Suites numériques

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 et divergence

Propriété — Limites de référence

Suite	Limite quand $n \to +\infty$
$n$ , $n^2$ , $n^3$ , …, $n^p$ ( $p \geqslant 1$ )	$+\infty$
$\sqrt{n}$	$+\infty$
$\dfrac{1}{n}$ , $\dfrac{1}{n^2}$ , …, $\dfrac{1}{n^p}$	$0$
$\dfrac{1}{\sqrt{n}}$	$0$
$q^n$ avec $q > 1$	$+\infty$
$q^n$ avec $q = 1$	$1$
$q^n$ avec $-1 < q < 1$	$0$
$q^n$ avec $q \leqslant -1$	pas de limite

Tout le reste du chapitre consiste à ramener une suite à ces limites-là.

2. Opérations sur les limites

Propriété — Limite d'une somme

$\lim u_n$	$\lim v_n$	$\lim (u_n + v_n)$
$\ell$	$\ell'$	$\ell + \ell'$
$\ell$	$+\infty$	$+\infty$
$\ell$	$-\infty$	$-\infty$
$+\infty$	$+\infty$	$+\infty$
$-\infty$	$-\infty$	$-\infty$
$+\infty$	$-\infty$	F.I.

Une seule ligne pose problème : celle qui additionne

+\infty

-\infty

Propriété — Limite d'un produit

$\lim u_n$	$\lim v_n$	$\lim (u_n \times v_n)$
$\ell$	$\ell'$	$\ell \times \ell'$
$\ell > 0$	$+\infty$	$+\infty$
$\ell > 0$	$-\infty$	$-\infty$
$\ell < 0$	$+\infty$	$-\infty$
$\ell < 0$	$-\infty$	$+\infty$
$+\infty$	$+\infty$	$+\infty$
$+\infty$	$-\infty$	$-\infty$
$-\infty$	$-\infty$	$+\infty$
$0$	$+\infty$ ou $-\infty$	F.I.

Hors du cas

0 \times \infty

, tout se joue sur la règle des signes — d'où l'importance de préciser si

\ell

est positif ou négatif.

Propriété — Limite d'un quotient

$\lim u_n$	$\lim v_n$	$\lim \dfrac{u_n}{v_n}$
$\ell$	$\ell' \neq 0$	$\dfrac{\ell}{\ell'}$
$\ell$	$+\infty$ ou $-\infty$	$0$
$+\infty$	$\ell' > 0$	$+\infty$
$+\infty$	$\ell' < 0$	$-\infty$
$-\infty$	$\ell' > 0$	$-\infty$
$-\infty$	$\ell' < 0$	$+\infty$
$\ell > 0$	$0^+$	$+\infty$
$\ell > 0$	$0^-$	$-\infty$
$\ell < 0$	$0^+$	$-\infty$
$\ell < 0$	$0^-$	$+\infty$
$+\infty$	$0^+$	$+\infty$
$+\infty$	$0^-$	$-\infty$
$-\infty$	$0^+$	$-\infty$
$-\infty$	$0^-$	$+\infty$
$0$	$0$	F.I.
$+\infty$ ou $-\infty$	$+\infty$ ou $-\infty$	F.I.

Quand le dénominateur tend vers

0

, la réponse dépend de son signe : c'est pour cela qu'on écrit

0^+

0^-

et non simplement

0

3. Les quatre formes indéterminées

Propriété — La liste complète

Forme	D'où elle vient	Exemple
$+\infty - \infty$	somme	$n^2 - n$
$0 \times \infty$	produit	$\dfrac{1}{n} \times n^2$
$\dfrac{\infty}{\infty}$	quotient	$\dfrac{3n+1}{n^2}$
$\dfrac{0}{0}$	quotient	$\dfrac{1/n}{1/n^2}$

Il n'y en a pas d'autres dans ce chapitre : toute suite qui ne relève d'aucune de ces quatre situations se traite directement par les tableaux d'opérations.

4. Lever une indétermination

Méthode — Méthode 1 — Quotient de polynômes : factoriser par le terme dominant

Pour une forme

\dfrac{\infty}{\infty}

, on factorise le numérateur et le dénominateur par leur terme de plus haut degré, puis on simplifie.

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

Contrôle : la limite est celle du quotient des termes dominants, ici

\dfrac{3n^2}{n^2} = 3

. C'est un moyen de vérification, pas une rédaction acceptable.

Méthode — Méthode 3 — Racines carrées : multiplier par la quantité conjuguée

Quand une forme

+\infty - \infty

avec des racines ne se simplifie pas utilement par factorisation, la quantité conjuguée est souvent la réécriture la plus efficace. On utilise

(a - b)(a + b) = a^2 - b^2

pour faire disparaître les racines du numérateur :

\sqrt{n+1} - \sqrt{n} = \frac{\left(\sqrt{n+1} - \sqrt{n}\right)\left(\sqrt{n+1} + \sqrt{n}\right)}{\sqrt{n+1} + \sqrt{n}} = \frac{1}{\sqrt{n+1} + \sqrt{n}} \longrightarrow 0

Vérifier au passage que la quantité conjuguée ne s'annule jamais — ici elle est strictement positive.

Méthode — Méthode 4 — Puissances

q^n

: factoriser par la plus grande base

Entre deux puissances

a^n

b^n

avec

0 < a < b

, c'est la plus grande base qui domine, puisque

\left(\dfrac{a}{b}\right)^n \to 0

\frac{3^n - 2^n}{3^n + 2^n} = \frac{3^n\left(1 - \left(\frac{2}{3}\right)^n\right)}{3^n\left(1 + \left(\frac{2}{3}\right)^n\right)} = \frac{1 - \left(\frac{2}{3}\right)^n}{1 + \left(\frac{2}{3}\right)^n} \longrightarrow \frac{1 - 0}{1 + 0} = 1

Rappels indispensables :

a^{n+1} = a \times a^n

\dfrac{a^n}{b^n} = \left(\dfrac{a}{b}\right)^n

4 IV. Théorèmes de comparaison et de convergence

Théorème — Théorèmes de comparaison (limite infinie)

À partir d'un certain rang :

• si

u_n \geqslant v_n

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

, alors

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

;
• si

u_n \leqslant v_n

\displaystyle\lim_{n \to +\infty} v_n = -\infty

, alors

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

.

Le sens de l'inégalité n'est pas décoratif : pour conclure

+\infty

il faut minorer, pour conclure

-\infty

il faut majorer. Une majoration par une suite tendant vers

+\infty

n'apprend rien.

Démonstration des théorèmes de comparaison

Cas de $+\infty$ . Soit

A \in \mathbb{R}

. Comme

v_n \to +\infty

, il existe un rang

N_1

tel que, pour tout

n \geqslant N_1

v_n > A

. L'inégalité

u_n \geqslant v_n

étant vraie à partir d'un rang

N_0

, pour tout

n \geqslant \max(N_0,N_1)

u_n \geqslant v_n > A

C'est exactement la définition de

u_n \to +\infty

.

Cas de $-\infty$ . Soit

A \in \mathbb{R}

. Comme

v_n \to -\infty

, on a

v_n < A

à partir d'un certain rang. Avec

u_n \leqslant v_n

, on obtient alors

u_n < A

. Donc

u_n \to -\infty

Théorème — Limite de

q^n

Soit

q

un réel. Alors :

Valeur de $q$	$\displaystyle\lim_{n \to +\infty} q^n$
$q > 1$	$+\infty$
$q = 1$	$1$
$-1 < q < 1$	$0$
$q \leqslant -1$	pas de limite

C'est la valeur de $q$ qui décide, pas seulement celle de

|q|

(-3)^n

ne tend pas vers

+\infty

, elle n'a pas de limite.

Démonstration du cas

q > 1

(inégalité de Bernoulli)

Étape 1 — inégalité de Bernoulli. Pour tout réel

a \geqslant 0

et tout

n \in \mathbb{N}

(1 + a)^n \geqslant 1 + na

.

Par récurrence. Pour

n = 0

1 \geqslant 1

. Hérédité : soit

n

fixé tel que

(1+a)^n \geqslant 1 + na

. Comme

1 + a > 0

(1+a)^{n+1} = (1+a)^n (1+a) \geqslant (1 + na)(1 + a) = 1 + (n+1)a + na^2 \geqslant 1 + (n+1)a

car

na^2 \geqslant 0

. La propriété est donc héréditaire.

Étape 2 — conclusion. Si

q > 1

, posons

a = q - 1 > 0

, de sorte que

q = 1 + a

. D'après l'étape 1 :

q^n \geqslant 1 + na

a > 0

, donc

1 + na \to +\infty

. Par comparaison,

q^n \to +\infty

Démonstration du cas

-1 < q < 1

q = 0

, la suite est nulle à partir de

n = 1

et tend vers

0

.

Sinon,

0 < |q| < 1

, donc

\dfrac{1}{|q|} > 1

. D'après le cas précédent,

\left(\dfrac{1}{|q|}\right)^n \to +\infty

, et par passage à l'inverse :

|q|^n = \frac{1}{\left(\frac{1}{|q|}\right)^n} \longrightarrow 0

Enfin, pour tout

n

-|q|^n \leqslant q^n \leqslant |q|^n

. Les deux suites encadrantes tendent vers

0

: d'après le théorème des gendarmes,

q^n \to 0

Démonstration du cas

q \leqslant -1

q=-1

, les termes pairs valent

1

et les termes impairs

-1

: la suite n'a pas de limite.

Si

q<-1

, alors

q^2>1

. Les termes de rang pair vérifient

q^{2n}=(q^2)^n\to+\infty

, tandis que ceux de rang impair vérifient

q^{2n+1}=q(q^2)^n\to-\infty

. Une limite finie

\ell

imposerait que tous les termes soient dans

]\ell-1\,;\ell+1[

à partir d'un certain rang, ce que les termes de rang pair empêchent ; une limite

+\infty

imposerait qu'ils soient tous positifs à partir d'un certain rang, ce que les termes de rang impair empêchent, et de même pour

-\infty

. Donc

(q^n)

n'a pas de limite.

Démonstration de la divergence monotone

Suite croissante non majorée. Soit

A \in \mathbb{R}

. Comme

(u_n)

n'est pas majorée, il existe un indice

p

tel que

u_p>A

. La suite étant croissante, pour tout

n \geqslant p

u_n \geqslant u_p>A

Ainsi

u_n\to+\infty

.

Suite décroissante non minorée. Soit

A \in \mathbb{R}

. Il existe un indice

p

tel que

u_p<A

. Pour tout

n \geqslant p

, la décroissance donne

u_n\leqslant u_p<A

. Ainsi

u_n\to-\infty

Schéma de convergence d'une suite

Suite monotone ?

Non

Étudier autrement

gendarmes, calcul direct...

Oui

Bornée ?

Oui

Converge

th. convergence monotone

Non

\\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 \geq 1

, notons

\mathcal{P}(n)

: «

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

».

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

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

.
• Membre de droite :

\dfrac{1 \times 2}{2} = 1

.

Les deux membres sont égaux, donc

\mathcal{P}(1)

est vraie.

Hérédité : Soit

n \geq 1

fixé. Supposons

\mathcal{P}(n)

vraie, c'est-à-dire

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

.

Montrons que

\mathcal{P}(n+1)

est vraie :

\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

\mathcal{P}(n+1)

est vraie.

Conclusion : Par le principe de récurrence, pour tout

n \geq 1

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

\blacksquare

5. Exemple — Somme des carrés

Démonstration

Notons

\mathcal{P}(n)

: «

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

».

Initialisation ( $n = 1$ ) :

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

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

. Donc

\mathcal{P}(1)

est vraie.

Hérédité : Soit

n \geq 1

fixé. Supposons

\mathcal{P}(n)

vraie.

\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

\mathcal{P}(n+1)

est vraie.

Conclusion : Par récurrence, la propriété est vraie pour tout

n \geq 1

\blacksquare

6. Exemple — Somme géométrique

Démonstration

Notons

\mathcal{P}(n)

: «

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

».

Initialisation ( $n = 0$ ) :

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

\dfrac{1 - q}{1 - q} = 1

. Donc

\mathcal{P}(0)

est vraie.

Hérédité : Soit

n \geq 0

fixé. Supposons

\mathcal{P}(n)

vraie.

\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

\mathcal{P}(n+1)

est vraie.

Conclusion : Par récurrence, la propriété est vraie pour tout

n \geq 0

\blacksquare

7. Exemple — Inégalité

Démonstration

Notons

\mathcal{P}(n)

: «

2^n \geq n + 1

».

Initialisation ( $n = 1$ ) :

2^1 = 2 \geq 1 + 1 = 2

. Donc

\mathcal{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) = 2n + 2 \geq n + 2 = (n+1) + 1

car

2n + 2 \geq n + 2

dès que

n \geq 0

.

Donc

\mathcal{P}(n+1)

est vraie.

Conclusion : Par récurrence, pour tout

n \geq 1

2^n \geq n + 1

\blacksquare

8. Exemple — Suite récurrente

Démonstration

Notons

\mathcal{P}(n)

: «

u_n = 2^{n+1} + 1

».

Initialisation ( $n = 0$ ) :

u_0 = 3

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

. Donc

\mathcal{P}(0)

est vraie.

Hérédité : Soit

n \geq 0

fixé. Supposons

u_n = 2^{n+1} + 1

.

Alors :

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

Donc

\mathcal{P}(n+1)

est vraie.

Conclusion : Par récurrence, pour tout

n \in \mathbb{N}

u_n = 2^{n+1} + 1

\blacksquare

9. Variantes du raisonnement par récurrence

10. Exemple — Suite de Fibonacci (récurrence forte)

Démonstration par récurrence forte

Notons

\mathcal{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

\mathcal{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

\mathcal{P}(n+1)

est vraie.

Conclusion : Par récurrence forte, pour tout

n \geq 1

F_n \leq 2^{n-1}

\blacksquare

11. Erreurs classiques à éviter

Vigilance — Erreurs classiques

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

Contre-exemple : Considérons

\mathcal{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

\mathcal{P}(n)

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

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

\mathcal{P}(n)

et on démontre

\mathcal{P}(n+1)

. Écrire « supposons

\mathcal{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

Démonstration

Soit

x \geq -1

fixé. Notons

\mathcal{P}(n)

: «

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

».

Initialisation ( $n = 0$ ) :

(1+x)^0 = 1

1 + 0 \cdot x = 1

, donc

1 \geq 1

\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

, donc :

(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

nx^2 \geq 0

.

Donc

\mathcal{P}(n+1)

est vraie.

Conclusion : Par récurrence, pour tout

n \in \mathbb{N}

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

\blacksquare

13. Compléments — Divisibilité

Démonstration

Notons

\mathcal{P}(n)

: «

3 \mid 4^n - 1

».

Initialisation ( $n = 0$ ) :

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

. Donc

3 \mid 0

, et

\mathcal{P}(0)

est vraie.

Hérédité : Soit

n \geq 0

fixé. Supposons que

3 \mid 4^n - 1

, c'est-à-dire qu'il existe

k \in \mathbb{Z}

tel que

4^n - 1 = 3k

.

Alors :

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

Donc

3 \mid 4^{n+1} - 1

, et

\mathcal{P}(n+1)

est vraie.

Conclusion : Par récurrence, pour tout

n \in \mathbb{N}

3 \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.

À travailler ensuite

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

u_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

n

à partir d'un certain rang. On vérifie l'initialisation au premier rang, puis l'hérédité : si la propriété est vraie au rang

n

, elle l'est au rang

n+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

u_{n+1}/u_n

est constant, égal à la raison

q

. Sa limite dépend de

q

: elle tend vers

0

|q| < 1

, vaut

u_0

q = 1

, tend vers

+\infty

q > 1

(avec

u_0 > 0

), et n'a pas de limite si

q \leqslant -1

Suite	Limite
$n$ , $n^2$ , $n^3$ , $\sqrt{n}$	$+\infty$
$\dfrac{1}{n}$ , $\dfrac{1}{n^2}$ , $\dfrac{1}{\sqrt{n}}$	$0$
$q^n$ avec $q > 1$	$+\infty$
$q^n$ avec $q = 1$	$1$
$q^n$ avec $-1 < q < 1$	$0$
$q^n$ avec $q \leqslant -1$	pas de limite

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 et divergence

2. Opérations sur les limites

3. Les quatre formes indéterminées

4. Lever une indétermination

4 IV. Théorèmes de comparaison et de convergence

5 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

6 VI. Méthodes

Ce chapitre est tombé au bac

À travailler ensuite

Questions fréquentes

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

Exercices corrigés sur les suites numériques

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

Consignes

Consignes

Consignes

Consignes

Partie A — Étude de la fonction $f$