Exercice 1 4923

Soit $(u_{n})$ une suite croissante de réels strictement positifs. On suppose que la suite $(u_{n})$ converge. Montrer que sa limite $ℓ$ est strictement positive.

Exercice 2 4933

(Somme harmonique)

Pour tout $n \in ℕ^{*}$ , on pose

H_{n} = \sum_{k = 1}^{n} \frac{1}{k} = 1 + \frac{1}{2} + \dots + \frac{1}{n} .

(a)

Vérifier que

$H_{2 n} - H_{n} \geq \frac{1}{2} pour tout n \in ℕ^{*} .$
(b)

En déduire que la suite $(H_{n})$ tend¹¹ 1 La suite $(H_{n})$ est un exemple fameux de suite divergente dont la différence de deux termes consécutifs $H_{n + 1} - H_{n} = \frac{1}{n + 1}$ tend vers $0$ . vers $+ \infty$ .

Exercice 3 4930

Montrer la convergence de la suite $(u_{n})$ de terme général

u_{n} = \sum_{k = 1}^{n} \frac{1}{k^{2}} .

Exercice 4 2266 Correction

Soit $(u_{n})$ une suite réelle convergente. Étudier la limite de la suite $v_{n} = {sup}_{p \geq n} u_{p}$ .

Solution

$(u_{n})$ converge donc $(u_{n})$ est bornée. La suite $(v_{n})$ est donc bien définie et elle-même bornée.
On a $v_{n + 1} \leq v_{n}$ donc $(v_{n})$ est décroissante et donc converge.
Posons $ℓ = lim u_{n}$ et $ℓ^{'} = lim v_{n}$ .
$v_{n} \geq u_{n}$ donc à la limite $ℓ^{'} \geq ℓ$ .
Si $ℓ^{'} > ℓ$ alors $ℓ^{'} > \frac{ℓ^{'} + ℓ}{2} > ℓ$ .
À partir d’un certain rang $v_{n} > \frac{ℓ + ℓ^{'}}{2}$ et $u_{n} < \frac{ℓ + ℓ^{'}}{2}$ . Impossible. Il reste $ℓ^{'} = ℓ$ .

Exercice 5 2267

Soit $(u_{n})$ une suite réelle bornée. On pose

a_{n} = inf_{p \geq n} u_{p} et b_{n} = sup_{p \geq n} u_{p} .

(a)

Montrer que les suites $(a_{n})$ et $(b_{n})$ convergent.
(b)

Montrer que la suite $(u_{n})$ converge si, et seulement si, les limites des suites $(a_{n})$ et $(b_{n})$ sont identiques.

Exercice 6 2265 Correction

Soit ${(u_{n})}_{n \geq 1}$ une suite réelle croissante de limite $ℓ \in ℝ$ . On pose

v_{n} = \frac{u_{1} + \dots + u_{n}}{n} pour tout n \in ℕ^{*} .

(a)

Montrer que $(v_{n})$ est croissante.
(b)

Établir que $2 v_{2 n} \geq u_{n} + v_{n}$ pour tout $n \in ℕ^{*}$ .
(c)

En déduire que $(v_{n})$ tend vers $ℓ$ .

Solution

(a)

$v_{n + 1} - v_{n} = \frac{n u_{n + 1} - (u_{1} + \dots + u_{n})}{n (n + 1)} \geq 0$

donc $(v_{n})$ est croissante.
(b)

$v_{2 n} = \frac{u_{1} + \dots + u_{n}}{2 n} + \frac{u_{n + 1} + \dots + u_{2 n}}{2 n} \geq \frac{v_{n}}{2} + \frac{u_{n}}{2} .$
(c)

On a $v_{n} \leq ℓ$ pour tout $n \in ℕ^{*}$ et $(v_{n})$ croissante. La suite $(v_{n})$ converge donc vers un réel $ℓ^{'}$ avec $ℓ^{'} \leq ℓ$ .

La relation précédente donne à la limite, donne $2 ℓ^{'} \geq ℓ + ℓ^{'}$ . Cela permet de conclure $ℓ^{'} = ℓ$ .

Exercice 7 2269

Soit $(u_{n})$ une suite réelle vérifiant

n (u_{n} - u_{n - 1}) \to_{n \to + \infty}^{} ℓ avec ℓ \neq 0 .

Montrer que $(u_{n})$ diverge vers un infini.

Exercice 8 2270 Correction

Pour $n \in ℕ^{*}$ , on pose

u_{n} = \frac{1 \times 3 \times 5 \times \dots \times (2 n - 1)}{2 \times 4 \times 6 \times \dots \times (2 n)} et v_{n} = (n + 1) u_{n}^{2}

(a)

Exprimer $u_{n}$ à l’aide de nombres factoriels.
(b)

Montrer que la suite $(u_{n})$ converge.
(c)

Montrer que la suite $(v_{n})$ converge. En déduire la limite de la suite $(u_{n})$
(d)

Simplifier

$\prod_{k = 2}^{2 n} (1 - \frac{1}{k})$

et comparer ce produit à $2 u_{n}^{2}$ .
(e)

En déduire que la limite $C$ de la suite $(v_{n})$ est strictement positive.

Solution

(a)

$u_{n} = \frac{(2 n)!}{2^{2 n} {(n!)}^{2}} .$
(b)

On a

$\frac{u_{n + 1}}{u_{n}} = \frac{(2 n + 2) (2 n + 1)}{4 {(n + 1)}^{2}} = \frac{2 n + 1}{2 n + 2} \leq 1$

donc $(u_{n})$ est décroissante. Or $(u_{n})$ est minorée par 0 donc $(u_{n})$ converge.
(c)

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

or $(n + 2) {(2 n + 1)}^{2} - 4 {(n + 1)}^{3} = - 3 n - 2 < 0$ donc $v_{n + 1} - v_{n} \leq 0$ .
$(v_{n})$ est décroissante et minorée par 0 donc $(v_{n})$ converge.
Nécessairement $lim u_{n} = 0$ car sinon $v_{n} = (n + 1) u_{n}^{2} \to + \infty$ .
(d)

Par télescopage des facteurs

$\prod_{k = 2}^{2 n} (1 - \frac{1}{k}) = \frac{1}{2} \times \frac{2}{3} \times \dots \times \frac{2 n - 1}{2 n} = \frac{1}{2 n} .$

Parallèlement

$u_{n}^{2} = \prod_{k = 1}^{n} {(1 - \frac{1}{2 k})}^{2} \geq {(\frac{1}{2})}^{2} \prod_{k = 2}^{n} (1 - \frac{1}{2 k}) (1 - \frac{1}{2 k - 1}) = \frac{1}{2} \prod_{k = 2}^{2 n} (1 - \frac{1}{k}) .$

Ainsi, $2 u_{n}^{2}$ est supérieur au produit.
(e)

On en déduit

$(n + 1) u_{n}^{2} \geq \frac{(n + 1)}{4 n}$

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

Exercice 9 300 Correction

Soient $a > 0$ et

u_{n} = (1 + a) (1 + a^{2}) \dots (1 + a^{n}) pour tout n \in ℕ^{*} .

(a)

Montrer que si $a \geq 1$ alors $(u_{n})$ tend vers $+ \infty$ .
(b)

On suppose $0 < a < 1$ . Montrer que la suite ${(u_{n})}_{n \geq 1}$ est convergente.

On pourra employer l’inégalité $1 + x \leq e^{x}$ valable pour tout $x \in ℝ$ après avoir préalablement établie celle-ci.

Solution

(a)

Si $a \geq 1$ alors $1 + a^{k} \geq 2$ pour tout $k \in ℕ^{*}$ . On en déduit $u_{n} \geq 2^{n}$ . Or $2^{n} \to_{n \to + \infty}^{} + \infty$ donc, par minoration, $u_{n} \to_{n \to + \infty}^{} + \infty$ .
(b)

La fonction $f : x \mapsto e^{x} - x - 1$ est définie et dérivable sur $ℝ$ avec $f^{'} (x) = e^{x} - 1$ . On en déduit les variations suivantes

Sur ce tableau, on lit que $f$ est positive et donc

$\forall x \in ℝ, e^{x} \geq 1 + x .$

Pour $n \in ℕ^{*}$ , $u_{n + 1} = u_{n} (1 + a^{n + 1})$ avec $u_{n} \geq 0$ et $1 + a^{n + 1} \geq 1$ . On a donc $u_{n + 1} \geq u_{n}$ : la suite ${(u_{n})}_{n \geq 1}$ est croissante.

Pour tout $k \in ℕ^{*}$ , $1 + a^{k} \leq e^{a^{k}}$ et donc

$u_{n} \leq e^{a} e^{a^{2}} \dots e^{a^{n}} = \exp (a \frac{1 - a^{n}}{1 - a}) \leq \exp (\frac{a}{1 - a}) = M .$

La suite ${(u_{n})}_{n \geq 1}$ est croissante et majorée, elle converge.

Exercice 10 330 Correction

Soit $a > 0$ . On considère la suite ${(u_{n})}_{n \geq 1}$ définie par

u_{1} = \sqrt{a}, u_{2} = \sqrt{a + \sqrt{a}}, u_{3} = \sqrt{a + \sqrt{a + \sqrt{a}}}, \dots

Montrer que $(u_{n})$ est convergente.

Solution

Pour tout $n \geq 1$ , $u_{n + 1} \geq u_{n}$ et $(u_{n})$ est donc croissante.

Par récurrence, on vérifie $u_{n} \leq a + 1$ : la relation est vraie pour $n = 1$ et l’hérédité s’obtient par

u_{n + 1} = \sqrt{a + u_{n}} \leq \sqrt{2 a + 1} \leq a + 1 .

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

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Édité le 08-12-2023

Limites des suites monotones