Exercices type bac sur les suites. Corrigés.

Exercices type bac sur les suites.
Corrigés.
NB : On ne donne dans ce document que des indices, la preuve complète reste à faire.
Exercice 1. D’après sujet du baccalauréat Centres étrangers, juin 2003.
On définit, pour tout entier naturel n > 0, la suite (un ) de nombres réels strictement
positifs par :
n2
un = n .
3
.
1) Pour tout entier naturel n > 0, on pose wn = uun+1
n
a) Pour tout n > 0 entier naturel, on a :
un+1
wn =
=
un
(n+1)2
3( n+1)
(n)2
3n
.
Indice : Simplifier l’expression précédente et utiliser alors les opérations sur les limites.
Donc limn→+∞ wn = 13 .
b) Indice : minorer ”à la main” le terme général obtenu à la question précédente après
simplification.
Donc, pour tout entier naturel n > 0, wn > 13 .
c) Indice : revenir à la définition de la limite et choisir ici le bon ǫ.
Donc, pour tout tout réel λ > 13 , il existe un rang Nλ tel que, pour tout n > Nλ , on
ait : wn < λ.
d) Indice : revenir à l’expression simplifiée de wn obtenue à la première question et résoudre
avec cette expression wn < 12 .
Conclusion : Posons N = 5. Si n ≥ N , wn < 12 .
e) Indice : utiliser la question précédente et remplacer wn par son expression en fonction
de un .
Donc si n ≥ N , alors un+1 < 12 un .
2) Convergence de la suite (un ).
a) Indice : l’hérédité s’obtient en partant de l’inégalité un+1 < 12 un puis en y majorant un
à l’aide de l’hypothèse de récurrence.
Donc, pour tout entier naturel n ≥ 5 :
n−5
1
un ≤
u5 .
2
b) Indice : utiliser la question précédente et le théorème des gendarmes.
Donc la suite (un ) converge et sa limite est 0.
3) On pose pour tout entier naturel n, Sn = u1 + u2 + · · · + un . On se propose de montrer
que la suite (Sn )n∈N est convergente.
1
a) On pose pour tout entier naturel n ≥ 5, Sn′ = u5 +
Pu6 + · · · + un . Indice : on peut
raisonner par récurrence ou bien à l’aide du symbole
et de la question précédente ou
bien en faisant une somme terme à terme de l’inégalité obtenue à la question précédente
en l’écrivant du rang k = 5 au rang k = n.
Conclusion : pour tout entier naturel n ≥ 5 :
"
n−5 #
2
1
1
1
Sn ≤ 1 + +
+ ··· +
u5 .
2
2
2
b) Indice : dans l’inégalité obtenue à la question précédente, calculer la somme dans le
crochet à l’aide de la formule de la somme des termes d’une suite géométrique. On en
déduit une majoration de Sn′
Donc, pour tout entier naturel n ≥ 5, Sn′ ≤ 2u5 . et la suite (Sn )n∈N est majorée par
u1 + u2 + u3 + u4 + 2u5 .
c) Pour tout n > 0, on a :
Sn+1 − Sn = un+1 > 0 ,
car la suite (un ) est à termes positifs (dit dans l’énoncé). Donc la suite (Sn )n∈N est
croissante.
d) On a vu à la question 3.b que (Sn )n∈N est majorée par u1 + u2 + u3 + u4 + 2u5 , de plus,
vu la question précédente (Sn )n∈N est majorée.
Comme toute suite croissante et majorée converge, on en déduit que (Sn )n∈N converge.
Exercice 2. D’après sujet du baccalauréat Inde, avril 2003.
On considère la suite numérique (un ) définie sur N par :
u0 = a et, pour tout entier naturel n , un+1 = un (2 − un ) ,
où a est un réel donné.
1. On suppose dans cette question que a = 18 .
a. On a, par un calcul direct : u1 =
15
64
et u2 =
1695
4096 .
b. Voir figure.
c. Voir figure.
Indice : faire une construction en escalier.
2. On suppose, dans cette question, que a est un réel quelconque de l’intervalle ]0; 1[.
a. Indice : on montre soigneusement que f est strictement croissante sur [0; 1] et strictement décroissante sur [1; 2]. Vu le tableau de variation de f sur [0; 2], 0 < f (x) < 1
quand 0 < x < 1
b. Indice : pour l’hérédité, commencer par utiliser l’hypothèse de récurrence. Vu cette hypothèse, on peut appliquer le résultat de la question précédente à x = un donc 0 <
f (un ) < 1 d’où 0 < un+1 < 1.
Conclusion : pour tout entier n, 0 < un < 1.
c. Indice : montrer, par tableau des signes, que f (x) − x > 0 pour 0 < x < 1. Appliquer
alors ce résultat à x = un .
Donc la suite (un ) est croissante.
2
d. La suite (un ) est croissante (vu la question précédente) et majorée par 1 (vu la question
d’avant) donc elle converge (on peut même préciser que sa limite est ≤ 1 et > 0, donc
si on connait le théorème du point fixe, on en déduit que cette suite converge vers 1).
3. [Indice : on a fait le cas où 0 < a < 1. Si 2 > a > 1 alors (vu le tableau de variation de
f ) 0 < f (u0 ) < 1 et comme f (u0 ) = u1 , on peut appliquer la question d’avant à la suite
(un+1 ), donc la suite converge dans ce cas aussi. Enfin, si a < 0 ou si a > 2 alors – toujours
vu le tableau de variation de f – on a : u1 = f (a) < 0 < u0 . Vu que f est croissante, on
montre alors par récurrence que (un ) est décroissante strictement. Comme elle est à termes
négatifs à partir du rang 1, elle ne peut avoir qu’une limite strictement négative, ce qui est
incompatible avec l’étude de ses points fixe (voir théorème du point fixe à la fin du cours
sur les limites).]
Conclusion : la suite (un ) converge vers 1 si 0 < a < 2, est stationnaire en 0 si a vaut 0 ou
2, et diverge si a < 0 ou a > 2.
4. On suppose à nouveau dans cette question que a =
(wn ) définie sur N par :
wn = 1 − un .
1
8.
On considère la suite numérique
a. Pour tout entier n,
wn+1 = 1 − un+1 = 1 − un (2 − un ) = (1 − un )2 = wn2 .
b. Par récurrence, on montre que :
12
=
.
8
n
wn =
c. On a, pour tout n ∈ N :
n
w02
1n
,
8
donc, en appliquant le théorème des gendarmes :
0 ≤ wn ≤
lim wn = 0
n→+∞
et, comme wn = 1 − un , par opération sur les limites :
lim un = 1 .
n→+∞
Exercice 3.
(D’après BAC Centres Etrangers 2002)
On définit deux suites u et v par u0 = 1, v0 = 12 et pour tout entier naturel n :


 un+1 =

 v
n+1 =
1
(un + 2vn )
3
1
(un + 3vn )
4
1. On appelle w la suite définie pour tout entier naturel n par : wn = vn − un .
3
(a) Pour tout n ∈ N, en mettant les quantités au même dénominateur, on a :
wn+1 = vn+1 − un+1 =
1
1
−un + vn
1
(un + 3vn ) − (un + 2vn ) =
= wn .
4
3
12
12
1
. Comme son premier terme w0 =
Donc w est une suite géométrique de raison 12
v0 − u0 = 11 est strictement positif et sa raison aussi, on sait que cette suite
géométrique est à termes strictement positifs.
(b) La suite w est géométrique et sa raison appartient à ] − 1; 1[. Donc w converge vers
0.
2. (a) Pour tout n ∈ N, on a :
un+1 − un =
1
2
2
(un + 2vn ) − un = (vn − un ) = wn .
3
3
3
(1)
Comme wn > 0 vu la question précédente, on en déduit que
un+1 − un > 0 .
Donc u est croissante.
(b) Pour tout n ∈ N, on a :
vn+1 − vn =
1
1
1
(un + 3vn ) − vn = (un − vn ) = − wn .
4
4
4
(2)
Comme wn > 0 vu la question précédente, on en déduit que
vn+1 − vn < 0 .
Donc v est croissante.
(c) Vu la question de cours, on a immédiatement (si besoin se référer au cours ou faire
une récurrence) : pour tout entier naturel n,
u0 6 un
et
vn 6 v0
Comme de plus, un ≤ vn (car wn = vn − un > 0), on en déduit la conclusion
attendue.
3. Les suites u et v convergent respectivement vers l et l′ . Donc, par opération sur les
limites :
lim wn = lim vn − un = l′ − l .
n→+∞
n→+∞
Mais par ailleurs, on a vu à la question 1.b que :
lim wn = 0
n→+∞
Donc l − l′ = 0 i.e. l = l′ .
4. On appelle t la suite définie pour tout entier natureI n par : tn = 3un + 8vn .
4
(a) Pour tout n ∈ N,
tn+1 − tn = 3(un+1 − un ) + 8(vn+1 − vn ) .
Donc, on a, vu (1) et (2),
tn+1 − tn = 2wn − 2wn = 0
Donc t est constante de valeur t0 = 3u0 + 8v0 = 99.
(b) Comme pour tout n ∈ N,
tn = 3un + 8vn .
Par passage à la limite et opérations sur les limites, on a :
lim tn = 3 lim un + 8 lim vn ,
n→+∞
n→+∞
n→+∞
i.e. comme t est constante, de valeur 99, et comme la limite de u est égale à celle
de v, on a :
99 = 3l + 8l ,
avec l la limite commune des suites u et v. En résolvant cette dernière équation, on
a:
l = 9.
Exercice 4.
Soit (un ) la suite numérique définie sur
u0
un+1
(d’après Bac amérique du Sud Novembre 2001)
N par :
= √
0
=
3un + 4
1. (a) Indice : montrer par récurrence que 0 ≤ un ≤ 4 pour tout n. Dans l’hérédité, partir
de l’hypothèse de récurrence et raisonner par inégalités élémentaires successsives.
Donc (un ) est majorée par 4.
(b)
(c) Indice : déterminer le signe de f (x)−x sur [0; 4]. Appliquer le résultat pour x = un ,
ceci montre que un+1 − un > 0. Donc (un ) est strictement croissante.
(d) Vu les questions précédentes, (un ) est croissante et majorée par 4 donc elle converge.
Soit l sa limite. Comme la suite (un ) est à termes positifs, l ≥ 0. Par ailleur, on a :
√
un+1 = 3un + 4 .
Donc, par
√ passage à la limite, composition des limites et utilisation de la continuité
de x 7→ 3x + 4 sur R+ :
√
√
lim un+1 = lim
3un + 4 = 3l + 4 .
n→+∞
n→+∞
et compte-tenu du fait que (un+1 ) à la même limite que (un ), on a donc
√
l = 3l + 4 ,
5
i.e.
l2 − 3l − 4 = 0 .
On résout cette équation du second degré, et on ne garde des deux racines que celle
qui est positive (car on a vu que l ≥ 0) donc :
l = 4.
2. (a) Pour tout entier naturel n, on a, en utilisant la quantité conjuguée :
√
√
√
(4 − 3un + 4)
√
4 − un+1 = 4 − 3un + 4 =
4 + 3un + 4 .
4 + 3un + 4
D’où :
4 − un+1 =
12 − 3un
4 − un
√
√
=3
.
4 + 3un + 4
4 + 3un + 4
Or, comme un > 0,
4+
√
3un + 4 ≥ 6 .
Donc :
3
4 − un+1 ≤ 4 − un .
6
Donc, pour tout entier naturel n, on a :
4 − un+1 6
1
(4 − un ) .
2
(b) Par un raisonnement par récurrence, on montre que :
!n
1
4 − un 6
(4 − u0 ) .
2
On en déduit immédiatement que :
0 ≤ 4 − un 6 4
!n
1
.
2
D’où, en appliquant le théorème des gendarmes, la conclusion attendue.
(c) Pour tout n ∈ N, on a, en utilisant la question précédente et le fait que (un ) est
majorée par 4 :
!n
1
2
0 ≤ vn ≤ 4n
.
2
La suite du membre de gauche converge vers 0 (pour le montrer : reprendre le début
de l’exercice 1 de la fiche où la suite est quasiment la même). D’où, en appliquant
le théorème des gendarmes :
lim vn = 0 .
n→+∞
.
6