Exos Suites Corrigé

B1
Exercices Suites
1. Convergence des suites suivantes
2
n −25
a) u n = 2
2n +1
n
b) u n =(−1)
1
c) u n = cos n
n
1
d) u n = ∣cos n∣
n
e) u n =cos n
f) u 1=1; u 2 =2; u 3 =3 ; u 4=−1 ;∀ n ≥5, u n =2
n
(−1)
g) u n = 2
n +1
h) u n =cos n π
6
1
i) u n =sin
√n
2
j) u n =n +1
1
k) u n =
n
n+(−1) √ n
2
l) u n = √ n +n+1− √ n
n sin (n)
2
n +1
1
n) u n = +(−1)n
n
2n+1
1
o) u n =n ∑ 2
k=1 n +k
m) u n =
2. Vrai ou Faux
1. Une suite à termes positifs qui tend vers 0 est décroissante à partir d'un certain rang.
2. Si une suite a une limite strictement positive, tous ses termes sont positifs à partir d'un certain
rang. Réciproque ?
n
3. Encadrer la suite définie par : u n = ∑
k=1
1
. Conclusion ?
2
n +k
4. Que peut-on dire d'une suite qui vérifie
a) lim n u n =0 ?
n →+∞
b) lim n u n =1 ?
n →+∞
B1 – Exercices Suites
1/10
2
5. Convergence de u n =(−1)n
n+1
n
6. Que peut-on dire des nombres réels a et b si :
1
1
*
∀ n ∈ℕ ,a− ≤ b ≤ a+ ?
n
n
7. Soit la suite définie par u 0 =0 et u n =√ 2−u n−1 . En étudiant les suites ( u 2n ) et (u 2n+1 ) , montrer que
la suite ( u n ) est convergente.
8. On définit les suites ( u n ) et (v n ) par :
2
2
(u n )
(v n )
u 0 =1 , v0 =2, u n+1 =
et vn+1=
u n +v n
u n +v n
a) Montrer par récurrence que u n >0 et v n >0
b) Montrer que ( u n ) et (v n ) décroissent. En déduire qu'elles convergent vers L et L ' respectivement.
Montrer que l'on a L L ' = 0
c) Montrer que la suite ( u n −v n ) est constante. En déduire L et L'
( u +v )
9. Soient ( u n ) et (v n ) deux suites définies par 0<u1 <v1 , u n+1 = √ u n v n et v n+1 = n n
2
Montrer qu'elles convergent vers la même limite.
n
1
1
et v n =u n +
. On rappelle que lim u n =e
k
!
n
n!
n →+∞
k=1
Montrer que les suites ( u n ) et (v n ) sont adjacentes.
10. Soient ( u n ) et (v n ) définies par : u n = ∑
11. Soit ( u n ) une suite convergeant vers un réel L. La suite (∣u n∣) est-elle convergente ?
12. Soit ( u n ) une suite réelle telle que
un
→ 0. Montrer que u n → 0
1+u n
13. Soit ( u n ) la suite définie par u 0 =1 et u n+1 = √ 1+u n
a) Montrer que ( u n ) est croissante et majorée
b) Montrer que ( u n ) converge vers un réel L qu'on déterminera.
14. Etudier les suites
a) u 0 =0 et u n+1= √ u n +2
2
b) u 0 ∈ℝ et u n+1 =u n −u n
15. On considère la fonction f : ℝ → ℝ , f(x) =
3
x 2x 1
+ + et on définit la suite ( x n ) en posant :
9
3 9
x 0 =0 et x n+1=f ( x n )
1
3
a) Montrer que l'équation x −3x+1=0 possède une solution unique α∈]0 ; [
2
3
b) Montrer que l'équation f(x) = x est équivalente à x −3x+1=0 et en déduire que α est
1
l'unique solution de l'équation f(x) = x dans l'intervalle [0 ; ]
2
+
+
+
c) Montrer que f est croissante sur ℝ et que f (ℝ )⊂ℝ . En déduire que ( x n ) est croissante.
1 1
1
d) Montrer que f ( )< . En déduire que 0 ≤ x n ≤ pour tout n ≥ 0.
2 2
2
e) Montrer que ( x n ) converge vers α
B1 – Exercices Suites
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Corrigés
1. Convergence des suites suivantes
2
n −25
a) u n = 2
2n +1
1
1
u n ~ Donc lim u n =
2
2
n →+∞
n
b) u n =(−1)
Les suites de rang pair et de rang impair sont constantes et égales à 1 (resp. à -1).
Donc ( u n )n∈ℕ diverge.
1
c) u n = cos n
n
1
∣u n∣≤ n Donc lim u n =0
n →+∞
1
d) u n = ∣cos n∣
n
∣u n∣≤
1
Donc lim u n =0
n
n →+∞
e) u n =cos n
De nombreuses solutions. Aucune réellement évidente.
En voici une.
Supposons que la suite converge vers L. Alors les suites cos(n-1) et cos(n+1) tendent
vers la même limite L.
On a cos(n+1) = cos(n)cos(1) – sin(n)sin(1)
Et cos(n-1) = cos(n)cos(1) + sin(n)sin(1)
On en déduit que la suite de terme général sin(n) converge également vers L'.
L et L' vérifient donc :
L = L cos(1) - L ' sin(1) et L = L cos(1) + L ' sin(1)
D'où L ' = 0 , puis L = 0
2
2
Ce qui est impossible puisque cos (n )+sin ( n)=1 et que donc, en passant à la limite,
2
2
L +L ' =1
Conclusion : la suite de terme général cos(n) diverge. (Comme sin(n) d'ailleurs).
f) u 1=1; u 2 =2; u 3 =3 ; u 4=−1 ;∀ n ≥5, u n =2
lim u n =2
n →+∞
n
(−1)
2
n +1
1
∣u n∣≤ 2 Donc lim u n =0
n →+∞
n
h) u n =cos n π
6
∀ n ≥ 1 u 3(2n+1) =0 et u 12n =1 Donc ( u n )n∈ℕ diverge.
1
i) u n =sin
√n
1
Donc lim u n =0
un ~
n →+∞
√n
2
j) u n =n +1
g) u n =
B1 – Exercices Suites
3/10
lim u n =+∞
n →+∞
k) u n =
1
1
u n ~ Donc lim u n =0
n
n
n →+∞
n+(−1) √ n
l) u n = √ n +n+1− √ n
2
2
2
2
n +n+1−n
n +1
n
= 2
~
Donc lim u n =+∞
2
n →+∞
√ n +n+1+ √ n √ n +n+1+ √ n n
n sin (n)
m) u n = 2
n +1
n
∣u n∣≤ 2 Donc lim u n =0
n →+∞
n
1
n) u n = +(−1)n
n
lim u 2n =1 et lim u 2n+1 =−1 Donc ( u n )n∈ℕ diverge.
u n=
n →+∞
n →+∞
2n+1
1
k=1 n +k
1
1
n (2n+1) 2
≤ u n ≤ n (2n+1) 2
n +2n+1
n +1
D'après le théorème des gendarmes : lim u n =2
o) u n =n
∑
2
n →+∞
2. Vrai ou Faux
1. Une suite à termes positifs qui tend vers 0 est décroissante à partir d'un certain rang.
π
sin (n )∣
∣
2
FAUX : considérer
n
2. Si une suite a une limite strictement positive, tous ses termes sont positifs à partir d'un certain
rang. Réciproque ?
1
VRAI. Réciproque fausse. Considérer
n
n
3. Encadrer la suite définie par : u n = ∑
k=1
1
. Conclusion ?
2
n +k
2
1
1
1
n
Soit
≤ un ≤ 2
2
2 ≤ un ≤ n 2
2n
n +n
n +1
n +1
D'après le théorème des gendarmes : lim u n =0
n
n →+∞
4. Que peut-on dire d'une suite qui vérifie
a) lim n u n =0 ?
n →+∞
Elle tend vers 0.
b) lim n u n =1 ?
n →+∞
Elle tend vers 0. Et u n ~
1
n
5. Convergence de u n =(−1)n
B1 – Exercices Suites
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n+1
n
lim u 2n =1 et lim u 2n+1 =−1 Donc ( u n )n∈ℕ diverge.
n →+∞
n →+∞
6. Que peut-on dire des nombres réels a et b si :
1
1
*
∀ n ∈ℕ ,a− ≤ b ≤ a+ ?
n
n
En passant à la limite : a ≤ b ≤ a. Donc a = b
7. Soit la suite définie par u 0 =0 et u n =√ 2−u n−1 . En étudiant les suites ( u 2n ) et (u 2n+1 ) , montrer que
la suite ( u n ) est convergente.
On montre par récurrence que 0 ≤ u n ≤ √ 2 et donc que le suite ( u n ) est bien définie.
La fonction f définie sur ]-∞ ; 2] par f(x) = √ 2−x est dérivable sur ]-∞ ; 2] et a pour dérivée
−1
f '(x) =
. Donc f est strictement décroissante.
2 √ 2−x
Il est clair que pour 0 ≤ x ≤ √ 2 , 0 ≤ f(x) ≤ √ 2 . I = [0, √ 2 ] est donc un intervalle de
stabilité pour f.
On peut donc en particulier composer f par elle même.
Pour tout n, u 2n −u 2( n−1)=u 2n −u 2n−2=f o f (u 2 n−2 )−f o f ( u 2n−4 )
f étant décroissante sur I , f o f est croissante sur I.
Donc u 2n −u 2( n−1) est du signe de u 2(n−1)−u 2( n−2) et donc de u2 −u 0 , qui est positif.
Donc ( u 2n ) est croissante.
D'autre part : u 1= √ 2 et u 3 =√ 2− √ 2−√ 2
La calculatrice donne : u 3 =1,11 à 0,01 près.
Donc u 3 −u1 <0 ce qui signifie que ( u 2n+1 ) est décroissante.
Les deux suites ( u 2n ) et (u 2n+1 ) sont donc convergentes puisque monotones et bornées.
Soit L la limite d'une d'entre elles. Par continuité de la fonction f o f, L vérifie L = f o f (L).
Soit L = √ 2−√ 2−L
2
2
Donc ( L −2) =2−L
4
2
Soit L −4 L +L+2=0
3
2
(L-1) ( L +L −3L−2 ) = 0
Supposons L ≠ 1
3
2
Alors L +L −3L−2 = 0
-2 est racine de ce polynôme
2
Donc il vient (L+2)( L −L−1 ) = 0
1+ √ 5
1−√ 5
et
Les 4 valeurs possibles pour L sont donc : 1, -2,
2
2
Une seule se trouve dans l'intervalle [0, √ 2 ] : 1
Donc les deux suites ( u 2n ) et (u 2n+1 ) convergent toutes les deux vers 1. Il en est donc de même pour
( u n) .
Autre méthode, plus simple, sans passer par les sous-suites.
Cette méthode est tout indiquée lorsque la fonction f est contractante , (notion hors programme),
c'est à dire lorsque ∣f (x)−f (y)∣≤ k ∣x−y∣ , avec 0 < k < 1
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(2−x)−(2−y)
x−y
=
√ 2−x+√ 2−y √ 2−x+√ 2−y
Pour 0≤x,y≤ √ 2 , on a : √ 2−x+ √ 2−y ≥ 2 √ 2− √ 2
Ici : f(x) – f(y) =
√ 2−x− √ 2−y=
1
, on a k < 1
2 √ 2−√ 2
Et donc, pour tous 0 ≤ x,y ≤ √ 2 , ∣f (x)−f (y )∣≤ k∣x−y∣
Or
√ 2−√ 2> 12 , donc en posant k =
Par ailleurs, on sait que le seul point fixe de f dans [0, √ 2 ] est 1. (Résoudre x = f(x))
Donc : ∣u n −1∣=∣f ( u n−1 )−f (1)∣≤ k∣u n−1−1∣
n
Donc par récurrence immédiate : ∣u n −1∣≤ k ∣u0 −1∣
Comme k < 1, lim ∣u n −1∣=0 , ce qui signifie que ( u n ) converge vers 1.
n →+∞
8. On définit les suites ( u n ) et (v n ) par :
2
2
(u n )
(v n )
u 0 =1 , v0 =2, u n+1 =
et vn+1=
u n +v n
u n +v n
a) Montrer par récurrence que u n >0 et v n >0
Evident.
b) Montrer que ( u n ) et (v n ) décroissent. En déduire qu'elles convergent vers L et L ' respectivement.
Montrer que l'on a L L ' = 0
u n+1
un
=
≤ 1 (car u n >0 et v n >0 ).
u n u n +vn
Et comme u n >0 ( u n ) décroit.
v
vn
≤ 1 Donc ( v n ) décroit.
De même n+1 =
v n u n +v n
( u n ) et (v n ) sont donc deux suites décroissantes et minorées par 0, donc convergentes vers
L et L ' respectivement.
En passant à la limite dans les relations définissant ces suites, on obtient :
2
L
2
2
L=
soit L +L L '=L d'où LL' = 0
L+L '
c) Montrer que la suite ( u n −v n ) est constante. En déduire L et L'
2
2
u n −v n
u n+1−v n+1=
=u n −v n
u n +v n
Donc, par une récurrence immédiate, u n −v n =u 0 −v0 =−1
En passant à la limite, on obtient : L – L ' = -1
Comme LL' = 0 et que L et L' sont deux nombres réels positifs ou nuls, il vient, nécessairement :
L = 0 et L ' = 1
9. Soient ( u n ) et (v n ) deux suites définies par 0<u1 <v1 , u n+1 = √ u n v n et v n+1 =
( u n +v n )
2
Montrer qu'elles convergent vers la même limite.
Par une récurrence immédiate, on prouve que u n >0 et v n >0 et que donc la suite ( u n ) est bien
B1 – Exercices Suites
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définie. (La suite ( v n ) est évidemment définie)
Par ailleurs : u n+1−v n+1 =
√
2
−1
( √ u n − √ vn ) Donc pour tout n, u n ≤v n
2
u n+1
v
= n ≥ 1 La suite ( u n ) est croissante.
un
un
u n −v n
Et v n+1 −v n =
≤ 0 . La suite ( v n ) est décroissante.
2
Comme ( v n ) est minorée par 0, elle est convergente, vers L.
Comme u n ≤ v n ≤ v1 , ( u n ) est majorée par v 1 , donc converge vers L '.
Donc
En passant à la limite dans une des relations de définition, on obtient : L =
n
10. Soient ( u n ) et (v n ) définies par : u n = ∑
k=1
On rappelle que lim u n =e−1
L+L '
Donc L = L'.
2
1
1
et v n =u n +
.
k!
n n!
n →+∞
Montrer que les suites ( u n ) et (v n ) sont adjacentes.
On a, pour tout n ≥ 1 : u n+1−u n =
1
Donc ( u n ) est croissante.
(n+1)!
2
et
v n+1−v n =
n (n +1)+n−( n+1)
1
1
1
−1
+
−
=
=
n
n
!
( n+1)! (n+1)(n+1)!
(n +1)×(n+1)!×n (n+1)×(n+1)!×n
11. Soit ( u n ) une suite convergeant vers un réel L. La suite (∣u n∣) est-elle convergente ?
Oui. (∣u n∣) Converge vers ∣L∣
Démontrons que, pour tous réels x et y, ∣∣x∣−∣y∣∣≤∣x− y∣
x=x−y+y donc ∣x∣≤ ∣x−y∣+∣y∣ soit ∣x∣−∣y∣≤∣x−y∣
Et, en permutant x et y, on obtient : ∣y∣−∣x∣≤∣y−x∣=∣x−y∣
Finalement ∣x∣−∣y∣≤ ∣x−y∣ et −(∣x∣−∣y∣) ≤∣x− y∣ ce qui achève la preuve.
On en déduit : 0 ≤∣∣u n∣−∣L∣∣ ≤∣u n −L∣ Donc (∣u n∣) Converge vers ∣L∣
12. Soit ( u n ) une suite réelle telle que
un
→ 0. Montrer que u n → 0
1+u n
(Technique..)
Soit ϵ>0
∣ ∣
un
< ϵ
1+u n 1+ϵ
Soit, pour n > N : ∣u n∣< ϵ ∣1+u n∣≤ ϵ +∣u n∣ ϵ
1+ϵ
1−ϵ
1+ϵ
Donc ∣u n∣(1− ϵ )< ϵ Soit enfin ∣u n∣<ϵ
1+ϵ 1+ϵ
Alors ∃ N ; ∀n ≥ n ,
Conclusion : ∀ ϵ ,∃ N ; ∀n ≥ n ,∣u n∣<ϵ Donc lim u n =0
n →+∞
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13. Soit ( u n ) la suite définie par u 0 =1 et u n+1 = √ 1+u n
a) Montrer que ( u n ) est croissante et majorée
Conjecture graphique : la suite est croissante majorée par ϕ=
1+ √ 5
(le nombre d'or..)
2
Démonstration :
On prouve par récurrence la propriété P(n) : u n est défini et 0<u n <ϕ
Hérédité : supposons 0<u n <ϕ pour n fixé.
Alors 1+u n <1+ϕ
2
2
Or 1+ϕ=ϕ D'où 1+u n <ϕ et donc 0<u n+1 <ϕ
1
2
u n +1−u n (ϕ−u n )(u n + ϕ )
Par ailleurs : u n+1−u n =√ u n +1−u n =
=
>0
√ u n +1+u n √ u n +1+u n
1+ √ 5
Donc ( u n ) et croissante et majorée par ϕ=
2
b) Montrer que ( u n ) converge vers un réel L qu'on déterminera.
Donc elle converge vers L, qui nécessairement vérifie 0<L= √ L+1 Donc L=ϕ
14. Etudier les suites
a) u 0 =0 et u n+1= √ u n +2
Par une récurrence immédiate, on montre que 0 ≤ u n ≤ 2 et donc que ( u n ) est bien définie.
2
u +2−u n (u n +1)(2−u n )
De plus u n+1−u n =√ u n +2−u n = n
=
u n +√ u n +2
u n + √ u n +2
Donc u n+1−u n ≥ 0 et ( u n ) est croissante. Comme ( u n ) est majorée par 2, ( u n ) converge vers une
limite L telle que 0 ≤ L ≤ 2.
2
D'autre part, L vérifie L=√ L+2 soit L =L+2
Cette équation a deux solutions : -1 et 2.
Compte tenu de l'encadrement obtenu, la limite de ( u n ) est 2.
2
b) u 0 ∈ℝ et u n+1 =u n −u n
2
u n+1−u n =−u n Donc ( u n ) est décroissante.
B1 – Exercices Suites
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On conjecture graphiquement : si < 0 ou u 0 > 1 lim u n =−∞
n →+∞
Si 0 < u 0 < 1 , lim u n =0
n →+∞
Démonstration.
Si 0 < u 0 < 1, on montre par récurrence que 0 < u n < 1
Donc ( u n ) est décroissante et minorée par 0, donc convergente. Les limites possibles sont
les points fixes : 0 . D'où le résultat.
Si u 0 < 0
On montre par une récurrence immédiate que pour tout n : u n < 0
La suite est strictement décroissante et non minorée. En effet, si elle était minorée,
elle serait convergente – donc vers 0 (point fixe) – ce qui est impossible.
Elle est donc strictement décroissante, non minorée, donc lim u n =−∞
n →+∞
Si u 0 > 1, alors u 1<0 . Et on applique le même raisonnement que précédemment
à partir du rang 1. La encore, lim u n =−∞
n →+∞
3
15. On considère la fonction f : ℝ → ℝ , f(x) =
x 2x 1
+ + et on définit la suite ( x n ) en posant :
9
3 9
x 0 =0 et x n+1=f ( x n )
1
3
a) Montrer que l'équation x −3x+1=0 possède une solution unique α∈]0 ; [
2
2
g '(x) = 3x −3=3(x+1)(x−1)
La fonction g est donc décroissante sur ]-1;1[.
1 −3
1
g(0) >0 et g( )=
. g est donc strictement décroissante et continue sur ]0; [ ,
2
8
2
1
g(0) > 0 et g( )<0 D'où le résultat.
2
3
b) Montrer que l'équation f(x) = x est équivalente à x −3x+1=0 et en déduire que α est
1
l'unique solution de l'équation f(x) = x dans l'intervalle [0 ; ]
2
Evident.
+
+
+
c) Montrer que f est croissante sur ℝ et que f (ℝ )⊂ℝ . En déduire que ( x n ) est croissante.
x (x+2)
+
Donc f est croissante sur ℝ .
3
+
+
Il est clair que si x ≥ 0, alors f(x) ≥ 0. Donc f (ℝ )⊂ℝ
Par une récurrence immédiate, on montre que 0 ≤ x n ≤ x n+1 , en utilisant la croissance de f
+
sur ℝ
Donc ( x n ) est croissante.
f ' (x) =
1 1
1
d) Montrer que f ( )< . En déduire que 0 ≤ x n ≤ pour tout n ≥ 0.
2 2
2
1 11 1
f ( )= <
2 24 2
1
On montre alors par récurrence que 0 ≤ x n ≤ pour tout n ≥ 0.
2
e) Montrer que ( x n ) converge vers α
B1 – Exercices Suites
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( x n ) est croissante et majorée, donc converge vers un limite L, qui vérifie : L = f(L)
1
et 0≤L≤ . Donc L=α
2
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