Mathématiques 2013 - 2014 Colle no 10 — Suites Lycée Louis Le

Mathématiques
 - 
Lycée Louis Le Grand – PCSI2
Colle no  — Suites
Exercice .
Exercice .
1! + 2! + · · · + n!
.
(n + 1)!
. Montrer que pour tout n > 1 on a l’encadrement
suivant :
1
2n − 1
6 un 6
.
n+1
n(n + 1)
On pose un =
Soit n > 1 un entier. Montrer que
1
lim
p→+∞ 1 + np
X
np
√
p
k = n.
k=0
En déduire que lim un = 0.
n→+∞
. En déduire la limite de la suite (vn )n∈N définie par
1! + 2! + . . . + n!
.
vn =
n!
Exercice .
X
2n
On pose un =
k=1
n − sin k
pour n > 1. Etudier la
n2 + k
convergence (un )n>1 .
Exercice .
On considère une suite réelle (un ) bornée. On pose vn =
supp>n up et wn = inf p>n up .
. Déterminer le sens de variation des suites (vn ) et
(wn ).
. En déduire que (vn ) et (wn ) sont convergentes.
. Montrer que (un )
si lim vn − wn = 0.
converge
si
et
seulement
n→+∞
Exercice .
Etudier la suite réelle (un ) définie par u0 > 0, u1 > 0 et
pour tout n ∈ N, un+2 =
2
u2
n+1 +un
un+1 +un
.
Exercice .
Soit ℓ ∈ R et soit (an )n∈N une suite bornée dont toute
suite extraite convergente converge vers ℓ. Montrer que
(an )n∈N converge vers ℓ.
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Exercice .
Soit (un )n∈N une suite réelle sous-additive, c’est-à-dire,
∀ n, m ∈ N :
un+m 6 un + um .
Démontrer que (un /n)n∈N converge.

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Colle no  — Suites
 - 
. Solutions
Solution .
. Dans le numérateur, on met à part le dernier terme (n!), et on utilise que pour tout n > 1, on a l’encadrement :
0 6 1! + 2! + · · · + (n − 1)! 6 (n − 1)! + (n − 1)! + · · · + (n − 1)! = (n − 1)(n − 1)! ,
(pour le cas limite n = 1, c’est juste 0 6 0 6 0...). On en déduit :
n!
(n − 1)(n − 1)! + n!
6 un 6
,
(n + 1)!
(n + 1)!
ce qui donne l’encadrement voulu pour tout n > 1.
1
2n − 1
Puisque lim
= lim
= 0, on déduit du théorème d’encadrement que lim un = 0.
n→+∞ n + 1
n→+∞ n(n + 1)
n→+∞
. On a vn+1 = un + 1, donc d’après ce qui précède lim vn+1 = 1, et donc aussi lim vn = 1.
n→+∞
n→+∞
Solution .
On a pour tout n > 1 :
2n
d’où par encadrement lim un = 2.
n→+∞
n−1
n+1
6 un 6 2n 2
,
n2 + 2n
n +1
Solution .
Une récurrence double montre facilement que (un ) est à
termes strictement positifs.
De plus, pour tout n ∈ N,
un+2 − un+1 =
un (un − un+1 )
un+1 + un
Ainsi un+2 − un+1 et un+1 − un sont de signe opposé pour
tout n ∈ N. Par conséquent, les suites (u2n ) et (u2n+1 )
sont monotones et de sens de variation contraires.
En distinguant les cas un+1 6 un et un+1 > un , on montre
que un+2 est compris entre un et un+1 . Une récurrence
double montre alors que un est compris entre u0 et u1
pour tout n ∈ N.
Le théorème de la limite monotone nous apprend donc
que les suites (u2n ) et (u2n+1 ) convergent vers des limites
strictement positives l1 et l2 . En passant à la limite dans la
l2 +l2
relation de récurrence, on obtient l1 = l22 +l11 . On en déduit
que l1 = l2 . Ainsi (un ) converge vers l1 = l2 .
Solution .
Idée de la preuve : une suite converge vers ℓ si tout voisinage de
ℓ contient tous les termes de la suite à l’exception d’un nombre
fini de termes. Donc si (an )n∈N ne converge pas vers ℓ alors
à l’extérieur d’un certain voisinage de ℓ on trouve un nombre
infini de termes. Ces termes forment une sous-suite. . .
Supposons par l’absurde que (an )n∈N ne converge pas
vers ℓ. Alors
∃ǫ > 0 ∀N ∈ N ∃n ∈ KN, ∞J , |an − ℓ| > ǫ .
Cela permet de construire (axiome du choix) une application strictement croissante ϕ : N → N par le procédé
suivant.
Etape 1 : Pour N = 0 il existe un entier ϕ(0) > 0 tel
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que |aϕ(0) − ℓ| > ǫ .
Etape 2 : Pour N = ϕ(0) il existe un entier ϕ(1) > ϕ(0) tel
que |aϕ(1) − ℓ| > ǫ .
Etape 3 : Pour N = ϕ(1) il existe un entier ϕ(2) > ϕ(1) tel
que |aϕ(2) − ℓ| > ǫ .
Etc.
La suite extraite (bn )n∈N = (aϕ(n) )n∈N est également bornée ; donc d’après le théorème de Bolzano-Weierstrass il
existe une suite extraite convergente (cn )n∈N de (bn )n∈N .
D’après l’hypothèse de l’énoncé la limite de (cn )n∈N est ℓ.
Or pour tout n ∈ N on a
|cn − ℓ| > ǫ ,
ce qui entraîne la contradiction |ℓ − ℓ| > ǫ .

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Colle no  — Suites
X Z
Solution .
np
D’abord on a la majoration grossière
X
p
1
1 + np
n
√
p
X
p
k6
k=0
1
1 + np
n
√
p
k=0
1
1 + np
X
Donc
n
n = n.
k=0
Pour √
minorer on déduit de la croissance de la fonction
x 7→ p x (éventuellement faire un petit dessin) que
1
1 + np
X
np
√
p
np
k>
x1/p dx =
0
k=0
p
np =
√
p
k>
k=0
 - 
p
np+1 .
p+1
p
np+1
1
× p
=
p+1
n +1
1+
1
p
×
n
.
1 + n1p
La dernière expression tend vers n lorsque p → ∞, ce qui
achève la démonstration par encadrement.
Solution .
. Soit n ∈ N. Notons En = {up , p > n}. En+1 ⊂ En
donc sup En+1 6 sup En et inf En+1 > inf En i.e. vn+1 6
vn et wn+1 > wn . Ainsi (vn ) est décroissante et (wn ) est
croissante.
. On a En ⊂ E0 donc sup En > inf E0 et inf En 6
sup E0 pour tout n ∈ N. Ceci signifie que (vn ) est minorée
et que (wn ) est majorée. Ainsi (vn ) et (wn ) convergent.
. Comme un ∈ En , on a wn 6 un 6 vn . Si lim vn −
n→+∞
wn = 0, alors
lim vn =
n→+∞
lim wn . (un ) converge
n→+∞
d’après le théorème des gendarmes.
Si (un ) converge, notons l sa limite. Soit ε > 0. Comme
(un ) converge vers l, il existe N ∈ N tel que EN ⊂
[l − ε, l + ε]. Donc 0 6 vN − wN 6 2ε. Comme (vn − wn )
est décroissante, on a 0 6 vn − wn 6 2ε pour tout n > N .
Ceci prouve que (vn − wn ) tend vers 0.
Solution .
On commence par fixer un entier p > 1. Pour tout entier
n, on note n = qn p + rn sa division euclidienne par p. On
a
un = uqn p+rn 6 qn up + urn ,
donc
un
qn
ur
6
up + n .
n
n
n
On passe à la limite supérieure :
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lim sup
un
up
6
.
n
p
Maintenant, on fait varier p, et on passe à la limite inférieure :
un
up
lim sup
6 lim inf
,
n
p
d’où la convergence.
