2014-2015

ISA BTP, 1◦ann´ee ANN ´EE UNIVERSITAIRE 2014-2015

CONTR ˆOLE CONTINU

Suites num´eriques

Dur´ee : 1h30. Les calculatrices sont autoris´ees.

Tous les exercices sont ind´ependants.

Il sera tenu compte de la r´edaction et de la pr´esentation.

Exercice 1 Soit a > 0. Montrer que la suite (un) d´efinie par

∀n ∈ N∗, un=

 1 + a

n n

converge et donner sa limite.

? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ?

Exercice 2 Soit (pn) une suite de nombres entiers admettant une limite finie. Montrer que la

suite (pn) est stationnaire, i.e.

∃n0 ∈ N / ∀n > n0, pn = pn0

? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ?

Exercice 3 Soit α > 0. Pour tout n ∈ N∗, on note

un = (1 + α)(1 + α2) · · · (1 + αn)

1. Montrer que si α > 1, la suite (un) tend vers +∞.

2. On suppose maintenant que 0 < α < 1. (a) D´eterminer le sens de variation de (un).

(b) Montrer que pour tout x > 0, on a 1 + x 6 ex _{(on pourra ´etudier rapidement la}

fonction f : x 7→ ex_{− x − 1).}

Exercice 4 Soient a > 1 et (un) la suite d´efinie par ( u0 = a un+1 = 1₂  un+ _ua_n 

1. Dresser le tableau de variations de la fonction f : x 7→ 1₂ x + a_x
sur ]0, +∞[. 2. D´eterminer l’unique point fixe de f sur ]0, +∞[.

3. Montrer que pour tout n ∈ N, un >

√ a. 4. Montrer que (un) est d´ecroissante.

5. En d´eduire la nature puis la limite de (un).

6. Soit (vn) : vn = un− √ a un+ √ a (a) Montrer que

∀n ∈ N, vn+1 = vn2 (b) En d´eduire vn en fonction de v0 et n. (c) Montrer que ∀n ∈ N, |un− √ a| 6 2av20n

(d) En d´eduire la vitesse de convergence de la suite (un).

(e) Dans le cas a = 2, d´eterminer n0 tel que un0 donne une valeur approch´ee de

√ 2 ` a 10−10 pr`es. ? ? ?

CORRECTION

un=  1 + a n n = en ln(1+an)

Or lorsque n → ∞, on a _na → 0. On peut donc appliquer le d´eveloppement limit´e de ln(1 + u) ` a l’expression ln 1 + _na
: un = en( a n+o( 1 n)) = ea+o(1)

En passant `a la limite n → +∞, on obtient

un → ea

Ainsi, (un) converge et sa limite est ea.

? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ?

Exercice 2 : Supposons que la suite (pn) converge et notons ` sa limite. Par d´efinition, de

la convergence, en posant ε = 1₂, il existe n0 ∈ N tel que pour tout n > n0,

|pn− `| <

1 2

Mais alors, d’apr`es l’in´egalit´_{e triangulaire, pour tout n > n}0 :

|pn+1− pn| = |pn+1− ` + ` − pn| 6 |pn+1− `| + |pn− `| 6

1 2+

1 2 = 1

Ainsi, il existe un rang n0 a partir duquel les pnsont des entiers distants de moins de 1. Ils sont

donc tous ´egaux (`a pn0) et la suite (pn) est stationnaire.

? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? Exercice 3 :

1. Si α > 1, alors pour tout k ∈ N∗, αk

> 1 et (1 + αk) > 2. Ainsi, pour tout n ∈ N∗, un> 2n. Puisque 2n → +∞, la suite (un) diverge ´egalement vers +∞.

2. (a) Puisque un= n Y k=1 (1 + αk), on a un+1 un = n+1 Y k=1 (1 + αk) n Y k=1 (1 + αk) = (1 + αn+1_{) > 1}

f0(x) = ex− 1 > 0 La fonction f est donc croissante sur ]0, +∞[, on a

∀x > 0, _{f (x) > f (0) = 0} Ainsi, pour tout x > 0, on a bien

ex > x + 1

(c) D’apr`es la question pr´ec´_{edente, pour tout α > 0, et pour tout k ∈ N}∗, on a 1 + αk < eαk Ainsi, un = n Y k=1 (1 + αk) < n Y k=1 eαk = eα+α2+···+αn

On reconnaˆıt en exposant la somme des termes d’une suite g´eom´etrique. Ainsi,

n X k=1 αk = α1 − α k 1 − α 6 α 1 − α (car 0 < α < 1) Ainsi, un6 e α 1−α

La suite (un) est donc major´ee (la borne ne d´epend pas de n). ´Etant croissante, elle

converge.

? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? Exercice 4 :

1. Si f (x) = 1₂ x + a_x
, alors f est d´erivable sur ]0, +∞[ et ∀x > 0, f0(x) = 1 2  1 − a x2  = x 2_{− a} 2x2 = (x −√a)(x +√a) 2x2

f0(x) est donc du signe de (x −√a) et Ainsi

x 0 √a +∞ f0(x) − 0 + f & √a % 2. f (x) − x = 1 2  x +a x  − x = a − x 2 2x = (√a − x)(√a + x) 2x

3. Par r´ecurrence : soit P(n) : “un >

√ a”.

– Initialisation : puisque a > 1, alors a >√a et u0 = a >

√

a. Donc P(0) est vraie. – H´er´edit´_{e : supposons qu’il existe un entier n ∈ N tel que u}n>

√

a. Ainsi, puisque f est croissante sur [√a, +∞[, on a

un+1= f (un) > f (

√

a) =√a et P(n + 1) est vrai.

Par r´ecurrence, on a montr´e que un >

√ a pour tout n ∈ N. 4. Pour tout n ∈ N, on a un+1− un= 1 2  un+ a un  − un = a − u2_n 2un = ( √ a − un)( √ a + un) 2un Ainsi, puisque un> √

a > 0, la diff´erence un+1− un< 0 pour tout n ∈ N et (un) d´ecroit.

5. Puisque (un) est d´ecroissante et minor´ee (par

√

a par exemple), elle converge. Elle ne peut converger que vers l’unique point fixe de f , soit x∗√a.

6. (a) vn+1= un+1− √ a un+1+ √ a = 1 2  un+_ua_n  −√a 1 2  un+ _ua_n  +√a = 1 2un(u 2 n− 2 √ aun+ a) 1 2un(u 2 n+ 2 √ aun+ a) = (un− √ a)2 (un+ √ a)2 = v 2 n

(b) Par r´ecurrence, on montre que vn= v2

n 0 . En effet, v0 = v2 0 0 et si vn= v2 n 0 , alors vn+1= vn2 = (v 2n 0 ) 2 _{= v}2n+1 0

(c) D’apr`es les questions pr´ec´_{edentes, puisque 0 6 u}n6 a et a >

√ a, on a |un− √ a| = |un+ √ a|vn = (un+ √ a)v2₀n _{6 2av}2₀n (d) Par d´efinition de la suite (vn), on a 0 < v0 = a−

√ a

a+√a < 1. D’apr`es la question

pr´ec´edente, la suite (un) converge donc `a la vitesse `a laquelle la suite (v2

n

0 ) converge

vers 0, soit `a vitesse quadratique. (e) Pour a = 2, on a |un− √ 2| 6 4 2 − √ 2 2 +√2 !2n

Ainsi, un est une valeur approch´ee de 2 `a 10−10 pr`es si |un− √ 2| 6 10−10⇐= 4 2 − √ 2 2 +√2 !2n 6 10−10 ⇐= 2n_ln 2 − √ 2 2 +√2 ! 6 ln 1 4× 10 −10  ⇐= 2n > −10 ln(10) − ln(4) ln2−√2 2+√2  ≈ 13.87 car ln 2 −√2 2 +√2 ! ≈ −1.76 < 0 ⇐= n > ln(13.87) ln(2) ≈ 3.79 Ainsi un est une valeur approch´ee de

√

2 `a 10−10 pr`es d`_{es que n > 4.}

? ? ?