Exercices Suites (Prépa MPSI, PCSI 1ère année) 2013-2014

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Exercice 6

(u n ) n∈N

^∗

définie par u n =

n

X

k=1

1 k ² . 1. Montrer que u n 6 2.

2. En déduire que la suite (u n ) n∈N

^∗

converge et que sa limite est inférieure ou égale à 2.

Solution :

1. Tout d’abord, on peut écrire que u n =

n

X

k=1

1 k ² = 1 +

n

X

k=2

1 k ² ( ⋆ ).

D’autre part, pour k > 2, k ² > k ² − k ⇔ 1

k ² 6 1

k ² − k et 1

k ² − k = 1 k − 1 − 1

k , ce qui permet d’obtenir l’inégalité :

∀ k ∈ N, k > 2, 1 k ² 6 1

k − 1 − 1 k En sommant entre 2 et n (on commence à 2 à cause du k − 1), on obtient

n

X

k=2

1 k ² 6

n

X

k=2

1 k − 1 − 1

k

⇔

n

X

k=2

1 k ² 6

1 − 1

2

+ 1

2 − 1 3

+ . . . + 1

n − 1 − 1 n

somme télescopique : termes s ^′ éliminent

⇔

n

X

k=2

1

k ² 6 1 − 1

n et ∀ n > 1, 1 − 1 n 6 1 Ainsi (⋆) ⇒ u n 6 1 + 1 6 2, ∀ n ∈ N ^∗ 2. ∀ n ∈ N ^∗ , u n+1 − u n = 1

(n + 1) ² et 1

(n + 1) ² > 0 donc (u n ) est croissante. Comme elle est majorée, elle est convergente. De plus la limite de (u n ) sera inférieure ou égale à 2 : n > 1, u n 6 2

(u n ) −→

n→ + ∞ L )

⇒ L 6 2.

Exercice 7

1. Monter que la suite de terme général u n =

n

Y

k=0

(1 + e ^−k ) est croissante.

2. Soit v n = ln(u n ). Monter que la suite de terme général v n est bornée. Que peut-on dire de la suite (v n ) n∈N ?

Solution :

1. u n =

n

Y

k=0

(1 + e ^−k ) = (1 + e ⁰ )(1 + e ⁻¹ ) × . . . × (1 + e ⁻ⁿ )

u n+1 =

n+1

Y

k=0

(1 + e ^−k ) =

n

Y

k=0

(1 + e ^−k )

!

× (1 + e ^−(n+1)) donc u n+1

u n

= 1 + e ⁻⁽ⁿ⁺¹⁾ (on peut calculer le rapport de u n+1 par u n car u n > 0)

Or ∀ n ∈ N , e ^{− (n+1)} > 0 donc 1 + e ^{− (n+1)} > 1 ⇔ u n+1

u n

> 1 et donc (u n ) est croissante.

2. ∀ n ∈ N, v n = ln(u n ) = ln

n

Y

k=0

(1 + e ^−k )

!

propriété = ln n

X

k=0

ln(1 + e ^−k )

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Or l’énoncé suggère, pour x > 0, 0 6 ln(1 + x) 6 x donc, comme ∀ k ∈ N , e ^−k > 0 et 0 6 ln(1 + e ^−k ) 6 e ^−k et donc

0 6

n

X

k=0

ln(1 + e ^−k ) 6

n

X

k=0

e ^−k

⇔ 0 6 v n 6

n

X

k=0

(e ⁻¹ ) ^k

⇔ 0 6 v n 6 1 − (e ⁻¹ ) ⁿ⁺¹ 1 − e ^{− 1}

⇔ 0 6 v n 6 1 1 − e ⁻¹

(car (e ⁻¹ ) ⁿ⁺¹ > 0 ⇔ 1 − (e ⁻¹ ) ⁿ⁺¹ < 1)

= ⇒ (v n ) est bornée.

De plus, v n+1 − v n = ln(1 + e ^{− (n+1)} ) et comme e ^{− (n+1)} > 0, ln(1 + e ^{− (n+1)} ) > 0 ⇔ v n+1 − v n > 0 et (v n ) est croissante. Étant majorée, elle est convergente.

Exercice 9

1. Monter que les suites (u n ) et (v n ) définies respectivement par :







u n = 1 + 1 1! + 1

2! + . . . + 1 n!

v n = u n + 1 n.n!

convergent vers une même limite l qui vérifie : ∀ n ∈ N, u n < l < v n

2. Montrer que l est irrationnel.

Solution :

1. On sent qu’il s’agit de suites adjacentes.

Il est clair que (u n ) n∈ N

∗

croît strictement (pour s’en convaincre, on peut écrire u n+1 − u n ) et que u n − v n −→

n→ + ∞ 0.

De plus, ∀ n ∈ N ^∗ , v n+1 − v n = u n+1 − u n + 1

(n + 1).(n + 1)! − 1

n.n! = 1

(n + 1)! + 1

(n + 1).(n + 1)! − 1 n.n!

et donc v n+1 − v n = − 1

n(n + 1)(n + 1)! < 0, ce qui prouve que (v n ) est décroissante.

Ainsi (u n ) n∈N

^∗

et (v n ) n∈N

^∗

sont adjacentes et convergent vers un même réel l qui vérifie u n < l < v n . 2. Il est clair que l > 0. Supposons qu’il existe (p, q) ∈ (N ^∗ ) ² tel que l = p

q . En réduisant u q =

q

X

k=0

1

q! au même dénominateur, on voit qu’il existe a ∈ N ^∗ tel que u q = a

q! (*) ; alors u q < l < v q ⇔ a q! < p

q < a q! + 1

q.q!

⇔ a < p(q − 1)! < a + 1

q 6 a + 1 ce qui constitue une contradiction puisque les nombres a, p(q − 1)!, a + 1 sont des entiers. Finalement l / ∈ Q.

(*) : u q =

q

X

k=0

1

q! = 1 + 1

2! + . . . + 1

q! . Mettre au même dénominateur consiste à multiplier chaque numérateur 1 par le produit d’entiers qu’il faut pour retrouver q! au dénominateur dans toutes les fractions ; a est la somme de tous ces produits.

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Exercice 10

Déterminer la nature de la suite de terme général u n = 1 − 1

2 + 1 3 − 1

4 + . . . + ( − 1) ⁿ⁻¹ n Indication : étudier les suites extraites (u 2n ) et (u 2n+1 )

Solution :

• Étudions le sens de variation de la suite (u 2n ).

∀ n ∈ N, u 2(n+1) − u 2n = u 2n+2 − u 2n =

2n+2

X

k=1

( − 1) ^{k− 1}

k −

2n

X

k=1

( − 1) ^{k− 1} k

= ( − 1) ²ⁿ⁺¹

2n + 2 + ( − 1) ²ⁿ 2n + 1 +

2n

X

k=1

( − 1) ^k−1

k −

2n

X

k=1

( − 1) ^k−1

k (2 termes en plus)

= ( − 1) ²ⁿ⁺¹

2n + 2 + ( − 1) ²ⁿ 2n + 1

= − 1

2n + 2 + 1

2n + 1 (2n est pair et 2n + 1 impair)

= 1

(2n + 1)(2n + 2) > 0 Ainsi (u 2n ) est croissante.

• Sens de variation de la suite (u 2n+1 ) :

∀ n ∈ N , u 2(n+1)+1 − u 2n+1 = u 2n+3 − u 2n+1 =

2n+3

X

k=1

( − 1) ^k−1

k −

2n+1

X

k=1

( − 1) ^k−1 k

= ( − 1) ²ⁿ⁺²

2n + 3 + ( − 1) ²ⁿ⁺¹ 2n + 1 +

2n+1

X

k=1

( − 1) ^k−1

k −

2n+1

X

k=1

( − 1) ^k−1 k

= ( − 1) ²ⁿ⁺²

2n + 3 + ( − 1) ²ⁿ⁺¹ 2n + 2

= 1

2n + 3 − 1

2n + 2 (2n + 2 est pair et 2n + 1 impair)

= − 1

(2n + 3)(2n + 2) < 0 Ainsi (u 2n+1 ) est décroissante.

• Limite de u 2n+1 − u 2n :

Pour tout n,

u 2n+1 − u 2n =

2n+1

X

k=1

( − 1) ^k−1

k −

2n

X

k=1

( − 1) ^k−1 k

= ( − 1) ²ⁿ 2n + 1

= 1

2n + 1 et 1

2n + 1 −→

n→+∞ 0

• Compte-tenu de tout ce qui précéde, on peut affirmer que les deux suites (u 2n ) et (u 2n+1 ) sont adjacentes, elles ont donc la même limite L.

Grâce au théorème u 2n+1 −→

n→+∞ L u 2n −→

n→ + ∞ L )

= ⇒ (u n ) converge et u n −→

n→+∞ L.

Remarque 1 On pourrait démontrer que L = ln(2).

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Exercice 11

1. Montrer que pour tout k ∈ N ^∗ , 1

k + 1 6 ln(k + 1) − ln(k) 6 1 k . 2. En déduire la nature de la suite (S n ) n∈N

^∗

définie par

S n = 1 + 1 2 + 1

3 + . . . + 1 n 3. Montrer que les suites de termes généraux u n = S n − 2

n − ln(n) et v n = S n − ln(n) convergent vers la même limite.

4. Montrer que la suite de terme général w n =

n

X

k=1

1

n + k converge.

Solution :

1. Pour k > 1 et x ∈ [k; k + 1], on a 1 k + 1 6 1

x 6 1

k d’où Z k+1 k

1 k + 1 dx 6

Z k+1 k

1 x dx 6

Z k+1 k

1 k dx

⇔ 1

k + 1 6 [ln(x)] ^k+1 _k 6 1

k ⇔ 1

k + 1 6 ln(k + 1) − ln(k) 6 1 k 2. D’après la double-inégalité précédente, on peut écrire que :

n

X

k=1

1 k >

n

X

k=1

(ln(k+1) − ln(k)) ⇔ S n > (ln(n+1) − ł(n))+(ln(n) − ln(n − 1))+. . .+(ln(2) − ln(1)) ⇔ S n > ln(n+1) Or ln(n + 1) −→

n→+∞ + ∞ donc par comparaison u n −→

n→+∞ + ∞ . 3. On démontre que les deux suites sont adjacentes :

• ∀ n ∈ N , u n+1 − u n = S n+1 − S n − 2 n + 1 + 2

n − ln(n + 1) + ln(n) = 1

n + 1 + 2

n(n + 1) + ln(n) − ln(n + 1)

= n + 2

n(n + 1) + ln(n) − ln(n + 1), or d’après la question 1., ln(n) − ln(n + 1) > − 1

n ⇔ n + 2

n(n + 1) + ln(n) − ln(n + 1) > n + 2 n(n + 1) − 1

n ⇔ u n+1 − u n > 1

n(n + 1) > 0.

Ainsi (u n ) est croissante.

• ∀ n ∈ N, v n+1 − v n = S n+1 − S n − ln(n + 1) + ln(n) = 1

n + 1 + ln(n) − ln(n + 1) or d’après la question 1.,

ln(n) − ln(n + 1) 6 − 1

n + 1 ⇔ 1

n + 1 + ln(n) − ln(n + 1) 6 1

n + 1 − 1

n + 1 ⇔ v n+1 − v n 6 0 Ainsi (v n ) est décroissante.

• ∀ n ∈ N, v n − u n = 2 n et 2

n −→

n→+∞ 0.

Les deux suites sont adjacentes et convergent vers la même limite.

Remarque 2 Cette limite s’appelle la constante d’Euler γ ≈ 0, 577.

• k > 1 donc n + k > n + 1 et 1

n + k 6 1

n + 1 . On en déduit que :

n

X

k=1

1 n + k 6

n

X

k=1

1

n + 1 ⇔ w n 6 n

n + 1 6 1 donc (w n ) est majorée par 1.

On prouve très facilement qu’elle est croissante puisque w n+1 − w n = 1 2n + 1 . (w n ) est croissante et majorée, elle converge.

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