Mathématiques 2013 - 2014 Colle no 9 — Suites Lycée Louis Le

Mathématiques
 - 
Exercice .
Exercice .
The arithmetic (resp. harmonic resp. geometric) mean of
two positive real numbers x and y are defined by
x+y
a(x, y) =
,
2
√
g(x, y) = xy.
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h(x, y) = a(x
−1
,y
−1 −1
)
=
1
x
2
+
1
y
,
. Soit (zn )n∈N une suite complexe telle que pour tout
n∈N
zn+1 = 2zn − z n .
Donner une expression explicite de zn en fonction de n.
. Show that h(x, y) 6 g(x, y) 6 a(x, y).
. Suppose that 0 < x < y. Let (un )n>0 and (vn )n>0 be
the sequences defined recursively by u0 = x, v0 = y and
un+1 = h(un , vn ),
. Soit (zn )n∈N une suite complexe telle que pour tout
n∈N
zn + |zn |
zn+1 =
.
2
Etudier sa convergence.
vn+1 = a(un , vn ).
Show that lim un = lim vn = g(x, y).
Exercice .
Exercice .
Soit α ∈ R\πZ. On considère les suites définies par
an = sin(nα) ,
Soit (un )n>1 la suite définie par :
√ 2n
n n
.
un =
4n
. Simplifier le rapport
riation de (un )n>1 .
un+1
.
un
Prouvez qu’elles divergent !
En déduire le sens de va-
. È
Démontrer par récurrence que ∀n > 1,
n
.
2n+1
bn = cos(nα) .
un 6
Exercice .
Montrer que lim
n→∞
n
1 X
k! = 1 .
n!
k=1
. Montrer que la suite (un )n>1 converge vers un réel
ℓ tel que :
1
1
6ℓ6 √ .
2
2
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
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. Solutions
Solution .
. For all x, y > 0,
⇐⇒
g(x, y) 6 a(x, y)
⇐⇒
⇐⇒
⇐⇒
√
which means the sequence (vn )n>0 is decreasing. On the
other hand for all n > 0,
x+y
2
4xy 6 (x + y)2
xy 6
un+1 − un =
⇐⇒
⇐⇒
⇐⇒
⇐⇒
⇐⇒
1
x
2
+
1
y
6
√
(true !)
√
2xy
6 xy
y+x
4x2 y 2
6 xy
(x + y)2
4xy 6 (x + y)2
(true !)
. Since u0 < v0 and since the harmonic mean is smaller
than the arithmetic mean we have
∀ n > 0 : un 6 vn .
Moreover
∀ n > 0 : vn+1
un + vn
vn + vn
=
6
= vn ,
2
2
− un
which means the sequence (un )n>0 is increasing ; moreover v0 is an upper bound of (un )n>0 , and therefore the
sequence is convergent to a real limit, say ℓ.
On the other hand (vn )n>0 is decreasing and has u0 as a
lower bound, therefore it converges to say ℓ′ . Taking the
limit in
un + vn
∀ n > 0 : vn+1 =
2
yields ℓ = ℓ′ .
Since for all n > 0,
xy
0 6 (x − y)2
1
vn
=
and
h(x, y) 6 g(x, y)
2
+
un (un + vn )
2un vn
−
un + vn
un + vn
un (vn − un )
> 0,
=
un + vn
0 6 x2 − 2xy + y 2
0 6 (x − y)2
1
un
un+1 vn+1 =
2un vn un + vn
= un vn
un + vn
2
the number un vn is independent of n, and thus
∀ n > 0 : un vn = u0 v0 = xy.
√
Taking the limit yields ℓ2 = xy, thus ℓ = ± xy. Ob√
viously the sequences are positive, so ℓ = xy.
Solution .
. Pour tout entier n > 1 :
É
√
n + 1 2n+2
un+1
2n + 1
n + 1 2n + 1
n+1
=
=
= p
.
√
un
n
2(n
+
1)
4 n 2n
2 n(n + 1)
n
p
un+1
> 1 ⇐⇒ (2n + 1) > 2 n(n + 1) ⇐⇒ (2n + 1)2 > 4n(n + 1) (la dernière équivalence étant vraie car les deux
un
p
nombres (2n + 1) et 2 n(n + 1) sont positifs).
u
2
Or (2n + 1) − 4n(n + 1) = 1 > 0, donc on a un+1
> 1 pour tout n > 1, prouvant ainsi que (un )n>1 est croissante.
n
È
n
. On note P(n) l’inégalité un 6
È 2n+1
1
– P(1) est vraie car u1 = 12 6
(puisque 14 6 13 ).
3
u
– Supposons P(n) vraie pour un n > 1 fixé. En utilisant l’expression de un+1
calculée à la question 1, on a
n
2n+1
un+1 = √
un , donc
2
n(n+1)
É
É
2n + 1
n
1 2n + 1
P(n) =⇒ un+1 6 p
=
.
2
n+1
2 n(n + 1) 2n + 1
È
È
n+1
Pour en déduire P(n + 1), il suffit alors de montrer que 12 2n+1
6
. Or cette inégalité est équivalente à
n+1
2n+3
(2n + 3)(2n + 1) 6 4(n + 1)2 , et cette dernière inégalité est vraie car
(2n + 3)(2n + 1) − 4(n + 1)2 = 4n2 + 8n + 3 − (4n2 + 8n + 4) = −1.
On a ainsi démontré par récurrence que P(n) est vraie pour tout entier n > 1.
n
. Puisque 2n+1
6 12 , on déduit de la question précédente que un 6 √12 pour tour n > 1. Ainsi la suite (un )n>1 est
majorée, et comme on a déjà montré qu’elle est croissante, elle est convergente. Notons ℓ sa limite. Puisque pour tout
n > 1, on a u1 = 12 6 un 6 √12 , en passant à la limite dans cet encadrement on obtient bien :
1
1
6ℓ6 √ .
2
2
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
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 - 
Solution .
. On a zn+1 = 2zn − z n = Re zn + 3i Im zn . Ainsi pour
tout n ∈ N
donc la suite des parties imaginaires converge vers 0. En
plus on a pour tout n ∈ N
zn = Re z0 + 3n i Im z0 .
Re zn 6 Re zn+1 6 |zn+1 | 6 |zn | ,
. La suite est convergente car les suites des parties imaginaires et des parties réelles le sont. En effet on a pour
tout n ∈ N
n
1
Imzn =
Im z0
2
donc la suite des parties réelles est croissante et bornée,
donc elle converge.
Deux cas particuliers méritent l’attention.
• Si z0 ∈ R+ la suite (zn ) est constante égale à z0 .
• Si z0 ∈ R− la suite (zn ) est constante égale à 0.
Solution .
an+1 = sin(nα + α) = an cos α + bn sin α ,
mites respectives. Par passage à la limite dans les deux
équations ci-dessus on obtient alors le système linéaire
homogène
bn+1 = cos(nα + α) = bn cos α − an sin α .
Comme sin α 6= 0, on peut exprimer bn en fonction de an
et an+1 . Donc si (an ) converge, alors bn aussi. De même
on montre que la convergence de la suite (bn ) implique
celle de (an ) .
Supposons maintenant par l’absurde que l’une (et donc
les deux) de ces suites converge. Notons a et b leurs li-
§
0 = a(cos α − 1) + b sin α
0 = b(cos α − 1) − a sin α
Son déterminant étant non-nul l’unique solution est a =
b = 0. Or cela est une contradiction au passage à la limite
dans l’équation de Pythagore a2n + b2n = 1.
Solution .
Notons (un ) la suite en question. On démontre sans peine
la formule de récurrence
un
un+1 =
+ 1.
n+1
Si n > 2 on a
Montrons que la suite (un ) est décroissante à partir d’un
certain rang. On a l’équivalence :
ce qui prouve que la suite (un ) est décroissante à partir
du rang 2. Comme c’est une suite positive, elle est alors
convergente de limite a ∈ R. En faisant tendre n vers l’infini dans la formule de récurrence, on trouve a = 1.
un > un+1 ⇐⇒ un >
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un
1
+ 1 ⇐⇒ un > + 1
n+1
n
un =
1
1
1
1
+
+ ··· + + 1 > + 1,
2 · 3···n
3 · 4···n
n
n
