1) Suites récurrentes linéaires d’ordre p

(1)

ETUDES DE SUITES DEFINIES PAR DIFFERENTS TYPES DE RECURRENCE

K désignera R ou C.

1) Suites récurrentes linéaires d’ordre p

définition (suites récurrentes linéaires d’ordre p)

Soit . On dit que (un) est une suite récurrente linéaire d’ordre p∈N^* s’il existe (a₀,...,a_p₋₁)∈K^p

tel que :

∑

⁻

= +

+ =

∈

∀ ¹

0

,

p

k

k n k p

n a u

u N

n .

Considérons une telle suite (u_n).

Soit X_n la matrice définie par :

⎟⎟

⎟

⎠

⎞

⎜⎜

⎜

⎝

⎛

=

− + +

1 1

p n n n

n

u u u

X # . X_n∈M_p_,₁(K). On a donc la relation suivante :

n

n AX

X N

n∈ =

∀ , ₊₁ , avec

⎟⎟

⎟

⎠

⎞

⎜⎜

⎜

⎝

⎛

=

−1 1

0

1 0 0

0 0 0

1 0

ap

a a A

"

%

#

%

#

"

.

) (

1 0

0

0 0

1 )

(

1 2

0 a a X

a

X X

X

p p A

−

= χ

−

"

%

#

%

"

.

On montre par récurrence sur p que

∑

⁻

=

− +

+

−

=

χ ¹

0

) 1

1 ( )

1 ( ) (

p

k

k k p p

p

A X X a X (il suffit pour cela de

développer le déterminant ci dessus suivant la première colonne).

On se limite au cas où le polynôme caractéristique de A est scindé dans K[X]. χ_As’écrit donc :

∏

=

− λ

=

χ ^q

i

m i A

X i

X

1

) (

)

( , avec

⎪⎪

⎪

⎩

⎪⎪

⎪

⎨

⎧

=

∈

∈ λ

∑

= q

i i i i

p m

N m

K

1

* .

(2)

Il existe une matrice triangulaire

⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜

⎝

⎛

=

Tq

T T

0

1 0

% où les matrices T_i sont triangulaires supérieures

ayant λ_i comme éléments sur la diagonale, il existe une matrice P inversible telle que T =P⁻¹AP (voir chapitre "trigonalisation des endomorphismes").

Soit k∈N,1≤k≤q.

k m k

k I N

T

k +

λ

= , où N_k est une matrice nilpotente d'ordre m_k. Pour n∈N:

(

k m k

)

ⁿ

n

k I N

T

k +

λ

=

∑

=

λ−

= ⁿ

r

r k r n

k r

n N

C

0

(car

mk

I et N_k commutent)

∑

⁻

=

λ−

= ¹

0 mk

r

r k r n

k r

n N

C (car N_k est une matrice nilpotente d'ordre m_k)

∑

⁻

=

λ−

+

− λ −

= ¹

0 !

) 1 )...(

1 (

mk

r

r k k r n

k N

r r n n

n

∑

⁻

=

λ

= ¹

0 , mk

r

r k r n

k n U (on réordonne suivant les puissances de n, U _, M (K)

mk

r

k ∈ ).

Pour k∈N, 1≤k≤q, on note T_k la matrice définie par :

⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜

⎝

⎛

=

0 0 0 0

%

k

k T

T .

On a

q n

k k

n T

T ⎟⎟⎠

⎜⎜ ⎞

⎝

=⎛

∑

=1

∑

=

= ^q

k n

Tk 1

(c'est une conséquence du produit de matrices par blocs)

∑ ∑

⁻

=

λ

= ¹

0 , 1

mk

r

r k r q

k n

k n U .

Par conséquent, (u_n) est combinaison linéaire de la famille de suites

1 0

)1

(

−

≤

≤≤

λ ≤ mk

r q k n

k

nr .

Application à l'étude de la suite de Fibonacci On considère la suite (u_n) définie par

⎪⎩

⎪⎨

⎧

+

=

∈

∀

=

+

+ n n

n u u

u N n u u

1 2 1

0

, 1

1

.

Ecriture matricielle : en posant ⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜

⎝

=⎛ ⁺

n n

n u

u

X ¹ , on a X_n₊₁ =AX_n, avec ⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜⎝

=⎛ 0 1

1

A 1 .

(3)

) )(

( 1

1 ) 1

( = −α −β

−

= −

χ X X

X X X

A avec

2 1+ 5

=

α et

2 5 1−

=

β .

Il existe donc deux éléments de K a₀ et a₁ tels que : ∀n∈N,u_n =a₀×αⁿ +a₁×βⁿ.

0 =1

u donc a₀+a₁ =1.

1=1

u donc a₀α+a₁β=1.

1

0 1 a

a = − et en reportant dans la deuxième égalité, on obtient : 1

) 1

( −a₁ α+a₁β= α

−

= α

− β ) 1

1( a

α

− β

α

=1− a1

1 5

− β

= a

5 1 5

0

= α + β

=

a .

Finalement, pour tout entier n, ¹ ¹

5 1 5

1 α ₊ − β ₊

= ⁿ ⁿ

un . On en déduit ainsi le comportement de la suite : βⁿ⁺¹⎯⎯_n_⎯_⎯→⎯⎯_+∞→0 et αⁿ⁺¹⎯⎯ →_n_→⎯_+∞ +∞ et donc u_n ⎯⎯ →_n_→⎯_+∞ +∞.

2) Suites récurrentes non linéaires d'ordre 1

théorème du point fixe 1

Soit E une partie fermée de K et f une application de E dans e k-contractante (c'est-à-dire pour tous x, y dans E, f(x)− f(y) ≤kx−y , avec k<1). On suppose E stable par f.

(i) l'équation f(x)=x admet une unique solution dans E.

(ii) Toute suite (x_n) définie par

⎩⎨

⎧

=

∈

∀

∈

+ ( )

, ₁

0

n

n f x

x N n

E

x admet pour limite la solution de l'équation x

x f( )= . Démonstration

• Unicité de la solution

Soient α, deux solutions de l'équation β f(x)=x. Alors f(α)=α et f(β)=β. β

− α

= β

− α) ( )

( f

f . Or, f(α)− f(β) ≤kα−β donc α−β≤kα−β et donc (1−k)α−β ≤0. Or 0

) 1

( −k α−β ≥ donc (1−k)α−β =0. Comme k≠1, on en déduit que α=β.

• Existence

Soit )(x_n une suite définie par

⎩⎨

⎧

=

∈

∀

∈

+ ( )

, ₁

0

n

n f x

x N n

E

x .

Soit n≥1.

) ( )

( ₁

1 −

+ − _n = _n − _n

n x f x f x

x donc x_n₊₁−x_n ≤kx_n −x_n₋₁ . Par une récurrence immédiate, on montre que x_n₊₁−x_n ≤kⁿ x₁−x₀ .

(4)

Soient p et n deux entiers vérifiant p<n.

p p n

n n n p

n x x x x x x x

x − = − ₋₁+ ₋₁− ₋₂+...+ ₊₁−

p p n

n n n p

n x x x x x x x

x − ≤ − ₋₁ + ₋₁− ₋₂...+ ₊₁−

0 1 2

1 ... )

(k k k x x

x

x_n − _p ≤ ⁿ⁻ + ⁿ⁻ + + ^p −

∑

⁻⁻

=

−

≤

− ⁿ ^p

i i p

p

n x k x x k

x

1

0 0 1

0

1 1

1 k x x

k x k

x ^p

p n p

n −

−

≤ −

− ⁻

0

1 x1 x

k x k

x

p p

n −

≤ −

−

1 ¹− ⁰ ⎯⎯ →⎯ 0

− ^p^→^+∞

p

x k x

k donc (x_n)est une suite de Cauchy. E étant fermé donc complet donc )

(x_n converge dans E. Notons l sa limite. f est contractante donc continue donc )

( )

(x f l

f _n ⎯_n⎯ →_→⎯_+∞ . Or, f(x_n)=x_n₊₁ et x_n₊₁⎯_n⎯ →_→⎯_+∞ ldonc f(l)=l.

théorème du point fixe 2

Soit I un intervalle de r non vide et non réduit à un point. Soit f une application définie sur I, à valeurs dans R telle que I soit stable par f. Soit (u_n)définie par

⎩⎨

⎧

=

∈

∀

∈

+ ( )

, ₁

0

n

n f u

u N n

I

u .

(i) Si f est croissante sur I, alors (u_n) est monotone :

• si u₀ ≤u₁alors )(u_n est croissante ;

• si u₀ ≥u₁, alors (u_n) est décroissante.

(ii) Si f est décroissante sur I, alors les suites (u_2n)et )(u₂_n₊₁ sont monotones, de sens de monotonie contraires :

• si u₂ ≥u₀, alors (u_2n) est croissante et (u₂_n₊₁) est décroissante ;

• si u₂ ≤u₀, alors (u_2n) est décroissante et (u₂_n₊₁) est croissante.

Donc )(u_n converge si et seulement si (u_2n) et (u₂_n₊₁)ont adjacentes.

démonstration

(i) montrons par récurrence que pour tout entier n, u_n₊₁−u_n est du signe de u₁−u₀. Notons P(n) la propriété : "u_n₊₁−u_n est du signe de u₁−u₀".

• n=0. P(0) est vraie !

• Soit n∈N. Supposons P(n) vraie.

1

2 +

+ − _n

n u

u est du signe de u_n₊₁−u_n. Or u_n₊₁−u_n est du signe de u₁−u₀ (hypothèse de récurrence) donc P(n+1) est vraie.

• Donc, P(n) est vraie pour tout entier n.

Si u₀ ≤u₁, alors pour tout entier n, u_n₊₁−u_n ≥0et donc (u_n)est croissante.

Si u₀ ≥u₁, alors pour tout entier n, u_n₊₁−u_n ≤0, et donc (u_n)st décroissante.

(5)

(ii) Si f est décroissante sur I, alors g= f D f est croissante.

)

(u_2n est définie par

⎩⎨

⎧

=

∈

+₂ ( ₂ )

2 0

n

n g u

u I

u .

)

(u₂_n₊₁ est définie par

⎩⎨

⎧

=

∈

+ +₃ ( ₂ ₁)

2 1

n

n g u

u I u

• si u₂ ≥u₀, alors (u_2n) est croissante d'après (i).

) ( )

( ₂ ₀

1

3 u f u f u

u − = − donc u₃−u₁ ≤0 car u₂−u₀ ≥0 et f est décroissante sur I. Alors (u₂_n₊₁) est décroissante d'après (i).

• si u₂ ≤u₀, alors (u_2n) est décroissante d'après (i).

) ( )

( ₂ ₀

1

3 u f u f u

u − = − donc u₃−u₁ ≥0 car u₂−u₀ ≤0 et f est décroissante sur I. Alors (u₂_n₊₁) est croissante d'après (i).

Supposons (u_2n) et (u₂_n₊₁) adjacentes

Alors il existe l∈K tel que u₂_n₊₁⎯_n⎯ →_→⎯_+∞ let u₂_n ⎯_n⎯ →_→⎯_+∞ l. Soit ε>0. ε

<

−

⇒

≥

∈

∀

∈

∃n₁ N, n N,n n₁ u₂_n₊₁ l . ε

<

−

⇒

≥

∈

∀

∈

∃n₂ N, n N,n n₂ u₂_n l .

Soit )n₀ =max(2n₁+1,2n₂ . Alors ∀n∈N,n≥n₀⇒ u_n−l <ε. Donc u_n⎯_n⎯ →_→⎯_+∞ l. Supposons que (u_n)converge

Soit _n

n u

l= lim→+∞ .

Alors u₂_n⎯_n⎯ →_→⎯_+∞ let u₂_n₊₁⎯_n⎯ →_→⎯_+∞ l ((u_2n) et (u₂_n₊₁)ont deux suites extraites de (u_n). Donc

2 0

1

2_n₊ −u _n⎯⎯ →_n_→⎯_+∞

u donc (u_2n)et )(u₂_n₊₁ sont adjacentes.

Exemple :

Soit )(u_n la suite définie par :

⎪⎩

⎪⎨

⎧

=

∈

+ +

2 1 0

n

n u

u R

u . Soit f la fonction définie sur R⁺ par x6x². f est continue sur R⁺. R⁺ est un intervalle de stabilité pour f ce qui affirme que la suite (u_n) est bien définie.

• L'équation f(x)=xadmet deux solutions sur R⁺ : 0 et 1.

• 1^er cas : u₀ =0. La suite (u_n) est la suite stationnaire égale à 0.

• 2^ème cas : u₀ =1. La suite (u_n) est la suite stationnaire égale à 1.

• 3^ème cas : u₀∈]0;1[.

(6)

O u u 0 u 1

u 2

3 I

J

(

[0;1]

)

=[0;1]

f . u₀ ≥u₁ donc la suite (u_n) est décroissante. (u_n)est minorée par 0 donc (u_n) converge. Soit l sa limite. l vérifie f(l)=lcar

⎩⎨

⎧

⎯

⎯ →

⎯

⎯ →

⎯

+∞

→ +

+∞

→

l u

l f u

f

n n n n 1

) ( )

( et l∈[0;u₀] car pour tout entier n, u_n∈[0;u₀]. Donc l=0. Donc u_n⎯⎯ →_n_→⎯_+∞ 0.

• 4^ème cas : u₀ >1

O u

0 u

1 u

I 2 J

1

0 u

u ≤ donc )(u_n est croissante. ∀n∈N,u_n∈[u₀;+∞[. Si (u_n)onverge, alors sa limite l vérifie l

l

f( )= et [l∈[u₀;+∞ , ce qui est impossible donc (u_n) diverge.

définition (suite homographique)

Une suite (u_n) est dite homographique s'il existe a,b,c,d∈K tels que :

• c≠0et ad−bc≠0

• cu d

b u u a

N n

n n

n +

= +

∈

∀ , ₊₁ .

(7)

théorème

Soit )(u_n une suite homographique définie par

⎪⎩

⎪⎨

⎧

+

= +

∈

∀

∈

+ cu d

b u u a

N n

K u

n n n 1 0

, , avec bien entendu c≠0et

≠0

−bc

ad .

(i) Si α est racine de l'équation

d x c

b x x a

+

= + et s'il existe p∈N tel que u_p =α, alors (u_n) est une suite constante ;

(ii) Si l'équation

d x c

b x x a

+

= + admet deux solutions distinctes α et β, alors la suite (v_n) définie par

β

− α

= −

n n

n u

v u est une suite géométrique. La relation

d u c

b u u a

n n

n +

= +

+1 définit une suite si et seulement

si ⎭⎬⎫

⎩⎨

⎧ ∈

∉ λ₊ k N v _k1 ,

0 1 où

d c

+ α

+

= β

λ .

(iii) Si l'équation

d x c

b x x a

+

= + admet une racine réelle double α, alors la suite (v_n) définie par

α

= −

n

n u

v 1

est une suite arithmétique. La relation

d u c

b u u a

n n

n +

= +

+1 définit une suite si et seulement si v₀∉

{

−(k+1)λ,k∈N

}

où

d a

c

= + λ 2

.

démonstration

(i) Montrons que u_p =α si et seulement si u_p₊₁=α.

• supposons que u_p =α α + = α

+

= α +

= +

+ c d

b a d u c

b u u a

p p

p 1 .

• supposons que u_p₊₁ =α donc

d u c

b u a

p p

+

= + α

donc αcu_p +αd =au_p+b donc u_p(αc−a)=b−αd donc

a c

d u_p b

− α

α

= − .

Or, c d

b a

+ α

+

= α

α donc α(cα+d)=aα+b donc cα²+αd=aα+b donc α(cα−a)b−αd donc u_p =α.

(8)

(ii)

β

− α

= −

+ + +

1 1 1

n n

n u

v u

d c

b a d u c

b u a

d c

b a d u c

b u a v

n n n n

n

+ β

+

− β +

+

+ α

+

− α +

+

+1=

) )(

( ) )(

(

) )(

( ) )(

(

1 au b c d cu d a b

d u c b a d c b u v a

n n

n + β+ − + β+

+ +

α

− + α

= +

+

d c

d c d b d a u c b u a c d b c b u d a u c a

d b u c b d a cu a d b c b u d a u c v a

n n

n α+

+

× β

− β

−

− β

− + β + +

β

−

− α

− + α + +

= α

+1

d c

d c c b d a c b d a u

c b d a c b d a v u

n n

n α+

+

× β

− β

−

− α

−

= −

+ ( ) ( )

) (

1

n

n v

d c

d v c

+ α

+

= β

+1

donc )(v_n est une suite géométrique de raison

d c

+ α

+

= β

λ .

)

(u_n est bien définie si et seulement si pour tout entier n,

c u≠−d .

β

−

− α

−

=−

⇔

−

=

c d c d c v

u_n d _n

d c

d v_n c

+ β

+

=α

⇔

=λ

⇔ 1

vn

=λ λ

⇔ 1

v0 n

₀ 1₁ λ+

=

⇔v _n

donc )(u_n est bien définie si et seulement si pour tout entier n, ₀ 1₁ λ+

≠ _n

v , d'où le résultat.

(iii)

α

= −

+ +

1 1

1

n

n u

v

d c

b a d u c

b u v a

n n n

+ α

+

− α +

= +

+

1

(9)

) )(

( ) )(

(

) )(

(

1 au b c d cu d a b

d c d u v c

n n

n

n + α+ − + α+

+ α

= +

+

) )(

(

) )(

(

1 u ad bc

d c d u v c

n n

n −α −

+ α

= +

+ (même type de calcul qu'au (ii))

α est racine double de l'équation

d x c

b x x a

+

= + , c'est-à-dire de l'équation du second degré 0

)

2+(d−a x−b=

cx .

Donc le discriminant du trinôme est nul, soit : (d−a)²+4bc=0. Par conséquent, 4

) ( 4

) ( 4 4

)

(d a ² ad d a ² a d ²

ad bc

ad− = + − = + − = + .

De plus,

c d a

2

= −

α (formule donnant la racine double d'un trinôme de discriminant nul).

Donc

2 d d a

cα+ = + .

Par conséquent,

4 ) (

2

1 a d

d a u

d u v c

n n

n +

+ α ×

−

= +

+

) )(

(

) 2 (

1 u a d

d u v c

n n

n −α +

= +

+

) )(

( ) 2 (

1 u a d

d c u

v c

n n

n −α +

+ α + α

= −

+

α + −

= +

+

n

n a d u

v 2c 1

1

d a v c v_n _n

+ +

+ =

2

1

)

(v_n est donc une suite arithmétique de raison d a

c + 2 .

)

(u_n est bien définie si et seulement si pour tout entier n,

c u_n ≠−d

α

−

=

⇔

−

=

c v d c

u_n d _n 1

c d v_n c

α

− +

=

⇔

d a v_n c

− +

=

⇔ 2

(car

2 d c a

d+α = + ) ⇔v_n =−λ, avec

d a

c

= + λ 2 ⇔v₀ +nλ=−λ

⇔v₀ =−(n+1)λ

(10)

donc )(u_n est bien définie si et seulement si pour tout entier n, v₀ ≠−(n+1)λ, d'où le résultat.

Exemple

Soit )(u_n la suite définie par

⎪⎩

⎪⎨

⎧

+ +

=

∈

∀

=

+

n

n u

u N n u

1 1 1 ,

1

1 0

.

1 , ₁ 2

+

= +

∈

∀ ₊

n n

n u

u u N n

O u

0 u

u 1 2

• solutions de l'équation

1 2 +

= + x x x

1 2

2⇔ 2 + = +

+

= + x x x

x x x

⇔x² =2

^⇔^x^∈

{

⁻ ²^, ²

}

• Soit )(v_n la suite définie par

2 2 +

= −

n n

n u

v u

2 2

1 1

1 +

= −

+ + +

n n

n u

v u

1 2 2 1 2 2

1 +

+ + + − +

+ =

n n n n

n

u u u u v

(11)

) 2 1 ( 2 ) 2 1 (

1 + + +

−

= −

+ n n

n u

v u

n

n v

v

2 1

1 +

= −

+

)

(v_n est donc une suite géométrique de raison 2 1

2 1

+

− .

2 3 1 2

0 0

0 =

+

= + u

v u .

Donc pour tout entier n,

2 3 2 1

2

1 ⎟⎟ ×

⎠

⎞

⎜⎜⎝

⎛ +

= −

n

vn et v_n ⎯⎯ →_n_→⎯_+∞ 0. Pour tout entier n,

2 2 +

= −

n n

n u

v u

2

2 = −

+ _n _n

n

nv v u

u

) 1 ( 2 ) 1

( _n _n

n v v

u − =− +

n n

n v

u v

−

= + 1 21 . Donc u_n ⎯⎯ →_n_→⎯_+∞ 2

2^ème méthode (utilisant le théorème du point fixe 1) Soit f la fonction définie sur R⁺ par

x x + +

1 1 1

6 . Pour tout entier n, u_n₊₁ = f(u_n). f est continue sur [[1;+∞ et [1;+∞[ est un intervalle de stabilité pour f. f est dérivable sur [1;+∞[ et pour tout

≥1

x , ₂

) 1 ( ) 1 (

' x x

f =− + .

4 ) 1 ( ' [,

; 1

[ +∞ ≤

∈

∀x f x . Soient x,y∈[1,+∞[, avec x< y. D'après l'inégalité des accroissements finis appliqué à f sur [x;y], on a f x − f y ≤ x−y

4 ) 1 ( )

( .

f est donc contractante sur [1;+∞[ avec 4

=1

k . D'après le théorème du point fixe 1, l'équation x

x

f( )= admet une unique solution sur [1;+∞[ (qui est 2) et la suite (u_n)converge vers 2.

3) Un exemple de suite récurrente d'ordre supérieur à 1

Intéressons nous aux intégrales de Wallis. On considère la suite (I_n) définie par :

∫

^π

=

∈

∀ ²

0 sin ( )

,I x dx

N

n _n ⁿ .

Notons que (I_n) est bien définie puisqu'il s'agit d'intégrales sur un compact de fonctions continues Déterminons une relation de récurrence

Soit 2n∈N,n≥ .

(12)

∫

^π ⁻

= ²

0

1( ) sin )

sin(x x dx

I_n ⁿ .

Les fonctions u et v définies sur ]

;2 0 [ π

respectivement par x6−cos(x) et x6sinⁿ⁻¹(x) sont de classe C¹, on peut donc intégrer par parties :

[

⁻ ⁻

]

^π ⁺ ⁻

_∫

^π ⁻

= ²

0

2 2 2

0

1( ) ( 1) cos ( )sin ( )

sin )

cos(x x n x x dx

I_n ⁿ ⁿ .

∫

^π ⁻ ⁻

−

= ²

0

2 2( ))sin ( ) sin

1 ( ) 1

(n x x dx

I_n ⁿ

∫

^π ⁻ ⁻ ⁻ ^π

−

= ²

0 2

0

2( ) ( 1) sin ( )

sin ) 1

(n x dx n x dx

I_n ⁿ ⁿ

n n

n n I n I

I =( −1) ₋₂−( −1)

D'où 1 ₂

−

= − _n

n I

n

I n .

Déterminons une expression de I_n en fonction de n Montrons par récurrence que ₂ ₂ ₂ ₀

)

! ( 2

)!

2

( I

n I _n = _n n . Notons P(n) cette égalité.

• P(0) est vraie

• soit n∈N. Supposons P(n) vraie

n

n I

n I₂ ₂ n ₂

2 2

1 2

+

= +

+

2 0 2 2

2 2 ( !)

)!

2 ( 2 2

1

2 I

n n n

I _n n _n

+

= +

+ (hypothèse de récurrence)

0 2 2 2

2 2

2 2 ( !)

)!

2 ( )

1 ( 2

) 1 2 )(

2 2

( I

n n n

n

I _n n × _n

+ +

= +

+

2 0 2

2 2

2 2 (( 1)!)

)!

2 2

( I

n I _n _n n

+

= ₊ +

+

donc P(n+1) est vraie

• Donc P(n) est vraie pour tout entier n

Montrons par récurrence que ₁

2 2 1

2 (2 1)!

)

! (

2 I

n I n

n

n₊ = +

Notons P(n) cette égalité.

• P(0) est vraie

• soit n∈N. Supposons P(n) vraie

1 2 3

2 2 3

2 2

+

+ +

= + _n

n I

n I n

1 2 2 3

2 (2 1)!

)

! ( 2 3 2

2

2 I

n n n

I n

n

n ×

× + +

= +

+ (hypothèse de récurrence)

1 2 2 2

2 3

2 (2 1)!

)

! ( 2 ) 2 2 )(

3 2 (

) 1 (

2 I

n n n

n I n

n

n ×

× + + +

= +

+

1 2 2

2 3

2 (2 3)!

) )!

1 ((

2 I

n I n

n

n ×

+

= ⁺ +

+

(13)

donc P(n+1) est vraie

• donc P(n) est vraie pour tout entier n

2

2 0 0

= π

=

∫

^π^dx

I et I1⁼

∫

0^π²sinxdx⁼1. Donc, pour tout entier n,

2 )

! ( 2

)!

2 (

2 2 2

×π

= n

I _n _n n et

)!

1 2 (

)

! ( 2² ²

1

2 ₊ = +

n I n

n n

Sens de variation de (I_n) Soit n∈N.

) ( sin ) ( sin 0 2],

; 0

[ ¹ x x

x∈ π ≤ ⁿ ≤ ⁿ

∀ ⁺ donc 0≤I_n₊₁ ≤I_n (intégration d'une inégalité). (I_n) est donc décroissante.

Soit n∈N.

2 1

1 ( 1) ₋ ₋

− = − _n _n

n

nI n I I

nI donc la suite (nI_nI_n₋₁)_n_≥₁ est constant e égale à

0 2

1

=π I

I .

Equivalent de I_n

Pour n≥2, I_n ≤I_n₋₁≤I_n₋₂ donc

n n n n

I I I

I ₁ ₂

1≤ ⁻ ≤ ⁻ (on peut diviser par I_n car car x6sinⁿ(x) est positive continue et non identiquement nulle)

1 1

2 ⎯⎯ →⎯

= − _→_+∞

−

n n

n

n n I

I .

Donc ⁻¹ ⎯⎯ →_n_→⎯_+∞ 1

n n

I

I , c'est-à-dire I_n ~I_n₋₁.

Donc I_nI_n₋₁ ~I_n², c'est-à-dire I_n n

~ 2

2 π

. Donc

I_n n

~ 2π

et donc I_n ⎯⎯ →_n_→⎯_+∞ 0

4) Un exemple de suites imbriquées

Soient )(a_, et (b_n) définies par :

⎪⎩

⎪⎨

⎧

+ =

=

∈

∀

≥

+

+ n n n

n n

n a b et b a b

a N n

b a

1 1

0 0

, 2 0 , 0

.

Montrons que pour tout entier n≥1, 0≤b_n ≤b_n₊₁≤a_n₊₁ ≤a_n et ( ) 2

1

1 1

1 n n n n

n b a b

a ₊ − ₊ = ₊ − . Notons

P(n) la propriété suivante : "0≤b_n ≤b_n₊₁≤a_n₊₁≤a_n et ( ) 2

1

1 1 1

1 b a b

a_n₊ − _n₊ = _n − ".

(14)

1^er cas : a₀ =b₀ =0

Alors )(a_n et (b_n) sont les suites nulles et P(n) est trivialement vérifiée pour tout entier n.

2^ème cas : a₀b₀ =0

Alors pour tout entier n, b_n =0et a_n a_n 2 1

1=

+ . P(n) est à nouveau trivialement vérifiée.

3^ème cas : a₀ =b₀ et a₀ ≠0

On montre sans difficulté que (a_n)et )(b_n sont des suites constantes égales à a. P(n) est vérifiée sans problème.

4^ème cas : b

a≠ et ab≠0

si a et b sont deux nombres positifs ou nuls, on a l(inégalité suivante :

2 b ab≤ a+ . en effet, ( a− b)² ≥0 donc a+b+2 ab≥0 donc

2 b ab a+

≤

Montrons par récurrence que P(n) est vraie pour tout entier n≥1

• 0

2

0 0

1 + ≥

=a b

a et b₁ = a₀b₀ ≥0 On a

2

1 1 1 1

b b a

a +

≤ donc b₂ ≤a₂. de même,

2

0 0 0 0

b b a

a +

≤ donc b₁≤a₁. alors

1 1 1

1 2

2 a

a b a + ≤

, c'est-à-dire a₂ ≤a₁ et a₁b₁ ≥ b₁² , c'est-à-dire b₂ ≥b₁. Donc 0≤b₁ ≤b₂ ≤a₂ ≤a₁.

1 1 1 1 2

2 a 2b ab

b

a + −

=

−

(

1 1

)

²

2

2 2

1 a b

b

a − = −

1 1

1 1 1 1 2

2 ( )

2 1

b a

b b a

a b

a +

− −

=

−

) 2(

1

1 1 2

2 b a b

a − ≤ −

Donc P(1) est vraie

• Soit n∈N^*. Supposons P(n) vraie On a

2

1 1 1 1

+ + + +

≤ ⁿ + ⁿ

n n

b b a

a , c'est-à-dire b_n₊₂ ≤a_n₊₂

(15)

1

1 +

+ ≤ _n

n a

b donc

2 2 2

1 1

1 + +

+ + _n ≤ _n

n b a

a donc a_n₊₂ ≤a_n₊₁ et a_n₊₁b_n₊₁ ≥ b_n²₊₁ donc b_n₊₂ ≥b_n₊₁.

Donc 0≤b_n₊₁≤b_n₊₂ ≤a_n₊₂ ≤a_n₊₁.

1 1

1 1 2

2 ( )

2 1

+ +

+ + +

+ +

− −

=

−

n n

n n n

n a b

b b a

a b

a

donc ( )

2 1

1 1 2

2 + + +

+ − _n ≤ _n − _n

n b a b

a

donc ( )

2 1

1 1 1

2

2 b a b

a_n₊ − _n₊ ≤ _n₊ − (application de l'hypothèse de récurrence) Donc P(n+1) est vraie

• donc P(n) est vraie pour tout entier n≥1.

Conséquence : )

(b_n est croissante, (a_n)est décroissante et a_n −b_n ⎯⎯ →_n_→⎯_+∞ 0 donc les suites (a_n) et (b_n) sont adjacentes. Elles convergent donc vers la même limite.