument convergente par argument de comparaison. Par opérations sur les séries convergentes, la série $\sum {(- 1)}^{n} u_{n}$ converge.

Exercice 2 5888 Correction

On considère la suite ${(u_{n})}_{n \in ℕ}$ définie par

u_{0} \in ℝ et u_{n} = \frac{{(- 1)}^{n}}{n} \cos (u_{n - 1}) pour tout n \in ℕ^{*} .

Étudier la convergence de la suite ${(u_{n})}_{n \in ℕ}$ puis celle de la série $\sum u_{n}$ .

Solution

Pour $n \in ℕ^{*}$ , on observe

| u_{n} | \leq \frac{1}{n} \to_{n \to + \infty}^{} 0 .

On en déduit que la suite ${(u_{n})}_{n \in ℕ}$ tend vers $0$ .

La série $\sum u_{n}$ est alternée et son terme général tend vers $0$ . Cependant, la décroissance de $| u_{n} |$ n’est pas assurée. Par développement limité,

u_{n} = \frac{{(- 1)}^{n}}{n} (1 - \frac{1}{2} u_{n}^{2} + o (u_{n}^{2})) = \frac{{(- 1)}^{n}}{n} + v_{n}

avec

v_{n} \underset{n \to + \infty}{\sim} \frac{{(- 1)}^{n + 1}}{2 n} u_{n}^{2} .

La série $\sum \frac{{(- 1)}^{n}}{n}$ converge par application du critère spécial des séries alternées.

La série $\sum v_{n}$ converge absolument car $v_{n} = O (\frac{1}{n^{3}})$ puisque $| u_{n} | \leq \frac{1}{n}$ .

Par opérations sur les séries convergentes, la série $\sum u_{n}$ converge.

Exercice 3 2440 Correction

Soit ${(a_{n})}_{n \geq 0}$ une suite définie par $a_{0} \in ℝ_{+}^{*}$ et pour $n \in ℕ$ ,

a_{n + 1} = 1 - e^{- a_{n}} .

(a)

Étudier la convergence de la suite $(a_{n})$ .
(b)

Déterminer la nature de la série de terme général ${(- 1)}^{n} a_{n}$ .
(c)

Déterminer la nature de la série de terme général $a_{n}^{2}$ .
(d)

Déterminer la nature de la série de terme général $a_{n}$ à l’aide de la série

$\sum \ln (\frac{a_{n + 1}}{a_{n}}) .$

Solution

(a)

La suite $(a_{n})$ est bien définie et à termes positifs puisque pour tout $x \geq 0$ , $1 - e^{- x} \geq 0$ .
Puisque pour tout $x \in ℝ, e^{x} \leq 1 + x$ , on a $a_{n + 1} \leq a_{n}$ et la suite $(a_{n})$ est donc décroissante.
Puisque décroissante et minorée, $(a_{n})$ converge et sa limite $ℓ$ vérifie $ℓ = 1 - e^{- ℓ}$ . On en déduit $ℓ = 0$ .

Finalement, $(a_{n})$ décroît vers 0.
(b)

Par le critère spécial des séries alternées, $\sum {(- 1)}^{n} a_{n}$ converge.
(c)

Puisque $a_{n} \to 0$ , on peut écrire $a_{n + 1} = 1 - e^{- a_{n}} = a_{n} - \frac{1}{2} a_{n}^{2} + o (a_{n}^{2})$ .
Par suite, $a_{n}^{2} \sim - 2 (a_{n + 1} - a_{n})$ .
Par équivalence de séries à termes positifs, la nature de la série de terme général $a_{n}^{2}$ est celle de la série de terme général $a_{n + 1} - a_{n}$ qui est celle de la suite de terme général $a_{n}$ .

Finalement, la série $\sum a_{n}^{2}$ converge.
(d)

La nature de la série de terme général $\ln (a_{n + 1} / a_{n})$ est celle de la suite de terme général $\ln (a_{n})$ . C’est donc une série divergente. Or

$\ln (\frac{a_{n + 1}}{a_{n}}) = \ln (1 - \frac{1}{2} a_{n} + o (a_{n})) \sim - \frac{1}{2} a_{n} .$

Par équivalence de série de terme de signe constant, on peut affirmer $\sum a_{n}$ diverge.

Exercice 4 5277 SAINT CYR (MP)Correction

On étudie la suite $(a_{n})$ définie par

a_{0} = 1 et a_{n + 1} = 1 - e^{- a_{n}} pour tout n \in ℕ .

(a)

Écrire une fonction récursive a(n) donnant la valeur de $a_{n}$ .
(b)

Écrire une fonction ListeA(n) de complexité $O (n)$ qui renvoie la liste des $n$ premiers termes de la suite $(a_{n})$ .
(c)

Représenter les premiers termes de la suite $(a_{n})$ en fonction de $n$ . Que conjecturer sur la convergence de la suite $(a_{n})$ ? Le démontrer.
(d)

Pour tout $n \in ℕ$ , on pose

$S_{n} = \sum_{k = 0}^{n} a_{k}^{2} .$

Écrire une fonction ListeS(n) de complexité $O (n)$ qui renvoie la liste des $n$ premiers termes de la suite $(S_{n})$ .
(e)

Représenter les premiers termes de la suite $(S_{n})$ en fonction de $n$ . Que conjecturer sur la convergence de la suite $(S_{n})$ ? Le démontrer. On pourra rechercher un équivalent de $a_{n + 1} - a_{n}$ .

Solution

(a)

from math import exp

def a(n):
    if n == 0: return 1
    return  1 - exp(-a(n-1))

(b)

def ListeA(n):
    a = 1
    L = [a]
    for _ in range(n-1):
        a = 1 - exp(-a)
        L.append(a)
    return L

(c)
```
import  matplotlib.pyplot as plt

n = 20
plt.plot(range(n),ListeA(n),’*’)
plt.show()
```
La suite $(a_{n})$ semble converger en décroissant vers $0$ . On établit cette propriété en constatant que l’intervalle $[0; + \infty [$ est stable par la fonction itératrice $f : x \mapsto 1 - e^{- x}$ , en vérifiant que $0$ est le seul point fixe de cette fonction continue et, enfin, en soulignant que $f (x) \leq x$ pour tout $x \in ℝ_{+}$ car on connaît l’inégalité de convexité

$e^{t} \geq 1 + t pour tout t \in ℝ .$

(d)

def ListeS(n):
    a = 1
    S = a**2
    L = [S]
    for _ in range(n-1):
         a = 1 - exp(-a)
         S = S + a**2
         L.append(S)
    return L

(e)
```
n = 20
plt.plot(range(n),ListeS(n),’*’)
plt.show()
```
La série $\sum a_{n}^{2}$ semble converger. On justifie cette propriété en observant

$a_{n} - a_{n + 1} = a_{n} - 1 + e^{- a_{n}} \underset{n \to + \infty}{\sim} \frac{1}{2} a_{n}^{2} car (a_{n}) est de limite nulle.$

Par équivalence de séries à termes positifs, la série de terme général $a_{n}^{2}$ a la nature de la série télescopique $\sum (a_{n} - a_{n + 1})$ et cette dernière a la nature de la suite $a_{n}$ qui converge.

Exercice 5 2961 X (MP)Correction

Soit $(u_{n})$ une suite réelle telle que $u_{0} > 0$ et pour tout $n > 0$ ,

u_{n} = \ln (1 + u_{n - 1}) .

Étudier la suite $(u_{n})$ puis la série de terme général $u_{n}$ .

Solution

La suite $(u_{n})$ est à terme strictement positifs car $u_{0} > 0$ et la fonction $x \mapsto \ln (1 + x)$ laisse stable l’intervalle $] 0; + \infty [$ .
Puisque pour tout $x \geq 0$ , $\ln (1 + x) \leq x$ , la suite $(u_{n})$ est décroissante.
Puisque décroissante et minorée, la suite $(u_{n})$ converge et sa limite $ℓ$ vérifie $\ln (1 + ℓ) = ℓ$ ce qui donne $ℓ = 0$ .

\frac{1}{u_{n + 1}} - \frac{1}{u_{n}} = \frac{u_{n} - u_{n + 1}}{u_{n} u_{n + 1}} \sim \frac{\frac{1}{2} u_{n}^{2}}{u_{n}^{2}} \to \frac{1}{2} .

Par le théorème de Cesaro,

\frac{1}{n} \sum_{k = 0}^{n - 1} (\frac{1}{u_{k + 1}} - \frac{1}{u_{k}}) \to \frac{1}{2}

et donc

\frac{1}{n u_{n}} \to \frac{1}{2} .

On en déduit $u_{n} \sim \frac{2}{n}$ et donc la série de terme général $u_{n}$ diverge.

Exercice 6 3012 ENTPE (MP)Correction

La suite ${(a_{n})}_{n \geq 0}$ est définie par $a_{0} \in] 0; π / 2 [$ et

a_{n + 1} = \sin (a_{n}) pour tout n \in ℕ .

Quelle est la nature de la série de terme général $a_{n}$ ?

Solution

La suite $(a_{n})$ est décroissante et minorée par 0 donc convergente. En passant la relation de récurrence à la limite, on obtient que $(a_{n})$ tend vers 0. Puisque

\frac{1}{a_{n + 1}^{2}} - \frac{1}{a_{n}^{2}} = \frac{a_{n}^{2} - a_{n + 1}^{2}}{a_{n}^{2} a_{n + 1}^{2}} \sim \frac{1}{3}

on obtient par le théorème de Cesàro

\frac{1}{n} \sum_{k = 0}^{n - 1} (\frac{1}{a_{k + 1}^{2}} - \frac{1}{a_{k}^{2}}) \to_{n \to + \infty}^{} \frac{1}{3}

puis

\frac{1}{n} \frac{1}{a_{n}^{2}} \to_{n \to + \infty}^{} \frac{1}{3} .

Finalement,

a_{n} \underset{n \to + \infty}{\sim} \frac{\sqrt{3}}{\sqrt{n}}

et la série étudiée est divergente.

Exercice 7 2951 X (MP)Correction

Soit ${(u_{n})}_{n \geq 0}$ la suite définie par $u_{0} \in [0; 1]$ et

\forall n \in ℕ, u_{n + 1} = u_{n} - u_{n}^{2} .

(a)

Quelle est la nature de la série de terme général $u_{n}$ ?
(b)

Même question lorsque $u_{n}$ est définie par la récurrence $u_{n + 1} = u_{n} - u_{n}^{1 + α}$ (avec $α > 0$ ).

Solution

Dans le cas où $u_{0} = 0$ , la suite est nulle.

Dans le cas où $u_{0} = 1$ , la suite est nulle à partir du rang $1$ .

On suppose désormais ces cas exclus.

(a)

La suite $(u_{n})$ est à termes dans $] 0; 1 [$ car l’application $x \mapsto x - x^{2}$ laisse stable cet intervalle.

La suite $(u_{n})$ est décroissante et minorée donc convergente. Sa limite $ℓ$ vérifie $ℓ = ℓ - ℓ^{2}$ et donc $ℓ = 0$ .

Finalement, $(u_{n})$ décroît vers 0 par valeurs strictement supérieures.

$\frac{1}{u_{n + 1}} - \frac{1}{u_{n}} = \frac{u_{n} - u_{n + 1}}{u_{n} u_{n + 1}} = \frac{u_{n}^{2}}{u_{n}^{2} - u_{n}^{3}} \to 1 .$

Par le théorème de Cesàro,

$\frac{1}{n} \sum_{k = 0}^{n - 1} (\frac{1}{u_{k + 1}} - \frac{1}{u_{k}}) \to_{n \to + \infty}^{} 1$

et donc

$\frac{1}{n u_{n}} \to_{n \to + \infty}^{} 1 .$

On en déduit que

$u_{n} \underset{n \to + \infty}{\sim} \frac{1}{n}$

et donc $\sum u_{n}$ diverge.
(b)

Comme ci-dessus, on obtient que $(u_{n})$ décroît vers 0 par valeurs strictement supérieures.

$\frac{1}{u_{n + 1}^{α}} - \frac{1}{u_{n}^{α}} = \frac{u_{n}^{α} - u_{n + 1}^{α}}{{(u_{n} u_{n + 1})}^{α}} \sim \frac{α u_{n}^{α}}{u_{n + 1}^{α}} \to α .$

Par le théorème de Cesàro,

$\frac{1}{n u_{n}^{α}} \to_{n \to + \infty}^{} α$

et donc

$u_{n} \underset{n \to + \infty}{\sim} \frac{λ}{n^{1 / α}} avec λ > 0 .$

Si $α \in] 0; 1 [$ , $\sum u_{n}$ converge et si $α \geq 1$ , $\sum u_{n}$ diverge.

Exercice 8 2960 X (MP)Correction

Soit $u \in ℝ^{ℕ}$ telle que $u_{0} \in] 0; 1]$ et que, pour un certain $β > 0$ et pour tout $n \in ℕ$ ,

u_{n + 1}^{β} = \sin (u_{n}^{β}) .

Étudier la nature de la série de terme général $u_{n}$ .

Solution

Posons $v_{n} = u_{n}^{β}$ . La suite $(v_{n})$ vérifie $v_{n} \in] 0; 1]$ et $v_{n + 1} = \sin (v_{n})$ pour tout $n \in ℕ$ .

Puisque la fonction sinus laisse stable l’intervalle $] 0; 1]$ , on peut affirmer que pour tout $n \in ℕ$ , $v_{n} \in] 0; 1]$ . De plus, pour $x \geq 0$ , $\sin (x) \leq x$ donc la suite $(v_{n})$ est décroissante. Puisque décroissante et minorée, $(v_{n})$ converge et sa limite $ℓ$ vérifie $\sin (ℓ) = ℓ$ ce qui donne $ℓ = 0$ .

Finalement, $(v_{n})$ décroît vers $0$ par valeurs strictement supérieures.

On a

\frac{1}{v_{n + 1}^{2}} - \frac{1}{v_{n}^{2}} = \frac{(v_{n} - v_{n + 1}) (v_{n + 1} + v_{n})}{v_{n}^{2} v_{n + 1}^{2}} \sim \frac{\frac{1}{6} v_{n}^{3} \times 2 v_{n}}{v_{n}^{4}} \to \frac{1}{3} .

Par le théorème de Cesàro,

\frac{1}{n} \sum_{k = 0}^{n - 1} (\frac{1}{v_{k + 1}^{2}} - \frac{1}{v_{k}^{2}}) \to_{n \to + \infty}^{} \frac{1}{3}

et donc $\frac{1}{n v_{n}^{2}} \to \frac{1}{3}$ . On en déduit $v_{n} \sim \frac{\sqrt{3}}{n^{1 / 2}}$ puis

u_{n} \underset{n \to + \infty}{\sim} \frac{λ}{n^{1 / 2 β}}

avec $λ > 0$ .

Pour $β \in] 0; 1 / 2 [$ , $\sum v_{n}$ converge et pour $β \geq 1 / 2$ , $\sum u_{n}$ diverge.

Exercice 9 2433 CENTRALE (MP)Correction

Soit $α > 0$ et ${(u_{n})}_{n \geq 1}$ la suite définie par:

u_{1} > 0 et u_{n + 1} = u_{n} + \frac{1}{n^{α} u_{n}} pour tout n \geq 1 .

(a)

Énoncer une Condition nécessaire et suffisante sur $α$ pour que $(u_{n})$ converge.
(b)

Déterminer un équivalent de $u_{n} - ℓ$ dans le cas où $(u_{n})$ converge vers $ℓ$ .
(c)

Déterminer un équivalent de $u_{n}$ dans le cas où $(u_{n})$ diverge.

Solution

(a)

Commençons par observer que la suite $(u_{n})$ est bien définie, strictement positive et croissante.

Si $α > 1$ ,

$u_{n + 1} \leq u_{n} + \frac{1}{n^{α} u_{1}}$

puis, par récurrence,

$u_{n} \leq \sum_{k = 1}^{n} \frac{1}{k^{α} u_{1}} .$

La suite $(u_{n})$ est croissante et majorée donc converge.

Inversement, si $(u_{n})$ converge, on peut introduire $ℓ = lim u_{n}$ et l’on observe $ℓ > 0$ . On a

$u_{n + 1} - u_{n} = \frac{1}{n^{α} u_{n}} \underset{n \to + \infty}{\sim} \frac{1}{n^{α} ℓ} .$

La série télescopique $\sum (u_{n + 1} - u_{n})$ est convergente et donc, par équivalence de séries à termes positifs, $\sum \frac{1}{n^{α} ℓ}$ converge. On en déduit $α > 1$ .
(b)

On suppose $α > 1$ . Posons $v_{n} = u_{n} - ℓ$ . On a

$v_{n + 1} - v_{n} = \frac{1}{n^{α} u_{n}} \underset{n \to + \infty}{\sim} \frac{1}{n^{α} ℓ} .$

Par sommation de relation de comparaison de séries à termes positifs convergentes,

$\sum_{k = n}^{+ \infty} v_{k + 1} - v_{k} = - v_{n} \underset{n \to + \infty}{\sim} \sum_{k = n}^{+ \infty} \frac{1}{ℓ n^{α}} \underset{n \to + \infty}{\sim} \frac{1}{α - 1} \frac{1}{ℓ n^{α - 1}}$

puis

$v_{n} = \frac{1}{1 - α} \frac{1}{ℓ n^{α - 1}} .$
(c)

On suppose $α \leq 1$ . On remarque

$u_{n + 1}^{2} - u_{n}^{2} = \frac{2}{n^{α}} + \frac{1}{n^{2 α} u_{n}^{2}} \underset{n \to + \infty}{\sim} \frac{2}{n^{α}} .$

Par sommation de relation de comparaison de séries à termes positifs divergentes,

$u_{n}^{2} \underset{n \to + \infty}{\sim} 2 \sum_{k = 1}^{n} \frac{1}{k^{α}} .$

Or, par comparaison série-intégrale,

$\sum_{k = 1}^{n} \frac{1}{k^{α}} \underset{n \to + \infty}{\sim} \frac{n^{1 - α}}{1 - α} quand α < 1$

et

$\sum_{k = 1}^{n} \frac{1}{k} \underset{n \to + \infty}{\sim} \ln (n) quand α = 1 .$

On conclut alors

$u_{n} \underset{n \to + \infty}{\sim} \sqrt{\frac{2 n^{1 - α}}{1 - α}} si α < 1 et u_{n} \underset{n \to + \infty}{\sim} \sqrt{2 \ln (n)} si α = 1 .$

Séries dont le terme général est défini par récurrence