Cours : Compléments sur les suites.

Complément sur les suites :

Récurrence, suites récurrentes du type

…

Animations liées sur le site :

Représentation graphique des termes d’une suite : cette applet java permet de représenter entre autre, les termes des suites récurrentes de la forme

avec la fonction f de votre choix, ainsi que le terme initial voulu.

Très pratique !

http://mathemitec.free.fr/animations/comprendre/suite-un/suite_ts.php

Le cours complet illustré : vous retrouverez notamment les suites récurrentes, les suites adjacentes, des exemples classiques et bien illustrés…

http://mathemitec.free.fr/animations/comprendre/suites-base/index.php

Position du problème

De nombreuses questions (simples) relatives aux suites restent encore sans réponse.

Considérons par exemple la suite définie par ¹

0

1 1

2 1

n n

u u

u

+

 = +



 = −



.

Représentons graphiquement les premiers termes de la suite (représentation tracée avec une animation du site)

Il semble donc que cette suite soit croissante, majorée (par 2) et même convergente.

→ Pourtant, lorsqu’on essaye les méthodes classiques pour démontrer ces deux premiers points, on bloque.

Par exemple :

1

1 1

1 1

2 2

n n n n n

u ₊ −u = u + −u = − u et nous ne sommes pas capables de conclure sur le signe de cette quantité.

→ Ensuite, même en supposant que cette suite est croissante et majorée, nous savons certes qu’elle converge, mais avec nos outils actuels, nous sommes incapables de prouver qu’elle converge vers 2.

Ce chapitre a pour objectifs de préciser le comportement des suites de la forme un₊1= f u

( )

→ en mettant en place un nouveau type de raisonnement, le raisonnement par récurrence, qui nous permettra par exemple d’étudier la monotonie d’une suite, son caractère borné…

→ en apportant un nouvel outil sur la construction de la limite d’une suite convergente.

Nous aborderons enfin la notion de suites adjacentes, qui nous permettra par exemple en terminale S d’approcher l’aire de la surface sous une courbe…

u0

u1 u₂ u₃

I – Raisonnement par récurrence

Vocabulaire.

△ Soit P(n) une proposition (quelque chose qu’on propose) qui dépend de l’entier n.

On dit que P(n) est héréditaire si « P n vraie( ) ⇒P n( +1) vraie » : c’est-à-dire que P(n) est

héréditaire, si lorsqu’on suppose que P(n) est vraie, alors forcément P(n+1) [le rang suivant]

est vraie.

△ Lorsque l’on suppose que P(n) est vraie, on parle d’hypothèse de récurrence.

Exemple.

Soit ₁ 1 2 1

n n

u ₊ = u + : démontrons que la proposition P(n) « u_n ≥2 » est héréditaire.

Supposons donc qu’à un rang n, u_n≥2 et montrons que sous cette hypothèse, c’est encore vraie au rang suivant.

On a donc au rang n, u_n ≥2 donc 1

2uⁿ≥1 d’où 1

1 2

2uⁿ+ ≥ cad u_n+1≥2 : donc P(n+1) est vraie.

Ainsi, cette proposition est héréditaire.

Principe raisonnement par récurrence.

(1) Soit P(n) une proposition qui dépend de l’entier naturel n.

(2) Si la proposition P(n) est vraie pour l’entier n₀. (3) Si la proposition P(n) est héréditaire.

Alors, pour tout entier n≥n₀, la proposition P(n) est vraie.

Exemple avec corrigé détaillé.

Reprenons la suite de l’activité d’introduction ¹

0

1 1

2 1

n n

u u

u

+

 = +



 = −



. Nous avons émis la conjecture que pour tout n, u_n ≤2.

Démontrons le par récurrence [respectez bien l’enchaînement suivant].

• Enoncé de P(n) : Soit P(n) la proposition « u_n ≤2 »

• Initialisation : Nous savons que u₀ = −1 donc u₀≤2 ce qui signifie que P(0) est vraie.

• Hérédité : supposons que P(n) est vraie à un certain rang, et prouvons qu’alors P(n+1) Note

Tous les exercices ou les démonstrations des

propriétés de ce chapitre se trouvent à la

fin de ce document.

Remarque importante.

Vous avez dû le remarquer déjà, nous avons montré dans chaque exemple que les propositions

« u_n≥2 » et « u_n ≤2 » sont héréditaires toutes les deux !!

C’est peut être choquant mais pas faux : pour qu’un raisonnement par récurrence s’applique, il faut hérédité et initialisation.

Ainsi, les deux propositions sont héréditaires mais avec la condition initiale donnée, seule la seconde est vraie.

Nous rencontrerons des exemples de propositions héréditaires mais qu’on ne peut jamais initialiser… la proposition sera donc en fait fausse…

Exercice I-1.

Démontrer que pour tout entier naturel n, n³−n est un multiple de 3.

Indication.

Un multiple de 3 est un entier de la forme 3k.

Exercice I-2.

Soit P(n) : « 4ⁿ−1 est divisible par 3 » et Q(n) : « 4ⁿ+1 est divisible par 3 ».

1. Montrer que P(n) et Q(n) sont héréditaires.

2. Les propositions P(n) et Q(n) sont-elles vraies pour tout n ?

Exercice I-3.

Démontrer que pour tout entier naturel n non nul, _{1 2 ...}

(

)

2 n n n+ + + + = .

Exercice I-4 [Méthode importante].

Reprenons la suite de l’activité d’introduction ¹

0

1 1

2 1

n n

u u

u

+

 = +



 = −



.

Nous avons prouvé que cette suite était majorée par 2. Prouver qu’elle est croissante.

Remarque.

La suite est croissante majorée par 2 : nous savons qu’elle converge vers L, et que L≤2. Dans la partie suivante, nous allons voir comment déterminer la valeur de L.

Remarque Importante.

Le raisonnement par récurrence utilise la notion d’hérédité, basée sur le principe de « terme suivant ». Aussi, ce type de raisonnement ne peut-il s’appliquer qu’à des ensembles discrets (ℤ ℕ, …).

En effet, il est absurde de parler de suivant dans un ensemble continu tel qu’un intervalle ou même ℝ : dans ℕ, le suivant de 1 est 2 ; mais dans ℝ ? est ce 2 ? 1.1 ? 1.01 ? 1.001 ?...

Il ne peut y avoir de notion de suivant dans un ensemble continu (tel que ℝ), puisque entre deux nombres quelconques, il y en aura toujours une infinité d’autres…

II – Suites récurrentes du type u_n+1= f u( _n)

Vocabulaire. Soit a un réel.

On dit que a est un point fixe de la fonction f si f(a) = a.

Théorème II-1.

Soit u une suite définie par u_n+1= f u( _n) où f est une fonction définie sur un intervalle I.

Si converge vers L f est continue en L un



 où L∈I, alors L vérifie f L( )=L : autrement dit, L est forcément un point fixe de f.

Illustration Graphique.

Les points fixes d’une fonction sont les solutions, si elles existent, de l’équation f(x) = x.

Ce sont donc les abscisses des points d’intersections de C_f et de la droite D : y = x.

Graphiquement, on comprend ce comportement, mais il faut être vigilant : ce n’est pas parce que la fonction f aura des points fixes que

( )

Indication pour démontrer le théorème.

Utiliser la continuité de f

Exercice II-2.

Reprenons la suite de l’activité d’introduction ¹

0

1 1

2 1

n n

u u

u

+

 = +



 = −



.

Nous avons prouvé que cette suite était croissante, majorée par 2.

Prouver qu’elle est convergente et déterminer sa limite.

Remarque.

→ Ce théorème est important et très pratique. Contrairement aux théorèmes classiques de

( )

1

n n

u₊=f u

→

III – Suites adjacentes

Nous abordons dans ce paragraphe une notion indépendante des précédentes.

Les suites adjacentes nous montrent que parfois, il est plus facile d’étudier la convergence de deux suites que celle d’une seule !

Définition.

Les suites u et v sont adjacentes si

→ u est croissante

→ v est décroissante

→ u-v tend vers 0.

Exercice III-1.

Démontrer que les suites ₂

1 k n 1

n k

u k

=

=

=

∑

= +n sont adjacentes.

Propriété III-2.

Si u et v sont deux suites adjacentes avec u croissante et v décroissante alors Pour tout n naturel, u_n ≤ v_n.

Indication.

Introduire la suite wn = vn - un.

Théorème III-3.

Si u et v sont deux suites adjacentes alors :

→ u et v convergent

→ elles ont la même limite Conséquence.

D’après l’exercice précédent, les suites ₂

1 k n 1

n k

u k

=

=

=

∑

= +n sont adjacentes donc elles convergent, et elles ont même limite.

Essayez donc de prouver leur convergence sans les suites adjacentes !

Par contre, on ne sait pas vers quoi elles convergent : ce théorème n’est pas constructif.

Indication pour le théorème III-1.

Prouver que u est majorée puis que v est minorée.

Corrigé

I – Raisonnement par récurrence

Corrigé I-1.

Soit P(n) la proposition « n³ - n est un multiple de 3 »

1. Initialisation : 0³ - 0 = 0 qui est bien un multiple de 3 donc P(0) est vraie

2. Hérédité : supposons que P(n) soit vraie au rang n, cad qu’il existe un entier k tel que n³ - n = 3k.

Alors (n+1)³ - (n+1) = ^{n3+3n2+3n+ − − =1 n 1}

(

) (

)

Par hypothèse de récurrence, n³ - n = 3k donc (n+1)³ - (n+1) =

(

) ( )

'

3 3 3 '

k

k+ n +n = k+k . Donc P(n+1) est vraie et la proposition est bien héréditaire.

3. La proposition est donc vraie pour tout entier n.

Corrigé I-2.

1a. Montrons que P(n) est héréditaire.

Supposons qu’au rang n, 4ⁿ−1 soit divisible par 3 : alors il existe un entier k tel que 4ⁿ−1= 3k cad 4ⁿ = 3k +1.

Dans ces conditions, 4ⁿ⁺¹= ×4 4ⁿ = 4(3k +1) par hypothèse de récurrence et on a donc

4ⁿ⁺1−1 = 12k + 4 -1 = 3(4k+1) donc 4ⁿ⁺¹−1 est bien un multiple de 3 et P(n) est héréditaire.

1b. Montrons que Q(n) est héréditaire.

Supposons qu’au rang n, 4ⁿ+1 soit divisible par 3 : alors il existe un entier k tel que 4ⁿ+1= 3k cad 4ⁿ = 3k - 1.

Dans ces conditions, 4ⁿ⁺¹= ×4 4ⁿ = 4(3k - 1) par hypothèse de récurrence et on a donc

4ⁿ⁺1+1 = 12k - 4 + 1 = 3(4k-1) donc 4ⁿ⁺¹−1 est bien un multiple de 3 et Q(n) est héréditaire.

2a. Pour n = 0, 4ⁿ−1 = 1 – 1 = 0 est bien un multiple de 3 : P(0) est donc vraie et la proposition étant héréditaire, elle est vraie pour tout n.

2b. Pour n = 0, 4ⁿ+1 = 2 ; pour n = 1, 4ⁿ+1 = 5 ; pour n = 2, 4ⁿ+1 = 17. Il semble que Q ne s’initialise pas. On ne peut pas donc pas conclure par récurrence (il se peut très bien que pour une grande valeur de n, Q(n) soit vraie).

[Non demandé] Démontrons qu’en fait, Q(n) est fausse pour tout n : s’il existait un n tel que Q(n) soit vraie, alors 4ⁿ+1 serait divisible par 3. Comme 4ⁿ−1 l’est aussi, la somme des deux nombres serait encore divisible par 3, cad que 2 4× ⁿ=2²ⁿ⁺¹ est divisible par 3, ce qui est absurde.

Corrigé I-3.

(

)

2. Hérédité : supposons que P(n) soit vraie au rang n, cad que

(

)

1 2 ...

2 n n n+ + + + = . [Nous voulons donc prouver que _{1 2 ...}

(

) (

)(

)

2

n n

n + +

+ + + + = ].

Alors ^{1 2 ...}

(

)

(

)

Hypothèse Récurrence

n n n

+ + + + = + + + + + donc par hypothèse de récurrence,

( ) (

) ( ) ( ) ( ) ( )( )

1 2 ... 1 1

2 2 2

n n n n n n n

n + n + + + + +

+ + + + = + + = = .

Donc P(n+1) est vraie et la proposition est bien héréditaire.

3. La proposition est donc vraie pour tout entier n non nul.

Corrigé I-4.

Soit P(n) la proposition « u_n≤u_n+1 ».

1. Initialisation : nous avons u₀ = −1 et 1

( )

1 1

1 1

2 2

u = − + = donc u₀ ≤u₁ et donc P(0) est vraie.

2. Hérédité : supposons que P(n) soit vraie au rang n, cad que u_n ≤u_n+1. [Nous voulons donc prouver que u_n+1≤u_n+2].

On a donc u_n≤u_n+1 donc 1 1 ₁

2uⁿ ≤2uⁿ₊ et 1 1 ₁

1 1

2uⁿ+ ≤2uⁿ₊ + cad que u_n+1≤u_n+2. Donc P(n+1) est vraie et la proposition est bien héréditaire.

3. La proposition est donc vraie pour tout entier n non nul et la suite est bien croissante.

II – Suites récurrentes du type u_n+1= f u( _n)

Vocabulaire. Soit a un réel.

On dit que a est un point fixe de la fonction f si f(a) = a.

Théorème II-1.

Soit u une suite définie par u_n+1= f u( _n) où f est une fonction définie sur un intervalle I.

Si converge vers L f est continue en L un



 où L∈I, alors L vérifie f L( )=L : autrement dit, L est forcément un point fixe de f.

Corrigé II-1.

Rappelons que si f est continue en a alors lim ( ) ( )

x af x f a

→ = .

Comme la suite converge vers a on a lim _n

n u L

→+∞ = .

Comme f est continue en L, par composition, lim ( _n) ( )

n f u f L

→+∞ = .

Enfin, en passant l’égalité u_n+1= f u( _n) à la limite, il vient f L( )=L donc L est un point fixe de f.

Corrigé II-2.

Cette suite est croissante et majorée donc elle converge : notons L sa limite.

Remarquons que un₊1= f u

( )

( ) 1

f x =2x+ : comme f est affine, elle est continue sur IR donc en L.

Par conséquent L est un point fixe de f et on a

( )

L= f L ⇔ =L 2L+ ⇔ =L : cette suite converge donc vers 2, le point fixe de f [comme nous l’avions conjecturé graphiquement].

III – Suites adjacentes

Corrigé III-1.

→ Remarquons déjà que 1

n n

u v

− = −n qui tend bien vers 0.

→ Prouvons que u est croissante :

( ) ( )

1 2 2 2 2 2 2 2 2

1 1 1 1 1 1 1 1

... ...

1 2 1 1 2 1

n n

u u

n n n n

+

   

− = + + + + +  − + + + = +

> 0 donc la suite u est bien croissante.

→ Prouvons que v est croissante :

( ) ( ) ( ) ( ) ( )

1 1 1 2 2 2

1 1 1 1 1 ( 1) 1

1 1 1 1 1 1

n n n n n n

n n

v v u u u u

n n n n n n n n n n n

+ + +

− + −

   

− = + +   − + = − − + = + − + = + = + < 0 donc v est bien décroissante.

Ces deux suites dont donc bien adjacentes.

Démonstration III-2.

→ Soit w_n = v_n - u_n : w_n+1 - w_n = v_n+1 - u_n+1 - v_n + u_n = (v_n+1 - v_n) - (u_n+1 - u_n).

Or v décroit donc (v_n+1 - v_n) < 0 ; u croit donc - (u_n+1 - u_n) < 0.

Par conséquent, wn+1 - wn < 0 donc w décroît.

→ Mais les suites sont adjacentes donc la suite w tend vers 0 : comme elle est décroissante, on a forcément wn > 0 c’est à dire vn > un pour tout n.

Démonstration III-3.

→ u croit donc elle est minorée par son premier terme : pour tout n, u₀ ≤ u_n.

→ v décroît donc elle est majorée par son premier terme : pour tout n, v_n ≤ v₀. Or d’après le propriété précédente, pour tout n naturel, un ≤ vn donc pour tout n, on a

u₀ ≤u_n ≤ v_n≤ v₀.