CAPES EXTERNE

SESSION 2015

CAPES EXTERNE

MATHÉMATIQUES 1

Problème 1

Partie A

I. 1.Soitz∈C.

Re(z)6|Re(z)|= q

(Re(z))²6 q

(Re(z))²+ (Im(z))²=|z|.

De plus, on a l’égalité si et seulement si chaque inégalité écrite est une égalité. La deuxième inégalité est une égalité si et seulement si (Im(z))²= 0 ce qui équivaut au fait que z est réel. La première inégalité est une égalité si et seulement si Re(z)>0.

Finalement, Re(z) =|z|si et seulement sizest un réel positif.

I. 2.Soit(z₁, z₂)∈C².

|z1+z2|²=|z1|²+z1z2+z1z2+|z2|²=|z1|²+2Re(z1z2) +|z2|² 6|z₁|²+2|z₁z₂|+|z₂|² (d’après la question précédente)

=|z₁|²+2|z₁| |z₂|+|z₂|²=|z₁|²+2|z₁| |z₂|+|z₂|²

= (|z₁|+|z₂|)².

Mais alors,|z₁+z₂|6|z₁|+|z₂|par croissance de la fonctionx7→√

xsur[0,+∞[.

I. 3.Soientz1et z2deux nombre complexes non nuls.|z₁+z2|=|z₁|+|z₂|si et seulement si la seule inégalité écrite à la question précédente est une égalité. D’après la question I.1.,

|z₁+z₂|=|z₁|+|z₂|⇔Re(z₁z₂) =|z₁z₂|⇔z₁z₂∈R⁺⇔z₁z₂∈R^+∗(carz₁z₂6=0)

⇔ z1

|z1|²z2∈R^+∗⇔z1

z2 ∈R^+∗

⇔∃λ > 0/z₁ z2

=λ⇔∃λ > 0/ z₂=λz₁.

On en déduit encore que|z1+z2|=|z1|+|z2|⇔arg z2

z₁

=0[2π].

II. 1.Montrons par récurrence que∀n>2,∀(z₁, . . . , z_n)∈Cⁿ,

Xn

k=1

z_k

6 Xn

k=1

|z_k|.

• Ce résultat est vrai quandn=2 d’après la question I.2.

• Soitn>2. Supposons que∀(z1, . . . , zn)∈Cⁿ,

Xn

k=1

zk

6 Xn

k=1

|zk|. Soit alors(z1, . . . , zn+1)∈Cⁿ⁺¹.

n+1X

k=1

z_k

=

Xn

k=1

z_k

! +zn+1

6

Xn

k=1

zk

+|z_n+1| (d’après la question I.2.)

6 Xn

k=1

|z_k|+|zn+1| (par hypothèse de récurrence)

=

n+1X

k=1

|zk|.

On a montré par récurrence que∀n>2,∀(z₁, . . . , z_n)∈Cⁿ,

Xn

k=1

z_k

6 Xn

k=1

|z_k|.

II. 2.Montrons par récurrence que ∀n>2,∀(z1, . . . , zn)∈(C^∗)ⁿ,

Xn

k=1

zk

= Xn

k=1

|zk|⇔∀k ∈J1, nK, ∃λk ∈R^+∗/ zk = λ_kz₁.

• Ce résultat est vrai quandn=2 d’après la question I.3.

• Soitn>2. Supposons que∀(z1, . . . , zn)∈(C^∗)ⁿ,

Xn

k=1

zk

= Xn

k=1

|zk|⇔∀k∈J1, nK, ∃λk∈R^+∗/ zk=λkz1. Soit(z₁, . . . , zn+1)∈Cⁿ⁺¹tel que

n+1X

k=1

zk

=

n+1X

k=1

|z_k|. On a

n+1X

k=1

z_k

6

Xn

k=1

z_k

+|z_n+1|6

n+1X

k=1

|z_k|,

et, puisque

n+1X

k=1

zk

=

n+1X

k=1

|zk|, chaque inégalité écrite est une égalité. Puisque la deuxième inégalité est une égalité,

par hypothèse de récurrence,∀k∈J1, nK, ∃λ_k ∈R^+∗/ z_k=λ_kz₁. Puisque la première inégalité est une égalité,

∃λ∈R^+∗/ zn+1=λ Xn

k=1

zk=λ Xn

k=1

λk

!

z1et donc∃λn+1∈R^+∗/ zn+1=λn+1z1. Réciproquement, supposons que∀k∈J1, nK, ∃λk∈R^+∗/ zk=λkz1. Alors,

n+1X

k=1

zk

=

n+1X

k=1

λkz1

=

n+1X

k=1

λk

!

|z₁|=

n+1X

k=1

|z_k|.

Le résultat est démontré par récurrence.

On en déduit encore que

Xn

k=1

z_k

= Xn

k=1

|z_k|⇔∀k∈J1, nK, arg zk

z₁

=0[2π].

Partie B

I.Pourk∈J1, nK, posonszk=e^2i(kn−1)π. (i) Pourk∈J1, nK,zk6=0.

(ii) On sait que leszk,16k6n, sont deux à deux distincts.

(iii) Puisque n>3, on sait que lesAk ne sont pas alignés sur une droite.

(iv) Xn

k=1

zk

|z_k| = Xn

k=1

e

2i(k−1)π

n =

1− e^2iπn n

1−e^2iπn = 1−1 1−e^2iπn =0.

Donc, leszk,16k6n, conviennent.

II. 1.Soitz∈C.

Xn

k=1

uk(z−zk) =z Xn

k=1

uk

!

− Xn

k=1

zk

|zk|zk=z×0−

Xn

k=1

|z_k|²

|zk| = −

Xn

k=1

|zk|.

II. 2.Puisque Xn

k=1

|z_k|est un réel positif, Xn

k=1

|zk|=

Xn

k=1

|zk|

=

Xn

k=1

−uk(z−zk)

6 Xn

k=1

|−u_k(z−z_k)|=

Xn

k=1

|−u_k| |z−z_k|=

Xn

k=1

|z−z_k|.

Donc, pour tout nombre complexez, Xn

k=1

|zk|6 Xn

k=1

|z−zk|.

II. 3.Soitzun nombre complexe distinct de chacun deszk,16k6n. Alors,∀k∈J1, nK,−u_k(z−zk)6=0et d’après la question II.2. de la partie A,

Xn

k=1

|z_k|= Xn

k=1

|z−z_k|⇔

Xn

k=1

−u_k(z−z_k)

= Xn

k=1

|−u_k(z−z_k)|

⇔∀k∈J1, nK, ∃λk∈R^+∗/ −uk(z−zk) = −λku1(z−z1).

Dans ce cas, on a Xn

k=1

|z_k|= Xn

k=1

−u_k(z−z_k) = −u₁(z−z₁) Xn

k=1

λ_ket doncu₁(z−z₁) = − Xn

k=1

|zk| Xn

k=1

λk

∈R^−∗puis∀k∈J1, nK,

uk(z−zk) =λku1(z−z1)∈R^−∗.

Réciproquement, si∀k∈J1, nK,u_k(z−z_k)∈R^−∗, alors∀k∈J1, nK,−u_k(z−z_k)∈R^+∗ puis Xn

k=1

|z−zk|=

Xn

k=1

|−u_k(z−zk)|=

Xn

k=1

−u_k(z−zk) = Xn

k=1

|z_k|.

Si maintenantz est l’un des zk, 1 6 k 6 n, alors−uk(z−zk) = 0 et ∀j 6= k, −uj(z−zj) 6= 0. En reprenant l’étude précédente, on a l’égalité si et seulement siuk(z−zk) =0 et∀j6=k,uj(z−zj)∈R^−∗. En résumé,

∀z∈C, Xn

k=1

|z−z_k|=

Xn

k=1

|z_k|⇔∀k∈J1, nK, uk(z−zk)∈R⁻

! .

II. 4.∀k∈J1, nK,uk(z−zk) = z−zk

uk

=|z_k|z−zk

zk

= −|z_k|z−zk

0−zk

(uk= 1 uk

car|u_k|=1). Donc,

∀k∈J1, nK, uk(z−zk)∈R⁻ ⇔∀k∈J1, nK, z−zk

0−z_k ∈R⁺

⇔∀k∈J1, nK, M=AkouM6=Aket −−→ AkO,−−−→

AkM

=0[2π]

⇔∀k∈J1, nK, M∈[AkO) (on rappelle que∀k∈J1, nK, Ak6=O)

⇔M=O(car deux au moins des demi-droites [A_kO) sont sécantes enO).

Donc,(⋆)est une égalité si et seulement siM=Oou encorez=0 II. 5.

Xn

k=1

MAk= Xn

k=1

|z−zk|>

Xn

k=1

|zk|= Xn

k=1

OAk avec égalité si et seulement siz=0ou encoreM=O.

Donc, Xn

k=1

MA_k admet un minimum à savoir Xn

k=1

OA_ket ce minimum est atteint en un unique point à savoirM=O.

Partie C

I. Figure.

b

b b

B^′

C^′

A^′

b b

bA

B C

bΩ

II. B^′ =rA,^π3(C). Donc,b^′ =a+e^iπ3(c−a) =a−j²(c−a). De même, B=rA,^π3(C^′)et doncb=a+e^iπ3 (c^′−a) = a−j²(c^′−a).

III. b^′−b

c−c^′ = e^iπ3(c−a) −e^iπ3 (c^′−a)

c−c^′ = e^iπ3(c−c^′)

c−c^′ = e^iπ3. Donc, b^′−b

c−c^′ est le nombre complexe de module 1 et d’argument π

3.

IV.PuisqueΩest strictement compris à l’intérieur au triangleABCet que les pointsB^′ etC^′sont extérieurs à ce triangle, les vecteurs−→

ΩBet−−→

B^′Bsont non nuls, colinéaires et de même sens de même que les vecteurs−−→ ΩCet−−→

C^′C. Donc,

−ΩB,→ −−ΩC→

=−−→ B^′B,−−→

C^′C

=arg

c−c^′ b−b^′

[2π] = −arg

b−b^′ c−c^′

[2π] = −arg

−e^iπ3 [2π]

= −π 3 −π

[2π]

= 2π 3 [2π].

En échangeant les rôles des pointsA,Bet C, on obtient finalement−ΩB,→ −−ΩC→

=−−ΩC,→ −−ΩA→

=−−ΩA,→ −ΩB→

= 2π 3 [2π].

V.Notonsa,betcles affixes respectives des vecteurs

−−→ ΩA ΩA,

−→ ΩB ΩB et

−−→ ΩC ΩC.

D’après la question précédente, a, b et c sont trois nombres complexes de module 1 tels que arg b

a

= 2π

3 [2π] et argc

b

= 2π

3 [2π]. Donc,b=jaetc=jb=j²a oùj=e^2iπ3 puis a+b+c=a 1+j+j²

=0

ou encore

−−→ ΩA ΩA+

−→ ΩB ΩB+

−−→ ΩC ΩC =−→0.

VI.On choisit un repère orthonormé direct d’origineΩ. Les conditions de la partie B sont vérifiées par les pointsA1=A, A2=BetA3=Ccar, entre autres, l’égalité

−−→ ΩA ΩA+

−→ ΩB ΩB+

−−→ ΩC

ΩC =−→0 s’écrit zA

|z_A|+ zB

|z_B|+ zC

|z_C| =0.

D’après la partie B, pour tout pointMdu plan,MA+MB+MC>ΩA+ΩB+ΩCavec égalité si et seulement siM=Ω.

Problème 2

Partie A

I. 1. Questions de cours.SoitA∈R. Puisque la suite (un)_n∈Nn’est pas majorée,An’est pas un majorant de la suite (un)_n∈N. Donc, il existe un entiern0tel que un0> A.

Puisque la suite(u_n)_n∈N est croissante, pourn>n0, on a un >un0 > A.

On a montré que :∀A∈R,∃n0∈N/∀n∈N, (n>n0⇒un >A). Donc, lim

n→+∞

un= +∞.

I. 2.SoitE={u_n, n∈N}. Par hypothèse,Eest une partie non vide et majorée deR. Donc,Eadmet dansRune borne supérieure que l’on noteℓ.

Montrons que la suite(un)_n∈Nconverge vers le réelℓ. Puisqueℓest un majorant deE, pour tout entier natureln,un 6ℓ.

Soitε > 0. Puisqueℓest le plus petit des majorants deE,ℓ−εn’est pas un majorant deE. Donc, il existen0∈Ntel que un0> ℓ−ε. Puisque la suite(un)_n∈Nest croissante, pourn>n0, on aun >un0> ℓ−εet doncℓ−ε < un 6ℓ.

On a montré que :∀ε > 0,∃n0∈N/∀n∈N, (n>n0⇒ℓ−ε < un 6ℓ). Donc, la suite(u_n)_n∈Nconverge et lim

n→+∞un = ℓ.

I. 3.Soit(u_n)_n∈Nune suite décroissante. Alors, la suite(−u_n)_n∈N est croissante. D’après la question précédente, (u_n)_n∈Nconverge⇔(−u_n)_n∈Nconverge⇔(−u_n)_n∈N est majorée⇔(u_n)_n∈Nest minorée.

Une suite décroissante converge si et seulement si elle est minorée.

II. 1.Soitn∈N^∗.an est la somme des aires, exprimées en unité d’aire, des rectangles ci-dessous :

1 2 3 4

1 2

n−1 n n+1 y= 1

x

II. 2. a.Soitn∈N^∗. Pourk∈Jn+1, 2nK, 1 k > 1

2n. En additionnant membre à membre ces inégalités, on obtient

a2n−an = X2n

k=1

1 k −

Xn

k=1

1 k =

X2n

k=n+1

1 k

>

X2n

k=n+1

1

2n = (2n− (n+1))× 1 2n = n

2n = 1 2.

∀n∈N^∗, a2n−an >1 2.

II. 2. b. Supposons par l’absurde que la suite (an)_n∈N∗ converge. Notons ℓ sa limite. Quand n tend vers +∞ dans l’inégalité de la question précédente, on obtient ℓ−ℓ> 1

2 ou encore0 > 1

2. Ceci est absurde et donc la suite (an)_n∈N∗

diverge.

II. 3. a.Soitk ∈N^∗ de sorte que [k, k+1] ⊂]0,+∞[. Pour tout réelt de[k, k+1], 1 k+1 6 1

t 6 1

k. Par croissance de l’intégrale, on obtient

1

k+1 = (k+1−k) 1 k+1 6

Zk+1 k

1

t dt6(k+1−k)1 k = 1

k. II. 3. b.L’inégalité à démontrer est vraie quandn=1cara1=1 et ln1=0.

Soitn>2. Pour tout k ∈J1, n−1K, 1 k+1 6

Zk+1 k

1

t dt. En additionnant membre à membre ces inégalités, on obtient

n−1X

k=1

1 k+1 6

n−1X

k=1

Zk+1 k

1

t dtou encore Xn

k=2

1 k 6

Zn 1

1

t dtou enfinan−16lnn.

D’autre part, pour tout k ∈ J1, nK, Zk+1

k

1

t dt 6 1

k. En additionnant membre à membre ces inégalités, on obtient

n−1X

k=1

Zk+1 k

1 t dt6

Xn

k=1

1

k ou encore Zn+1

1

1

t dt6an ou encore ln(n+1)6an ou enfin lnn6an car lnn6ln(n+1).

On a montré que

∀n∈N^∗, a_n−16lnn6a_n.

II. 3. c.D’après la question précédente, ∀n∈N^∗, lnn6an6lnn+1puis

∀n>2, 16 an

lnn 61+ 1 lnn.

Les deux membres extrêmes de cet encadrement tendent vers1quandntend vers+∞et donc an

lnn tend vers1quandn tend vers+∞ou encore

a_n ∼

n→+∞lnn.

II. 4.D’après la question précédente, pour toutn∈N^∗,06a_n−lnn61. Donc, la suite(b_n)_n∈N∗ est bornée.

Soitn∈N^∗. bn+1−bn =an+1−an− (ln(n+1) −ln(n)) = 1 n+1−

Zn+1 n

1

t dt. D’après la question II.3.a., pour tout n∈N^∗,bn+1−bn 60. La suite(b_n)_n∈N∗ est donc décroissante.

La suite(b_n)_n∈N∗ est décroissante et est minorée par0. Donc, la suite(b_n)_n∈N∗ converge vers un réel positif ou nul.

Partie B

I. 1. a. Il existe n₀ ∈ N^∗ tel que, pour k > n₀, −ε 6 u_k 6 ε. Soit n > n₀+1. En sommant membre à membre ces inégalités, on obtient

Xn

k=n0+1

−ε 6 Xn

k=n0+1

uk 6 Xn

k=n0+1

ε ou encore− (n−n0)ε 6 Xn

k=n0+1

uk 6(n−n0)ε ce qui implique−nε6

Xn

k=n0+1

u_k6nε.

On en déduit que

n0

X

k=1

uk

!

−nε6 Xn

k=1

uk 6

n0

X

k=1

uk

!

+nε puis que 1 n

n0

X

k=1

uk

!

−ε6vn 6 1 n

n0

X

k=1

uk

!

+ε. Cet encadrement reste vrai quandn=n0et donc

∀n>n0, 1 n

n0

X

k=1

uk

!

−ε6vn 6 1 n

n0

X

k=1

uk

! +ε.

I. 1. b.Soitn>n₀. Donc, 1 n

n0

X

k=1

u_k

!

−ε6v_n 6 1 n

n0

X

k=1

u_k

! +ε.

n0

X

k=1

uk est une expression constante quandnvarie et donc 1 n

n0

X

k=1

uk

!

tend vers0quand ntend vers+∞. Par suite, il existen1∈N^∗ tel que, pour toutn>n1,−ε6 1

n

n0

X

k=1

uk

! 6ε.

Soitn=Max{n₀, n₁}. Pour n>N, on a−2ε6 1

n

n⁰

X

k=1

u_k

!

−ε6v_n 6 1 n

n⁰

X

k=1

u_k

!

+ε62ε.

On a montré que∀ε > 0, ∃N∈N^∗/∀n∈N^∗, (n>N⇒−2ε6vn 62ε)et donc lim

n→+∞vn =0.

I. 2. On suppose que la suite (u_n)_n∈N∗ converge vers un certain réel ℓ. Alors, la suite (u_n−ℓ)_n∈N∗ converge vers 0.

D’après la question précédente, 1 n

Xn

k=1

(u_k−ℓ)tend vers0 quandntend vers+∞ou encore 1 n

Xn

k=1

u_k

!

−ℓtend vers0 quandntend vers+∞. Ceci montre que la suite (v_n)_n∈N∗ converge versℓ.

Si la suite(un)_n∈N∗ converge versℓ, alors la suite (vn)_n∈N∗ converge versℓ.

II. 1.Montrons par récurrence que pour toutn>2,xn existe et 0 < xn< 1.

• x2= 1×(1+1) 1+2 = 2

3. Donc, le résultat est vrai pourn=2.

•Soitn>2. Supposons quex_n existe et0 < x_n< 1. Alors,1+2x_n6=0puisxn+1existe puisxn+1= x_n(1+x_n) 1+2xn

> 0.

Ensuite,

xn+1−1= x_n(1+x_n)

1+2x_n −1= x²_n−x_n−1 1+2x_n =

x_n−1

2 2

−3 4 1+2x_n . Par hypothèse de récurrence,xn ∈]0, 1[puis

xn− 1

2 2

∈

0,1 4

puis

xn− 1 2

2

−3

4 < 0et finalementxn+1−1 < 0.

On a montré par récurrence que pour toutn>2,xn existe et 0 < xn< 1et donc aussi∀n∈N^∗,0 < xn61.

II. 2.Soitn∈N^∗. Puisquexn> 0,

xn+1= xn(1+xn) 1+2xn

6 xn(1+2xn) 1+2xn

=xn. Ainsi, pour toutn∈N^∗,x_n+16x_n et donc la suite(x_n)_n∈N∗ est décroissante.

II. 3. La suite (xn)_n∈N∗ est décroissante et minorée par 0. Donc la suite(xn)_n∈N∗ converge vers un certain réelℓ >0.

Puisqueℓ>0,1+2ℓ6=0 et donc, quandntend vers+∞dans l’égalitéxn+1= xn(1+xn)

1+2x_n , on obtientℓ= ℓ(1+ℓ) 1+2ℓ . Or, ℓ= ℓ(1+ℓ)

1+2ℓ ⇔ ℓ(1+2ℓ) −ℓ(1+ℓ)

1+2ℓ =0⇔ ℓ²

1+2ℓ =0⇔ℓ=0.

n→lim+∞

x_n=0.

II. 4.Soitn∈N^∗.xn etxn+1ne sont pas nuls puis 1

xn+1

− 1 xn

= 1+2xn

xn(1+xn)− 1 xn

= 1+2xn− (1+xn)

xn(1+xn) = xn

xn(1+xn) = 1 1+xn

.

II. 5.D’après les questions II.3. et II.4., lim

n→+∞un= lim

n→+∞

1 1+xn

= 1

1+0 =1. Donc, la suite(u_n)_n∈N∗ converge vers1.

II. 6.Soitn∈N^∗.

vn = 1 n

Xn

k=1

uk= 1 n

Xn

k=1

1 xk+1

− 1 xk

= 1 n

1 xn+1

− 1 x1

(somme télescopique).

On en déduit quex_n= 1 nvn−1+ 1

x₁

= 1

nv_n−1+1. Puisque la suite(u_n)_n∈N∗ converge vers1, la suite(v_n)_n∈N∗ converge vers1d’après la question I.2. et doncx_n= 1

nvn−1+1 = =

n→+∞

1

n(1+o(1)) +1 =

n→+∞

1

n+o(n) ∼

n→+∞

1 n. x_n ∼

n→+∞

1 n.

III. 1.Si la suite(x_n)_n∈N∗ converge vers un certain réelℓ, alorsxn+1−xn tend versℓ−ℓ=0quandntend vers+∞et en particulier, la suite(x_n+1−x_n)_n∈N∗ converge.

III. 2. a.Pourn>1, posonsyn= 1 n

Xn

k=1

(x_k+1−xk). Pour n>1,yn= 1

n(x_n+1−x1)(somme télescopique) puis pour n>2,xn= (n−1)yn−1+x1et donc

xn

n =

1− 1 n

yn−1+x1.

Puisquexn+1−x_n tend versℓquandntend vers+∞, il en est de mêmeyn−1d’après le lemme deCésaro. On en déduit que xn

n tend vers(1−0)ℓ+0=ℓquandntend vers+∞.

n→lim+∞

xn

n =ℓ.

III. 2. b.Si ℓ6=0, on en déduit quex_n ∼

n→+∞

ℓnet en particulier, la suite (x_n)_n∈N∗ diverge. Plus précisément, siℓ > 0,

n→lim+∞

x_n = +∞et siℓ < 0, lim

n→+∞

x_n = −∞.

III. 2. c.Pour n>1, posons x_n = ln(n). x_n+1−x_n = ln

1+ 1 n

tend vers 0 quand n tend vers +∞. Pourtant, la suite(x_n)_n∈N∗ diverge. Donc, sixn+1−x_n tend vers0quandntend vers+∞, la suite(x_n)_n∈N∗ n’est pas nécessairement convergente.

Partie C

I. 1.Pour n>1,

v_n = 1 n

Xn

k=1

(−1)^k= −1− (−1)ⁿ

2n =

−1

n sinest impair 0sinest pair Mais alors,∀n>1, |v_n|6 1

n. On en déduit que lim

n→+∞

v_n =0.

I. 2.Pourtant, la suite(u_n)_n∈N∗ diverge car la suite extraite(u_2n)_n∈N∗ converge vers1 et la suite extraite(u_2n+1)_n∈N∗

converge vers−16=1.

La réciproque de la proposition énoncée à la question I.2. de la partie B est fausse.

II. 1. Si α ≡ 0 (mod π), alors∀n > 1, u_n = 0 puis ∀n > 1, v_n = 0. Dans ce cas, les suites (u_n)_n∈N∗ et (v_n)_n∈N∗

convergent vers0.

II. 2.Soitn>1.

un+2−un =sin((n+2)α) −sin(nα) =2sinαcos((n+1)α) =2sinαcn+1

et

un+2+un =sin((n+2)α) +sin(nα) =2cosαsin((n+1)α) =2cosαun+1

II. 3. a.Notonsℓla limite de la suite(u_n)_n∈N∗.

Puisqueα6≡0(modπ), sinα6=0. Par suite, pour n>2, cn = un+1−un−1

2sinα d’après la première relation de la question précédente. Quandntend vers+∞,cn tend vers ℓ−ℓ

2sinα =0. Donc, la suite(cn)_n∈N∗ converge vers0.

Quand n tend vers +∞ dans la deuxième relation, on obtient 2ℓ = 2cosαℓ puis (1−cosα)ℓ = 0 et donc ℓ = 0 car cosα6=1.

II. 3. b.Ainsi, les suites (u_n)_n>1= (sin(nα))_n>1 et(c_n)_n>1= (cos(nα))_n>1 convergent toutes les deux vers0 puis la suite u²_n+c²_n

n>1 converge vers0²+0²=0.

Mais ceci est impossible car pour toutn>1,u²_n+c²_n =1. Donc la suite (un)_n>1 diverge.

II. 3. c.Soitn∈N^∗.

vn= 1 n

Xsin

k=1

(kα) = 1 n

Xn

k=1

Im e^ikα

= 1 nIm

Xn

k=1

e^iαk

!

= 1 nIm

e^iα1−e^inα 1−e^iα

(carα6≡0(modπ⇒e^iα6=1)

= 1 nIm

e^iα(¹⁺ⁿ2−¹2)e^−inα/2−e^inα/2 e^−iα/2−e^iα/2

= 1 nIm

e^i(n+1)α/2−2isin(nα/2)

−2isin(α/2)

= sin

(n+1)α 2

sinnα 2

nsinα 2

.

On en déduit que pour toutn>1,|v_n|6 1 n

sinα

2

et en particulier que lim

n→+∞

v_n =0.

III. 1.Soitn>1.

nu_n+1= (2n− (n+1))u_n+1= X2n

k=n+1

u_n+16 X2n

k=n+1

u_k.

III. 2.Soitn>1.

un+16 1 n

X2n

k=n+1

uk= 1 n

X2n

k=1

uk− Xn

k=1

uk

!

= 1

n(2nv_2n−nvn) =2v2n−vn.

III. 3.Par hypothèse, la suite(v_n)_n>1converge vers un certain réelℓ. On en déduit que2nv_2n−v_n tend vers2ℓ−ℓ=ℓ quandntend vers+∞. Par suite, à partir d’un certain rangn₀, on a un+162v_2n−v_n6ℓ+1.

Ainsi, la suite (u_n)_n>1 est croissante et, à partir d’un certain rang, un 6 ℓ+1. On en déduit que la suite (u_n)_n>1 converge.

Si la suite(un)_n>1est décroissante, en appliquant le résultat précédent à la suite(−un)_n>1qui est croissante, on obtient de même la convergence de la suite(un)_n>1. On a donc montré que

si la suite(u_n)_n>1est monotone, alors la suite (v_n)_n>1converge si et seulement si la suite(u_n)_n>1 converge.