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II Suites numériques · Chapitre 02 / 17

Suites numériques

Compléments, convergence, raisonnement par récurrence.

14 min de lecture
6 sections, 8 exemples
46 exercices · 4 problèmes

Conforme au programme officiel 2025-2026 · mis à jour le · notre méthode de vérification

L'essentiel en 30 secondes

Le raisonnement par récurrence démontre une propriété pour tout entier : initialisation, puis hérédité. Côté limites : toute suite croissante et majorée converge (théorème de la limite monotone), et les théorèmes de comparaison et des gendarmes encadrent les cas difficiles. Pour une suite géométrique, qⁿ tend vers 0 si |q| < 1 et vers +∞ si q > 1.

1 I. Rappels et compléments sur les suites

1. Modes de définition

2. Sens de variation

3. Suites bornées

2 II. Suites arithmétiques et géométriques

1. Suite arithmétique

2. Suite géométrique

3 III. Limite d'une suite

1. Convergence

2. Opérations et formes indéterminées

4 IV. Théorèmes de convergence

Schema de convergence d'une suite
Suite monotone ?
Non
Etudier autrement
gendarmes, calcul direct...
Oui
Bornee ?
Oui
Converge
th. convergence monotone
Non
pminfty\\pm\\infty
diverge vers l'infini

5 V. Raisonnement par récurrence

1. Introduction et motivation

2. Principe de récurrence

3. Méthode de rédaction

4. Exemple — Somme des premiers entiers

Démonstration
Pour tout n≥1n \geq 1, notons P(n)\mathcal{P}(n) : « ∑k=1nk=n(n+1)2\displaystyle\sum_{k=1}^{n} k = \frac{n(n+1)}{2} ».

Initialisation (n=1n = 1) :
• Membre de gauche : ∑k=11k=1\displaystyle\sum_{k=1}^{1} k = 1.
• Membre de droite : 1×22=1\dfrac{1 \times 2}{2} = 1.

Les deux membres sont égaux, donc P(1)\mathcal{P}(1) est vraie.

Hérédité : Soit n≥1n \geq 1 fixé. Supposons P(n)\mathcal{P}(n) vraie, c'est-à-dire ∑k=1nk=n(n+1)2\displaystyle\sum_{k=1}^{n} k = \frac{n(n+1)}{2}.

Montrons que P(n+1)\mathcal{P}(n+1) est vraie :

∑k=1n+1k=(∑k=1nk)+(n+1)=n(n+1)2+(n+1)=n(n+1)+2(n+1)2=(n+1)(n+2)2\sum_{k=1}^{n+1} k = \left(\sum_{k=1}^{n} k\right) + (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)\mathcal{P}(n+1) est vraie.

Conclusion : Par le principe de récurrence, pour tout n≥1n \geq 1, ∑k=1nk=n(n+1)2\displaystyle\sum_{k=1}^{n} k = \frac{n(n+1)}{2}. ■\blacksquare

5. Exemple — Somme des carrés

Démonstration
Notons P(n)\mathcal{P}(n) : « ∑k=1nk2=n(n+1)(2n+1)6\displaystyle\sum_{k=1}^{n} k^2 = \frac{n(n+1)(2n+1)}{6} ».

Initialisation (n=1n = 1) : ∑k=11k2=1\displaystyle\sum_{k=1}^{1} k^2 = 1 et 1×2×36=1\dfrac{1 \times 2 \times 3}{6} = 1. Donc P(1)\mathcal{P}(1) est vraie.

Hérédité : Soit n≥1n \geq 1 fixé. Supposons P(n)\mathcal{P}(n) vraie.

∑k=1n+1k2=n(n+1)(2n+1)6+(n+1)2=(n+1)[n(2n+1)+6(n+1)]6=(n+1)(2n2+7n+6)6=(n+1)(n+2)(2n+3)6\sum_{k=1}^{n+1} k^2 = \frac{n(n+1)(2n+1)}{6} + (n+1)^2 = \frac{(n+1)\bigl[n(2n+1) + 6(n+1)\bigr]}{6} = \frac{(n+1)(2n^2 + 7n + 6)}{6} = \frac{(n+1)(n+2)(2n+3)}{6}

Donc P(n+1)\mathcal{P}(n+1) est vraie.

Conclusion : Par récurrence, la propriété est vraie pour tout n≥1n \geq 1. ■\blacksquare

6. Exemple — Somme géométrique

Démonstration
Notons P(n)\mathcal{P}(n) : « ∑k=0nqk=1−qn+11−q\displaystyle\sum_{k=0}^{n} q^k = \frac{1 - q^{n+1}}{1 - q} ».

Initialisation (n=0n = 0) : ∑k=00qk=1\displaystyle\sum_{k=0}^{0} q^k = 1 et 1−q1−q=1\dfrac{1 - q}{1 - q} = 1. Donc P(0)\mathcal{P}(0) est vraie.

Hérédité : Soit n≥0n \geq 0 fixé. Supposons P(n)\mathcal{P}(n) vraie.

∑k=0n+1qk=1−qn+11−q+qn+1=1−qn+1+qn+1(1−q)1−q=1−qn+21−q\sum_{k=0}^{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)\mathcal{P}(n+1) est vraie.

Conclusion : Par récurrence, la propriété est vraie pour tout n≥0n \geq 0. ■\blacksquare

7. Exemple — Inégalité

Démonstration
Notons P(n)\mathcal{P}(n) : « 2n≥n+12^n \geq n + 1 ».

Initialisation (n=1n = 1) : 21=2≥1+1=22^1 = 2 \geq 1 + 1 = 2. Donc P(1)\mathcal{P}(1) est vraie.

Hérédité : Soit n≥1n \geq 1 fixé. Supposons 2n≥n+12^n \geq n + 1.

Alors : 2n+1=2×2n≥2(n+1)=2n+2≥n+2=(n+1)+12^{n+1} = 2 \times 2^n \geq 2(n+1) = 2n + 2 \geq n + 2 = (n+1) + 1

car 2n+2≥n+22n + 2 \geq n + 2 dès que n≥0n \geq 0.

Donc P(n+1)\mathcal{P}(n+1) est vraie.

Conclusion : Par récurrence, pour tout n≥1n \geq 1, 2n≥n+12^n \geq n + 1. ■\blacksquare

8. Exemple — Suite récurrente

Démonstration
Notons P(n)\mathcal{P}(n) : « un=2n+1+1u_n = 2^{n+1} + 1 ».

Initialisation (n=0n = 0) : u0=3u_0 = 3 et 20+1+1=2+1=32^{0+1} + 1 = 2 + 1 = 3. Donc P(0)\mathcal{P}(0) est vraie.

Hérédité : Soit n≥0n \geq 0 fixé. Supposons un=2n+1+1u_n = 2^{n+1} + 1.

Alors : un+1=2un−1=2(2n+1+1)−1=2n+2+2−1=2(n+1)+1+1u_{n+1} = 2u_n - 1 = 2(2^{n+1} + 1) - 1 = 2^{n+2} + 2 - 1 = 2^{(n+1)+1} + 1

Donc P(n+1)\mathcal{P}(n+1) est vraie.

Conclusion : Par récurrence, pour tout n∈Nn \in \mathbb{N}, un=2n+1+1u_n = 2^{n+1} + 1. ■\blacksquare

9. Variantes du raisonnement par récurrence

10. Exemple — Suite de Fibonacci (récurrence forte)

Démonstration par récurrence forte
Notons P(n)\mathcal{P}(n) : « Fn≤2n−1F_n \leq 2^{n-1} ».

Initialisation :
• n=1n = 1 : F1=1≤20=1F_1 = 1 \leq 2^0 = 1. ✓
• n=2n = 2 : F2=1≤21=2F_2 = 1 \leq 2^1 = 2. ✓

Hérédité : Soit n≥2n \geq 2 fixé. Supposons que P(k)\mathcal{P}(k) est vraie pour tout 1≤k≤n1 \leq k \leq n.

En particulier, Fn≤2n−1F_n \leq 2^{n-1} et Fn−1≤2n−2F_{n-1} \leq 2^{n-2}.

Alors :

Fn+1=Fn+Fn−1≤2n−1+2n−2=2n−2(2+1)=3×2n−2≤4×2n−2=2nF_{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)\mathcal{P}(n+1) est vraie.

Conclusion : Par récurrence forte, pour tout n≥1n \geq 1, Fn≤2n−1F_n \leq 2^{n-1}. ■\blacksquare

11. Erreurs classiques à éviter

12. Compléments — Inégalité de Bernoulli

Démonstration
Soit x≥−1x \geq -1 fixé. Notons P(n)\mathcal{P}(n) : « (1+x)n≥1+nx(1+x)^n \geq 1 + nx ».

Initialisation (n=0n = 0) : (1+x)0=1(1+x)^0 = 1 et 1+0⋅x=11 + 0 \cdot x = 1, donc 1≥11 \geq 1. P(0)\mathcal{P}(0) est vraie.

Hérédité : Soit n≥0n \geq 0 fixé. Supposons (1+x)n≥1+nx(1+x)^n \geq 1 + nx.

Comme x≥−1x \geq -1, on a 1+x≥01 + x \geq 0, donc :

(1+x)n+1=(1+x)n⋅(1+x)≥(1+nx)(1+x)=1+(n+1)x+nx2≥1+(n+1)x(1+x)^{n+1} = (1+x)^n \cdot (1+x) \geq (1 + nx)(1 + x) = 1 + (n+1)x + nx^2 \geq 1 + (n+1)x

car nx2≥0nx^2 \geq 0.

Donc P(n+1)\mathcal{P}(n+1) est vraie.

Conclusion : Par récurrence, pour tout n∈Nn \in \mathbb{N}, (1+x)n≥1+nx(1+x)^n \geq 1 + nx. ■\blacksquare

13. Compléments — Divisibilité

Démonstration
Notons P(n)\mathcal{P}(n) : « 3∣4n−13 \mid 4^n - 1 ».

Initialisation (n=0n = 0) : 40−1=0=3×04^0 - 1 = 0 = 3 \times 0. Donc 3∣03 \mid 0, et P(0)\mathcal{P}(0) est vraie.

Hérédité : Soit n≥0n \geq 0 fixé. Supposons que 3∣4n−13 \mid 4^n - 1, c'est-à-dire qu'il existe k∈Zk \in \mathbb{Z} tel que 4n−1=3k4^n - 1 = 3k.

Alors :

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

Donc 3∣4n+1−13 \mid 4^{n+1} - 1, et P(n+1)\mathcal{P}(n+1) est vraie.

Conclusion : Par récurrence, pour tout n∈Nn \in \mathbb{N}, 3∣4n−13 \mid 4^n - 1. ■\blacksquare

6 VI. Méthodes

Ce chapitre est tombé au bac

20 sujets officiels de bac comportent un exercice sur ce chapitre — chaque corrigé est détaillé question par question.

2025 Nouvelle-Calédonie · Jour 2 2025 Nouvelle-Calédonie · Jour 1 2025 Amérique du Sud · Jour 2 2025 Amérique du Sud · Jour 1 2025 Métropole · Septembre Jour 2 2025 Métropole · Septembre Jour 1 2025 Asie · Septembre 2025 Polynésie · Septembre 2025 Métropole · Jour 2 2025 Polynésie · Jour 2 2025 Métropole · Jour 1 2025 Polynésie · Jour 1 2025 Centres étrangers · Jour 2 2025 Asie · Jour 2 2025 Centres étrangers · Jour 1 2025 Asie · Jour 1 2025 Amérique du Nord · J2 secours 2025 Amérique du Nord · Jour 2 2025 Amérique du Nord · Jour 1 2024 Amérique du Nord · Jour 1

Questions fréquentes

Comment démontrer qu'une suite converge ?
Trois voies au programme : le théorème de convergence monotone (une suite croissante et majorée converge), le théorème des gendarmes (encadrement par deux suites de même limite), ou le calcul direct de la limite quand la forme de unu_n le permet. Une suite croissante non majorée, elle, tend vers +∞+\infty.
À quoi sert le raisonnement par récurrence ?
Il démontre une propriété vraie pour tout entier nn à partir d'un certain rang. On vérifie l'initialisation au premier rang, puis l'hérédité : si la propriété est vraie au rang nn, elle l'est au rang n+1n+1. Sans l'initialisation, la démonstration est fausse — c'est l'erreur la plus fréquente.
Comment reconnaître une suite géométrique et calculer sa limite ?
Une suite est géométrique si le rapport un+1/unu_{n+1}/u_n est constant, égal à la raison qq. Sa limite dépend de qq : elle tend vers 00 si ∣q∣<1|q| < 1, vaut u0u_0 si q=1q = 1, tend vers +∞+\infty si q>1q > 1 (avec u0>0u_0 > 0), et n'a pas de limite si q⩽−1q \leqslant -1.

1. Définitions et vocabulaire

2. Suites arithmétiques

3. Suites géométriques

4. Limites de suites

5. Théorèmes de convergence

Schema de convergence d'une suite
Suite monotone ?
Non
Etudier autrement
gendarmes, calcul direct...
Oui
Bornee ?
Oui
Converge
th. convergence monotone
Non
pminfty\\pm\\infty
diverge vers l'infini

6. Raisonnement par récurrence

7. Sommes classiques à retenir

8. Méthodes essentielles

9. Inégalités classiques

46 exercices disponibles
Exercice 1
Facile
Soit (un)(u_n) définie par un=3n+5u_n = 3n+5.
1.
Montrer que (un)(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 $u_0 = 3 \times 0 + 5 = 5$.
2.
Calculer u10u_{10} et u50u_{50}.
On utilise la formule du terme général d'une suite arithmétique : $u_n = u_0 + nr$. $$u_{10} = u_0 + 10r = 5 + 10 \times 3 = 5 + 30 = 35$$ $$u_{50} = u_0 + 50r = 5 + 50 \times 3 = 5 + 150 = 155$$
3.
Calculer S=u0+⋯+u20S = 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 $u_0$ à $u_{20}$, 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 (vn)(v_n) définie par v0=4v_0=4 et vn+1=32vnv_{n+1}=\dfrac{3}{2}v_n.
1.
Montrer que (vn)(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 $v_0 = 4$.
2.
Exprimer vnv_n et calculer v5v_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 $n = 5$ : $$v_5 = 4 \times \left(\dfrac{3}{2}\right)^5 = 4 \times \dfrac{3^5}{2^5} = 4 \times \dfrac{243}{32} = \dfrac{4 \times 243}{32} = \dfrac{972}{32} = \dfrac{243}{8} = 30{,}375$$
3.
Calculer T=v0+⋯+v9T = 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 $v_0 = 4$ et $q = \dfrac{3}{2}$ : $$T = 4 \times \dfrac{1 - \left(\frac{3}{2}\right)^{10}}{1 - \frac{3}{2}} = 4 \times \dfrac{1 - \frac{3^{10}}{2^{10}}}{-\frac{1}{2}} = 4 \times (-2) \times \left(1 - \dfrac{59049}{1024}\right)$$ $$T = -8 \times \left(\dfrac{1024 - 59049}{1024}\right) = -8 \times \dfrac{-58025}{1024} = \dfrac{8 \times 58025}{1024} = \dfrac{58025}{128} \approx 453{,}3$$
Exercice 3
Facile
Soit un=n2−6n+10u_n = n^2-6n+10.
1.
Calculer un+1−unu_{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 $u_0$ à $u_2$, puis **croissante** à partir de $u_3$.
2.
Minimum de (un)(u_n) ?
D'après l'étude des variations, la suite décroît jusqu'à $n = 2$ puis croît à partir de $n = 3$. Comparons $u_2$ et $u_3$ : $$u_2 = 4 - 12 + 10 = 2$$ $$u_3 = 9 - 18 + 10 = 1$$ 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 ∑k=0n2k=2n+1−1\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.
1.
S1=1+2+3+⋯+100S_1 = 1+2+3+\cdots+100
On reconnaît la somme des 100 premiers entiers naturels non nuls : $$S_1 = \sum_{k=1}^{100} k = \dfrac{100 \times (100 + 1)}{2} = \dfrac{100 \times 101}{2} = \dfrac{10100}{2} = 5050$$
2.
S2=3+7+11+⋯+99S_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 $k = 0$ à $k = 24$). $$S_2 = \dfrac{25 \times (3 + 99)}{2} = \dfrac{25 \times 102}{2} = \dfrac{2550}{2} = 1275$$
3.
S3=∑k=530(2k−1)S_3 = \sum_{k=5}^{30}(2k-1)
Comptons le nombre de termes : de $k = 5$ à $k = 30$, 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.
1.
T1=1+3+9+⋯+38T_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 $3^0$ à $3^8$) : $$T_1 = \sum_{k=0}^{8} 3^k = \dfrac{1 - 3^9}{1 - 3} = \dfrac{1 - 19683}{-2} = \dfrac{-19682}{-2} = 9841$$
2.
T2=∑k=0n(1/2)kT_2 = \sum_{k=0}^{n}(1/2)^k
C'est une somme géométrique de premier terme $1$ et de raison $q = \dfrac{1}{2}$ : $$T_2 = \sum_{k=0}^{n} \left(\dfrac{1}{2}\right)^k = \dfrac{1 - \left(\frac{1}{2}\right)^{n+1}}{1 - \frac{1}{2}} = \dfrac{1 - \frac{1}{2^{n+1}}}{\frac{1}{2}} = 2 \times \left(1 - \dfrac{1}{2^{n+1}}\right) = 2 - \dfrac{1}{2^n}$$
3.
T3=∑k=275×2kT_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
u0=2u_0=2, un+1=3un−4u_{n+1}=3u_n-4.
1.
Calculer u1,u2,u3u_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 $2$.
2.
Conjecturer unu_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.
1.
un=3n2−2n+1n2+5u_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 $n \to +\infty$ : $\dfrac{2}{n} \to 0$, $\dfrac{1}{n^2} \to 0$ et $\dfrac{5}{n^2} \to 0$. Donc : $$\lim_{n \to +\infty} u_n = \dfrac{3 - 0 + 0}{1 + 0} = 3$$
2.
vn=n+1n2v_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 $n \to +\infty$ : $\dfrac{1}{n} \to 0$ et $\dfrac{1}{n^2} \to 0$. Donc par somme de limites : $$\lim_{n \to +\infty} v_n = 0 + 0 = 0$$
3.
wn=(−1)n/nw_n = (-1)^n/n
On utilise le **théorème des gendarmes**. Pour tout $n \geq 1$, on a $|(-1)^n| = 1$, donc : $$-\dfrac{1}{n} \leq \dfrac{(-1)^n}{n} \leq \dfrac{1}{n}$$ Or $\displaystyle\lim_{n \to +\infty} \left(-\dfrac{1}{n}\right) = 0$ et $\displaystyle\lim_{n \to +\infty} \dfrac{1}{n} = 0$. Par le **théorème des gendarmes** : $$\lim_{n \to +\infty} w_n = 0$$
Exercice 9
Facile
Soit un=(−1)nn+1u_n = \dfrac{(-1)^n}{n+1}.
1.
Montrer que (un)(u_n) est bornée.
Pour tout $n \in \mathbb{N}$ : $$|u_n| = \left|\dfrac{(-1)^n}{n+1}\right| = \dfrac{|(-1)^n|}{|n+1|} = \dfrac{1}{n+1}$$ Or $n + 1 \geq 1$ 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**.
2.
(un)(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 $(-1)^n$).
3.
Convergence ?
On utilise le **théorème des gendarmes**. Pour tout $n \in \mathbb{N}$ : $$-\dfrac{1}{n+1} \leq \dfrac{(-1)^n}{n+1} \leq \dfrac{1}{n+1}$$ Or $\displaystyle\lim_{n \to +\infty} \dfrac{1}{n+1} = 0$ et $\displaystyle\lim_{n \to +\infty} \left(-\dfrac{1}{n+1}\right) = 0$. 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 un=5×3n−2u_n = 5 \times 3^n-2.
1.
Calculer u0,u1,u2u_0, u_1, u_2.
On remplace $n$ par $0$, $1$ et $2$ dans l'expression $u_n = 5 \times 3^n - 2$ : $$u_0 = 5 \times 3^0 - 2 = 5 \times 1 - 2 = 5 - 2 = 3$$ $$u_1 = 5 \times 3^1 - 2 = 5 \times 3 - 2 = 15 - 2 = 13$$ $$u_2 = 5 \times 3^2 - 2 = 5 \times 9 - 2 = 45 - 2 = 43$$
2.
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**.
3.
vn=un+2v_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
u0=5u_0=5, un+1=12un+3u_{n+1}=\dfrac{1}{2}u_n+3.
1.
Calculer u1,u2,u3u_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 $6$.
2.
Déterminer le point fixe ℓ\ell de la fonction f(x)=12x+3f(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 $6$.
3.
On pose vn=un−6v_n = u_n - 6. Montrer que (vn)(v_n) est géométrique et préciser sa raison et son premier terme.
Posons $v_n = u_n - 6$. Calculons $v_{n+1}$ : $$v_{n+1} = u_{n+1} - 6 = \left(\dfrac{1}{2}u_n + 3\right) - 6 = \dfrac{1}{2}u_n - 3$$ Or $v_n = u_n - 6$, 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 $v_n = v_0 \times q^n = -1 \times \left(\dfrac{1}{2}\right)^n = -\dfrac{1}{2^n}$.
4.
En déduire l'expression de unu_n en fonction de nn, puis déterminer la limite de (un)(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 2n≥n+12^n \geq n+1 pour n≥1n \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 $2^{n+1} \geq (n+1) + 1 = n + 2$. $$2^{n+1} = 2 \times 2^n \geq 2(n + 1) = 2n + 2$$ Or $2n + 2 \geq n + 2$ 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.
1.
Déterminer la limite de un=n2+n−nu_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 $\sqrt{1 + \frac{1}{n}} \to 1$. $$\lim_{n \to +\infty} u_n = \dfrac{1}{1 + 1} = \dfrac{1}{2}$$
2.
Déterminer la limite de vn=3n−2n3n+2nv_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** $3^n$ : $$v_n = \dfrac{3^n\left(1 - \frac{2^n}{3^n}\right)}{3^n\left(1 + \frac{2^n}{3^n}\right)} = \dfrac{1 - \left(\frac{2}{3}\right)^n}{1 + \left(\frac{2}{3}\right)^n}$$ Or $\left|\dfrac{2}{3}\right| < 1$, donc $\left(\dfrac{2}{3}\right)^n \to 0$ quand $n \to +\infty$. $$\lim_{n \to +\infty} v_n = \dfrac{1 - 0}{1 + 0} = 1$$
3.
Déterminer la limite de wn=n(1+1n−1)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
u0=0u_0=0, un+1=2+unu_{n+1}=\sqrt{2+u_n}.
1.
Montrer par récurrence que pour tout n∈Nn \in \mathbb{N}, 0≤un≤20 \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 $n \in \mathbb{N}$, $0 \leq u_n \leq 2$.
2.
Montrer que la suite (un)(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 $u_n \geq 0$ et $\sqrt{2 + u_n} \geq 0$, 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**.
3.
En déduire que (un)(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 $\ell = 2$ ou $\ell = -1$. 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
un=cos⁡(n)n2u_n = \dfrac{\cos(n)}{n^2} pour n≥1n \geq 1.
1.
Encadrer unu_n à l'aide d'une inégalité faisant intervenir nn.
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 : $$-\dfrac{1}{n^2} \leq u_n \leq \dfrac{1}{n^2}$$
2.
En déduire la limite de (un)(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
Sn=∑k=1n1k(k+1)S_n = \displaystyle\sum_{k=1}^{n} \dfrac{1}{k(k+1)}.
1.
Décomposer 1k(k+1)\dfrac{1}{k(k+1)} en éléments simples.
On cherche $a$ et $b$ 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 : $$\dfrac{1}{k(k+1)} = \dfrac{1}{k} - \dfrac{1}{k+1}$$
2.
Calculer SnS_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 : $$S_n = 1 - \dfrac{1}{n+1} = \dfrac{n+1-1}{n+1} = \dfrac{n}{n+1}$$
3.
Déterminer la limite de SnS_n quand n→+∞n \to +\infty.
$$\lim_{n \to +\infty} S_n = \lim_{n \to +\infty} \dfrac{n}{n+1}$$ On factorise par $n$ : $$\dfrac{n}{n+1} = \dfrac{1}{1 + \frac{1}{n}}$$ Or $\dfrac{1}{n} \to 0$, donc : $$\lim_{n \to +\infty} S_n = \dfrac{1}{1 + 0} = 1$$
Exercice 17
Intermédiaire
un=n!nnu_n = \dfrac{n!}{n^n} pour n≥1n \geq 1.
1.
Calculer u1,u2,u3,u4u_1, u_2, u_3, u_4.
$$u_1 = \dfrac{1!}{1^1} = \dfrac{1}{1} = 1$$ $$u_2 = \dfrac{2!}{2^2} = \dfrac{2}{4} = \dfrac{1}{2}$$ $$u_3 = \dfrac{3!}{3^3} = \dfrac{6}{27} = \dfrac{2}{9}$$ $$u_4 = \dfrac{4!}{4^4} = \dfrac{24}{256} = \dfrac{3}{32}$$
2.
Montrer que pour tout n≥1n \geq 1 : 0<un≤1n0 < 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 $0 < u_n \leq \dfrac{1}{n}$.
3.
En déduire la limite de (un)(u_n).
On a l'encadrement $0 < u_n \leq \dfrac{1}{n}$ pour tout $n \geq 1$. Or $\displaystyle\lim_{n \to +\infty} 0 = 0$ et $\displaystyle\lim_{n \to +\infty} \dfrac{1}{n} = 0$. Par le **théorème des gendarmes** : $$\lim_{n \to +\infty} u_n = 0$$
Exercice 18
Intermédiaire
un=3×2n+52n+1u_n = \dfrac{3 \times 2^n+5}{2^n+1}.
1.
Déterminer la limite de (un)(u_n) quand n→+∞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 $n \to +\infty$ : $\dfrac{5}{2^n} \to 0$ et $\dfrac{1}{2^n} \to 0$ (car $2 > 1$). $$\lim_{n \to +\infty} u_n = \dfrac{3 + 0}{1 + 0} = 3$$
2.
On pose vn=un−3v_n = u_n - 3. Montrer que vn=22n+1v_n = \dfrac{2}{2^n+1}, puis étudier le signe et la monotonie de (vn)(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 :** $2 > 0$ et $2^n + 1 > 0$, donc $v_n > 0$ pour tout $n$. **Monotonie :** Montrons que $(v_n)$ est strictement décroissante : $$\dfrac{v_{n+1}}{v_n} = \dfrac{\frac{2}{2^{n+1}+1}}{\frac{2}{2^n+1}} = \dfrac{2^n + 1}{2^{n+1} + 1} = \dfrac{2^n + 1}{2 \times 2^n + 1}$$ Or $2^n + 1 < 2 \times 2^n + 1$ (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**.
3.
En déduire un encadrement de unu_n valable pour tout n∈Nn \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 Sn=∑k=1nk×2kS_n = \displaystyle\sum_{k=1}^{n}k \times 2^k en dérivant ∑xk\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
u0=1u_0=1, un+1=un1+unu_{n+1}=\dfrac{u_n}{1+u_n}.
1.
Calculer u1,u2,u3u_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 $u_n = \dfrac{1}{n+1}$.
2.
On pose vn=1unv_n = \dfrac{1}{u_n}. Montrer que (vn)(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 $v_n = v_0 + n \times r = 1 + n = n + 1$.
3.
En déduire l'expression de unu_n en fonction de nn, 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
un=(−1)nn+32n+1u_n = \dfrac{(-1)^n n+3}{2n+1}. Montrer que (un)(u_n) diverge.
1.
Déterminer la limite de la sous-suite (u2p)(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 $p \to +\infty$ : $\dfrac{3}{p} \to 0$ et $\dfrac{1}{p} \to 0$. $$\lim_{p \to +\infty} u_{2p} = \dfrac{2}{4} = \dfrac{1}{2}$$
2.
Déterminer la limite de la sous-suite (u2p+1)(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 $p \to +\infty$ : $$\lim_{p \to +\infty} u_{2p+1} = \dfrac{-2}{4} = -\dfrac{1}{2}$$
3.
En déduire que la suite (un)(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
u0=1u_0=1, u1=2u_1=2, un+2=3un+1−2unu_{n+2}=3u_{n+1}-2u_n.
1.
Calculer u2u_2, u3u_3 et u4u_4. Conjecturer une expression de unu_n en fonction de nn.
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 $u_n = 2^n$**.
2.
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 $\mathcal{P}(n)$ et $\mathcal{P}(n+1)$ vraies, c'est-à-dire $u_n = 2^n$ et $u_{n+1} = 2^{n+1}$. 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
u0=3u_0=3, un+1=un2−2u_{n+1}=u_n^2-2.
1.
Calculer u1u_1, u2u_2 et u3u_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.
2.
Montrer par récurrence que pour tout n∈Nn \in \mathbb{N}, un≥2u_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 $[2, +\infty[$ et $u_n \geq 2$). Donc $u_{n+1} \geq 2$, et $\mathcal{P}(n+1)$ est vraie. **Conclusion :** Par récurrence, pour tout $n \in \mathbb{N}$, $u_n \geq 2$.
3.
Montrer que (un)(u_n) est croissante, puis que lim⁡n→+∞un=+∞\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 $\ell = 2$ ou $\ell = -1$. 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 (an)(a_n) et (bn)(b_n) par a0=0a_0 = 0, b0=2b_0 = 2, an+1=an+bn2a_{n+1} = \dfrac{a_n + b_n}{2} et bn+1=an+1+bn2b_{n+1} = \dfrac{a_{n+1} + b_n}{2}.
1.
Calculer a1a_1, b1b_1, a2a_2 et b2b_2.
$$a_1 = \dfrac{a_0 + b_0}{2} = \dfrac{0 + 2}{2} = 1$$ $$b_1 = \dfrac{a_1 + b_0}{2} = \dfrac{1 + 2}{2} = \dfrac{3}{2}$$ $$a_2 = \dfrac{a_1 + b_1}{2} = \dfrac{1 + \frac{3}{2}}{2} = \dfrac{\frac{5}{2}}{2} = \dfrac{5}{4}$$ $$b_2 = \dfrac{a_2 + b_1}{2} = \dfrac{\frac{5}{4} + \frac{3}{2}}{2} = \dfrac{\frac{11}{4}}{2} = \dfrac{11}{8}$$
2.
Montrer que pour tout n∈Nn \in \mathbb{N} : an≤bna_n \leq b_n, que (an)(a_n) est croissante et que (bn)(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 :** $$b_{n+1} - b_n = \dfrac{a_{n+1} + b_n}{2} - b_n = \dfrac{a_{n+1} - b_n}{2}$$ Or $a_{n+1} = \dfrac{a_n + b_n}{2} \leq \dfrac{b_n + b_n}{2} = b_n$ (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**.
3.
On pose dn=bn−and_n = b_n - a_n. Montrer que dn+1=dn4d_{n+1} = \dfrac{d_n}{4} et en déduire dnd_n.
Calculons $d_{n+1} = b_{n+1} - a_{n+1}$ : $$d_{n+1} = \dfrac{a_{n+1} + b_n}{2} - \dfrac{a_n + b_n}{2} = \dfrac{a_{n+1} + b_n - a_n - b_n}{2} = \dfrac{a_{n+1} - a_n}{2}$$ Or $a_{n+1} - a_n = \dfrac{b_n - a_n}{2} = \dfrac{d_n}{2}$, 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.
4.
Montrer que an+2bna_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.
1.
Déterminer lim⁡n→+∞n32n\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 $k = 3$ et $q = 2 > 1$, donc : $$\lim_{n \to +\infty} \dfrac{n^3}{2^n} = 0$$ **Interprétation :** $2^n$ croît beaucoup plus vite que $n^3$.
2.
Déterminer lim⁡n→+∞3nn!\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 : $$0 < u_n \leq u_3 \times \left(\dfrac{3}{4}\right)^{n-3}$$ Or $\left(\dfrac{3}{4}\right)^{n-3} \to 0$. Par le théorème des gendarmes : $$\lim_{n \to +\infty} \dfrac{3^n}{n!} = 0$$ **Interprétation :** la factorielle **l'emporte** sur l'exponentielle.
3.
Déterminer lim⁡n→+∞n2(23)n\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 $k = 2$ et $q = \dfrac{2}{3}$ 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 un=3nn!u_n = \dfrac{3^n}{n!} pour n≥0n \geq 0.
1.
Calculer un+1un\dfrac{u_{n+1}}{u_n} en fonction de nn.
$$\dfrac{u_{n+1}}{u_n} = \dfrac{\frac{3^{n+1}}{(n+1)!}}{\frac{3^n}{n!}} = \dfrac{3^{n+1}}{(n+1)!} \times \dfrac{n!}{3^n} = \dfrac{3 \times 3^n}{(n+1) \times n!} \times \dfrac{n!}{3^n} = \dfrac{3}{n+1}$$
2.
En déduire que (un)(u_n) est décroissante à partir du rang n=3n = 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 $n = 3$**.
3.
Montrer que lim⁡n→+∞un=0\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 $n \geq 3$ : $$u_n \leq u_3 \times \left(\dfrac{3}{4}\right)^{n-3}$$ Or $u_3 = \dfrac{3^3}{3!} = \dfrac{27}{6} = \dfrac{9}{2}$ et $\left(\dfrac{3}{4}\right)^{n-3} \to 0$ car $\dfrac{3}{4} < 1$. Comme $u_n > 0$ et $u_n \leq \dfrac{9}{2} \times \left(\dfrac{3}{4}\right)^{n-3} \to 0$, par le théorème des gendarmes : $$\lim_{n \to +\infty} u_n = 0$$
Exercice 27
Difficile
On pose Sn=∑k=0n1k!S_n = \displaystyle\sum_{k=0}^{n} \dfrac{1}{k!} pour n≥0n \geq 0.
1.
Montrer par récurrence que pour tout k≥1k \geq 1 : 1k!≤12k−1\dfrac{1}{k!} \leq \dfrac{1}{2^{k-1}}.
Notons $\mathcal{P}(k)$ : « $\dfrac{1}{k!} \leq \dfrac{1}{2^{k-1}}$ ». **Initialisation ($k = 1$) :** $\dfrac{1}{1!} = 1$ et $\dfrac{1}{2^0} = 1$. 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 $k \geq 1$, $\dfrac{1}{k!} \leq \dfrac{1}{2^{k-1}}$.
2.
En déduire que Sn<3S_n < 3 pour tout n≥0n \geq 0.
$$S_n = 1 + \sum_{k=1}^{n} \dfrac{1}{k!} \leq 1 + \sum_{k=1}^{n} \dfrac{1}{2^{k-1}} = 1 + \sum_{j=0}^{n-1} \dfrac{1}{2^j}$$ Or $\displaystyle\sum_{j=0}^{n-1} \dfrac{1}{2^j} = \dfrac{1 - (\frac{1}{2})^n}{1 - \frac{1}{2}} = 2\left(1 - \dfrac{1}{2^n}\right) < 2$. Donc : $$S_n < 1 + 2 = 3$$ Pour tout $n \geq 0$, $S_n < 3$.
3.
Montrer que (Sn)(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≥−1x \geq -1 et tout n∈Nn \in \mathbb{N}, (1+x)n≥1+nx(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 : $$(1+nx)(1+x) = 1 + x + nx + nx^2 = 1 + (n+1)x + nx^2$$ Or $nx^2 \geq 0$ (car $n \geq 0$ et $x^2 \geq 0$), 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 (un)(u_n) définie par u0=1u_0 = 1 et un+1=2un+3un+2u_{n+1} = \dfrac{2u_n + 3}{u_n + 2}.
1.
Montrer par récurrence que pour tout n∈Nn \in \mathbb{N} : un>0u_n > 0 et un<3u_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 $2u_n + 3 > 0$ et $u_n + 2 > 0$, d'où $u_{n+1} > 0$. **Majoration :** Montrons $u_{n+1} < \sqrt{3}$ : $$u_{n+1} < \sqrt{3} \iff \dfrac{2u_n + 3}{u_n + 2} < \sqrt{3} \iff 2u_n + 3 < \sqrt{3}(u_n + 2)$$ $$\iff 2u_n + 3 < \sqrt{3}\, u_n + 2\sqrt{3} \iff (2 - \sqrt{3})u_n < 2\sqrt{3} - 3$$ Or $2 - \sqrt{3} > 0$ et $2\sqrt{3} - 3 > 0$, 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 $n \in \mathbb{N}$, $0 < u_n < \sqrt{3}$.
2.
Montrer que la suite (un)(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**.
3.
En déduire que (un)(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 $\ell = \sqrt{3}$ ou $\ell = -\sqrt{3}$. 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 a0=1a_0 = 1, b0=4b_0 = 4, an+1=an+bn2a_{n+1} = \dfrac{a_n + b_n}{2} et bn+1=anbnb_{n+1} = \sqrt{a_n b_n}.
1.
Calculer a1a_1, b1b_1, a2a_2 et b2b_2.
$$a_1 = \dfrac{a_0 + b_0}{2} = \dfrac{1 + 4}{2} = \dfrac{5}{2}$$ $$b_1 = \sqrt{a_0 \times b_0} = \sqrt{1 \times 4} = 2$$ $$a_2 = \dfrac{a_1 + b_1}{2} = \dfrac{\frac{5}{2} + 2}{2} = \dfrac{\frac{9}{2}}{2} = \dfrac{9}{4}$$ $$b_2 = \sqrt{a_1 \times b_1} = \sqrt{\dfrac{5}{2} \times 2} = \sqrt{5} \approx 2{,}236$$
2.
Montrer que pour tout n≥1n \geq 1 : bn≤anb_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 $x = a_n$ et $y = b_n$ (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 $n \geq 1$ : $a_n \geq b_n$.
3.
Montrer que (an)(a_n) est décroissante et (bn)(b_n) est croissante à partir du rang 11.
**$(a_n)$ 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 $b_{n+1} \geq b_n$.
4.
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 (un)(u_n) définie par u0=4u_0 = 4 et un+1=12(un+5un)u_{n+1} = \dfrac{1}{2}\left(u_n + \dfrac{5}{u_n}\right).
1.
Montrer que pour tout n≥0n \geq 0 : un>0u_n > 0. Puis montrer que pour tout n≥1n \geq 1 : un2≥5u_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 $n \geq 1$.
2.
Montrer que (un)(u_n) est décroissante à partir du rang n=1n = 1.
Pour $n \geq 1$ : $$u_{n+1} - u_n = \dfrac{1}{2}\left(u_n + \dfrac{5}{u_n}\right) - u_n = \dfrac{1}{2}\left(\dfrac{5}{u_n} - u_n\right) = \dfrac{5 - u_n^2}{2u_n}$$ Or $u_n^2 \geq 5$ pour $n \geq 1$ et $u_n > 0$, donc : $$u_{n+1} - u_n = \dfrac{5 - u_n^2}{2u_n} \leq 0$$ La suite est **décroissante** à partir de $n = 1$.
3.
En déduire que (un)(u_n) converge et déterminer sa limite.
Pour $n \geq 1$ : $(u_n)$ est décroissante et minorée par $\sqrt{5}$ (car $u_n^2 \geq 5$ et $u_n > 0$). 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 $\ell > 0$).
4.
Montrer que un+1−5=(un−5)22unu_{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∈Nn \in \mathbb{N}, 7n−17^n - 1 est divisible par 66.
Correction détaillée
Notons $\mathcal{P}(n)$ : « $6 \mid 7^n - 1$ ». **Initialisation ($n = 0$) :** $7^0 - 1 = 1 - 1 = 0 = 6 \times 0$. Donc $6 \mid 0$ et $\mathcal{P}(0)$ 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)=x+23f(x) = \dfrac{x+2}{3} et (un)(u_n) définie par u0=5u_0 = 5 et un+1=f(un)u_{n+1} = f(u_n).
1.
Déterminer le point fixe ℓ\ell de ff.
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 $\ell = 1$.
2.
On pose vn=un−1v_n = u_n - 1. Montrer que (vn)(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 $v_n = 4 \times \left(\dfrac{1}{3}\right)^n = \dfrac{4}{3^n}$.
3.
En déduire l'expression de unu_n en fonction de nn 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 :** $u_0 = 1 + 4 = 5$ ✓ ; $u_1 = 1 + \dfrac{4}{3} = \dfrac{7}{3}$ et $f(5) = \dfrac{7}{3}$ ✓. **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 : F0=0F_0 = 0, F1=1F_1 = 1 et Fn+2=Fn+1+FnF_{n+2} = F_{n+1} + F_n pour tout n≥0n \geq 0.
1.
Calculer les termes F2,F3,…,F10F_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.
2.
On pose rn=Fn+1Fnr_n = \dfrac{F_{n+1}}{F_n} pour n≥1n \geq 1. Montrer que rn+1=1+1rnr_{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 : $$r_{n+1} = \dfrac{F_{n+1} + F_n}{F_{n+1}} = 1 + \dfrac{F_n}{F_{n+1}} = 1 + \dfrac{1}{r_n}$$
3.
En admettant que (rn)(r_n) converge, déterminer sa limite φ\varphi (nombre d'or).
Si $(r_n)$ 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 Sn=1n∑k=0n−111+knS_n = \dfrac{1}{n}\displaystyle\sum_{k=0}^{n-1}\dfrac{1}{1+\frac{k}{n}} pour n≥1n \geq 1.
1.
Calculer S1S_1, S2S_2 et S4S_4.
$$S_1 = \dfrac{1}{1} \times \dfrac{1}{1+0} = 1$$ $$S_2 = \dfrac{1}{2}\left(\dfrac{1}{1+0} + \dfrac{1}{1+\frac{1}{2}}\right) = \dfrac{1}{2}\left(1 + \dfrac{2}{3}\right) = \dfrac{1}{2} \times \dfrac{5}{3} = \dfrac{5}{6} \approx 0{,}833$$ $$S_4 = \dfrac{1}{4}\left(\dfrac{1}{1} + \dfrac{1}{\frac{5}{4}} + \dfrac{1}{\frac{3}{2}} + \dfrac{1}{\frac{7}{4}}\right) = \dfrac{1}{4}\left(1 + \dfrac{4}{5} + \dfrac{2}{3} + \dfrac{4}{7}\right) \approx \dfrac{1}{4} \times 2{,}99 \approx 0{,}760$$
2.
Montrer que pour tout n≥1n \geq 1 : Sn>12S_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. $$S_n = \dfrac{1}{n}\sum_{k=0}^{n-1}\dfrac{1}{1+\frac{k}{n}} > \dfrac{1}{n} \times n \times \dfrac{1}{2} = \dfrac{1}{2}$$
3.
En admettant que (Sn)(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 u0=1u_0 = 1, v0=2v_0 = 2, w0=4w_0 = 4, et pour tout nn : un+1=un+vn2u_{n+1} = \dfrac{u_n + v_n}{2}, vn+1=vn+wn2v_{n+1} = \dfrac{v_n + w_n}{2}, wn+1=wn+un2w_{n+1} = \dfrac{w_n + u_n}{2}.
1.
Calculer u1u_1, v1v_1 et w1w_1.
$$u_1 = \dfrac{u_0 + v_0}{2} = \dfrac{1 + 2}{2} = \dfrac{3}{2}$$ $$v_1 = \dfrac{v_0 + w_0}{2} = \dfrac{2 + 4}{2} = 3$$ $$w_1 = \dfrac{w_0 + u_0}{2} = \dfrac{4 + 1}{2} = \dfrac{5}{2}$$
2.
Montrer que pour tout n∈Nn \in \mathbb{N} : un+vn+wnu_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 $u_0 + v_0 + w_0 = 1 + 2 + 4 = 7$.
3.
En admettant que les trois suites convergent vers la même limite ℓ\ell, déterminer ℓ\ell.
Si $(u_n)$, $(v_n)$ et $(w_n)$ 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 (un)(u_n) définie par u0=0u_0 = 0 et un+1=un2+14u_{n+1} = u_n^2 + \dfrac{1}{4}.
1.
Montrer par récurrence que pour tout n∈Nn \in \mathbb{N} : un≤12u_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 $n \in \mathbb{N}$, $u_n \leq \dfrac{1}{2}$.
2.
Montrer que (un)(u_n) est croissante.
$$u_{n+1} - u_n = u_n^2 + \dfrac{1}{4} - u_n = u_n^2 - u_n + \dfrac{1}{4} = \left(u_n - \dfrac{1}{2}\right)^2$$ Or $\left(u_n - \dfrac{1}{2}\right)^2 \geq 0$ pour tout $n$. Donc $u_{n+1} - u_n \geq 0$ : $(u_n)$ est **croissante**.
3.
En déduire que (un)(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 (un)(u_n) une suite convergente de limite ℓ\ell. On pose vn=u0+u1+⋯+unn+1v_n = \dfrac{u_0 + u_1 + \cdots + u_n}{n+1}. Montrer que (vn)(v_n) converge vers ℓ\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 (un)(u_n) définie par u0=1u_0 = 1, u1=3u_1 = 3 et un+2=5un+1−6unu_{n+2} = 5u_{n+1} - 6u_n.
1.
Calculer u2u_2, u3u_3 et u4u_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 $r_1 = 2$ et $r_2 = 3$.
2.
En déduire que un=α×2n+β×3nu_n = \alpha \times 2^n + \beta \times 3^n et déterminer α\alpha et β\beta.
La solution générale est $u_n = \alpha \times 2^n + \beta \times 3^n$. Déterminons $\alpha$ et $\beta$ 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 :** $u_0 = 1$ ✓, $u_1 = 3$ ✓, $u_2 = 9$ ✓, $u_3 = 27$ ✓.
3.
Déterminer la limite de un+1un\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 Hn=∑k=1n1kH_n = \displaystyle\sum_{k=1}^{n} \dfrac{1}{k} pour n≥1n \geq 1.
1.
Montrer que (Hn)(H_n) est strictement croissante.
$$H_{n+1} - H_n = \sum_{k=1}^{n+1}\dfrac{1}{k} - \sum_{k=1}^{n}\dfrac{1}{k} = \dfrac{1}{n+1}$$ Or $\dfrac{1}{n+1} > 0$ pour tout $n \geq 1$. Donc $H_{n+1} > H_n$ : $(H_n)$ est **strictement croissante**.
2.
Montrer que pour tout n≥1n \geq 1 : H2n−Hn≥12H_{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 $\dfrac{1}{k} \geq \dfrac{1}{2n}$. $$H_{2n} - H_n = \sum_{k=n+1}^{2n}\dfrac{1}{k} \geq \sum_{k=n+1}^{2n}\dfrac{1}{2n} = n \times \dfrac{1}{2n} = \dfrac{1}{2}$$
3.
En déduire que lim⁡n→+∞Hn=+∞\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 : $$H_{2^p} \geq 1 + p \times \dfrac{1}{2} = 1 + \dfrac{p}{2}$$ Or $1 + \dfrac{p}{2} \to +\infty$ 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≥1n \geq 1 :

∑k=1nk3=(n(n+1)2)2\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≥4n \geq 4 : 2n≥n22^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 (un)(u_n) définie par u0=1u_0 = 1 et un+1=2un+1u_{n+1} = 2u_n + 1. Montrer par récurrence que un=2n+1−1u_n = 2^{n+1} - 1 pour tout n≥0n \geq 0.
Correction détaillée
**Init** : $n=0$, $u_0 = 1$ et $2^1 - 1 = 1$ . **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≥1n \geq 1 :

∑k=1nk⋅k!=(n+1)!−1\sum_{k=1}^{n} k \cdot k! = (n+1)! - 1
Correction détaillée
**Init** : $n=1$, $1 \times 1! = 1$ et $2! - 1 = 1$ . **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≥1n \geq 1, n!≥2n−1n! \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≥2n \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 $a$ et $a$ 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 0,80{,}8 (certaines bactéries meurent) et on ajoute 600600 nouvelles bactéries. On note unu_n le nombre de bactéries (en milliers) au jour nn, avec u0=1u_0 = 1 (soit 1 0001\,000 bactéries au départ).

On a donc la relation : un+1=0,8 un+0,6u_{n+1} = 0{,}8\, u_n + 0{,}6 pour tout n∈Nn \in \mathbb{N}.

Partie A — Premiers calculs

1.
Calculer u1u_1, u2u_2 et u3u_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.
2.
Déterminer le point fixe ℓ\ell de la fonction f(x)=0,8x+0,6f(x) = 0{,}8x + 0{,}6, c'est-à-dire la valeur ℓ\ell telle que f(ℓ)=ℓf(\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

3.
On pose vn=un−3v_n = u_n - 3. Montrer que (vn)(v_n) est une suite géométrique dont on précisera la raison et le premier terme.
Calculons $v_{n+1}$ : $$v_{n+1} = u_{n+1} - 3 = (0{,}8\, u_n + 0{,}6) - 3 = 0{,}8\, u_n - 2{,}4$$ Or $u_n = v_n + 3$, 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 $v_n = -2 \times (0{,}8)^n$.
4.
En déduire l'expression de unu_n en fonction de nn.
Comme $u_n = v_n + 3$ : $$u_n = -2 \times (0{,}8)^n + 3 = 3 - 2 \times (0{,}8)^n$$ **Vérification :** $u_0 = 3 - 2 = 1$ ✓ ; $u_1 = 3 - 2 \times 0{,}8 = 3 - 1{,}6 = 1{,}4$ ✓.
5.
Déterminer la limite de (un)(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**.
6.
À partir de quel jour nn a-t-on un≥2,9u_n \geq 2{,}9 (soit au moins 2 9002\,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 C0=10 000C_0 = 10\,000 € sur un compte rémunéré au taux annuel de 3%3\%. Chaque année, après le versement des intérêts, il effectue un versement complémentaire de 500500 €. On note CnC_n le capital disponible au bout de nn années.

Partie A — Modélisation

1.
Justifier que pour tout n∈Nn \in \mathbb{N} : Cn+1=1,03 Cn+500C_{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 $a = 1{,}03$ et $b = 500$.
2.
Déterminer le point fixe ℓ\ell de la fonction g(x)=1,03x+500g(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.
3.
On pose vn=Cn−ℓv_n = C_n - \ell. Montrer que (vn)(v_n) est géométrique et préciser sa raison et son premier terme.
Calculons $v_{n+1}$ : $$v_{n+1} = C_{n+1} - \ell = (1{,}03\, C_n + 500) - \ell$$ Or $\ell = 1{,}03\ell + 500$, 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

4.
En déduire l'expression de CnC_n en fonction de nn.
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 :** $C_0 = \dfrac{1}{3}(80\,000 - 50\,000) = \dfrac{30\,000}{3} = 10\,000$ ✓.
5.
Déterminer à partir de quelle année nn le capital dépasse 30 00030\,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 $30\,000$ €.
6.
Si le taux passe à 5%5\% (les autres conditions restant identiques), exprimer CnC_n et déterminer quand le capital dépasse 30 00030\,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 ff la fonction définie sur [−43,+∞[[-\frac{4}{3}, +\infty[ par f(x)=3x+4f(x) = \sqrt{3x + 4}.

On considère la suite (un)(u_n) définie par u0=1u_0 = 1 et un+1=f(un)=3un+4u_{n+1} = f(u_n) = \sqrt{3u_n + 4} pour tout n∈Nn \in \mathbb{N}.

Partie A — Étude de la fonction ff

1.
Montrer que ff est croissante sur [−43,+∞[[-\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 $[-\frac{4}{3}, +\infty[$.
2.
Résoudre l'équation f(x)=xf(x) = x et en déduire les points fixes de ff.
$$\sqrt{3x+4} = x$$ **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 $x = 4$ ou $x = -1$. 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

3.
Montrer par récurrence que pour tout n∈Nn \in \mathbb{N} : 1≤un≤41 \leq u_n \leq 4.
Notons $\mathcal{P}(n)$ : « $1 \leq u_n \leq 4$ ». **Initialisation ($n = 0$) :** $u_0 = 1$ et $1 \leq 1 \leq 4$. ✓ **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 $1 \leq u_{n+1} \leq 4$ et $\mathcal{P}(n+1)$ est vraie. **Conclusion :** Pour tout $n \in \mathbb{N}$, $1 \leq u_n \leq 4$.
4.
Montrer que pour tout x∈[1,4]x \in [1, 4] : f(x)≥xf(x) \geq x. En déduire que (un)(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 $x \in [1, 4]$ : $x - 4 \leq 0$ et $x + 1 \geq 2 > 0$, 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

5.
En déduire que (un)(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). $$\boxed{\lim_{n \to +\infty} u_n = 4}$$
6.
On pose vn=4−unv_n = 4 - u_n. Montrer que pour tout n∈Nn \in \mathbb{N} : vn+1≤12 vnv_{n+1} \leq \dfrac{1}{2}\, v_n. En déduire que 0≤vn≤3×(12)n0 \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 2\sqrt{2}
Avancé
On définit deux suites (an)(a_n) et (bn)(b_n) par :

a0=1,b0=2a_0 = 1, \quad b_0 = 2

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

bn+1=an+bn2(moyenne arithmeˊtique)b_{n+1} = \dfrac{a_n + b_n}{2} \quad \text{(moyenne arithmétique)}

L'objectif est de montrer que ces deux suites convergent vers 2\sqrt{2}.

Partie A — Calculs et premières propriétés

1.
Calculer a1a_1, b1b_1, a2a_2 et b2b_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 $a_2 = \dfrac{24}{17} \approx 1{,}4118$ et $b_2 = \dfrac{17}{12} \approx 1{,}4167$, déjà très proches de $\sqrt{2} \approx 1{,}4142$.
2.
Montrer que pour tout n∈Nn \in \mathbb{N} : an>0a_n > 0 et bn>0b_n > 0. En utilisant l'inégalité arithmético-harmonique, montrer que an≤bna_n \leq b_n pour tout n≥0n \geq 0.
**Positivité :** $a_0 = 1 > 0$ et $b_0 = 2 > 0$. Si $a_n > 0$ et $b_n > 0$, alors $a_{n+1} = \dfrac{2a_nb_n}{a_n+b_n} > 0$ et $b_{n+1} = \dfrac{a_n+b_n}{2} > 0$. Par récurrence, $a_n > 0$ et $b_n > 0$ 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 $x = a_n$ et $y = b_n$ : $$b_{n+1} = \dfrac{a_n + b_n}{2} \geq \dfrac{2a_nb_n}{a_n + b_n} = a_{n+1}$$ Donc $a_{n+1} \leq b_{n+1}$ pour tout $n \geq 0$, soit $a_n \leq b_n$ pour tout $n \geq 0$.
3.
Montrer que (an)(a_n) est croissante et que (bn)(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

4.
Montrer que pour tout n∈Nn \in \mathbb{N} : an×bn=an+1×bn+1a_n \times b_n = a_{n+1} \times b_{n+1}. En déduire que an×bn=2a_n \times b_n = 2 pour tout nn.
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 $n \in \mathbb{N}$ : $a_n \times b_n = 2$.
5.
En déduire que (an)(a_n) et (bn)(b_n) convergent vers la même limite ℓ\ell, et déterminer ℓ\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 $n$) : $$\boxed{\ell = \sqrt{2}}$$
6.
Calculer a3a_3 et b3b_3 (sous forme de fractions), puis donner des valeurs approchées. Combien de décimales exactes de 2\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.