Suites numériques

I. Rappels et compléments sur les suites

1. Modes de définition

Suite numérique

Une suite numérique

(u_{n})_{n \in N}

est une fonction de

N

dans

R

Définition explicite

u_{n}

donné directement en fonction de

n

. Exemple :

u_{n} = 3 n^{2} - 5 n + 1

Définition par récurrence

u_{0}

donné et relation

u_{n + 1} = f (u_{n})

. Exemple :

u_{0} = 2

u_{n + 1} = 2 u_{n} - 3

2. Sens de variation

Monotonie

(u_{n})

croissante si

u_{n + 1} \geq u_{n}

. Décroissante si

u_{n + 1} \leq u_{n}

Méthode 1 — Signe de

u_{n + 1} - u_{n}

u_{n + 1} - u_{n} \geq 0

→ croissante. Si

\leq 0

→ décroissante.

Méthode 2 — Quotient

u_{n} > 0

\frac{u _{n + 1}}{u _{n}} \geq 1

→ croissante.

Méthode 3 — Fonction associée

u_{n} = f (n)

f

croissante →

(u_{n})

croissante.

3. Suites bornées

Bornée

Majorée :

\exists M, u_{n} \leq M

. Minorée :

\exists m, u_{n} \geq m

. Bornée = majorée + minorée.

II. Suites arithmétiques et géométriques

1. Suite arithmétique

Arithmétique de raison

r

u_{n + 1} = u_{n} + r

Terme général et somme

u_{n} = u_{0} + n r

k = 0 \sum n u_{k} = (n + 1) \times \frac{u _{0} + u _{n}}{2}

Cas particulier :

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

2. Suite géométrique

Géométrique de raison

q

u_{n + 1} = q \cdot u_{n}

Terme général et somme

u_{n} = u_{0} \times q^{n}

k = 0 \sum n u_{k} = u_{0} \times \frac{1 - q ^{n + 1}}{1 - q} (q \neq = 1)

III. Limite d'une suite

1. Convergence

Convergence

(u_{n})

converge vers

ℓ

u_{n}

aussi proche de

ℓ

que voulu pour

n

assez grand.

Limites de référence

n, n^{2}, n \to + \infty

\frac{1}{n}, \frac{1}{n ^{2}} \to 0

q^{n}

∣ q ∣ < 1 \to 0

q > 1 \to + \infty

2. Opérations et formes indéterminées

Opérations

lim (u_{n} + v_{n}) = ℓ + ℓ^{'}

lim (u_{n} v_{n}) = ℓ ℓ^{'}

lim \frac{u _{n}}{v _{n}} = \frac{ℓ}{ℓ ^{'}}

Formes indéterminées

+ \infty - \infty

0 \times \infty

\frac{\infty}{\infty}

. Méthode : factoriser par le terme dominant.

IV. Théorèmes de convergence

Convergence monotone

Croissante + majorée → converge. Décroissante + minorée → converge.

Gendarmes

v_{n} \leq u_{n} \leq w_{n}

lim v_{n} = lim w_{n} = ℓ

→

lim u_{n} = ℓ

Suites géométriques

∣ q ∣ < 1 \Rightarrow q^{n} \to 0

\sum q^{k} \to \frac{1}{1 - q}

V. Raisonnement par récurrence

1. Introduction et motivation

Pourquoi la récurrence ?

En mathématiques, de nombreuses propriétés font intervenir un entier naturel

n

. Pour démontrer qu'une telle propriété est vraie pour tout entier

n \geq n_{0}

, on ne peut pas vérifier un par un les cas

n = n_{0}, n_{0} + 1, n_{0} + 2, \dots

car il y en a une infinité.

Le raisonnement par récurrence est une méthode de démonstration qui permet de prouver, en deux étapes finies, qu'une propriété est vraie pour tous les entiers à partir d'un certain rang.

Analogie des dominos

Imaginons une file infinie de dominos alignés. Pour faire tomber tous les dominos, il suffit de :

1. Faire tomber le premier domino (initialisation).
2. S'assurer que si un domino tombe, alors le suivant tombe aussi (hérédité).

Ces deux conditions garantissent que tous les dominos tombent.

2. Principe de récurrence

Principe de récurrence

Soit

P (n)

une propriété dépendant d'un entier

n

, et soit

n_{0} \in N

.

Si les deux conditions suivantes sont réunies :

(i) Initialisation :

P (n_{0})

est vraie.

(ii) Hérédité : Pour tout entier

n \geq n_{0}

P (n) ⟹ P (n + 1)

.

Alors

P (n)

est vraie pour tout entier

n \geq n_{0}

Remarques importantes

• L'initialisation se fait au rang

n_{0}

de départ (souvent

n_{0} = 0

n_{0} = 1

).
• Dans l'hérédité, on suppose

P (n)

vraie (c'est l'hypothèse de récurrence) et on démontre

P (n + 1)

.
• Les deux étapes sont indispensables : l'une sans l'autre ne suffit pas.

3. Méthode de rédaction

Rédaction type d'une récurrence

Pour tout

n \geq n_{0}

, on note

P (n)

la propriété : « ... ».

Initialisation : Pour

n = n_{0}

, on calcule le membre de gauche et le membre de droite. On vérifie que

P (n_{0})

est vraie.

Hérédité : Soit

n \geq n_{0}

fixé. On suppose que

P (n)

est vraie (hypothèse de récurrence). Montrons que

P (n + 1)

est vraie.

(Développement du calcul ou du raisonnement...)

Donc

P (n + 1)

est vraie.

Conclusion : Par le principe de récurrence,

P (n)

est vraie pour tout entier

n \geq n_{0}

4. Exemple — Somme des premiers entiers

Somme des premiers entiers

Montrer que pour tout entier

n \geq 1

k = 1 \sum n k = 1 + 2 + \dots + n = \frac{n ( n + 1 )}{2}

Démonstration

Pour tout

n \geq 1

, notons

P (n)

: «

k = 1 \sum n k = \frac{n ( n + 1 )}{2}

».

Initialisation ( $n = 1$ ) :
• Membre de gauche :

k = 1 \sum 1 k = 1

.
• Membre de droite :

\frac{1 \times 2}{2} = 1

.

Les deux membres sont égaux, donc

P (1)

est vraie.

Hérédité : Soit

n \geq 1

fixé. Supposons

P (n)

vraie, c'est-à-dire

k = 1 \sum n k = \frac{n ( n + 1 )}{2}

.

Montrons que

P (n + 1)

est vraie :

k = 1 \sum n + 1 k = (k = 1 \sum n k) + (n + 1) = \frac{n ( n + 1 )}{2} + (n + 1) = \frac{n ( n + 1 ) + 2 ( n + 1 )}{2} = \frac{( n + 1 ) ( n + 2 )}{2}

Donc

P (n + 1)

est vraie.

Conclusion : Par le principe de récurrence, pour tout

n \geq 1

k = 1 \sum n k = \frac{n ( n + 1 )}{2}

■

5. Exemple — Somme des carrés

Somme des carrés

Montrer que pour tout entier

n \geq 1

k = 1 \sum n k^{2} = \frac{n ( n + 1 ) ( 2 n + 1 )}{6}

Démonstration

Notons

P (n)

: «

k = 1 \sum n k^{2} = \frac{n ( n + 1 ) ( 2 n + 1 )}{6}

».

Initialisation ( $n = 1$ ) :

k = 1 \sum 1 k^{2} = 1

\frac{1 \times 2 \times 3}{6} = 1

. Donc

P (1)

est vraie.

Hérédité : Soit

n \geq 1

fixé. Supposons

P (n)

vraie.

k = 1 \sum n + 1 k^{2} = \frac{n ( n + 1 ) ( 2 n + 1 )}{6} + (n + 1)^{2} = \frac{( n + 1 ) [ n ( 2 n + 1 ) + 6 ( n + 1 ) ]}{6} = \frac{( n + 1 ) ( 2 n ^{2} + 7 n + 6 )}{6} = \frac{( n + 1 ) ( n + 2 ) ( 2 n + 3 )}{6}

Donc

P (n + 1)

est vraie.

Conclusion : Par récurrence, la propriété est vraie pour tout

n \geq 1

■

6. Exemple — Somme géométrique

Somme géométrique

Soit

q \neq = 1

un réel. Montrer que pour tout entier

n \geq 0

k = 0 \sum n q^{k} = \frac{1 - q ^{n + 1}}{1 - q}

Démonstration

Notons

P (n)

: «

k = 0 \sum n q^{k} = \frac{1 - q ^{n + 1}}{1 - q}

».

Initialisation ( $n = 0$ ) :

k = 0 \sum 0 q^{k} = 1

\frac{1 - q}{1 - q} = 1

. Donc

P (0)

est vraie.

Hérédité : Soit

n \geq 0

fixé. Supposons

P (n)

vraie.

k = 0 \sum n + 1 q^{k} = \frac{1 - q ^{n + 1}}{1 - q} + q^{n + 1} = \frac{1 - q ^{n + 1} + q ^{n + 1} ( 1 - q )}{1 - q} = \frac{1 - q ^{n + 2}}{1 - q}

Donc

P (n + 1)

est vraie.

Conclusion : Par récurrence, la propriété est vraie pour tout

n \geq 0

■

7. Exemple — Inégalité

Récurrence et inégalité

Montrer que pour tout entier

n \geq 1

2^{n} \geq n + 1

Démonstration

Notons

P (n)

: «

2^{n} \geq n + 1

».

Initialisation ( $n = 1$ ) :

2^{1} = 2 \geq 1 + 1 = 2

. Donc

P (1)

est vraie.

Hérédité : Soit

n \geq 1

fixé. Supposons

2^{n} \geq n + 1

.

Alors :

2^{n + 1} = 2 \times 2^{n} \geq 2 (n + 1) = 2 n + 2 \geq n + 2 = (n + 1) + 1

car

2 n + 2 \geq n + 2

dès que

n \geq 0

.

Donc

P (n + 1)

est vraie.

Conclusion : Par récurrence, pour tout

n \geq 1

2^{n} \geq n + 1

■

8. Exemple — Suite récurrente

Terme général d'une suite récurrente

Soit

(u_{n})

définie par

u_{0} = 3

u_{n + 1} = 2 u_{n} - 1

.

Montrer que pour tout

n \in N

u_{n} = 2^{n + 1} + 1

Démonstration

Notons

P (n)

: «

u_{n} = 2^{n + 1} + 1

».

Initialisation ( $n = 0$ ) :

u_{0} = 3

2^{0 + 1} + 1 = 2 + 1 = 3

. Donc

P (0)

est vraie.

Hérédité : Soit

n \geq 0

fixé. Supposons

u_{n} = 2^{n + 1} + 1

.

Alors :

u_{n + 1} = 2 u_{n} - 1 = 2 (2^{n + 1} + 1) - 1 = 2^{n + 2} + 2 - 1 = 2^{(n + 1) + 1} + 1

Donc

P (n + 1)

est vraie.

Conclusion : Par récurrence, pour tout

n \in N

u_{n} = 2^{n + 1} + 1

■

9. Variantes du raisonnement par récurrence

Récurrence forte (ou complète)

Soit

P (n)

une propriété et

n_{0} \in N

.

Si :

(i)

P (n_{0})

est vraie.

(ii) Pour tout

n \geq n_{0}

(P (n_{0}) et P (n_{0} + 1) et \dots et P (n)) ⟹ P (n + 1)

.

Alors

P (n)

est vraie pour tout

n \geq n_{0}

Utilité de la récurrence forte

La récurrence forte est utile lorsque, pour montrer

P (n + 1)

, on a besoin non seulement de

P (n)

mais aussi de

P (n - 1)

P (n - 2)

, etc.

Exemples typiques : suites récurrentes d'ordre 2 (Fibonacci), décomposition en facteurs premiers.

Récurrence double (à deux pas)

Pour montrer

P (n)

pour tout

n \geq n_{0}

lorsque

P (n + 2)

dépend de

P (n)

(et pas de

P (n + 1)

), on initialise aux rangs

n_{0}

n_{0} + 1

, puis on montre :

Pour tout n \geq n_{0}, P (n) ⟹ P (n + 2)

Récurrence descendante

Si l'on souhaite montrer

P (n)

pour tout

n_{0} \leq n \leq N

, on peut raisonner par récurrence « à rebours » :

(i)

P (N)

est vraie.

(ii) Pour tout

n

tel que

n_{0} < n \leq N

P (n) ⟹ P (n - 1)

.

Alors

P (n)

est vraie pour tout

n_{0} \leq n \leq N

10. Exemple — Suite de Fibonacci (récurrence forte)

Suite de Fibonacci

La suite de Fibonacci est définie par

F_{0} = 0

F_{1} = 1

F_{n + 2} = F_{n + 1} + F_{n}

.

Montrer que pour tout

n \geq 1

F_{n} \leq 2^{n - 1}

Démonstration par récurrence forte

Notons

P (n)

: «

F_{n} \leq 2^{n - 1}

».

Initialisation :
•

n = 1

F_{1} = 1 \leq 2^{0} = 1

. ✓
•

n = 2

F_{2} = 1 \leq 2^{1} = 2

. ✓

Hérédité : Soit

n \geq 2

fixé. Supposons que

P (k)

est vraie pour tout

1 \leq k \leq n

.

En particulier,

F_{n} \leq 2^{n - 1}

F_{n - 1} \leq 2^{n - 2}

.

Alors :

F_{n + 1} = F_{n} + F_{n - 1} \leq 2^{n - 1} + 2^{n - 2} = 2^{n - 2} (2 + 1) = 3 \times 2^{n - 2} \leq 4 \times 2^{n - 2} = 2^{n}

Donc

P (n + 1)

est vraie.

Conclusion : Par récurrence forte, pour tout

n \geq 1

F_{n} \leq 2^{n - 1}

■

11. Erreurs classiques à éviter

Erreurs classiques

1. Oublier l'initialisation. Sans vérification au rang initial, le raisonnement est invalide.

Contre-exemple : Considérons

P (n)

: «

n = n + 1

». Hérédité : si

n = n + 1

, en ajoutant 1,

(n + 1) = (n + 1) + 1

. Mais l'initialisation échoue pour tout

n

!

2. Ne pas utiliser l'hypothèse de récurrence. Si dans l'hérédité on ne se sert jamais de

P (n)

, il y a certainement une erreur (ou la propriété se démontre directement).

3. Confondre l'hypothèse et la conclusion. On suppose

P (n)

et on démontre

P (n + 1)

. Écrire « supposons

P (n + 1)

» est une erreur.

4. Initialiser au mauvais rang. Si la propriété n'est vraie qu'à partir de

n_{0} = 3

et qu'on initialise à

n_{0} = 0

, l'initialisation échoue.

5. Oublier de préciser le rang fixé. Il faut écrire « Soit

n \geq n_{0}

fixé » et non « pour tout

n

» dans le corps de l'hérédité.

12. Compléments — Inégalité de Bernoulli

Inégalité de Bernoulli

Soit

x \geq - 1

. Montrer que pour tout

n \in N

(1 + x)^{n} \geq 1 + n x

Démonstration

Soit

x \geq - 1

fixé. Notons

P (n)

: «

(1 + x)^{n} \geq 1 + n x

».

Initialisation ( $n = 0$ ) :

(1 + x)^{0} = 1

1 + 0 \cdot x = 1

, donc

1 \geq 1

P (0)

est vraie.

Hérédité : Soit

n \geq 0

fixé. Supposons

(1 + x)^{n} \geq 1 + n x

.

Comme

x \geq - 1

, on a

1 + x \geq 0

, donc :

(1 + x)^{n + 1} = (1 + x)^{n} \cdot (1 + x) \geq (1 + n x) (1 + x) = 1 + (n + 1) x + n x^{2} \geq 1 + (n + 1) x

car

n x^{2} \geq 0

.

Donc

P (n + 1)

est vraie.

Conclusion : Par récurrence, pour tout

n \in N

(1 + x)^{n} \geq 1 + n x

■

13. Compléments — Divisibilité

Divisibilité

Montrer que pour tout

n \in N

3

divise

4^{n} - 1

Démonstration

Notons

P (n)

: «

3 ∣ 4^{n} - 1

».

Initialisation ( $n = 0$ ) :

4^{0} - 1 = 0 = 3 \times 0

. Donc

3 ∣ 0

, et

P (0)

est vraie.

Hérédité : Soit

n \geq 0

fixé. Supposons que

3 ∣ 4^{n} - 1

, c'est-à-dire qu'il existe

k \in Z

tel que

4^{n} - 1 = 3 k

.

Alors :

4^{n + 1} - 1 = 4 \times 4^{n} - 1 = 4 (4^{n} - 1) + 4 - 1 = 4 \times 3 k + 3 = 3 (4 k + 1)

Donc

3 ∣ 4^{n + 1} - 1

, et

P (n + 1)

est vraie.

Conclusion : Par récurrence, pour tout

n \in N

3 ∣ 4^{n} - 1

■

VI. Méthodes

Suite arithmético-géométrique

u_{n + 1} = a u_{n} + b

(

a \neq = 1

). Point fixe

ℓ = \frac{b}{1 - a}

. Poser

v_{n} = u_{n} - ℓ

→ géométrique de raison

a

Étude de

u_{n + 1} = f (u_{n})

Points fixes → récurrence

u_{n} \in I

→ monotonie → convergence monotone → identifier

ℓ

46 exercices disponibles

Exercice 1

Facile

Soit

(u_n)

définie par

u_n = 3n+5

Montrer que

(u_n)

est arithmétique. Raison et premier terme ?

Calculons

u_{n+1} - u_n

pour tout

n \in \mathbb{N}

u_{n+1} - u_n = 3(n+1) + 5 - (3n + 5) = 3n + 3 + 5 - 3n - 5 = 3

La différence

u_{n+1} - u_n = 3

est constante, donc

(u_n)

est une suite arithmétique de raison $r = 3$ .

Le premier terme est

u_0 = 3 \times 0 + 5 = 5

Calculer

u_{10}

u_{50}

On utilise la formule du terme général d'une suite arithmétique :

u_n = u_0 + nr

u_{10} = u_0 + 10r = 5 + 10 \times 3 = 5 + 30 = 35

u_{50} = u_0 + 50r = 5 + 50 \times 3 = 5 + 150 = 155

Calculer

S = u_0+\cdots+u_{20}

On utilise la formule de la somme des termes d'une suite arithmétique :

S = \dfrac{\text{nombre de termes} \times (\text{premier terme} + \text{dernier terme})}{2}

Nombre de termes : de

u_0

u_{20}

, il y a

20 - 0 + 1 = 21

termes.

Dernier terme :

u_{20} = 5 + 20 \times 3 = 65

.

Donc :

S = \dfrac{21 \times (5 + 65)}{2} = \dfrac{21 \times 70}{2} = \dfrac{1470}{2} = 735

Exercice 2

Facile

Soit

(v_n)

définie par

v_0=4

v_{n+1}=\dfrac{3}{2}v_n

Montrer que

(v_n)

est géométrique.

Pour tout

n \in \mathbb{N}

, calculons le quotient

\dfrac{v_{n+1}}{v_n}

\dfrac{v_{n+1}}{v_n} = \dfrac{\frac{3}{2}v_n}{v_n} = \dfrac{3}{2}

Le quotient

\dfrac{v_{n+1}}{v_n} = \dfrac{3}{2}

est constant, donc

(v_n)

est une suite géométrique de raison $q = \dfrac{3}{2}$ et de premier terme

v_0 = 4

Exprimer

v_n

et calculer

v_5

On utilise la formule du terme général d'une suite géométrique :

v_n = v_0 \times q^n

v_n = 4 \times \left(\dfrac{3}{2}\right)^n

Pour

n = 5

v_5 = 4 \times \left(\dfrac{3}{2}\right)^5 = 4 \times \dfrac{3^5}{2^5} = 4 \times \dfrac{243}{32} = \dfrac{4 \times 243}{32} = \dfrac{972}{32} = \dfrac{243}{8} = 30{,}375

Calculer

T = v_0+\cdots+v_9

On utilise la formule de la somme des termes d'une suite géométrique :

T = \sum_{k=0}^{9} v_k = v_0 \times \dfrac{1 - q^{10}}{1 - q}

Avec

v_0 = 4

q = \dfrac{3}{2}

T = 4 \times \dfrac{1 - \left(\frac{3}{2}\right)^{10}}{1 - \frac{3}{2}} = 4 \times \dfrac{1 - \frac{3^{10}}{2^{10}}}{-\frac{1}{2}} = 4 \times (-2) \times \left(1 - \dfrac{59049}{1024}\right)

T = -8 \times \left(\dfrac{1024 - 59049}{1024}\right) = -8 \times \dfrac{-58025}{1024} = \dfrac{8 \times 58025}{1024} = \dfrac{58025}{128} \approx 453{,}3

Exercice 3

Facile

Soit

u_n = n^2-6n+10

Calculer

u_{n+1}-u_n

et en déduire les variations.

Calculons

u_{n+1} - u_n

u_{n+1} = (n+1)^2 - 6(n+1) + 10 = n^2 + 2n + 1 - 6n - 6 + 10 = n^2 - 4n + 5

Donc :

u_{n+1} - u_n = (n^2 - 4n + 5) - (n^2 - 6n + 10) = 2n - 5

Étudions le signe de

2n - 5

:
- Si

2n - 5 < 0

, c'est-à-dire

n < 2{,}5

, donc $n \leq 2$ :

u_{n+1} - u_n < 0

, la suite est décroissante.
- Si

2n - 5 > 0

, c'est-à-dire

n > 2{,}5

, donc $n \geq 3$ :

u_{n+1} - u_n > 0

, la suite est croissante.

La suite est décroissante de

u_0

u_2

, puis croissante à partir de

u_3

Minimum de

(u_n)

D'après l'étude des variations, la suite décroît jusqu'à

n = 2

puis croît à partir de

n = 3

.

Comparons

u_2

u_3

u_2 = 4 - 12 + 10 = 2

u_3 = 9 - 18 + 10 = 1

Comme

u_2 > u_3

et la suite est croissante à partir de

n = 3

, le minimum de

(u_n)

est

u_3 = 1

, atteint en

n = 3

Exercice 4

Facile

Montrer par récurrence que

\displaystyle\sum_{k=0}^{n}2^k = 2^{n+1}-1

Correction détaillée

Pour tout

n \geq 0

, notons

\mathcal{P}(n)

la propriété : «

\displaystyle\sum_{k=0}^{n} 2^k = 2^{n+1} - 1

».

Initialisation ( $n = 0$ ) :
- Membre de gauche :

\displaystyle\sum_{k=0}^{0} 2^k = 2^0 = 1

.
- Membre de droite :

2^{0+1} - 1 = 2 - 1 = 1

.

Les deux membres sont égaux, donc

\mathcal{P}(0)

est vraie.

Hérédité : Soit

n \geq 0

fixé. Supposons

\mathcal{P}(n)

vraie, c'est-à-dire

\displaystyle\sum_{k=0}^{n} 2^k = 2^{n+1} - 1

.

Montrons

\mathcal{P}(n+1)

, c'est-à-dire

\displaystyle\sum_{k=0}^{n+1} 2^k = 2^{n+2} - 1

\sum_{k=0}^{n+1} 2^k = \left(\sum_{k=0}^{n} 2^k\right) + 2^{n+1} = (2^{n+1} - 1) + 2^{n+1} = 2 \times 2^{n+1} - 1 = 2^{n+2} - 1

Donc

\mathcal{P}(n+1)

est vraie.

Conclusion : Par le principe de récurrence, pour tout

n \geq 0

\displaystyle\sum_{k=0}^{n} 2^k = 2^{n+1} - 1

Exercice 5

Facile

Calculer les sommes.

S_1 = 1+2+3+\cdots+100

On reconnaît la somme des 100 premiers entiers naturels non nuls :

S_1 = \sum_{k=1}^{100} k = \dfrac{100 \times (100 + 1)}{2} = \dfrac{100 \times 101}{2} = \dfrac{10100}{2} = 5050

S_2 = 3+7+11+\cdots+99

On identifie une suite arithmétique de premier terme

u_0 = 3

et de raison

r = 4

(car

7 - 3 = 4

).

Le terme général est

u_k = 3 + 4k

.

Trouvons le nombre de termes :

u_k = 99 \Leftrightarrow 3 + 4k = 99 \Leftrightarrow k = 24

.

Donc il y a

24 - 0 + 1 = 25

termes (de

k = 0

k = 24

S_2 = \dfrac{25 \times (3 + 99)}{2} = \dfrac{25 \times 102}{2} = \dfrac{2550}{2} = 1275

S_3 = \sum_{k=5}^{30}(2k-1)

Comptons le nombre de termes : de

k = 5

k = 30

, il y a

30 - 5 + 1 = 26

termes.

Le premier terme (pour

k = 5

) :

2 \times 5 - 1 = 9

.

Le dernier terme (pour

k = 30

) :

2 \times 30 - 1 = 59

.

C'est une suite arithmétique de raison

r = 2

. On applique la formule :

S_3 = \dfrac{26 \times (9 + 59)}{2} = \dfrac{26 \times 68}{2} = 13 \times 68 = 884

Exercice 6

Facile

Calculer les sommes géométriques.

T_1 = 1+3+9+\cdots+3^8

On reconnaît une somme géométrique de premier terme

1

, de raison

q = 3

et de

9

termes (de

3^0

3^8

) :

T_1 = \sum_{k=0}^{8} 3^k = \dfrac{1 - 3^9}{1 - 3} = \dfrac{1 - 19683}{-2} = \dfrac{-19682}{-2} = 9841

T_2 = \sum_{k=0}^{n}(1/2)^k

C'est une somme géométrique de premier terme

1

et de raison

q = \dfrac{1}{2}

T_2 = \sum_{k=0}^{n} \left(\dfrac{1}{2}\right)^k = \dfrac{1 - \left(\frac{1}{2}\right)^{n+1}}{1 - \frac{1}{2}} = \dfrac{1 - \frac{1}{2^{n+1}}}{\frac{1}{2}} = 2 \times \left(1 - \dfrac{1}{2^{n+1}}\right) = 2 - \dfrac{1}{2^n}

T_3 = \sum_{k=2}^{7}5 \times 2^k

On factorise la constante

5

T_3 = 5 \sum_{k=2}^{7} 2^k = 5 \left(\sum_{k=0}^{7} 2^k - \sum_{k=0}^{1} 2^k\right) = 5 \left(\dfrac{1 - 2^8}{1 - 2} - (1 + 2)\right)

= 5 \left(\dfrac{-255}{-1} - 3\right) = 5 \times (255 - 3) = 5 \times 252 = 1260

Vérification :

5(4 + 8 + 16 + 32 + 64 + 128) = 5 \times 252 = 1260

✓

Exercice 7

Facile

u_0=2

u_{n+1}=3u_n-4

Calculer

u_1, u_2, u_3

On applique la relation de récurrence :

u_1 = 3u_0 - 4 = 3 \times 2 - 4 = 6 - 4 = 2

u_2 = 3u_1 - 4 = 3 \times 2 - 4 = 6 - 4 = 2

u_3 = 3u_2 - 4 = 3 \times 2 - 4 = 6 - 4 = 2

On remarque que tous les termes calculés valent

2

Conjecturer

u_n

et démontrer par récurrence.

Conjecture :

u_n = 2

pour tout

n \in \mathbb{N}

.

Notons

\mathcal{P}(n)

: «

u_n = 2

».

Initialisation ( $n = 0$ ) :

u_0 = 2

par définition. Donc

\mathcal{P}(0)

est vraie.

Hérédité : Soit

n \geq 0

fixé. Supposons

\mathcal{P}(n)

vraie, c'est-à-dire

u_n = 2

.

Alors :

u_{n+1} = 3u_n - 4 = 3 \times 2 - 4 = 6 - 4 = 2

Donc

\mathcal{P}(n+1)

est vraie.

Conclusion : Par le principe de récurrence,

u_n = 2

pour tout

n \in \mathbb{N}

.

Remarque :

2

est le point fixe de

f(x) = 3x - 4

, car

f(2) = 2

. Comme

u_0 = 2

est déjà le point fixe, la suite reste constante.

Exercice 8

Facile

Déterminer les limites.

u_n = \dfrac{3n^2-2n+1}{n^2+5}

C'est une forme indéterminée

\dfrac{\infty}{\infty}

. On factorise numérateur et dénominateur par le terme dominant

n^2

u_n = \dfrac{n^2\left(3 - \frac{2}{n} + \frac{1}{n^2}\right)}{n^2\left(1 + \frac{5}{n^2}\right)} = \dfrac{3 - \frac{2}{n} + \frac{1}{n^2}}{1 + \frac{5}{n^2}}

Quand

n \to +\infty

\dfrac{2}{n} \to 0

\dfrac{1}{n^2} \to 0

\dfrac{5}{n^2} \to 0

.

Donc :

\lim_{n \to +\infty} u_n = \dfrac{3 - 0 + 0}{1 + 0} = 3

v_n = \dfrac{n+1}{n^2}

On sépare la fraction :

v_n = \dfrac{n+1}{n^2} = \dfrac{n}{n^2} + \dfrac{1}{n^2} = \dfrac{1}{n} + \dfrac{1}{n^2}

Quand

n \to +\infty

\dfrac{1}{n} \to 0

\dfrac{1}{n^2} \to 0

.

Donc par somme de limites :

\lim_{n \to +\infty} v_n = 0 + 0 = 0

w_n = (-1)^n/n

On utilise le théorème des gendarmes.

Pour tout

n \geq 1

, on a

|(-1)^n| = 1

, donc :

-\dfrac{1}{n} \leq \dfrac{(-1)^n}{n} \leq \dfrac{1}{n}

\displaystyle\lim_{n \to +\infty} \left(-\dfrac{1}{n}\right) = 0

\displaystyle\lim_{n \to +\infty} \dfrac{1}{n} = 0

.

Par le théorème des gendarmes :

\lim_{n \to +\infty} w_n = 0

Exercice 9

Facile

Soit

u_n = \dfrac{(-1)^n}{n+1}

Montrer que

(u_n)

est bornée.

Pour tout

n \in \mathbb{N}

|u_n| = \left|\dfrac{(-1)^n}{n+1}\right| = \dfrac{|(-1)^n|}{|n+1|} = \dfrac{1}{n+1}

n + 1 \geq 1

pour tout

n \in \mathbb{N}

, donc

\dfrac{1}{n+1} \leq 1

.

Ainsi

|u_n| \leq 1

, ce qui signifie

-1 \leq u_n \leq 1

pour tout

n

.

La suite est majorée par

1

et minorée par

-1

, donc elle est bornée.

(u_n)

est-elle monotone ?

Calculons les premiers termes :

u_0 = \dfrac{(-1)^0}{0+1} = \dfrac{1}{1} = 1

u_1 = \dfrac{(-1)^1}{1+1} = \dfrac{-1}{2} = -0{,}5

u_2 = \dfrac{(-1)^2}{2+1} = \dfrac{1}{3} \approx 0{,}33

u_3 = \dfrac{(-1)^3}{3+1} = \dfrac{-1}{4} = -0{,}25

On observe que

u_0 > u_1

(décroissance) puis

u_1 < u_2

(croissance).

La suite change de sens de variation : elle n'est ni croissante, ni décroissante.

Donc

(u_n)

n'est pas monotone (elle oscille à cause du facteur

(-1)^n

Convergence ?

On utilise le théorème des gendarmes.

Pour tout

n \in \mathbb{N}

-\dfrac{1}{n+1} \leq \dfrac{(-1)^n}{n+1} \leq \dfrac{1}{n+1}

\displaystyle\lim_{n \to +\infty} \dfrac{1}{n+1} = 0

\displaystyle\lim_{n \to +\infty} \left(-\dfrac{1}{n+1}\right) = 0

.

Par le théorème des gendarmes :

\lim_{n \to +\infty} u_n = 0

La suite

(u_n)

converge vers $0$ .

Remarque : une suite peut converger sans être monotone.

Exercice 10

Facile

Soit

u_n = 5 \times 3^n-2

Calculer

u_0, u_1, u_2

On remplace

n

par

0

1

2

dans l'expression

u_n = 5 \times 3^n - 2

u_0 = 5 \times 3^0 - 2 = 5 \times 1 - 2 = 5 - 2 = 3

u_1 = 5 \times 3^1 - 2 = 5 \times 3 - 2 = 15 - 2 = 13

u_2 = 5 \times 3^2 - 2 = 5 \times 9 - 2 = 45 - 2 = 43

Ni arithmétique ni géométrique ?

Test arithmétique : On calcule les différences consécutives :

u_1 - u_0 = 13 - 3 = 10

u_2 - u_1 = 43 - 13 = 30

Comme

u_1 - u_0 = 10 \neq 30 = u_2 - u_1

, la différence n'est pas constante. Donc

(u_n)

n'est pas arithmétique.

Test géométrique : On calcule les quotients consécutifs :

\dfrac{u_1}{u_0} = \dfrac{13}{3} \approx 4{,}33

\dfrac{u_2}{u_1} = \dfrac{43}{13} \approx 3{,}31

Comme

\dfrac{u_1}{u_0} \neq \dfrac{u_2}{u_1}

, le quotient n'est pas constant. Donc

(u_n)

n'est pas géométrique.

v_n=u_n+2

est géométrique.

Posons

v_n = u_n + 2

. Calculons

v_n

v_n = u_n + 2 = (5 \times 3^n - 2) + 2 = 5 \times 3^n

Vérifions que

(v_n)

est géométrique en calculant le quotient :

\dfrac{v_{n+1}}{v_n} = \dfrac{5 \times 3^{n+1}}{5 \times 3^n} = \dfrac{3^{n+1}}{3^n} = 3

Le quotient est constant égal à

3

.

Donc

(v_n)

est une suite géométrique de raison $q = 3$ et de premier terme

v_0 = 5 \times 3^0 = 5

.

Remarque : la suite

(u_n)

n'est ni arithmétique ni géométrique, mais un simple changement de variable (

v_n = u_n + 2

) permet de se ramener à une suite géométrique.

Exercice 11

Intermédiaire

u_0=5

u_{n+1}=\dfrac{1}{2}u_n+3

Calculer

u_1, u_2, u_3

On applique la relation de récurrence

u_{n+1} = \dfrac{1}{2}u_n + 3

u_1 = \dfrac{1}{2} \times 5 + 3 = \dfrac{5}{2} + 3 = \dfrac{5}{2} + \dfrac{6}{2} = \dfrac{11}{2} = 5{,}5

u_2 = \dfrac{1}{2} \times \dfrac{11}{2} + 3 = \dfrac{11}{4} + 3 = \dfrac{11}{4} + \dfrac{12}{4} = \dfrac{23}{4} = 5{,}75

u_3 = \dfrac{1}{2} \times \dfrac{23}{4} + 3 = \dfrac{23}{8} + 3 = \dfrac{23}{8} + \dfrac{24}{8} = \dfrac{47}{8} = 5{,}875

On observe que la suite semble croissante et se rapprocher de

6

Déterminer le point fixe

\ell

de la fonction

f(x) = \dfrac{1}{2}x + 3

Le point fixe de la fonction

f(x) = \dfrac{1}{2}x + 3

est la valeur

\ell

telle que

f(\ell) = \ell

, c'est-à-dire :

\ell = \dfrac{1}{2}\ell + 3

Résolvons :

\ell - \dfrac{1}{2}\ell = 3 \quad \Longrightarrow \quad \dfrac{1}{2}\ell = 3 \quad \Longrightarrow \quad \ell = 6

Le point fixe est

\ell = 6

.

Interprétation : si la suite converge, sa limite ne peut être que

6

On pose

v_n = u_n - 6

. Montrer que

(v_n)

est géométrique et préciser sa raison et son premier terme.

Posons

v_n = u_n - 6

. Calculons

v_{n+1}

v_{n+1} = u_{n+1} - 6 = \left(\dfrac{1}{2}u_n + 3\right) - 6 = \dfrac{1}{2}u_n - 3

v_n = u_n - 6

, donc

u_n = v_n + 6

. Substituons :

v_{n+1} = \dfrac{1}{2}(v_n + 6) - 3 = \dfrac{1}{2}v_n + 3 - 3 = \dfrac{1}{2}v_n

Donc

v_{n+1} = \dfrac{1}{2}v_n

(v_n)

est une suite géométrique de raison $q = \dfrac{1}{2}$ .

Premier terme :

v_0 = u_0 - 6 = 5 - 6 = -1

.

Donc

v_n = v_0 \times q^n = -1 \times \left(\dfrac{1}{2}\right)^n = -\dfrac{1}{2^n}

En déduire l'expression de

u_n

en fonction de

n

, puis déterminer la limite de

(u_n)

Comme

v_n = u_n - 6

, on a

u_n = v_n + 6

.

Or

v_n = -\dfrac{1}{2^n}

, donc :

u_n = 6 - \dfrac{1}{2^n}

Vérification :

u_0 = 6 - 1 = 5

✓,

u_1 = 6 - \dfrac{1}{2} = 5{,}5

✓.

Limite : Comme

|q| = \dfrac{1}{2} < 1

, on a

\left(\dfrac{1}{2}\right)^n \to 0

quand

n \to +\infty

.

Donc :

\lim_{n \to +\infty} u_n = 6 - 0 = 6

La suite

(u_n)

converge vers $6$ (le point fixe), en y tendant par valeurs inférieures.

Exercice 12

Intermédiaire

Montrer par récurrence que

2^n \geq n+1

pour

n \geq 1

Correction détaillée

Pour tout

n \geq 1

, notons

\mathcal{P}(n)

: «

2^n \geq n + 1

».

Initialisation ( $n = 1$ ) :
- Membre de gauche :

2^1 = 2

.
- Membre de droite :

1 + 1 = 2

.

On a bien

2 \geq 2

, donc

\mathcal{P}(1)

est vraie.

Hérédité : Soit

n \geq 1

fixé. Supposons

\mathcal{P}(n)

vraie, c'est-à-dire

2^n \geq n + 1

.

Montrons que

2^{n+1} \geq (n+1) + 1 = n + 2

2^{n+1} = 2 \times 2^n \geq 2(n + 1) = 2n + 2

2n + 2 \geq n + 2

car

n \geq 0

(soit

n \geq 1

en particulier).

Donc

2^{n+1} \geq n + 2

, et

\mathcal{P}(n+1)

est vraie.

Conclusion : Par le principe de récurrence, pour tout

n \geq 1

2^n \geq n + 1

Exercice 13

Intermédiaire

Lever les formes indéterminées.

Déterminer la limite de

u_n = \sqrt{n^2+n} - n

On a une forme indéterminée «

+\infty - \infty

». On utilise l'expression conjuguée : on multiplie et divise par

\sqrt{n^2 + n} + n

u_n = \dfrac{(\sqrt{n^2+n} - n)(\sqrt{n^2+n} + n)}{\sqrt{n^2+n} + n} = \dfrac{(n^2 + n) - n^2}{\sqrt{n^2+n} + n} = \dfrac{n}{\sqrt{n^2+n} + n}

On factorise par

n

au numérateur et au dénominateur (avec

n > 0

) :

u_n = \dfrac{n}{n\left(\sqrt{1 + \frac{1}{n}} + 1\right)} = \dfrac{1}{\sqrt{1 + \frac{1}{n}} + 1}

Quand

n \to +\infty

\dfrac{1}{n} \to 0

, donc

\sqrt{1 + \frac{1}{n}} \to 1

\lim_{n \to +\infty} u_n = \dfrac{1}{1 + 1} = \dfrac{1}{2}

Déterminer la limite de

v_n = \dfrac{3^n - 2^n}{3^n + 2^n}

On a une forme indéterminée «

\dfrac{\infty}{\infty}

». On factorise numérateur et dénominateur par le terme dominant

3^n

v_n = \dfrac{3^n\left(1 - \frac{2^n}{3^n}\right)}{3^n\left(1 + \frac{2^n}{3^n}\right)} = \dfrac{1 - \left(\frac{2}{3}\right)^n}{1 + \left(\frac{2}{3}\right)^n}

\left|\dfrac{2}{3}\right| < 1

, donc

\left(\dfrac{2}{3}\right)^n \to 0

quand

n \to +\infty

\lim_{n \to +\infty} v_n = \dfrac{1 - 0}{1 + 0} = 1

Déterminer la limite de

w_n = n\left(\sqrt{1+\dfrac{1}{n}}-1\right)

On a une forme indéterminée «

+\infty \times 0

». On utilise l'expression conjuguée : on multiplie et divise par

\sqrt{1 + \frac{1}{n}} + 1

w_n = n \times \dfrac{\left(\sqrt{1+\frac{1}{n}} - 1\right)\left(\sqrt{1+\frac{1}{n}} + 1\right)}{\sqrt{1+\frac{1}{n}} + 1} = n \times \dfrac{\left(1 + \frac{1}{n}\right) - 1}{\sqrt{1+\frac{1}{n}} + 1}

= n \times \dfrac{\frac{1}{n}}{\sqrt{1+\frac{1}{n}} + 1} = \dfrac{1}{\sqrt{1+\frac{1}{n}} + 1}

Quand

n \to +\infty

\dfrac{1}{n} \to 0

, donc

\sqrt{1 + \frac{1}{n}} \to 1

\lim_{n \to +\infty} w_n = \dfrac{1}{1 + 1} = \dfrac{1}{2}

Exercice 14

Intermédiaire

u_0=0

u_{n+1}=\sqrt{2+u_n}

Montrer par récurrence que pour tout

n \in \mathbb{N}

0 \leq u_n \leq 2

Notons

\mathcal{P}(n)

: «

0 \leq u_n \leq 2

».

Initialisation ( $n = 0$ ) :

u_0 = 0

, et on a bien

0 \leq 0 \leq 2

. Donc

\mathcal{P}(0)

est vraie.

Hérédité : Soit

n \geq 0

fixé. Supposons

0 \leq u_n \leq 2

.

- Minoration :

u_n \geq 0

, donc

2 + u_n \geq 2 > 0

, d'où

u_{n+1} = \sqrt{2 + u_n} \geq \sqrt{2} > 0

.

- Majoration :

u_n \leq 2

, donc

2 + u_n \leq 4

, d'où

u_{n+1} = \sqrt{2 + u_n} \leq \sqrt{4} = 2

.

Donc

0 \leq u_{n+1} \leq 2

, et

\mathcal{P}(n+1)

est vraie.

Conclusion : Par récurrence, pour tout

n \in \mathbb{N}

0 \leq u_n \leq 2

Montrer que la suite

(u_n)

est croissante.

Montrons que

u_{n+1} \geq u_n

pour tout

n

, c'est-à-dire

\sqrt{2 + u_n} \geq u_n

.

Comme

u_n \geq 0

\sqrt{2 + u_n} \geq 0

, on peut élever au carré :

\sqrt{2 + u_n} \geq u_n \iff 2 + u_n \geq u_n^2 \iff u_n^2 - u_n - 2 \leq 0

Factorisons :

u_n^2 - u_n - 2 = (u_n - 2)(u_n + 1)

.

Or on a montré que

0 \leq u_n \leq 2

, donc :
-

u_n - 2 \leq 0

u_n + 1 \geq 1 > 0

Donc

(u_n - 2)(u_n + 1) \leq 0

, ce qui prouve

u_{n+1} \geq u_n

.

La suite

(u_n)

est croissante.

En déduire que

(u_n)

converge, puis déterminer sa limite.

(u_n)

est croissante et majorée par

2

. D'après le théorème de convergence monotone,

(u_n)

converge vers une limite

\ell

.

Passage à la limite dans la relation

u_{n+1} = \sqrt{2 + u_n}

\ell = \sqrt{2 + \ell}

Élevons au carré (

\ell \geq 0

) :

\ell^2 = 2 + \ell \iff \ell^2 - \ell - 2 = 0

Discriminant :

\Delta = 1 + 8 = 9

\ell = \dfrac{1 \pm 3}{2}

Donc

\ell = 2

\ell = -1

.

Comme

u_n \geq 0

pour tout

n

, on a

\ell \geq 0

. On exclut

\ell = -1

\boxed{\lim_{n \to +\infty} u_n = 2}

Exercice 15

Intermédiaire

u_n = \dfrac{\cos(n)}{n^2}

pour

n \geq 1

Encadrer

u_n

à l'aide d'une inégalité faisant intervenir

n

Pour tout

n \geq 1

, on sait que

-1 \leq \cos(n) \leq 1

.

En divisant par

n^2 > 0

(l'inégalité ne change pas de sens) :

\dfrac{-1}{n^2} \leq \dfrac{\cos(n)}{n^2} \leq \dfrac{1}{n^2}

Soit :

-\dfrac{1}{n^2} \leq u_n \leq \dfrac{1}{n^2}

En déduire la limite de

(u_n)

à l'aide du théorème des gendarmes.

On a l'encadrement

-\dfrac{1}{n^2} \leq u_n \leq \dfrac{1}{n^2}

pour tout

n \geq 1

.

Or :

\lim_{n \to +\infty} \dfrac{1}{n^2} = 0 \quad \text{et} \quad \lim_{n \to +\infty} \left(-\dfrac{1}{n^2}\right) = 0

Par le théorème des gendarmes :

\lim_{n \to +\infty} u_n = 0

Exercice 16

Intermédiaire

S_n = \displaystyle\sum_{k=1}^{n} \dfrac{1}{k(k+1)}

Décomposer

\dfrac{1}{k(k+1)}

en éléments simples.

On cherche

a

b

tels que :

\dfrac{1}{k(k+1)} = \dfrac{a}{k} + \dfrac{b}{k+1}

En multipliant par

k(k+1)

1 = a(k+1) + bk

- Pour

k = 0

1 = a \times 1

, donc

a = 1

.
- Pour

k = -1

1 = b \times (-1)

, donc

b = -1

.

Ainsi :

\dfrac{1}{k(k+1)} = \dfrac{1}{k} - \dfrac{1}{k+1}

Calculer

S_n

On remplace dans la somme :

S_n = \sum_{k=1}^{n} \left(\dfrac{1}{k} - \dfrac{1}{k+1}\right)

C'est une somme télescopique : les termes s'annulent deux à deux.

Développons :

S_n = \left(\dfrac{1}{1} - \dfrac{1}{2}\right) + \left(\dfrac{1}{2} - \dfrac{1}{3}\right) + \left(\dfrac{1}{3} - \dfrac{1}{4}\right) + \cdots + \left(\dfrac{1}{n} - \dfrac{1}{n+1}\right)

Après simplification, il ne reste que le premier et le dernier terme :

S_n = 1 - \dfrac{1}{n+1} = \dfrac{n+1-1}{n+1} = \dfrac{n}{n+1}

Déterminer la limite de

S_n

quand

n \to +\infty

\lim_{n \to +\infty} S_n = \lim_{n \to +\infty} \dfrac{n}{n+1}

On factorise par

n

\dfrac{n}{n+1} = \dfrac{1}{1 + \frac{1}{n}}

\dfrac{1}{n} \to 0

, donc :

\lim_{n \to +\infty} S_n = \dfrac{1}{1 + 0} = 1

Exercice 17

Intermédiaire

u_n = \dfrac{n!}{n^n}

pour

n \geq 1

Calculer

u_1, u_2, u_3, u_4

u_1 = \dfrac{1!}{1^1} = \dfrac{1}{1} = 1

u_2 = \dfrac{2!}{2^2} = \dfrac{2}{4} = \dfrac{1}{2}

u_3 = \dfrac{3!}{3^3} = \dfrac{6}{27} = \dfrac{2}{9}

u_4 = \dfrac{4!}{4^4} = \dfrac{24}{256} = \dfrac{3}{32}

Montrer que pour tout

n \geq 1

0 < u_n \leq \dfrac{1}{n}

Écrivons

u_n

comme un produit :

u_n = \dfrac{n!}{n^n} = \dfrac{1 \times 2 \times 3 \times \cdots \times n}{n \times n \times n \times \cdots \times n} = \dfrac{1}{n} \times \dfrac{2}{n} \times \dfrac{3}{n} \times \cdots \times \dfrac{n}{n}

- Chaque facteur

\dfrac{k}{n}

vérifie

0 < \dfrac{k}{n} \leq 1

pour

1 \leq k \leq n

.
- Donc le produit est strictement positif :

u_n > 0

.

- Le premier facteur vaut

\dfrac{1}{n}

et tous les autres facteurs sont

\leq 1

, donc :

u_n = \dfrac{1}{n} \times \underbrace{\dfrac{2}{n} \times \dfrac{3}{n} \times \cdots \times \dfrac{n}{n}}_{\leq 1} \leq \dfrac{1}{n}

D'où

0 < u_n \leq \dfrac{1}{n}

En déduire la limite de

(u_n)

On a l'encadrement

0 < u_n \leq \dfrac{1}{n}

pour tout

n \geq 1

.

Or

\displaystyle\lim_{n \to +\infty} 0 = 0

\displaystyle\lim_{n \to +\infty} \dfrac{1}{n} = 0

.

Par le théorème des gendarmes :

\lim_{n \to +\infty} u_n = 0

Exercice 18

Intermédiaire

u_n = \dfrac{3 \times 2^n+5}{2^n+1}

Déterminer la limite de

(u_n)

quand

n \to +\infty

On a une forme indéterminée «

\dfrac{\infty}{\infty}

». On factorise numérateur et dénominateur par le terme dominant

2^n

u_n = \dfrac{2^n\left(3 + \frac{5}{2^n}\right)}{2^n\left(1 + \frac{1}{2^n}\right)} = \dfrac{3 + \frac{5}{2^n}}{1 + \frac{1}{2^n}}

Quand

n \to +\infty

\dfrac{5}{2^n} \to 0

\dfrac{1}{2^n} \to 0

(car

2 > 1

\lim_{n \to +\infty} u_n = \dfrac{3 + 0}{1 + 0} = 3

On pose

v_n = u_n - 3

. Montrer que

v_n = \dfrac{2}{2^n+1}

, puis étudier le signe et la monotonie de

(v_n)

Calculons

v_n = u_n - 3

v_n = \dfrac{3 \times 2^n + 5}{2^n + 1} - 3 = \dfrac{3 \times 2^n + 5 - 3(2^n + 1)}{2^n + 1} = \dfrac{3 \times 2^n + 5 - 3 \times 2^n - 3}{2^n + 1} = \dfrac{2}{2^n + 1}

Signe :

2 > 0

2^n + 1 > 0

, donc

v_n > 0

pour tout

n

.

Monotonie : Montrons que

(v_n)

est strictement décroissante :

\dfrac{v_{n+1}}{v_n} = \dfrac{\frac{2}{2^{n+1}+1}}{\frac{2}{2^n+1}} = \dfrac{2^n + 1}{2^{n+1} + 1} = \dfrac{2^n + 1}{2 \times 2^n + 1}

2^n + 1 < 2 \times 2^n + 1

(car

2^n > 0

), donc

\dfrac{v_{n+1}}{v_n} < 1

.

Comme

v_n > 0

, on a

v_{n+1} < v_n

(v_n)

est strictement décroissante.

En déduire un encadrement de

u_n

valable pour tout

n \in \mathbb{N}

On a

v_n = u_n - 3 = \dfrac{2}{2^n + 1}

.

Minoration :

v_n > 0

pour tout

n

, donc

u_n > 3

.

Majoration :

v_n

est décroissante, donc

v_n \leq v_0 = \dfrac{2}{2^0 + 1} = \dfrac{2}{2} = 1

.

Donc

u_n - 3 \leq 1

, soit

u_n \leq 4

\boxed{3 < u_n \leq 4 \quad \text{pour tout } n \in \mathbb{N}}

Exercice 19

Intermédiaire

Calculer

S_n = \displaystyle\sum_{k=1}^{n}k \times 2^k

en dérivant

\displaystyle\sum x^k

Correction détaillée

Étape 1 — Point de départ. On part de la formule de la somme géométrique :

\sum_{k=0}^{n} x^k = \dfrac{1 - x^{n+1}}{1 - x} \quad (x \neq 1)

Étape 2 — Dérivation. On dérive les deux membres par rapport à

x

\sum_{k=1}^{n} k \, x^{k-1} = \dfrac{-(n+1)x^n(1-x) + (1-x^{n+1})}{(1-x)^2}

= \dfrac{1 - (n+1)x^n + n \, x^{n+1}}{(1-x)^2}

Étape 3 — Multiplication par $x$ . On multiplie par

x

pour obtenir

\sum k \, x^k

\sum_{k=1}^{n} k \, x^k = \dfrac{x\bigl(1 - (n+1)x^n + n \, x^{n+1}\bigr)}{(1-x)^2}

Étape 4 — Application avec $x = 2$ .

S_n = \dfrac{2\bigl(1 - (n+1) \cdot 2^n + n \cdot 2^{n+1}\bigr)}{(1-2)^2} = \dfrac{2\bigl(1 - (n+1) \cdot 2^n + n \cdot 2^{n+1}\bigr)}{1}

Simplification de l'intérieur :

-(n+1) \cdot 2^n + n \cdot 2^{n+1} = 2^n\bigl(-(n+1) + 2n\bigr) = 2^n(n-1)

S_n = 2\bigl(1 + (n-1) \cdot 2^n\bigr) = 2 + (n-1) \cdot 2^{n+1}

Vérification pour $n = 3$ :
- Directement :

S_3 = 1 \times 2 + 2 \times 4 + 3 \times 8 = 2 + 8 + 24 = 34

.
- Par la formule :

2 + 2 \times 2^4 = 2 + 32 = 34

✓

Exercice 20

Intermédiaire

u_0=1

u_{n+1}=\dfrac{u_n}{1+u_n}

Calculer

u_1, u_2, u_3

u_1 = \dfrac{u_0}{1 + u_0} = \dfrac{1}{1 + 1} = \dfrac{1}{2}

u_2 = \dfrac{u_1}{1 + u_1} = \dfrac{\frac{1}{2}}{1 + \frac{1}{2}} = \dfrac{\frac{1}{2}}{\frac{3}{2}} = \dfrac{1}{3}

u_3 = \dfrac{u_2}{1 + u_2} = \dfrac{\frac{1}{3}}{1 + \frac{1}{3}} = \dfrac{\frac{1}{3}}{\frac{4}{3}} = \dfrac{1}{4}

On conjecture que

u_n = \dfrac{1}{n+1}

On pose

v_n = \dfrac{1}{u_n}

. Montrer que

(v_n)

est arithmétique et préciser sa raison et son premier terme.

Posons

v_n = \dfrac{1}{u_n}

(défini car

u_n > 0

pour tout

n

).

Calculons

v_{n+1}

v_{n+1} = \dfrac{1}{u_{n+1}} = \dfrac{1}{\frac{u_n}{1+u_n}} = \dfrac{1 + u_n}{u_n} = \dfrac{1}{u_n} + 1 = v_n + 1

Donc

v_{n+1} = v_n + 1

(v_n)

est une suite arithmétique de raison $r = 1$ .

Premier terme :

v_0 = \dfrac{1}{u_0} = \dfrac{1}{1} = 1

.

Donc

v_n = v_0 + n \times r = 1 + n = n + 1

En déduire l'expression de

u_n

en fonction de

n

, puis déterminer sa limite.

Comme

v_n = \dfrac{1}{u_n} = n + 1

, on a :

u_n = \dfrac{1}{v_n} = \dfrac{1}{n + 1}

Vérification :

u_0 = \dfrac{1}{1} = 1

✓,

u_1 = \dfrac{1}{2}

✓,

u_2 = \dfrac{1}{3}

✓.

Limite :

\lim_{n \to +\infty} u_n = \lim_{n \to +\infty} \dfrac{1}{n+1} = 0

La suite

(u_n)

converge vers $0$ .

Exercice 21

Difficile

u_n = \dfrac{(-1)^n n+3}{2n+1}

. Montrer que

(u_n)

diverge.

Déterminer la limite de la sous-suite

(u_{2p})

des termes de rang pair.

Pour

n = 2p

(entier pair),

(-1)^{2p} = 1

, donc :

u_{2p} = \dfrac{1 \times 2p + 3}{2(2p) + 1} = \dfrac{2p + 3}{4p + 1}

Calculons la limite quand

p \to +\infty

. On factorise par

p

u_{2p} = \dfrac{p\left(2 + \frac{3}{p}\right)}{p\left(4 + \frac{1}{p}\right)} = \dfrac{2 + \frac{3}{p}}{4 + \frac{1}{p}}

Quand

p \to +\infty

\dfrac{3}{p} \to 0

\dfrac{1}{p} \to 0

\lim_{p \to +\infty} u_{2p} = \dfrac{2}{4} = \dfrac{1}{2}

Déterminer la limite de la sous-suite

(u_{2p+1})

des termes de rang impair.

Pour

n = 2p+1

(entier impair),

(-1)^{2p+1} = -1

, donc :

u_{2p+1} = \dfrac{-1 \times (2p+1) + 3}{2(2p+1) + 1} = \dfrac{-2p - 1 + 3}{4p + 2 + 1} = \dfrac{-2p + 2}{4p + 3}

Calculons la limite quand

p \to +\infty

. On factorise par

p

u_{2p+1} = \dfrac{p\left(-2 + \frac{2}{p}\right)}{p\left(4 + \frac{3}{p}\right)} = \dfrac{-2 + \frac{2}{p}}{4 + \frac{3}{p}}

Quand

p \to +\infty

\lim_{p \to +\infty} u_{2p+1} = \dfrac{-2}{4} = -\dfrac{1}{2}

En déduire que la suite

(u_n)

diverge.

On a montré que :
- la sous-suite

(u_{2p})

converge vers

\dfrac{1}{2}

;
- la sous-suite

(u_{2p+1})

converge vers

-\dfrac{1}{2}

.

Or si

(u_n)

convergeait vers une limite

\ell

, toutes ses sous-suites convergeraient vers cette même limite

\ell

.

Ici les deux sous-suites ont des limites distinctes (

\frac{1}{2} \neq -\frac{1}{2}

).

Donc la suite

(u_n)

diverge.

Exercice 22

Difficile

u_0=1

u_1=2

u_{n+2}=3u_{n+1}-2u_n

Calculer

u_2

u_3

u_4

. Conjecturer une expression de

u_n

en fonction de

n

On applique la relation

u_{n+2} = 3u_{n+1} - 2u_n

u_2 = 3u_1 - 2u_0 = 3 \times 2 - 2 \times 1 = 6 - 2 = 4

u_3 = 3u_2 - 2u_1 = 3 \times 4 - 2 \times 2 = 12 - 4 = 8

u_4 = 3u_3 - 2u_2 = 3 \times 8 - 2 \times 4 = 24 - 8 = 16

On obtient :

u_0 = 1

u_1 = 2

u_2 = 4

u_3 = 8

u_4 = 16

.

On reconnaît les puissances de

2

: conjecture $u_n = 2^n$ .

Démontrer cette conjecture par récurrence double.

Notons

\mathcal{P}(n)

: «

u_n = 2^n

». Comme la relation de récurrence est d'ordre 2, on fait une récurrence double (on initialise à deux rangs).

Initialisation :
-

n = 0

u_0 = 1 = 2^0

. Donc

\mathcal{P}(0)

est vraie.
-

n = 1

u_1 = 2 = 2^1

. Donc

\mathcal{P}(1)

est vraie.

Hérédité : Soit

n \geq 0

fixé. Supposons

\mathcal{P}(n)

\mathcal{P}(n+1)

vraies, c'est-à-dire

u_n = 2^n

u_{n+1} = 2^{n+1}

.

Montrons

\mathcal{P}(n+2)

, c'est-à-dire

u_{n+2} = 2^{n+2}

u_{n+2} = 3u_{n+1} - 2u_n = 3 \times 2^{n+1} - 2 \times 2^n

= 3 \times 2 \times 2^n - 2 \times 2^n = 2^n(6 - 2) = 4 \times 2^n = 2^2 \times 2^n = 2^{n+2}

Donc

\mathcal{P}(n+2)

est vraie.

Conclusion : Par récurrence double, pour tout

n \in \mathbb{N}

u_n = 2^n

Exercice 23

Difficile

u_0=3

u_{n+1}=u_n^2-2

Calculer

u_1

u_2

u_3

u_1 = u_0^2 - 2 = 3^2 - 2 = 9 - 2 = 7

u_2 = u_1^2 - 2 = 7^2 - 2 = 49 - 2 = 47

u_3 = u_2^2 - 2 = 47^2 - 2 = 2209 - 2 = 2207

La suite croît très rapidement.

Montrer par récurrence que pour tout

n \in \mathbb{N}

u_n \geq 2

Notons

\mathcal{P}(n)

: «

u_n \geq 2

».

Initialisation ( $n = 0$ ) :

u_0 = 3 \geq 2

. Donc

\mathcal{P}(0)

est vraie.

Hérédité : Soit

n \geq 0

fixé. Supposons

u_n \geq 2

.

Alors :

u_{n+1} = u_n^2 - 2 \geq 2^2 - 2 = 4 - 2 = 2

(car la fonction

x \mapsto x^2 - 2

est croissante sur

[2, +\infty[

u_n \geq 2

).

Donc

u_{n+1} \geq 2

, et

\mathcal{P}(n+1)

est vraie.

Conclusion : Par récurrence, pour tout

n \in \mathbb{N}

u_n \geq 2

Montrer que

(u_n)

est croissante, puis que

\displaystyle\lim_{n \to +\infty} u_n = +\infty

Monotonie : Calculons

u_{n+1} - u_n

u_{n+1} - u_n = u_n^2 - 2 - u_n = u_n^2 - u_n - 2 = (u_n - 2)(u_n + 1)

Or on a montré que

u_n \geq 2

, donc

u_n - 2 \geq 0

. De plus

u_n + 1 \geq 3 > 0

.

Donc

(u_n - 2)(u_n + 1) \geq 0

, soit

u_{n+1} \geq u_n

.

La suite

(u_n)

est croissante.

Limite : Raisonnons par l'absurde. Supposons que

(u_n)

est majorée. Alors, comme elle est croissante et majorée, elle converge vers une limite

\ell

.

Par passage à la limite dans

u_{n+1} = u_n^2 - 2

\ell = \ell^2 - 2 \iff \ell^2 - \ell - 2 = 0 \iff (\ell - 2)(\ell + 1) = 0

Donc

\ell = 2

\ell = -1

.

Or

u_n \geq u_0 = 3

pour tout

n

(car la suite est croissante), donc

\ell \geq 3

.

Ceci contredit

\ell \in \{2, -1\}

. Contradiction.

Donc

(u_n)

n'est pas majorée. Comme elle est croissante :

\lim_{n \to +\infty} u_n = +\infty

Exercice 24

Difficile

On définit deux suites

(a_n)

(b_n)

par

a_0 = 0

b_0 = 2

a_{n+1} = \dfrac{a_n + b_n}{2}

b_{n+1} = \dfrac{a_{n+1} + b_n}{2}

Calculer

a_1

b_1

a_2

b_2

a_1 = \dfrac{a_0 + b_0}{2} = \dfrac{0 + 2}{2} = 1

b_1 = \dfrac{a_1 + b_0}{2} = \dfrac{1 + 2}{2} = \dfrac{3}{2}

a_2 = \dfrac{a_1 + b_1}{2} = \dfrac{1 + \frac{3}{2}}{2} = \dfrac{\frac{5}{2}}{2} = \dfrac{5}{4}

b_2 = \dfrac{a_2 + b_1}{2} = \dfrac{\frac{5}{4} + \frac{3}{2}}{2} = \dfrac{\frac{11}{4}}{2} = \dfrac{11}{8}

Montrer que pour tout

n \in \mathbb{N}

a_n \leq b_n

, que

(a_n)

est croissante et que

(b_n)

est décroissante.

$a_n \leq b_n$ : On a

b_n - a_n \geq 0

(admis par récurrence, ou constaté sur les premiers termes).

$(a_n)$ croissante :

a_{n+1} - a_n = \dfrac{a_n + b_n}{2} - a_n = \dfrac{b_n - a_n}{2}

Comme

b_n \geq a_n

, on a

b_n - a_n \geq 0

, donc

a_{n+1} - a_n \geq 0

(a_n)

est croissante.

$(b_n)$ décroissante :

b_{n+1} - b_n = \dfrac{a_{n+1} + b_n}{2} - b_n = \dfrac{a_{n+1} - b_n}{2}

a_{n+1} = \dfrac{a_n + b_n}{2} \leq \dfrac{b_n + b_n}{2} = b_n

(car

a_n \leq b_n

).

Donc

a_{n+1} - b_n \leq 0

, soit

b_{n+1} - b_n \leq 0

(b_n)

est décroissante.

On pose

d_n = b_n - a_n

. Montrer que

d_{n+1} = \dfrac{d_n}{4}

et en déduire

d_n

Calculons

d_{n+1} = b_{n+1} - a_{n+1}

d_{n+1} = \dfrac{a_{n+1} + b_n}{2} - \dfrac{a_n + b_n}{2} = \dfrac{a_{n+1} + b_n - a_n - b_n}{2} = \dfrac{a_{n+1} - a_n}{2}

a_{n+1} - a_n = \dfrac{b_n - a_n}{2} = \dfrac{d_n}{2}

, donc :

d_{n+1} = \dfrac{1}{2} \times \dfrac{d_n}{2} = \dfrac{d_n}{4}

(d_n)

est géométrique de raison

\dfrac{1}{4}

et de premier terme

d_0 = b_0 - a_0 = 2

d_n = 2 \times \left(\dfrac{1}{4}\right)^n = \dfrac{2}{4^n}

Comme

\left|\dfrac{1}{4}\right| < 1

, on a

d_n \to 0

: les deux suites se rapprochent.

Montrer que

a_n + 2b_n

est constant, puis en déduire la limite commune des deux suites.

Calculons

a_{n+1} + 2b_{n+1}

a_{n+1} + 2b_{n+1} = \dfrac{a_n + b_n}{2} + 2 \times \dfrac{a_{n+1} + b_n}{2} = \dfrac{a_n + b_n}{2} + a_{n+1} + b_n

= \dfrac{a_n + b_n}{2} + \dfrac{a_n + b_n}{2} + b_n = (a_n + b_n) + b_n = a_n + 2b_n

Donc

a_n + 2b_n

est constant égal à

a_0 + 2b_0 = 0 + 4 = 4

.

Comme

(a_n)

est croissante et majorée par

b_0 = 2

, elle converge vers

\ell_a

.
Comme

(b_n)

est décroissante et minorée par

a_0 = 0

, elle converge vers

\ell_b

.

Or

d_n = b_n - a_n \to 0

, donc

\ell_a = \ell_b = \ell

.

Par passage à la limite dans

a_n + 2b_n = 4

\ell + 2\ell = 4 \implies 3\ell = 4 \implies \ell = \dfrac{4}{3}

Les deux suites convergent vers

\dfrac{4}{3}

Exercice 25

Difficile

Déterminer les limites suivantes par croissance comparée.

Déterminer

\displaystyle\lim_{n \to +\infty} \dfrac{n^3}{2^n}

On utilise le résultat de croissance comparée : pour tout

k \in \mathbb{N}

et tout

q > 1

\lim_{n \to +\infty} \dfrac{n^k}{q^n} = 0

L'exponentielle l'emporte toujours sur la puissance.

Ici

k = 3

q = 2 > 1

, donc :

\lim_{n \to +\infty} \dfrac{n^3}{2^n} = 0

Interprétation :

2^n

croît beaucoup plus vite que

n^3

Déterminer

\displaystyle\lim_{n \to +\infty} \dfrac{3^n}{n!}

Posons

u_n = \dfrac{3^n}{n!}

et calculons le quotient de deux termes consécutifs :

\dfrac{u_{n+1}}{u_n} = \dfrac{3^{n+1}}{(n+1)!} \times \dfrac{n!}{3^n} = \dfrac{3}{n+1}

Pour

n \geq 3

\dfrac{3}{n+1} \leq \dfrac{3}{4} < 1

.

Donc pour

n \geq 3

u_{n+1} \leq \dfrac{3}{4} u_n

, ce qui donne par récurrence :

0 < u_n \leq u_3 \times \left(\dfrac{3}{4}\right)^{n-3}

\left(\dfrac{3}{4}\right)^{n-3} \to 0

. Par le théorème des gendarmes :

\lim_{n \to +\infty} \dfrac{3^n}{n!} = 0

Interprétation : la factorielle l'emporte sur l'exponentielle.

Déterminer

\displaystyle\lim_{n \to +\infty} n^2 \left(\dfrac{2}{3}\right)^n

On utilise le résultat de croissance comparée : pour tout

k \in \mathbb{N}

et tout

|q| < 1

\lim_{n \to +\infty} n^k \, q^n = 0

Ici

k = 2

q = \dfrac{2}{3}

avec

|q| < 1

, donc :

\lim_{n \to +\infty} n^2 \left(\dfrac{2}{3}\right)^n = 0

Interprétation : la décroissance géométrique l'emporte sur la croissance polynomiale.

Exercice 26

Difficile

Soit

u_n = \dfrac{3^n}{n!}

pour

n \geq 0

Calculer

\dfrac{u_{n+1}}{u_n}

en fonction de

n

\dfrac{u_{n+1}}{u_n} = \dfrac{\frac{3^{n+1}}{(n+1)!}}{\frac{3^n}{n!}} = \dfrac{3^{n+1}}{(n+1)!} \times \dfrac{n!}{3^n} = \dfrac{3 \times 3^n}{(n+1) \times n!} \times \dfrac{n!}{3^n} = \dfrac{3}{n+1}

En déduire que

(u_n)

est décroissante à partir du rang

n = 3

Pour que

(u_n)

soit décroissante, il faut

\dfrac{u_{n+1}}{u_n} < 1

(car

u_n > 0

\dfrac{3}{n+1} < 1 \iff 3 < n + 1 \iff n > 2 \iff n \geq 3

Donc pour tout

n \geq 3

\dfrac{u_{n+1}}{u_n} = \dfrac{3}{n+1} < 1

, soit

u_{n+1} < u_n

.

La suite

(u_n)

est strictement décroissante à partir de $n = 3$ .

Montrer que

\displaystyle\lim_{n \to +\infty} u_n = 0

Pour

n \geq 3

\dfrac{u_{n+1}}{u_n} = \dfrac{3}{n+1} \leq \dfrac{3}{4}

.

Donc par récurrence, pour

n \geq 3

u_n \leq u_3 \times \left(\dfrac{3}{4}\right)^{n-3}

u_3 = \dfrac{3^3}{3!} = \dfrac{27}{6} = \dfrac{9}{2}

\left(\dfrac{3}{4}\right)^{n-3} \to 0

car

\dfrac{3}{4} < 1

.

Comme

u_n > 0

u_n \leq \dfrac{9}{2} \times \left(\dfrac{3}{4}\right)^{n-3} \to 0

, par le théorème des gendarmes :

\lim_{n \to +\infty} u_n = 0

Exercice 27

Difficile

On pose

S_n = \displaystyle\sum_{k=0}^{n} \dfrac{1}{k!}

pour

n \geq 0

Montrer par récurrence que pour tout

k \geq 1

\dfrac{1}{k!} \leq \dfrac{1}{2^{k-1}}

Notons

\mathcal{P}(k)

: «

\dfrac{1}{k!} \leq \dfrac{1}{2^{k-1}}

».

Initialisation ( $k = 1$ ) :

\dfrac{1}{1!} = 1

\dfrac{1}{2^0} = 1

. On a

1 \leq 1

. ✓

Hérédité : Soit

k \geq 1

fixé. Supposons

\dfrac{1}{k!} \leq \dfrac{1}{2^{k-1}}

\dfrac{1}{(k+1)!} = \dfrac{1}{(k+1) \times k!} \leq \dfrac{1}{(k+1)} \times \dfrac{1}{2^{k-1}} \leq \dfrac{1}{2} \times \dfrac{1}{2^{k-1}} = \dfrac{1}{2^k}

car

k + 1 \geq 2

. Donc

\mathcal{P}(k+1)

est vraie.

Conclusion : Pour tout

k \geq 1

\dfrac{1}{k!} \leq \dfrac{1}{2^{k-1}}

En déduire que

S_n < 3

pour tout

n \geq 0

S_n = 1 + \sum_{k=1}^{n} \dfrac{1}{k!} \leq 1 + \sum_{k=1}^{n} \dfrac{1}{2^{k-1}} = 1 + \sum_{j=0}^{n-1} \dfrac{1}{2^j}

\displaystyle\sum_{j=0}^{n-1} \dfrac{1}{2^j} = \dfrac{1 - (\frac{1}{2})^n}{1 - \frac{1}{2}} = 2\left(1 - \dfrac{1}{2^n}\right) < 2

.

Donc :

S_n < 1 + 2 = 3

Pour tout

n \geq 0

S_n < 3

Montrer que

(S_n)

est croissante et majorée, puis en déduire qu'elle converge.

Croissance :

S_{n+1} - S_n = \dfrac{1}{(n+1)!} > 0

car

(n+1)! > 0

. Donc

(S_n)

est strictement croissante.

Majoration : On a montré que

S_n < 3

pour tout

n

.

D'après le théorème de convergence monotone, toute suite croissante et majorée converge.

Donc

(S_n)

converge vers une limite

\ell \leq 3

.

Remarque : cette limite est le nombre

e \approx 2{,}718

Exercice 28

Difficile

Montrer par récurrence l'inégalité de Bernoulli : pour tout

x \geq -1

et tout

n \in \mathbb{N}

(1+x)^n \geq 1+nx

Correction détaillée

Soit

x \geq -1

fixé. Notons

\mathcal{P}(n)

: «

(1+x)^n \geq 1 + nx

».

Initialisation ( $n = 0$ ) :
- Membre de gauche :

(1+x)^0 = 1

.
- Membre de droite :

1 + 0 \times x = 1

.

On a

1 \geq 1

, donc

\mathcal{P}(0)

est vraie.

Hérédité : Soit

n \geq 0

fixé. Supposons

(1+x)^n \geq 1 + nx

.

Comme

x \geq -1

, on a

1 + x \geq 0

. On peut donc multiplier l'inégalité par

1 + x

sans changer le sens :

(1+x)^{n+1} = (1+x)^n \times (1+x) \geq (1+nx)(1+x)

Développons le membre de droite :

(1+nx)(1+x) = 1 + x + nx + nx^2 = 1 + (n+1)x + nx^2

nx^2 \geq 0

(car

n \geq 0

x^2 \geq 0

), donc :

1 + (n+1)x + nx^2 \geq 1 + (n+1)x

Finalement

(1+x)^{n+1} \geq 1 + (n+1)x

, et

\mathcal{P}(n+1)

est vraie.

Conclusion : Par le principe de récurrence, pour tout

n \in \mathbb{N}

et tout

x \geq -1

(1+x)^n \geq 1 + nx

Exercice 29

Difficile

Soit

(u_n)

définie par

u_0 = 1

u_{n+1} = \dfrac{2u_n + 3}{u_n + 2}

Montrer par récurrence que pour tout

n \in \mathbb{N}

u_n > 0

u_n < \sqrt{3}

Notons

\mathcal{P}(n)

: «

0 < u_n < \sqrt{3}

».

Initialisation ( $n = 0$ ) :

u_0 = 1

. On a

0 < 1 < \sqrt{3} \approx 1{,}732

. ✓

Hérédité : Soit

n \geq 0

fixé. Supposons

0 < u_n < \sqrt{3}

.

Positivité :

u_n > 0

, donc

2u_n + 3 > 0

u_n + 2 > 0

, d'où

u_{n+1} > 0

.

Majoration : Montrons

u_{n+1} < \sqrt{3}

u_{n+1} < \sqrt{3} \iff \dfrac{2u_n + 3}{u_n + 2} < \sqrt{3} \iff 2u_n + 3 < \sqrt{3}(u_n + 2)

\iff 2u_n + 3 < \sqrt{3}\, u_n + 2\sqrt{3} \iff (2 - \sqrt{3})u_n < 2\sqrt{3} - 3

2 - \sqrt{3} > 0

2\sqrt{3} - 3 > 0

, donc :

u_n < \dfrac{2\sqrt{3} - 3}{2 - \sqrt{3}} = \dfrac{(2\sqrt{3} - 3)(2 + \sqrt{3})}{(2 - \sqrt{3})(2 + \sqrt{3})} = \dfrac{4\sqrt{3} + 6 - 6 - 3\sqrt{3}}{1} = \sqrt{3}

Cette condition est vraie par hypothèse de récurrence. Donc

u_{n+1} < \sqrt{3}

.

Conclusion : Par récurrence, pour tout

n \in \mathbb{N}

0 < u_n < \sqrt{3}

Montrer que la suite

(u_n)

est croissante.

Calculons

u_{n+1} - u_n

u_{n+1} - u_n = \dfrac{2u_n + 3}{u_n + 2} - u_n = \dfrac{2u_n + 3 - u_n(u_n + 2)}{u_n + 2} = \dfrac{2u_n + 3 - u_n^2 - 2u_n}{u_n + 2} = \dfrac{3 - u_n^2}{u_n + 2}

Or :
-

u_n < \sqrt{3}

, donc

u_n^2 < 3

, soit

3 - u_n^2 > 0

.
-

u_n + 2 > 0

.

Donc

u_{n+1} - u_n > 0

: la suite

(u_n)

est strictement croissante.

En déduire que

(u_n)

converge et déterminer sa limite.

(u_n)

est croissante et majorée par

\sqrt{3}

. D'après le théorème de convergence monotone,

(u_n)

converge vers une limite

\ell

.

Passage à la limite dans

u_{n+1} = \dfrac{2u_n + 3}{u_n + 2}

\ell = \dfrac{2\ell + 3}{\ell + 2}

\ell(\ell + 2) = 2\ell + 3 \iff \ell^2 + 2\ell = 2\ell + 3 \iff \ell^2 = 3

Donc

\ell = \sqrt{3}

\ell = -\sqrt{3}

.

Comme

u_n > 0

pour tout

n

, on a

\ell \geq 0

, donc :

\lim_{n \to +\infty} u_n = \sqrt{3}

Exercice 30

Difficile

Moyennes arithmétique et géométrique itérées. On pose

a_0 = 1

b_0 = 4

a_{n+1} = \dfrac{a_n + b_n}{2}

b_{n+1} = \sqrt{a_n b_n}

Calculer

a_1

b_1

a_2

b_2

a_1 = \dfrac{a_0 + b_0}{2} = \dfrac{1 + 4}{2} = \dfrac{5}{2}

b_1 = \sqrt{a_0 \times b_0} = \sqrt{1 \times 4} = 2

a_2 = \dfrac{a_1 + b_1}{2} = \dfrac{\frac{5}{2} + 2}{2} = \dfrac{\frac{9}{2}}{2} = \dfrac{9}{4}

b_2 = \sqrt{a_1 \times b_1} = \sqrt{\dfrac{5}{2} \times 2} = \sqrt{5} \approx 2{,}236

Montrer que pour tout

n \geq 1

b_n \leq a_n

On utilise l'inégalité arithmético-géométrique (AM-GM) : pour tous réels

x, y \geq 0

\dfrac{x + y}{2} \geq \sqrt{xy}

Appliquée à

x = a_n

y = b_n

(qui sont positifs) :

a_{n+1} = \dfrac{a_n + b_n}{2} \geq \sqrt{a_n b_n} = b_{n+1}

Donc pour tout

n \geq 0

a_{n+1} \geq b_{n+1}

, soit pour tout

n \geq 1

a_n \geq b_n

Montrer que

(a_n)

est décroissante et

(b_n)

est croissante à partir du rang

1

$(a_n)$ décroissante pour $n \geq 1$ :

a_{n+1} = \dfrac{a_n + b_n}{2} \leq \dfrac{a_n + a_n}{2} = a_n

car

b_n \leq a_n

pour

n \geq 1

. Donc

a_{n+1} \leq a_n

.

$(b_n)$ croissante pour $n \geq 1$ :

b_{n+1} = \sqrt{a_n b_n} \geq \sqrt{b_n \times b_n} = b_n

car

a_n \geq b_n

pour

n \geq 1

. Donc

b_{n+1} \geq b_n

Montrer que les deux suites convergent vers la même limite.

(a_n)

est décroissante et minorée par

b_1 = 2

, donc elle converge vers

\ell_a

(b_n)

est croissante et majorée par

a_1 = \dfrac{5}{2}

, donc elle converge vers

\ell_b

.

Montrons que

\ell_a = \ell_b

a_{n+1} - b_{n+1} = \dfrac{a_n + b_n}{2} - \sqrt{a_n b_n}

Or par l'inégalité AM-GM :

\dfrac{a_n + b_n}{2} - \sqrt{a_n b_n} \leq \dfrac{a_n - b_n}{2}

(on peut le montrer en développant).

Donc

0 \leq a_{n+1} - b_{n+1} \leq \dfrac{a_n - b_n}{2}

.

Par récurrence :

0 \leq a_n - b_n \leq \dfrac{a_1 - b_1}{2^{n-1}} = \dfrac{1/2}{2^{n-1}} \to 0

.

Par le théorème des gendarmes,

a_n - b_n \to 0

, donc

\ell_a = \ell_b

Exercice 31

Avancé

Suite de Héron. Soit

(u_n)

définie par

u_0 = 4

u_{n+1} = \dfrac{1}{2}\left(u_n + \dfrac{5}{u_n}\right)

Montrer que pour tout

n \geq 0

u_n > 0

. Puis montrer que pour tout

n \geq 1

u_n^2 \geq 5

$u_n > 0$ : Par récurrence immédiate.

u_0 = 4 > 0

. Si

u_n > 0

, alors

u_{n+1} = \dfrac{1}{2}\left(u_n + \dfrac{5}{u_n}\right)

est une somme de termes positifs, donc

u_{n+1} > 0

.

$u_n^2 \geq 5$ pour $n \geq 1$ : Calculons

u_{n+1}^2 - 5

u_{n+1}^2 = \dfrac{1}{4}\left(u_n + \dfrac{5}{u_n}\right)^2 = \dfrac{1}{4}\left(u_n^2 + 10 + \dfrac{25}{u_n^2}\right)

u_{n+1}^2 - 5 = \dfrac{1}{4}\left(u_n^2 - 10 + \dfrac{25}{u_n^2}\right) = \dfrac{1}{4}\left(u_n - \dfrac{5}{u_n}\right)^2 \geq 0

Donc

u_{n+1}^2 \geq 5

pour tout

n \geq 0

, soit

u_n^2 \geq 5

pour tout

n \geq 1

Montrer que

(u_n)

est décroissante à partir du rang

n = 1

Pour

n \geq 1

u_{n+1} - u_n = \dfrac{1}{2}\left(u_n + \dfrac{5}{u_n}\right) - u_n = \dfrac{1}{2}\left(\dfrac{5}{u_n} - u_n\right) = \dfrac{5 - u_n^2}{2u_n}

u_n^2 \geq 5

pour

n \geq 1

u_n > 0

, donc :

u_{n+1} - u_n = \dfrac{5 - u_n^2}{2u_n} \leq 0

La suite est décroissante à partir de

n = 1

En déduire que

(u_n)

converge et déterminer sa limite.

Pour

n \geq 1

(u_n)

est décroissante et minorée par

\sqrt{5}

(car

u_n^2 \geq 5

u_n > 0

).

D'après le théorème de convergence monotone,

(u_n)

converge vers une limite

\ell \geq \sqrt{5}

.

Passage à la limite dans

u_{n+1} = \dfrac{1}{2}\left(u_n + \dfrac{5}{u_n}\right)

\ell = \dfrac{1}{2}\left(\ell + \dfrac{5}{\ell}\right) \implies 2\ell = \ell + \dfrac{5}{\ell} \implies \ell = \dfrac{5}{\ell} \implies \ell^2 = 5

Donc

\ell = \sqrt{5}

(car

\ell > 0

Montrer que

u_{n+1} - \sqrt{5} = \dfrac{(u_n - \sqrt{5})^2}{2u_n}

. Qu'en déduit-on sur la vitesse de convergence ?

u_{n+1} - \sqrt{5} = \dfrac{1}{2}\left(u_n + \dfrac{5}{u_n}\right) - \sqrt{5} = \dfrac{u_n^2 + 5 - 2\sqrt{5}\, u_n}{2u_n} = \dfrac{(u_n - \sqrt{5})^2}{2u_n}

Posons

e_n = u_n - \sqrt{5}

(l'erreur au rang

n

). On a :

e_{n+1} = \dfrac{e_n^2}{2u_n}

L'erreur au rang

n+1

est proportionnelle au carré de l'erreur au rang

n

: c'est une convergence quadratique.

Concrètement, le nombre de décimales exactes double à chaque itération. C'est une convergence extrêmement rapide.

Exercice 32

Avancé

Montrer par récurrence que pour tout

n \in \mathbb{N}

7^n - 1

est divisible par

6

Correction détaillée

Notons

\mathcal{P}(n)

: «

6 \mid 7^n - 1

».

Initialisation ( $n = 0$ ) :

7^0 - 1 = 1 - 1 = 0 = 6 \times 0

. Donc

6 \mid 0

\mathcal{P}(0)

est vraie.

Hérédité : Soit

n \geq 0

fixé. Supposons

\mathcal{P}(n)

vraie, c'est-à-dire qu'il existe

k \in \mathbb{Z}

tel que

7^n - 1 = 6k

.

Calculons

7^{n+1} - 1

7^{n+1} - 1 = 7 \times 7^n - 1 = 7(7^n - 1) + 7 - 1 = 7 \times 6k + 6 = 6(7k + 1)

Donc

7^{n+1} - 1 = 6(7k+1)

, ce qui prouve que

6 \mid 7^{n+1} - 1

\mathcal{P}(n+1)

est vraie.

Conclusion : Par le principe de récurrence, pour tout

n \in \mathbb{N}

6 \mid 7^n - 1

Exercice 33

Avancé

Soit

f(x) = \dfrac{x+2}{3}

(u_n)

définie par

u_0 = 5

u_{n+1} = f(u_n)

Déterminer le point fixe

\ell

f

Le point fixe vérifie

f(\ell) = \ell

\dfrac{\ell + 2}{3} = \ell \implies \ell + 2 = 3\ell \implies 2 = 2\ell \implies \ell = 1

Le point fixe est

\ell = 1

On pose

v_n = u_n - 1

. Montrer que

(v_n)

est géométrique et préciser sa raison et son premier terme.

Calculons

v_{n+1}

v_{n+1} = u_{n+1} - 1 = f(u_n) - 1 = \dfrac{u_n + 2}{3} - 1 = \dfrac{u_n + 2 - 3}{3} = \dfrac{u_n - 1}{3} = \dfrac{v_n}{3}

Donc

v_{n+1} = \dfrac{1}{3} v_n

(v_n)

est une suite géométrique de raison $q = \dfrac{1}{3}$ .

Premier terme :

v_0 = u_0 - 1 = 5 - 1 = 4

.

Donc

v_n = 4 \times \left(\dfrac{1}{3}\right)^n = \dfrac{4}{3^n}

En déduire l'expression de

u_n

en fonction de

n

et déterminer sa limite.

Comme

v_n = u_n - 1

u_n = v_n + 1 = \dfrac{4}{3^n} + 1 = 1 + \dfrac{4}{3^n}

Vérification :

u_0 = 1 + 4 = 5

✓ ;

u_1 = 1 + \dfrac{4}{3} = \dfrac{7}{3}

f(5) = \dfrac{7}{3}

✓.

Limite : Comme

\left|\dfrac{1}{3}\right| < 1

, on a

\dfrac{4}{3^n} \to 0

\lim_{n \to +\infty} u_n = 1 + 0 = 1

La suite converge vers le point fixe

\ell = 1

Exercice 34

Avancé

Suite de Fibonacci :

F_0 = 0

F_1 = 1

F_{n+2} = F_{n+1} + F_n

pour tout

n \geq 0

Calculer les termes

F_2, F_3, \ldots, F_{10}

On applique la relation

F_{n+2} = F_{n+1} + F_n

:

|

n

| 0 | 1 | 2 | 3 | 4 | 5 | 6 | 7 | 8 | 9 | 10 |
|---|---|---|---|---|---|---|---|---|---|---|---|
|

F_n

| 0 | 1 | 1 | 2 | 3 | 5 | 8 | 13 | 21 | 34 | 55 |

Chaque terme est la somme des deux précédents.

On pose

r_n = \dfrac{F_{n+1}}{F_n}

pour

n \geq 1

. Montrer que

r_{n+1} = 1 + \dfrac{1}{r_n}

Par définition,

r_{n+1} = \dfrac{F_{n+2}}{F_{n+1}}

.

Or

F_{n+2} = F_{n+1} + F_n

(relation de Fibonacci), donc :

r_{n+1} = \dfrac{F_{n+1} + F_n}{F_{n+1}} = 1 + \dfrac{F_n}{F_{n+1}} = 1 + \dfrac{1}{r_n}

En admettant que

(r_n)

converge, déterminer sa limite

\varphi

(nombre d'or).

(r_n)

converge vers

\ell

, on passe à la limite dans

r_{n+1} = 1 + \dfrac{1}{r_n}

\ell = 1 + \dfrac{1}{\ell}

En multipliant par

\ell > 0

\ell^2 = \ell + 1 \iff \ell^2 - \ell - 1 = 0

Discriminant :

\Delta = 1 + 4 = 5

\ell = \dfrac{1 \pm \sqrt{5}}{2}

Comme

r_n > 0

pour tout

n

, on a

\ell > 0

, donc :

\varphi = \dfrac{1 + \sqrt{5}}{2} \approx 1{,}618

C'est le nombre d'or.

Exercice 35

Avancé

Sommes de Riemann. On pose

S_n = \dfrac{1}{n}\displaystyle\sum_{k=0}^{n-1}\dfrac{1}{1+\frac{k}{n}}

pour

n \geq 1

Calculer

S_1

S_2

S_4

S_1 = \dfrac{1}{1} \times \dfrac{1}{1+0} = 1

S_2 = \dfrac{1}{2}\left(\dfrac{1}{1+0} + \dfrac{1}{1+\frac{1}{2}}\right) = \dfrac{1}{2}\left(1 + \dfrac{2}{3}\right) = \dfrac{1}{2} \times \dfrac{5}{3} = \dfrac{5}{6} \approx 0{,}833

S_4 = \dfrac{1}{4}\left(\dfrac{1}{1} + \dfrac{1}{\frac{5}{4}} + \dfrac{1}{\frac{3}{2}} + \dfrac{1}{\frac{7}{4}}\right) = \dfrac{1}{4}\left(1 + \dfrac{4}{5} + \dfrac{2}{3} + \dfrac{4}{7}\right) \approx \dfrac{1}{4} \times 2{,}99 \approx 0{,}760

Montrer que pour tout

n \geq 1

S_n > \dfrac{1}{2}

Pour tout

0 \leq k \leq n-1

0 \leq \dfrac{k}{n} < 1

, donc

1 \leq 1 + \dfrac{k}{n} < 2

.

Ainsi

\dfrac{1}{1+\frac{k}{n}} > \dfrac{1}{2}

pour chaque terme.

S_n = \dfrac{1}{n}\sum_{k=0}^{n-1}\dfrac{1}{1+\frac{k}{n}} > \dfrac{1}{n} \times n \times \dfrac{1}{2} = \dfrac{1}{2}

En admettant que

(S_n)

est décroissante, montrer qu'elle converge.

(S_n)

est décroissante (admis) et minorée par

\dfrac{1}{2}

(montré à la question précédente).

D'après le théorème de convergence monotone, toute suite décroissante et minorée converge.

Donc

(S_n)

converge.

Remarque :

S_n

est une somme de Riemann associée à

f(x) = \dfrac{1}{1+x}

sur

[0, 1]

. Sa limite est

\displaystyle\int_0^1 \dfrac{dx}{1+x} = \ln(2) \approx 0{,}693

Exercice 36

Avancé

Trois suites imbriquées. On pose

u_0 = 1

v_0 = 2

w_0 = 4

, et pour tout

n

u_{n+1} = \dfrac{u_n + v_n}{2}

v_{n+1} = \dfrac{v_n + w_n}{2}

w_{n+1} = \dfrac{w_n + u_n}{2}

Calculer

u_1

v_1

w_1

u_1 = \dfrac{u_0 + v_0}{2} = \dfrac{1 + 2}{2} = \dfrac{3}{2}

v_1 = \dfrac{v_0 + w_0}{2} = \dfrac{2 + 4}{2} = 3

w_1 = \dfrac{w_0 + u_0}{2} = \dfrac{4 + 1}{2} = \dfrac{5}{2}

Montrer que pour tout

n \in \mathbb{N}

u_n + v_n + w_n

est constant.

Calculons

u_{n+1} + v_{n+1} + w_{n+1}

u_{n+1} + v_{n+1} + w_{n+1} = \dfrac{u_n + v_n}{2} + \dfrac{v_n + w_n}{2} + \dfrac{w_n + u_n}{2}

= \dfrac{u_n + v_n + v_n + w_n + w_n + u_n}{2} = \dfrac{2(u_n + v_n + w_n)}{2} = u_n + v_n + w_n

Donc la somme

u_n + v_n + w_n

est constante, égale à

u_0 + v_0 + w_0 = 1 + 2 + 4 = 7

En admettant que les trois suites convergent vers la même limite

\ell

, déterminer

\ell

(u_n)

(v_n)

(w_n)

convergent toutes vers

\ell

, alors par passage à la limite dans

u_n + v_n + w_n = 7

\ell + \ell + \ell = 7 \implies 3\ell = 7 \implies \ell = \dfrac{7}{3}

Les trois suites convergent vers

\dfrac{7}{3} \approx 2{,}333

Exercice 37

Avancé

Soit

(u_n)

définie par

u_0 = 0

u_{n+1} = u_n^2 + \dfrac{1}{4}

Montrer par récurrence que pour tout

n \in \mathbb{N}

u_n \leq \dfrac{1}{2}

Notons

\mathcal{P}(n)

: «

u_n \leq \dfrac{1}{2}

».

Initialisation ( $n = 0$ ) :

u_0 = 0 \leq \dfrac{1}{2}

. ✓

Hérédité : Soit

n \geq 0

fixé. Supposons

u_n \leq \dfrac{1}{2}

u_{n+1} = u_n^2 + \dfrac{1}{4} \leq \left(\dfrac{1}{2}\right)^2 + \dfrac{1}{4} = \dfrac{1}{4} + \dfrac{1}{4} = \dfrac{1}{2}

car

x \mapsto x^2

est croissante sur

[0, +\infty[

.

Donc

u_{n+1} \leq \dfrac{1}{2}

, et

\mathcal{P}(n+1)

est vraie.

Conclusion : Pour tout

n \in \mathbb{N}

u_n \leq \dfrac{1}{2}

Montrer que

(u_n)

est croissante.

u_{n+1} - u_n = u_n^2 + \dfrac{1}{4} - u_n = u_n^2 - u_n + \dfrac{1}{4} = \left(u_n - \dfrac{1}{2}\right)^2

\left(u_n - \dfrac{1}{2}\right)^2 \geq 0

pour tout

n

.

Donc

u_{n+1} - u_n \geq 0

(u_n)

est croissante.

En déduire que

(u_n)

converge et déterminer sa limite.

(u_n)

est croissante et majorée par

\dfrac{1}{2}

. D'après le théorème de convergence monotone, elle converge vers une limite

\ell

.

Passage à la limite dans

u_{n+1} = u_n^2 + \dfrac{1}{4}

\ell = \ell^2 + \dfrac{1}{4} \iff \ell^2 - \ell + \dfrac{1}{4} = 0 \iff \left(\ell - \dfrac{1}{2}\right)^2 = 0

Donc

\ell = \dfrac{1}{2}

\lim_{n \to +\infty} u_n = \dfrac{1}{2}

Exercice 38

Avancé

Théorème de Cesàro. Soit

(u_n)

une suite convergente de limite

\ell

. On pose

v_n = \dfrac{u_0 + u_1 + \cdots + u_n}{n+1}

. Montrer que

(v_n)

converge vers

\ell

Correction détaillée

Soit

\varepsilon > 0

. Comme

u_n \to \ell

, il existe

N \in \mathbb{N}

tel que pour tout

k \geq N

|u_k - \ell| < \varepsilon

.

Décomposons

v_n - \ell

pour

n > N

v_n - \ell = \dfrac{1}{n+1}\sum_{k=0}^{n}(u_k - \ell) = \dfrac{1}{n+1}\underbrace{\sum_{k=0}^{N-1}(u_k - \ell)}_{= C \text{ (constante)}} + \dfrac{1}{n+1}\sum_{k=N}^{n}(u_k - \ell)

Donc :

|v_n - \ell| \leq \dfrac{|C|}{n+1} + \dfrac{1}{n+1}\sum_{k=N}^{n}|u_k - \ell| \leq \dfrac{|C|}{n+1} + \dfrac{(n - N + 1)\varepsilon}{n+1} \leq \dfrac{|C|}{n+1} + \varepsilon

Pour

n

assez grand :

\dfrac{|C|}{n+1} < \varepsilon

, d'où

|v_n - \ell| < 2\varepsilon

.

Ceci étant vrai pour tout

\varepsilon > 0

, on conclut que

v_n \to \ell

Exercice 39

Avancé

Soit

(u_n)

définie par

u_0 = 1

u_1 = 3

u_{n+2} = 5u_{n+1} - 6u_n

Calculer

u_2

u_3

u_4

, puis écrire l'équation caractéristique associée à la relation de récurrence.

u_2 = 5u_1 - 6u_0 = 5 \times 3 - 6 \times 1 = 15 - 6 = 9

u_3 = 5u_2 - 6u_1 = 5 \times 9 - 6 \times 3 = 45 - 18 = 27

u_4 = 5u_3 - 6u_2 = 5 \times 27 - 6 \times 9 = 135 - 54 = 81

L'équation caractéristique de

u_{n+2} = 5u_{n+1} - 6u_n

est :

r^2 = 5r - 6 \iff r^2 - 5r + 6 = 0

Discriminant :

\Delta = 25 - 24 = 1

. Racines :

r = \dfrac{5 \pm 1}{2}

, soit

r_1 = 2

r_2 = 3

En déduire que

u_n = \alpha \times 2^n + \beta \times 3^n

et déterminer

\alpha

\beta

La solution générale est

u_n = \alpha \times 2^n + \beta \times 3^n

.

Déterminons

\alpha

\beta

avec les conditions initiales :

\begin{cases} u_0 = 1 : & \alpha + \beta = 1 \ u_1 = 3 : & 2\alpha + 3\beta = 3 \end{cases}

De la première équation :

\alpha = 1 - \beta

. En substituant dans la seconde :

2(1 - \beta) + 3\beta = 3 \implies 2 - 2\beta + 3\beta = 3 \implies \beta = 1

Donc

\alpha = 1 - 1 = 0

u_n = 0 \times 2^n + 1 \times 3^n = 3^n

Vérification :

u_0 = 1

✓,

u_1 = 3

✓,

u_2 = 9

✓,

u_3 = 27

✓.

Déterminer la limite de

\dfrac{u_{n+1}}{u_n}

Comme

u_n = 3^n

\dfrac{u_{n+1}}{u_n} = \dfrac{3^{n+1}}{3^n} = 3

Le quotient est constant égal à

3

, donc :

\lim_{n \to +\infty} \dfrac{u_{n+1}}{u_n} = 3

Exercice 40

Avancé

Suite harmonique. On pose

H_n = \displaystyle\sum_{k=1}^{n} \dfrac{1}{k}

pour

n \geq 1

Montrer que

(H_n)

est strictement croissante.

H_{n+1} - H_n = \sum_{k=1}^{n+1}\dfrac{1}{k} - \sum_{k=1}^{n}\dfrac{1}{k} = \dfrac{1}{n+1}

\dfrac{1}{n+1} > 0

pour tout

n \geq 1

.

Donc

H_{n+1} > H_n

(H_n)

est strictement croissante.

Montrer que pour tout

n \geq 1

H_{2n} - H_n \geq \dfrac{1}{2}

H_{2n} - H_n = \sum_{k=1}^{2n}\dfrac{1}{k} - \sum_{k=1}^{n}\dfrac{1}{k} = \sum_{k=n+1}^{2n}\dfrac{1}{k}

Cette somme contient

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

termes. Pour chaque terme,

k \leq 2n

, donc

\dfrac{1}{k} \geq \dfrac{1}{2n}

H_{2n} - H_n = \sum_{k=n+1}^{2n}\dfrac{1}{k} \geq \sum_{k=n+1}^{2n}\dfrac{1}{2n} = n \times \dfrac{1}{2n} = \dfrac{1}{2}

En déduire que

\displaystyle\lim_{n \to +\infty} H_n = +\infty

En appliquant le résultat précédent de manière itérée avec

n = 2^p

H_{2^p} = H_1 + (H_2 - H_1) + (H_4 - H_2) + (H_8 - H_4) + \cdots + (H_{2^p} - H_{2^{p-1}})

Chaque terme

H_{2^{j+1}} - H_{2^j} \geq \dfrac{1}{2}

(en posant

n = 2^j

).

Donc :

H_{2^p} \geq 1 + p \times \dfrac{1}{2} = 1 + \dfrac{p}{2}

1 + \dfrac{p}{2} \to +\infty

quand

p \to +\infty

.

Comme

(H_n)

est croissante et la sous-suite

(H_{2^p})

tend vers

+\infty

, on conclut :

\lim_{n \to +\infty} H_n = +\infty

La suite harmonique diverge vers

+\infty

(mais très lentement).

Exercice 41

Intermédiaire

Montrer par récurrence que pour tout

n \geq 1

\sum_{k=1}^{n} k^3 = \left(\frac{n(n+1)}{2}\right)^2

Correction détaillée

Init :

n=1

1 = (1 \times 2/2)^2 = 1

.
Héréd :

\sum_{k=1}^{n+1} k^3 = \left(\dfrac{n(n+1)}{2}\right)^2 + (n+1)^3 = \dfrac{n^2(n+1)^2 + 4(n+1)^3}{4} = \dfrac{(n+1)^2(n^2+4n+4)}{4} = \left(\dfrac{(n+1)(n+2)}{2}\right)^2

Exercice 42

Intermédiaire

Montrer par récurrence que pour tout

n \geq 4

2^n \geq n^2

Correction détaillée

Init :

n=4

2^4 = 16 \geq 16 = 4^2

.
Héréd : Soit

n \geq 4

, supposons

2^n \geq n^2

2^{n+1} = 2 \times 2^n \geq 2n^2

. Il suffit de montrer

2n^2 \geq (n+1)^2

, soit

n^2 - 2n - 1 \geq 0

, ce qui est vrai pour

n \geq 3

Exercice 43

Facile

Soit

(u_n)

définie par

u_0 = 1

u_{n+1} = 2u_n + 1

. Montrer par récurrence que

u_n = 2^{n+1} - 1

pour tout

n \geq 0

Correction détaillée

Init :

n=0

u_0 = 1

2^1 - 1 = 1

.
Héréd :

u_{n+1} = 2u_n + 1 = 2(2^{n+1}-1)+1 = 2^{n+2}-2+1 = 2^{n+2}-1

Exercice 44

Difficile

Montrer par récurrence que pour tout

n \geq 1

\sum_{k=1}^{n} k \cdot k! = (n+1)! - 1

Correction détaillée

Init :

n=1

1 \times 1! = 1

2! - 1 = 1

.
Héréd :

\sum_{k=1}^{n+1} k \cdot k! = (n+1)!-1 + (n+1)(n+1)! = (n+1)!(1+n+1)-1 = (n+2)!-1

Exercice 45

Difficile

Montrer par récurrence que pour tout entier

n \geq 1

n! \geq 2^{n-1}

Correction détaillée

Init :

n=1

1! = 1 \geq 2^0 = 1

.
Héréd :

(n+1)! = (n+1) \times n! \geq (n+1) \times 2^{n-1} \geq 2 \times 2^{n-1} = 2^n

car

n+1 \geq 2

Exercice 46

Avancé

(Récurrence forte) Montrer que tout entier

n \geq 2

admet un diviseur premier.

Correction détaillée

Init :

n=2

est premier, donc 2 divise 2 .
Héréd : Soit

n \geq 2

. Supposons que tout entier

k

avec

2 \leq k \leq n

admet un diviseur premier.
Si

n+1

est premier,

n+1

est son propre diviseur premier.
Sinon,

n+1 = ab

avec

2 \leq a \leq n

. Par hypothèse de récurrence,

a

admet un diviseur premier

p

. Alors

p

divise

a

a

divise

n+1

, donc

p

divise

n+1

4 problèmes de synthèse

Problème 1 — Évolution d'une population de bactéries

Facile

Dans un laboratoire, on étudie une culture de bactéries. Chaque jour, la population est multipliée par

0{,}8

(certaines bactéries meurent) et on ajoute

600

nouvelles bactéries. On note

u_n

le nombre de bactéries (en milliers) au jour

n

, avec

u_0 = 1

(soit

1\,000

bactéries au départ).

On a donc la relation :

u_{n+1} = 0{,}8\, u_n + 0{,}6

pour tout

n \in \mathbb{N}

Partie A — Premiers calculs

Calculer

u_1

u_2

u_3

. Arrondir au centième.

On applique la relation

u_{n+1} = 0{,}8\, u_n + 0{,}6

u_1 = 0{,}8 \times 1 + 0{,}6 = 0{,}8 + 0{,}6 = 1{,}4

u_2 = 0{,}8 \times 1{,}4 + 0{,}6 = 1{,}12 + 0{,}6 = 1{,}72

u_3 = 0{,}8 \times 1{,}72 + 0{,}6 = 1{,}376 + 0{,}6 = 1{,}976 \approx 1{,}98

La population semble augmenter et se stabiliser.

Déterminer le point fixe

\ell

de la fonction

f(x) = 0{,}8x + 0{,}6

, c'est-à-dire la valeur

\ell

telle que

f(\ell) = \ell

On résout

\ell = 0{,}8\ell + 0{,}6

\ell - 0{,}8\ell = 0{,}6 \implies 0{,}2\ell = 0{,}6 \implies \ell = \dfrac{0{,}6}{0{,}2} = 3

Le point fixe est

\ell = 3

.

Interprétation : si la suite converge, elle tend vers

3\,000

bactéries.

Partie B — Suite auxiliaire

On pose

v_n = u_n - 3

. Montrer que

(v_n)

est une suite géométrique dont on précisera la raison et le premier terme.

Calculons

v_{n+1}

v_{n+1} = u_{n+1} - 3 = (0{,}8\, u_n + 0{,}6) - 3 = 0{,}8\, u_n - 2{,}4

u_n = v_n + 3

, donc :

v_{n+1} = 0{,}8(v_n + 3) - 2{,}4 = 0{,}8\, v_n + 2{,}4 - 2{,}4 = 0{,}8\, v_n

Donc

v_{n+1} = 0{,}8\, v_n

(v_n)

est géométrique de raison $q = 0{,}8$ .

Premier terme :

v_0 = u_0 - 3 = 1 - 3 = -2

.

Donc

v_n = -2 \times (0{,}8)^n

En déduire l'expression de

u_n

en fonction de

n

Comme

u_n = v_n + 3

u_n = -2 \times (0{,}8)^n + 3 = 3 - 2 \times (0{,}8)^n

Vérification :

u_0 = 3 - 2 = 1

✓ ;

u_1 = 3 - 2 \times 0{,}8 = 3 - 1{,}6 = 1{,}4

✓.

Déterminer la limite de

(u_n)

et interpréter le résultat.

Comme

|0{,}8| < 1

, on a

(0{,}8)^n \to 0

quand

n \to +\infty

.

Donc :

\lim_{n \to +\infty} u_n = 3 - 2 \times 0 = 3

La population de bactéries se stabilise à $3\,000$ bactéries à long terme.

De plus,

u_n = 3 - 2 \times (0{,}8)^n < 3

pour tout

n

: la suite tend vers

3

par valeurs inférieures.

À partir de quel jour

n

a-t-on

u_n \geq 2{,}9

(soit au moins

2\,900

bactéries) ?

On résout

u_n \geq 2{,}9

3 - 2 \times (0{,}8)^n \geq 2{,}9 \iff 2 \times (0{,}8)^n \leq 0{,}1 \iff (0{,}8)^n \leq 0{,}05

En passant au logarithme népérien (la fonction

\ln

est croissante) :

n \ln(0{,}8) \leq \ln(0{,}05)

Comme

\ln(0{,}8) < 0

, on divise et on change le sens :

n \geq \dfrac{\ln(0{,}05)}{\ln(0{,}8)} = \dfrac{-2{,}996}{-0{,}223} \approx 13{,}4

Donc à partir du jour

n = 14

, on a

u_n \geq 2{,}9

Problème 2 — Placement financier à intérêts composés

Intermédiaire

Un épargnant place un capital initial de

C_0 = 10\,000

€ sur un compte rémunéré au taux annuel de

3\%

. Chaque année, après le versement des intérêts, il effectue un versement complémentaire de

500

€. On note

C_n

le capital disponible au bout de

n

années.

Partie A — Modélisation

Justifier que pour tout

n \in \mathbb{N}

C_{n+1} = 1{,}03\, C_n + 500

Au bout de l'année

n

, le capital est

C_n

.

Étape 1 — Intérêts : Le taux annuel est

3\% = 0{,}03

. Les intérêts rapportés sont

0{,}03 \times C_n

. Le capital après intérêts est :

C_n + 0{,}03 \times C_n = C_n(1 + 0{,}03) = 1{,}03 \times C_n

Étape 2 — Versement : L'épargnant ajoute

500

€.

Donc le capital au bout de l'année

n+1

est :

C_{n+1} = 1{,}03\, C_n + 500

C'est une suite arithmético-géométrique de la forme

C_{n+1} = a C_n + b

avec

a = 1{,}03

b = 500

Déterminer le point fixe

\ell

de la fonction

g(x) = 1{,}03x + 500

On résout

\ell = 1{,}03\ell + 500

\ell - 1{,}03\ell = 500 \implies -0{,}03\ell = 500 \implies \ell = \dfrac{500}{-0{,}03} = -\dfrac{50\,000}{3} \approx -16\,666{,}67

Le point fixe est

\ell = -\dfrac{50\,000}{3}

.

Remarque : cette valeur négative n'a pas de sens financier direct, mais elle est utile pour la suite auxiliaire.

On pose

v_n = C_n - \ell

. Montrer que

(v_n)

est géométrique et préciser sa raison et son premier terme.

Calculons

v_{n+1}

v_{n+1} = C_{n+1} - \ell = (1{,}03\, C_n + 500) - \ell

\ell = 1{,}03\ell + 500

, donc

500 = \ell - 1{,}03\ell = -0{,}03\ell

, soit

500 = -0{,}03\ell

.

Ainsi :

v_{n+1} = 1{,}03\, C_n + 500 - \ell = 1{,}03(C_n - \ell) + 1{,}03\ell + 500 - \ell

= 1{,}03\, v_n + \ell(1{,}03 - 1) + 500 = 1{,}03\, v_n + 0{,}03\ell + 500 = 1{,}03\, v_n + (-500) + 500 = 1{,}03\, v_n

Donc

v_{n+1} = 1{,}03\, v_n

(v_n)

est géométrique de raison $q = 1{,}03$ .

Premier terme :

v_0 = C_0 - \ell = 10\,000 + \dfrac{50\,000}{3} = \dfrac{30\,000 + 50\,000}{3} = \dfrac{80\,000}{3}

Partie B — Résultats

En déduire l'expression de

C_n

en fonction de

n

On a

v_n = v_0 \times q^n = \dfrac{80\,000}{3} \times (1{,}03)^n

.

Comme

C_n = v_n + \ell

C_n = \dfrac{80\,000}{3} \times (1{,}03)^n - \dfrac{50\,000}{3} = \dfrac{1}{3}\left(80\,000 \times (1{,}03)^n - 50\,000\right)

Vérification :

C_0 = \dfrac{1}{3}(80\,000 - 50\,000) = \dfrac{30\,000}{3} = 10\,000

✓.

Déterminer à partir de quelle année

n

le capital dépasse

30\,000

€.

On résout

C_n \geq 30\,000

\dfrac{1}{3}\left(80\,000 \times (1{,}03)^n - 50\,000\right) \geq 30\,000

80\,000 \times (1{,}03)^n - 50\,000 \geq 90\,000

80\,000 \times (1{,}03)^n \geq 140\,000

(1{,}03)^n \geq \dfrac{140\,000}{80\,000} = 1{,}75

En passant au logarithme :

n \geq \dfrac{\ln(1{,}75)}{\ln(1{,}03)} = \dfrac{0{,}5596}{0{,}02956} \approx 18{,}9

Donc à partir de l'année

n = 19

, le capital dépasse

30\,000

€.

Si le taux passe à

5\%

(les autres conditions restant identiques), exprimer

C_n

et déterminer quand le capital dépasse

30\,000

€.

Avec un taux de

5\%

C_{n+1} = 1{,}05\, C_n + 500

.

Nouveau point fixe :

\ell' = \dfrac{500}{-0{,}05} = -10\,000

v_n' = C_n - (-10\,000) = C_n + 10\,000

v_0' = 20\,000

. Raison

q = 1{,}05

C_n = 20\,000 \times (1{,}05)^n - 10\,000

On résout

C_n \geq 30\,000

20\,000 \times (1{,}05)^n \geq 40\,000 \implies (1{,}05)^n \geq 2

n \geq \dfrac{\ln 2}{\ln(1{,}05)} = \dfrac{0{,}693}{0{,}0488} \approx 14{,}2

Donc

n = 15

ans (au lieu de

19

avec un taux de

3\%

). Le taux a un effet significatif.

Problème 3 — Étude complète d'une suite récurrente

Difficile

Soit

f

la fonction définie sur

[-\frac{4}{3}, +\infty[

par

f(x) = \sqrt{3x + 4}

.

On considère la suite

(u_n)

définie par

u_0 = 1

u_{n+1} = f(u_n) = \sqrt{3u_n + 4}

pour tout

n \in \mathbb{N}

Partie A — Étude de la fonction $f$

Montrer que

f

est croissante sur

[-\frac{4}{3}, +\infty[

f

est dérivable sur

]-\frac{4}{3}, +\infty[

et :

f'(x) = \dfrac{3}{2\sqrt{3x+4}}

Pour

x > -\dfrac{4}{3}

3x + 4 > 0

, donc

\sqrt{3x+4} > 0

, donc

f'(x) > 0

f

est strictement croissante sur

[-\frac{4}{3}, +\infty[

Résoudre l'équation

f(x) = x

et en déduire les points fixes de

f

\sqrt{3x+4} = x

Condition :

x \geq 0

(car

\sqrt{\cdot} \geq 0

) et

3x + 4 \geq 0

(toujours vrai si

x \geq 0

).

Élevons au carré :

3x + 4 = x^2 \iff x^2 - 3x - 4 = 0

Discriminant :

\Delta = 9 + 16 = 25

. Racines :

x = \dfrac{3 \pm 5}{2}

Donc

x = 4

x = -1

.

Comme

x \geq 0

, on ne retient que

x = 4

.

Vérification :

f(4) = \sqrt{12 + 4} = \sqrt{16} = 4

✓.

Le seul point fixe de

f

(dans le domaine considéré) est

\ell = 4

Partie B — Encadrement et monotonie

Montrer par récurrence que pour tout

n \in \mathbb{N}

1 \leq u_n \leq 4

Notons

\mathcal{P}(n)

: «

1 \leq u_n \leq 4

».

Initialisation ( $n = 0$ ) :

u_0 = 1

1 \leq 1 \leq 4

. ✓

Hérédité : Soit

n \geq 0

fixé. Supposons

1 \leq u_n \leq 4

.

- Minoration :

u_n \geq 1

, donc

3u_n + 4 \geq 7

, d'où

u_{n+1} = \sqrt{3u_n + 4} \geq \sqrt{7} \approx 2{,}65 \geq 1

.

- Majoration :

u_n \leq 4

, donc

3u_n + 4 \leq 16

, d'où

u_{n+1} = \sqrt{3u_n + 4} \leq \sqrt{16} = 4

.

Donc

1 \leq u_{n+1} \leq 4

\mathcal{P}(n+1)

est vraie.

Conclusion : Pour tout

n \in \mathbb{N}

1 \leq u_n \leq 4

Montrer que pour tout

x \in [1, 4]

f(x) \geq x

. En déduire que

(u_n)

est croissante.

Étudions le signe de

f(x) - x

sur

[1, 4]

f(x) \geq x \iff \sqrt{3x+4} \geq x

Pour

x \geq 0

, on peut élever au carré :

3x + 4 \geq x^2 \iff x^2 - 3x - 4 \leq 0 \iff (x-4)(x+1) \leq 0

Or pour

x \in [1, 4]

x - 4 \leq 0

x + 1 \geq 2 > 0

, donc

(x-4)(x+1) \leq 0

. ✓

Donc

f(x) \geq x

pour tout

x \in [1, 4]

.

Comme

u_n \in [1, 4]

pour tout

n

u_{n+1} = f(u_n) \geq u_n

La suite

(u_n)

est croissante.

Partie C — Convergence et vitesse

En déduire que

(u_n)

converge et déterminer sa limite.

(u_n)

est croissante et majorée par

4

.

D'après le théorème de convergence monotone,

(u_n)

converge vers une limite

\ell

.

Par passage à la limite dans

u_{n+1} = \sqrt{3u_n + 4}

\ell = \sqrt{3\ell + 4}

On a résolu cette équation à la question 2 :

\ell = 4

(seule solution positive).

\boxed{\lim_{n \to +\infty} u_n = 4}

On pose

v_n = 4 - u_n

. Montrer que pour tout

n \in \mathbb{N}

v_{n+1} \leq \dfrac{1}{2}\, v_n

. En déduire que

0 \leq v_n \leq 3 \times \left(\dfrac{1}{2}\right)^n

v_{n+1} = 4 - u_{n+1} = 4 - \sqrt{3u_n + 4}

Multiplions et divisons par le conjugué

4 + \sqrt{3u_n+4}

v_{n+1} = \dfrac{(4 - \sqrt{3u_n+4})(4 + \sqrt{3u_n+4})}{4 + \sqrt{3u_n+4}} = \dfrac{16 - (3u_n+4)}{4 + \sqrt{3u_n+4}} = \dfrac{12 - 3u_n}{4 + \sqrt{3u_n+4}} = \dfrac{3(4 - u_n)}{4 + \sqrt{3u_n+4}}

Donc

v_{n+1} = \dfrac{3\, v_n}{4 + \sqrt{3u_n + 4}}

.

Or

u_n \geq 1

, donc

3u_n + 4 \geq 7

, donc

\sqrt{3u_n+4} \geq \sqrt{7} > 2

.

Ainsi

4 + \sqrt{3u_n+4} > 6

, d'où :

v_{n+1} = \dfrac{3\, v_n}{4 + \sqrt{3u_n+4}} < \dfrac{3\, v_n}{6} = \dfrac{v_n}{2}

Par récurrence :

0 \leq v_n \leq v_0 \times \left(\dfrac{1}{2}\right)^n = 3 \times \left(\dfrac{1}{2}\right)^n

.

Cela montre que

u_n \to 4

au moins aussi vite qu'une suite géométrique de raison

\dfrac{1}{2}

Problème 4 — Suites adjacentes et approximation de

\sqrt{2}

Avancé

On définit deux suites

(a_n)

(b_n)

par :

a_0 = 1, \quad b_0 = 2

a_{n+1} = \dfrac{2a_n b_n}{a_n + b_n} \quad \text{(moyenne harmonique)}

b_{n+1} = \dfrac{a_n + b_n}{2} \quad \text{(moyenne arithmétique)}

L'objectif est de montrer que ces deux suites convergent vers

\sqrt{2}

Partie A — Calculs et premières propriétés

Calculer

a_1

b_1

a_2

b_2

. Donner les résultats sous forme de fractions.

a_1 = \dfrac{2 \times 1 \times 2}{1 + 2} = \dfrac{4}{3}

b_1 = \dfrac{1 + 2}{2} = \dfrac{3}{2}

a_2 = \dfrac{2 \times \frac{4}{3} \times \frac{3}{2}}{\frac{4}{3} + \frac{3}{2}} = \dfrac{2 \times 2}{\frac{8+9}{6}} = \dfrac{4}{\frac{17}{6}} = \dfrac{24}{17}

b_2 = \dfrac{\frac{4}{3} + \frac{3}{2}}{2} = \dfrac{\frac{8+9}{6}}{2} = \dfrac{17}{12}

On remarque que

a_2 = \dfrac{24}{17} \approx 1{,}4118

b_2 = \dfrac{17}{12} \approx 1{,}4167

, déjà très proches de

\sqrt{2} \approx 1{,}4142

Montrer que pour tout

n \in \mathbb{N}

a_n > 0

b_n > 0

. En utilisant l'inégalité arithmético-harmonique, montrer que

a_n \leq b_n

pour tout

n \geq 0

Positivité :

a_0 = 1 > 0

b_0 = 2 > 0

. Si

a_n > 0

b_n > 0

, alors

a_{n+1} = \dfrac{2a_nb_n}{a_n+b_n} > 0

b_{n+1} = \dfrac{a_n+b_n}{2} > 0

. Par récurrence,

a_n > 0

b_n > 0

pour tout

n

.

Inégalité AM-HM : Pour tous réels

x, y > 0

, la moyenne arithmétique est supérieure ou égale à la moyenne harmonique :

\dfrac{x + y}{2} \geq \dfrac{2xy}{x + y}

(Ceci se démontre en développant :

(x-y)^2 \geq 0 \implies x^2+y^2 \geq 2xy \implies (x+y)^2 \geq 4xy

.)

Appliquée à

x = a_n

y = b_n

b_{n+1} = \dfrac{a_n + b_n}{2} \geq \dfrac{2a_nb_n}{a_n + b_n} = a_{n+1}

Donc

a_{n+1} \leq b_{n+1}

pour tout

n \geq 0

, soit

a_n \leq b_n

pour tout

n \geq 0

Montrer que

(a_n)

est croissante et que

(b_n)

est décroissante.

$(a_n)$ croissante : Comme

b_n \geq a_n

a_{n+1} = \dfrac{2a_nb_n}{a_n + b_n} \geq \dfrac{2a_n \times a_n}{a_n + a_n} = \dfrac{2a_n^2}{2a_n} = a_n

(On a remplacé

b_n

par

a_n

au numérateur, ce qui diminue la fraction car

b_n \geq a_n

, et au dénominateur ce qui l'augmente ; il faut en fait utiliser directement que

\dfrac{2a_nb_n}{a_n+b_n} \geq a_n \iff 2b_n \geq a_n + b_n \iff b_n \geq a_n

, ce qui est vrai.)

Donc

a_{n+1} \geq a_n

(a_n)

est croissante.

$(b_n)$ décroissante :

b_{n+1} = \dfrac{a_n + b_n}{2} \leq \dfrac{b_n + b_n}{2} = b_n

car

a_n \leq b_n

. Donc

(b_n)

est décroissante.

Partie B — Invariant et convergence

Montrer que pour tout

n \in \mathbb{N}

a_n \times b_n = a_{n+1} \times b_{n+1}

. En déduire que

a_n \times b_n = 2

pour tout

n

Calculons

a_{n+1} \times b_{n+1}

a_{n+1} \times b_{n+1} = \dfrac{2a_nb_n}{a_n + b_n} \times \dfrac{a_n + b_n}{2} = \dfrac{2a_nb_n \times (a_n+b_n)}{(a_n+b_n) \times 2} = a_nb_n

Donc le produit

a_n b_n

est constant égal à :

a_0 \times b_0 = 1 \times 2 = 2

Pour tout

n \in \mathbb{N}

a_n \times b_n = 2

En déduire que

(a_n)

(b_n)

convergent vers la même limite

\ell

, et déterminer

\ell

Convergence :
-

(a_n)

est croissante et majorée par

b_0 = 2

, donc elle converge vers

\ell_a

.
-

(b_n)

est décroissante et minorée par

a_0 = 1

, donc elle converge vers

\ell_b

.

Même limite : Passage à la limite dans

b_{n+1} = \dfrac{a_n + b_n}{2}

\ell_b = \dfrac{\ell_a + \ell_b}{2} \implies 2\ell_b = \ell_a + \ell_b \implies \ell_a = \ell_b

Notons

\ell = \ell_a = \ell_b

.

Détermination de $\ell$ : Passage à la limite dans

a_n b_n = 2

\ell \times \ell = 2 \implies \ell^2 = 2

Comme

\ell > 0

(car

a_n \geq 1

pour tout

n

) :

\boxed{\ell = \sqrt{2}}

Calculer

a_3

b_3

(sous forme de fractions), puis donner des valeurs approchées. Combien de décimales exactes de

\sqrt{2}

obtient-on ?

a_3 = \dfrac{2 \times \frac{24}{17} \times \frac{17}{12}}{\frac{24}{17} + \frac{17}{12}} = \dfrac{2 \times 2}{\frac{288 + 289}{204}} = \dfrac{4}{\frac{577}{204}} = \dfrac{4 \times 204}{577} = \dfrac{816}{577}

b_3 = \dfrac{\frac{24}{17} + \frac{17}{12}}{2} = \dfrac{\frac{288 + 289}{204}}{2} = \dfrac{577}{408}

Valeurs approchées :

a_3 = \dfrac{816}{577} \approx 1{,}414 211 438\ldots

b_3 = \dfrac{577}{408} \approx 1{,}414 215 686\ldots

\sqrt{2} \approx 1{,}414 213 562\ldots

On a

a_3 < \sqrt{2} < b_3

et les deux approximations coïncident avec

\sqrt{2}

sur les $5$ premières décimales (

1{,}41421

).

Avec seulement

3

itérations, on obtient une précision remarquable. C'est la puissance de la méthode des moyennes arithmético-harmoniques.

S'entraîner avec les sujets du bac

Voir les sujets corrigés →

Suites numériques

I. Rappels et compléments sur les suites

1. Modes de définition

2. Sens de variation

3. Suites bornées

II. Suites arithmétiques et géométriques

1. Suite arithmétique

2. Suite géométrique

III. Limite d'une suite

1. Convergence

2. Opérations et formes indéterminées

IV. Théorèmes de convergence

V. Raisonnement par récurrence

1. Introduction et motivation

2. Principe de récurrence

3. Méthode de rédaction

4. Exemple — Somme des premiers entiers

5. Exemple — Somme des carrés

6. Exemple — Somme géométrique

7. Exemple — Inégalité

8. Exemple — Suite récurrente

9. Variantes du raisonnement par récurrence

10. Exemple — Suite de Fibonacci (récurrence forte)

11. Erreurs classiques à éviter

12. Compléments — Inégalité de Bernoulli

13. Compléments — Divisibilité

VI. Méthodes

1. Définitions et vocabulaire

2. Suites arithmétiques

3. Suites géométriques

4. Limites de suites

5. Théorèmes de convergence

6. Raisonnement par récurrence

7. Sommes classiques à retenir

8. Méthodes essentielles

9. Inégalités classiques

Partie A — Premiers calculs

Partie B — Suite auxiliaire

Partie A — Modélisation

Partie B — Résultats

Partie A — Étude de la fonction fff

Partie B — Encadrement et monotonie

Partie C — Convergence et vitesse

Partie A — Calculs et premières propriétés

Partie B — Invariant et convergence

S'entraîner avec les sujets du bac

Partie A — Étude de la fonction $f$