Exercices

Exercices
Exercice 1 (Suites adjacentes)
On considère les suites (un )n∈N et (vn )n∈N définies par:

n
X
1


 un =
2
k +1
∀n ≥ 3,
k=3


 vn = un + 1 − 1
n 2n2
Montrer que (un )n∈N et (vn )n∈N sont adjacentes.
CORRECTION
INDICATIONS
Exercice 2 Soient les deux suites (un ) et (vn ) les deux suites définies par :

 un+1 = 12 (un + vn )
et u0 = 2, v0 = 12

un +2vn
vn+1 =
3
1. Montrer par récurrence que ∀n ∈ N, on a: un > 0, vn > 0.
2. Montrer ensuite que un et vn sont adjacentes.
CORRECTION
INDICATIONS
Exercice 3 (Utilisation des suites extraites )
Soient (un )n∈N une suite telle que les suites (u2n )n∈N , (u2n+1 )n∈N et (u3n )n∈N convergent.
Le but est de prouver que (un )n∈N converge.
1. Peut on appliquer le résultat du cours : Si (u2n+1 )n∈N et u2n convergent vers la même limite l, alors la suite
(un )n∈N converge, et sa limite est l. ?
2. Prouver que u2n et u3n ont la même limite.
3. Prouver que u2n+1 et u3n ont la même limite.
4. Conclure.
CORRECTION
INDICATIONS
Exercice 4 (Utilisation du théorème des gendarmes)
On pose, pour n ∈ N,
2
un =
n
X
p=1
n3
n
n
n
= 3
+ ... + 3
+p
n +1
n + n2
1
1. En minorant et majorant chaque terme de la somme, encadrer un . A l’aide de cet encadrement, calculer
lim un .
n→+∞
2. Vérifier que ∀p ∈ N, on a :
n
−−−−−→
n3 +p n→+∞
0.
Chaque terme de la somme tend vers 0, et pourtant la somme elle même d’après la question précédente ne
tends pas vers 0. Y a t-il une contradiction ?
CORRECTION
Exercice 5
On pose, pour n ∈ N∗ ,

n
X

1


√
S
=

 n
k
et
k=1
INDICATIONS
Sn
un = √
n




v = S − 2√n
n
n
√
√
1. Montrer que ∀n ∈ N∗ , Sn ≤ n + n − 1
√
2. Montrer que ∀n ∈ N∗ , 2 n + 1 − 2 ≤ Sn
3. Montrer que un et vn sont convergentes
CORRECTION
INDICATIONS
Exercice 6
Soit (un ) la suite définie par:
(
√
un+2 = un+1 un
u0 > 0, u1 > 0
Calculer un en fonction de n et u0 , u1 .
CORRECTION
INDICATIONS
Exercice 7
Un nénuphar double sa taille tous les jours. Un de ces nénuphats met 30 jours à recouvrir la surface d’un étang.
Combien deux nénuphars mettront ils de temps à recouvrir le même étang ? (Tous les nénuphars ont la même
taille au début de leur croissance)
(on fera un raisonnement rigoureux ! )
CORRECTION
INDICATIONS
Exercice 8
Soit (un ) la suite définie par:


u0 > 0


un+1 = un +
On va determiner la limite de un par deux méthodes.
2
n
un
1. Méthode 1:
(a) Montrer que ∀n ∈ N, un > 0, et montrer ensuite que un est croissante
(b) Montrer que un n’est pas majorée, en faisant un raisonnement par l’absurde.
(c) En déduire lim un .
n→∞
2. Méthode 2:
(a) Montrer que ∀n ∈ N, un > 0, et montrer ensuite que ∀n ∈ N,
(b) En déduire lim un .
n→∞
CORRECTION
INDICATIONS
3
un ≥ n
Indications pour l’exercice 1
Pas de difficultés ici, appliquer simplement la définition d’une suite adjacente.
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Indications pour l’exercice 2
1. Pas de difficulté
2. Exprimer un+1 − vn+1 en fonction de un − vn . En déduire le signe et le comportement de un − vn .
RETOUR AUX ENONCES
Indications pour l’exercice 3
1. Bien sur que non...
2. Considerer la suite (u6n )n∈N . N’est elle pas extraite à la fois de u3n et u2n ? que peut on en déduire ?
3. Faire un raisonnement identique à celui de la question précédente: quelle suite va t-on considerer ?
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Indications pour l’exercice 4
1. On a l’inégalité suivante:
∀p ∈ [1, n2 ],
n
n
n
≤ 3
≤ 3
n3 + n2
n +p
n +1
On peut ensuite ajouter ces inégalités et utiliser un théorème célèbre.
RETOUR AUX ENONCES
Indications pour l’exercice 5
1. Faire une récurrence
2. Faire une récurrence encore !
3. On nous a fait calculer des encadrements: quel théorème va t-on pouvoir utiliser ?
RETOUR AUX ENONCES
Indications pour l’exercice 6
Essayer de transformer ce problème en un problème de suites récurrentes linéaires.
RETOUR AUX ENONCES
Indications pour l’exercice 7
Pas de difficulté, poser simplement le pb. On pourra noter: un = taille de l’étang le jour n.
RETOUR AUX ENONCES
Indications pour l’exercice 8
1. (a) Pour montrer que un > 0, on fera un raisonnement par récurrence.
(b) Si (un ) est majorée, montrer que un+1 − un l’est aussi.
2. (a) Procéder par récurrence ici aussi.
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4
Correction de l’exercice 1
Nous devons prouver 3 choses: une suite est croissante, l’autre décroissante, et un − vn −−−−−→ 0.
n→+∞
1. (un ) est croissante.
un+1 − un =
n+1
X
k=3
=
n
X 1
1
−
k2 + 1
k2 + 1
k=3
1
≥0
(n + 1)2 + 1
d’où le résultat.
2. (vn ) est décroissante.
1
1
1
1
+ 2
− −
2
n + 1 n 2(n + 1)
2n
2
1
1
(n + 1) − n2
=
−
+
(n + 1)2 + 1 n(n + 1)
2n2 (n + 1)2
2n + 1
2n(n + 1)
1
+ 2
− 2
=
2
2
(n + 1) + 1 2n (n + 1)
2n (n + 1)2
1
1 − 2n2
=
+
(n + 1)2 + 1 2n2 (n + 1)2
2n2 (n + 1)2 + (1 − 2n2 )((n + 1)2 + 1)
=
2n2 (n + 1)2 ((n + 1)2 + 1)
−n2 + 2n + 2
=
2n2 (n + 1)2 ((n + 1)2 + 1)
√
√
Or ∀n ≥ 3, −n2 + 2n + 2 ≤ 0 (les racines sont 1 + 3 et 1 − 3). Donc (vn ) est décroissante.
vn+1 − vn = un+1 − un +
3. un − vn −−−−−→ 0.
n→+∞
Ceci est clair, car
un − vn =
1
1
− −−−−−→ 0
2n2 n n→+∞
Conclusion: (un )n∈N et (vn )n∈N sont adjacentes.
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Correction de l’exercice 2
1.
• La propriété est vraie au rang n = 0.
• Soit n ≥ 0 tq un > 0 et vn > 0. Montrons que un+1 > 0 et vn+1 > 0
Comme un+1 = 12 (un + vn ), par l’hypothèse de récurrence, on a clairement un+1 > 0
Comme vn+1 =
un +2vn
,
3
par l’hypothèse de récurrence, on a clairement vn+1 > 0
• Conclusion: ∀n ∈ N, on a un > 0 et vn > 0.
2.
• Calculons un+1 − un pour essayer de determiner le sens de variation de un :
1
1
un+1 − un = (un + vn ) − un = (vn − un )
2
2
Le signe de un+1 − un est donc le même que le signe de (vn − un ).
5
• Calculons vn+1 − vn pour essayer de determiner le sens de variation de vn :
un + 2vn
1
− vn = (un − vn )
3
3
Le signe de un+1 − un est donc le même que le signe de (un − vn ).
vn+1 − vn =
On est donc conduit à étudier la suite (vn − un ): calculons un+1 − vn+1 en fonction de un − vn pour voir ce
que cela donne.
1
1
1
2
un + vn − un − vn
2
2
3
3
1
(un − vn )
=
6
Ainsi (un − vn ) est géométrique de raison 61 : Comme 61 < 1, elle tend vers 0.
un+1 − vn+1 =
De plus, comme un − vn =
1 n
(u0
6
− v0 ), on en déduit que un − vn < 0.
(a) (un − vn ) tends vers 0.
On a donc prouvé:
Donc un et vn sont adjacentes.
(b) (un ) croissante
(c) (vn décroissante
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Correction de l’exercice 3
1. On ne peut appliquer ce résultat, car ce dernier exige que u2n et u2n+1 convergent vers la même limite, or
l’énoncé ici ne précise pas si les limites de u2n et u2n+1 sont les mêmes.
Cependant, on va prouver que même si l’énoncé ne le précise pas, les limites de u2n et u2n+1 sont bien les
mêmes. Ainsi on pourra conclure.
2.
• Suivons les indications: la suite u6n est extraite de u3n , car un multiple de 6 est aussi un multiple de 3.
(en d’autres termes, u6n = u3(2n) )
Elle a donc la même limite que u3n .
• Mais elle est aussi extraite de u2n , car un multiple de 6 est aussi un multiple de 2. (en d’autres termes,
u6n = u2(3n) )
Elle a donc la même limite que u2n .
• Ainsi u3n et u2n ont la même limite ! (car la suite u6n ne peut avoir qu’une limite)
3. on effectue le même raisonnement avec la suite u6n+3 , qui est extraite à la fois de u2n+1 (car u6n+3 =
u2(3n+1)+1 ) et de u3n (car u6n+3 = u3(2n+1) )
Donc les suites u3n et u2n+1 ont la même limite.
4. Des deux questions précédentes, on déduit que u2n et u2n+1 ont la même limite. On peut maintenant
appliquer le résultat du cours ! Ainsi (un ) converge.
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6
Correction de l’exercice 4
1. On a :
∀p ∈ [1, n2 ],
n3
n
n
n
≤ 3
≤ 3
2
+n
n +p
n +1
On peut donc écrire n2 inégalités ( p variant de 1 à n2 ):
n
n3 +n2
n
n3 +n2
n
n3 +n2
n
n3 +1
n
n3 +2
≤
≤
≤
≤
..
.
n
n3 +n2
≤
n
n3 +1
n
n3 +1
≤
n
n3 +1
En ajoutant ces n2 inégalités, on obtient donc:
n2
X n
n
n
≤
≤ n2 3
n 3
2
3
n +n
n +p
n +1
2
p=1
En utilisant le théorème des gendarmes, on obtient:
lim un = 1
n→+∞
2. On a donc ( apparemment ) le paradoxe suivant: Chaque terme de la somme tend vers 0. Or dans le cours,
on a vu que la limite d’une somme de deux suites était la somme des deux limites.
Donc, en suivant ce raisonnement, la limite de un devrait être 0 + 0 + ... + 0 = 0; ce qui n’est pas le cas.
Où est l’erreur dans ce raisonnement ? Elle vient du fait que si la limite d’une somme de k suites est en effet
la somme des limites des k suites, ce n’est vrai que si le nombre k ne dépend pas de n
Ce qui n’est pas le cas içi, car quand n → +∞ le nombre de suites ( ici n2 ) tend aussi vers +∞. Quand n
n2
X
n
est grand, chaque terme de la somme
est petit, mais comme il y a beaucoup de termes dans la
n3 + p
p=1
somme (n2 ), le résultat total n’est pas petit.
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Correction de l’exercice 5
1. Notons P (n) la propriété Sn ≤
• P (1) est vraie: car S1 =
• Soit n ∈
N∗ .
√
√1
1
n+
√
n − 1.
= 1 et on a bien 1 ≤
√
1+
√
0
On suppose que P (n) est vraie. Montrons que P (n + 1) est vraie.
Sn+1 = Sn + √
Or d’après l’hypothèse de récurrence, Sn ≤
√
n+
√
1
n+1
n − 1. Donc Sn+1 ≤
√
n+
√
n−1+
√1 .
n+1
√
√
√
√
1
Pour prouver P (n + 1), il suffit donc d’avoir: n + n − 1 + √n+1
≤ n + 1 + n.
Prouvons le:
√
√
√
√
√
√
1
1
n+ n−1+ √
≤ n+1+ n ⇔
n−1+ √
≤ n+1
(1)
n+1
n+1
√
√
1
⇔
n−1≤ n+1− √
n+1
√
√
1
⇔ (car tout est positif) ( n − 1)2 ≤ ( n + 1 − √
)2
n+1
1
⇔ n−1≤n+1+
−2
n+1
1
⇔ 0≤
n+1
7
La dernière inégalité étant vraie, comme on a raisonné par equivalence, l’inégalité (1) est vraie:
P (n + 1) est donc vraie
√
√
• Donc ∀n ∈ N∗ , Sn ≤ n + n − 1
√
2. Notons Q(n) la propriété 2 n + 1 − 2 ≤ Sn .
√
• Q(1) est clairement vraie: car 2 2 − 2 ≤ 1 ( S1 = 1).
Rmq: pas besoin de calculatrice pour voir ceci ! :
√
√
2 2−2≤1 ⇔ 2 2≤3
√
⇔ (car tout est positif ) (2 2)2 ≤ 32 ⇔ 8 ≤ 9 , ce qui est vrai !
• Soit n ∈ N∗ . On suppose que Q(n) est vraie. Montrons que P (n + 1) est vraie.
Sn+1 = Sn + √
1
n+1
√
√
Or d’après l’hypothèse de récurrence, 2 n + 1 − 2 ≤ Sn . Donc 2 n + 1 − 2 +
√
Pour prouver Q(n + 1), il suffit donc d’avoir: 2 n + 1 − 2 +
√1
n+1
√1
n+1
≤ Sn+1
√
≥2 n+2−2
Prouvons le:
√
√
√
√
1
1
2 n+1−2+ √
≥2 n+2−2 ⇔ 2 n+1+ √
≥2 n+2
(1)
n+1
n+1
√
√
1
)2 ≥ (2 n + 2)2
⇔ (car tout est positif) (2 n + 1 + √
n+1
1
1
⇔ 4(n + 1) +
≥ 4(n + 2) ⇔ 8 +
≥8
n+1
n+1
1
≥0
⇔
n+1
La dernière inégalité étant vraie, comme on a raisonné par equivalence, l’inégalité (1) est vraie:
Q(n + 1) est donc vraie
√
• Donc ∀n ∈ N∗ , 2 n + 1 − 2 ≤ Sn .
3. Prouvons que (un ) est convergente. D’après les deux questions précédentes, on a:
√
√
√
2 n + 1 − 2 ≤ Sn ≤ n + n − 1
√
√
√
√
2 n+1−2
n+ n−1
√
√
⇔
≤ un ≤
(car n > 0)
n
n
|
{z
}
|
{z
}
−−
−
−
−
→
2
−
−
−
−
−
→
2
n→+∞
n→+∞
Et ainsi, grace au théorème des gendarmes, un −−−−−→ 2
n→+∞
Prouvons que (vn ) converge.
L’idée naturelle ( puisqu’elle a bien marché pour un !) est d’utiliser les inégalités précédentes. On obtient:
√
√
√
√
√
√
2 n + 1 − 2 − 2 n ≤ Sn − 2 n ≤ n + n − 1 − 2 n
√
√
√
√
⇔ 2( n + 1 − n) − 2 ≤ vn ≤ n − 1 − n
(3)
Or
√
n+1−
√
n −−−−−→ 0 et
n→+∞
√
n−1−
√
n −−−−−→ 0 ( cela se prouve en utilisant la quantité conjuguée).
n→+∞
On ne peut pas appliquer le théorème des gendarmes, car dans l’encadrement (3), le terme de gauche tend
vers −2, et le terme de droite vers 0.
8
Il faut donc adopter une autre tactique! Le choix des armes est limité maintenant: il ne nous reste que le
théorème sur les suites monotones. Essayons de l’appliquer.
√
√
vn+1 − vn = Sn+1 − Sn − 2 n + 1 + 2 n
√
√
1
= √
+ 2( n − n + 1)
n+1
1
n − (n + 1)
√
= √
+ 2√
n+1
n+ n+1
2
1
√
−√
= √
n+1
n+ n+1
2
√
2
1
√
=√
: donc vn+1 − vn ≤ 0 ⇔ vn décroissante.
n+ n+1
n+1+ n+1
n+1
√
√
De plus vn est minorée d’après (3), car vn ≥ 2( n + 1 − n) − 2 ≥ −2.
Or √
≥√
Donc vn converge (mais on ne connait pas sa limite)
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Correction de l’exercice 6
On n’a pas vu dans le cours une méthode pour étudier ce type de suite. Il va donc falloir faire preuve
d’imagination.
Mais notre imagination doit être guidée par ce que l’on connait: en l’occurence, le cours. Les seules suites vues
en cours dont on sait toujours calculer le terme un en fonction de n sont:
• les suites géométriques, arithmétiques ou arithmético-géométriques
• les suites récurrentes linéaires d’ordre 2 ( celles qui vérifient un+2 = un+1 + un )
La suite un définie par l’énoncé propose une relation de récurrence faisant intervenir les termes d’ordre n, n + 1
et n + 2: il ne peut s’agir d’une suite géométrique, arithmétique ou arithmético-géométrique, qui ne font intervenir
que les termes d’ordre n et n + 1.
En fait un n’est pas une suite récurrente linéaire d’ordre 2, mais ln(un ) en est une:
• ln(un ) existe car ∀n ∈ N,
un > 0 ( d’après une récurrence triviale)
• Si on pose vn = ln(un ), vn vérifie donc: vn+2 = 12 vn+1 + 12 vn .
l’équation caractéristique est : x2 − 21 x −
1
2
= 0, on trouve comme racines − 12 et 1.
On applique le cours: On sait qu’il existe A ∈ R et B ∈ R tq ∀n ∈ N, vn = A − 12
n
+ B.
On détermine A et B en faisant n = 0 et n = 1 dans l’égalité précédente:
(
(
(
v0 = A + B
B = v0 − A
A = 32 (v0 − v1 )
⇔
⇔
v1 = − A2 + B
v1 = − A2 + v0 − A
B = v30 + 23 v1
Donc
n
2
1
v0 2
vn = (v0 − v1 ) −
+
+ v1
3
2
3
3
⇔
1 n
2
un = e 3 (v0 −v1 )(− 2 ) e
v0
+ 23 v1
3
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Correction de l’exercice 7
Notons T la taille initiale d’un nénuphar, S la taille de l’étang. On notera un la taille du nénuphar au jour n
9
• Le premier jour, le nénuphar a T comme taille; ainsi u1 = T .
De plus, on a un+1 = 2un (le nénuphar double sa taille en un jour). Ainsi (un ) est une suite géométrique de
raison 2. On peut donc écrire un = (u1 )2n−1 = T 2n−1
Le 30ieme jour, la taille du nénuphar est égale à S. On a donc u30 = T 229 = S.
• Notons vn la taille atteinte par deux nénuphars le jour n. Le premier jour, on a v1 = 2T . On a vn+1 = 2vn
(chaque nénuphar double sa surface).
La suite (vn ) est une suite géométrique de raison 2, de premier terme v1 = 2T .
On peut donc écrire: vn = (v1 )2n−1 = 2T 2n−1 = T 2n .
On cherche n tel que vn = S. Or T 229 = S et vn = T 2n . ce qui donne n = 29.
Ainsi 2 nénuphars mettront 29 jours à recouvrir l’étang. Et non pas 15 !!
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Correction de l’exercice 8
1. (a) On montre que un > 0 par récurrence:
• u0 > 0 d’après l’énoncé.
n
• Soit n ≥ 0 tq un > 0. Montrons que un+1 > 0. ceci est évident, car un+1 = un +
|{z} un
|{z}
>0
>0
• Donc ∀n ∈ N, un > 0
Enfin, un+1 − un = unn > 0 d’après ce qui précède: un est ainsi croissante.
(b) Supposons que un soit majorée. Il existe M ∈ R tq ∀n ∈ N, 0 < un < M .
D’une part, 0 < un+1 − un < un+1 < M .
D’autre part,
n
un
>
n
M.
On aurait donc:
∀n ∈ N, M >
Cette inégalité est vraie ∀n ∈ N, ce qui est absurde car
n
M
n
−−−−→
M −
n→+∞
+∞
(c) La suite un est croissante, mais pas majorée: elle tend donc vers +∞.
Rmq: ceci n’est vrai que parce que un est croissante; une suite non majorée ne tend pas nécéssairement
vers +∞.
2. (a) On a déjà prouvé que un > 0. On montre que un ≥ n par récurrence:
• u0 > 0 d’après l’énoncé.
• Soit n ≥ 0 tq un ≥ n. Montrons que un+1 > n + 1.
On a
n
un
≥
n
un+1 = un +
|{z} un
|{z}
>0
>0
• Donc ∀n ∈ N, un > 0
• On retrouve le résultat précédent (ouf!)
RETOUR AUX ENONCES
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