FE 1 - Révisions sur les suites Solutions

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F E U I L L E

1 Révisions sur les suites BCPST 2 - Lycée F1

Le niveau de difficulté est indiqué par question :

Aucune étoile : application (quasi) directe du cours (ou d’un résultat précédent).

K: raisonnement ou calcul(s) assez rapide(s) (ou utilisant un résultat précédent) KK: raisonnement ou calcul élaboré à plusieurs étapes ou nécessitant de la re-

cherche.

KKK: raisonnement complet. Nécessite une très bonne aisance avec les différentes notions.

Exercice 1: [Indications] [Correction] – Calculer –

1. Étudier la monotonie de la suite(un)n∈N^∗ telle que, pour toutn∈N^∗, a) un =

n

P

k=1

lnk e^k²⁺¹ b) un = n!

3²ⁿ

c) un+1= (un−2)²+ 3 K d) u_n+1=nlnn−n. K

2. a) Pour les casa, b, dprécédents, obtenir grâce à Python le graphique des (n, un)pournallant de1à 30.

b) Les suites semblent-elles converger d’après ces graphiques ?

c) Conclure mathématiquement sur l’existence des limites et leur éventuelle valeur dans les casbet c.

3. a) Qu’en est-il de la convergence de la suite du casc? b) La suite du casdest-elle bornée ?

Exercice 2: [Indications] [Correction] – Raisonner – Calculer – Déterminer, si elles existent, les limites des suites définies par : 1. u_n =cos(2n)

n 2. u_n =2ⁿ

n

3. u_n =1 + (−2)ⁿ

n K

4. un = n+ ¹₂n

n+ (−1)ⁿ⁺¹

5. un= aⁿ−bⁿ

aⁿ+bⁿ (a, b >0) KK 6. u_n= e⁽⁻¹⁾

n n2 −1 cos(√

ne⁻ⁿ)−1 KK 7. u_n=

1−cos ¹_n_(lnn)2¹ KK 8.

Pn

k=0

(2k+1)

n

P

k=1

k

. K

Exercice 3: [Indications] [Correction] – Raisonner – Calculer – Étudier les suites récurrentes d’ordre 2 suivantes définies par : 1. u0= 1, u1=−5 et ∀n>2 un+2= 2un+1+ 3un

2. u0= 1, u1= 2 et ∀n>2 4un+2+ 4un+1+un= 0 3. u0= 0, u1= 1 et ∀n>2 un+2= 2un+1−4un

4. u0= 0, u1= 1 + 4i et un+2= (3−2i)un+1−(5−5i)un. K (Ind : Les solutions de δ²=−15 + 8isont δ=±(1 + 4i).

5. u0= 1, u1= 3 et ∀n>2 un+2= 2un+1+ 3un+ 4 K Exercice 4: [Indications] [Correction] – Raisonner – Etudier la convergence

des suites récurrentes suivantes :

1. u0∈Ret ∀n∈N un+1= (un−1)²+ 3 KK

2. u₀∈[−1; 1]et ∀n∈N u_n+1=_2−u^uⁿ

n KK

Exercice 5: [Indications] [Correction] – Raisonner – Soit(un)la suite définie paru0∈R^∗+ et ∀n∈N un+1= 1

2

un+ a un

, oùa >0 est un réel fixé.

1. Montrer que(un)est bien définie et que un >√

apour toutn∈N^∗. K 2. Chercher les points fixes de la fonctionf définie parf(x) = 1

2

x+ a x

pour tout x >0.

3. – Mobiliser –En déduire la/les convergences éventuelle(s) de la suite(un).

KK

4. Application :Soient >0eta >0. Le but de cette question est de déterminer une méthode algorithmique pour obtenir une valeur approchée àprès de√

a sans bibliothèque spécifique.

a) Expliquer pourquoi le cas où ² >an’est pas pertinent. Pour la suite, on considérera donc que ²< a.

b) Montrer que six>, on a|x−√

a|< ⇔ (x−)²< a <(x+)². c) En déduire qu’il existeN ∈Ntel que, pour toutn>N,

|un−|²< a <(u_n+)²

et que ceci est une condition nécessaire et suffisante à dire que u_n est une valeur approchée de√

aàprès.

d) En utilisant les résultats de de l’exercice, en déduire un programme Py- thon permettant de trouver une valeur approchée à près de √

a sans utiliser aucune bibliothèque. (i.e. pas droit à la fonctionsqrt... !)

(2)

5. Autre approche :Chercher une autre solution plus directe (toujours sans bi- bliothèque bien entendu) en s’inspirant de la méthode de la dichotomie.

KK

Exercice 6: [Indications] [Correction] Constante d’Euler– Calculer – Cours – 1. Montrer que _1+u^u 6ln(1 +u)6upour toutu >−1. K On note ∀n ∈ N^∗ H_n = 1 + ¹₂ +· · ·+ _n¹ =

n

P

k=1 1

k puis on pose ∀n ∈ N^∗ un =Hn−ln(n)et vn=Hn−ln(n+ 1).

2. a) Montrer que (un) et (vn) sont adjacentes. K b) En déduire qu’il existeγ∈]0,1[tel quel Hn−γ−ln(n) −−−−−→

n→+∞ 0 c) En déduire la limite et un équivalent de la suite(H_n).

3. Le but est maintenant de donner une valeur approchée deγ grâce à Python.

a) Sachant que les suites(u_n)est(v_n)sont adjacentes et qu’elles encadrent γ, déterminer une condition suffisante sur un, vn et pour être certain queun ouvn soient des valeurs approchées àprès deγ.

b) En déduire un programme Python permettant de rendre un intervalle [α, β]tel que toutes les valeurs dans l’intervalle soient des valeurs appro- chées àprès deγ.

Exercice 7: [Indications] [Correction] – Calculer – Cours – On pose

un=

n

X

k=1

√1 k −2√

n et vn=

n

X

k=1

√1 k−2√

n+ 1

1. Montrer que les suites(un)et (vn)sont adjacentes. K 2. En déduire un équivalent de

n

P

k=1

√1 k.

3. En vous inspirant d’une idée similaire à l’exercice précédent, trouvez avec l’aide de Python une valeur approchée à10⁻² près de la limité de (un). K Exercice 8: [Indications] [Correction] – Raisonner – KK

1. Soient(un)et (vn)deux suites définies par

∀n∈N, un+1=un−vn

2 et vn+1= un+vn

2

En introduisant la suite complexe de terme généralzn =un+i.vn, montrer que les suites(un)et (vn)convergent et déterminer leurs limites. KK 2. Soit(zn)une suite complexe telle que

∀n∈N, zn+1= 1

3(zn+ 2¯zn)

Montrer que(zn)converge et exprimer sa limite en fonction de z0. KK

Exercice 9: [Indications] [Correction] – Calculer – 1. Comparer

m→+∞lim lim

n→+∞

1−1

n m

, lim

n→+∞ lim

m→+∞

1− 1

n m

et lim

n→+∞

1− 1

n n

2. Que peut-on en déduire ?

Exercice 10: [Indications] [Correction] – Raisonner – KK Soit (un) une suite qui vérifie ∀(n, m)∈N 06un+m6n+m

nm . Montrer queun−−−−−→

n→+∞ 0.

Exercice 11: [Indications] [Correction] (Questions)– Chercher – 1. Le produit de deux suites minorées donne-t-il une suite minorée ? 2. Si (|un|)converge versl, la suite(un)converge-t-elle versl ou−l? 3. Si lim

n→+∞un= 1, peut-on dire quelimn→+∞uⁿ_n= 1? 4. Si (un)converge,(bunc)converge-t-elle ?

5. Si (u2n)converge,(un)converge-t-elle ?

6. Une suite encadrée par deux suites qui convergent est-elle convergente ? 7. La différence de deux suites équivalentes converge-t-elle vers 0 ?

Exercice 12: [Indications] [Correction] – Chercher – Calculer – Soit (un) définie paru0= 1 etu1= 2et∀n>2 un+2=√

un+1un

1. Expliciterun en fonction den. K

2. (un) est-elle convergente ?

Exercice 13: [Indications] [Correction] – Chercher – 1. Soit(un)une suite réelle telle que un

1 +u_n −−−−−→

n→+∞ 0.

Montrer queun−−−−−→

n→+∞ 0. K

2. Même question avec(u_n)bornée et u_n

1 +u²_n −−−−−→

n→+∞ 0.

Exercice 14: [Indications] [Correction] – Cours –

Soient(un)et(vn)les suites déterminées paru0= 1,v0= 2et pour tout n∈N: un+1= 3un+ 2vn etvn+1= 2un+ 3vn

1. Montrer que la suite (u_n−v_n)est constante.

2. Prouver que(un)est une suite arithmético-géométrique.

3. Exprimer les termes généraux des suites(un)et(vn).

Exercice 15: [Indications] [Correction] – Chercher – KK Etudier la suite (un) définie pour n∈Npar :

un= 1

√n²+ 1 + 1

√n²+ 2+· · ·+ 1

√n²+n

(3)

Exercice 16: [Indications] [Correction] – Raisonner – Mobiliser – KKK Le but de cet exercice est de montrer que les suites (u_n) et (v_n) définies par u_n = cos(θn)et v_n = sin(θn) pour tout n∈N sont toutes deux divergentes sauf pour certaines valeurs deθque l’on déterminera.

1. Optionnel : on pourra demander à Python de dessiner quelques termes de suites afin d’observer le phénomène.

2. Exprimerun+1 en fonction deun et devn pour toutn∈N.

3. En déduire que si(un)converge, alors(vn)converge. K 4. Montrer que si(vn)converge, alors(un)converge. KK 5. Déduire des questions précédentes l’ensemble des θ pour lesquels les suites sont convergentes / divergentes. (On pourra tenter de trouver un système d’équations sur les limites en s’intéressant par exemple à l’angle2nθ.) KKK Exercice 17: [Indications] [Correction] – Chercher – K Soient(xn)n∈Net (yn)n∈Ndeux suites réélles convergentes. Montrer que les suites (un)n∈N et (vn)n∈N définies par un = inf(xn, yn) et vn = sup(xn, yn) sont toutes deux convergentes et calculer leur limite en fonction de celles de(xn)et (yn).

Exercice 18: [Indications] [Correction] – Chercher – KKK Montrer que sif :N →N est une application injective, alors f(n)−−−−−→

n→+∞ +∞.

(On pourra procéder par l’absurde.)

Exercice 19: [Indications] [Correction] – Chercher – KKK Ulm 2003

Dans tout l’exercice,λdésignera un réel strictement positif etfλ sera la fonction définie par

∀x ∈R, f_λ(x) = exp(−λx²).

Le but de l’exercice est l’étude de la suite(u_n)_n∈_Ndéfinie paru₀= 0et, pour tout n∈N,

u_n+1=f_λ(u_n).

1. a) Montrer que l’équationfλ(x) =x, d’inconnuex, admet une seule racine dansRet que cette racine appartient à]0,1[. On note lλ cette racine.

b) Montrer que siλ > e

2, alorslλ> 1

√2λ. 2. On suppose dans cette question queλ≤ 1

2. a) Montrer que max

x∈[0,1]|f_λ⁰(x)|<1.

b) Montrer que la suite(un)_n∈Nadmet pour limitelλ.

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Bcpst 2 Lycée François 1^er

FE 1 - Révisions sur les suites Indications

Exercice 1 [Correction]

1. Plusieurs possibilités d’étude : un+1−un; u_n+1

un

(attention au signe desun!);

en étudiant le sens de variations de f telle que un=f(n)

d) Étudier le sens de variation de la fonctionf définie parf(x) =xlnx−x.

3. a) On pourra éventuellement procéder par l’absurde.

On rappelle que les limites peuvent être obtenues par encadrement, par croissances comparées, par équivalent ou par DL. L’absence de limite peut être justifiée par exemple, par suites extraites.

1. Essayer d’encadrerun.

6. Considérer les équivalents usuels

7. Passer à l’exponentiel puis faire un DL ou passer aux équivalents.

On rappelle que le terme général d’une suite définie parau_n+2+bu_n+1+cu_n= 0 s’obtient en étudiant les racines du polynômear²+br+c.

4. Les solutions d’une équation complexes s’expriment de la même manière que celles d’une équation réelle.

5. Effectuer un changement de variableu_n =v_n+c et chercher à avoir en(u_n) une suite récurrente linéaire d’ordre 2.

On posef tel que un+1=f(un).

?L’étude des points fixes def donne les limites éventuelles de(un).

?L’étude def déterminera la stabilité des intervalles sur lesquels on travaille.

?Sif est croissante, l’étude du signe def(x)−xdonne l’éventuelle monotonie de (un).

?Si f est décroissante, c’est un peu plus compliqué.

2. On cherche lesxtels quef(x) =x.

5. Rappelons que la méthode de la dichomomie consiste à déterminer une valeur approchée d’un nombre en découpant un intervalle initial en 2, puis à nouveau en 2, etc... généralement pour trouver le zéro d’une fonction.

Cette technique garantit d’obtenir un intervalle dont les bornes sont des suites adjacentes et donc convergentes.

1. C’est faisable par étude de fonction ou alors grâce au théorème des accroisse- ments finis.

2. Considérer les parties réelles et imaginaires.

On considère les sous-suites d’indices pairs et impairs.

4. bxcest la partie entière dex.

1. poservn= ln(un).

1. On posev_n= u_n 1 +un

, puis exprimeru_n en fonction dev_n. 2. Même stratégie que dans la question précédente.

On a inf(a, b) = ¹₂(a+b− |a−b|)etsup(a, b) = ¹₂(a+b+|a−b|).

(5)

Bcpst 2 Lycée François 1^er

FE 1 - Révisions sur les suites Solutions

Exercice 1

1. a) un+1−un = ln(n+ 1)

e⁽ⁿ⁺¹⁾²⁺¹ >0.(un)est strictement croissante.

b) un 6= 0pour toutnet de signe constant ; positif. On peut donc évaluer un+1

un

. u_n+1

un

= n+ 1 3² . D’où un+1

u_n >1 ⇐⇒ n+ 1>9 ⇐⇒ n >8

(un)est strictement croissante à partir du rang9(et strictement décrois- sante jusqu’au rang7.)

c) u_n+1−u_n = (u_n−2)²+ 3−u_n=u²_n−5u_n+ 7.

On étudie le signe dex²−5x+ 7 :

∆ = 25−28 = −3 < 0. Le polynôme x²−5x+ 7 est donc toujours strictement positif (du signe dex²), autrement dit,

u_n+1−u_n >0 ∀n∈N, ∀u0∈R La suite est donc toujours croissante.

d) On pose f(x) =xlnx−x pour tout x >0. En étudiant la fonction f surR⁺ (parf⁰), on s’aperçoit quef est strictement croissante. Il en va donc de même pouru_n, caru_n=f(n).

2. a) Pour les trois programmes, on introduit les bibiothèques suivantes :

1 i m p o r t n u m p y as np

2 i m p o r t m a t p l o t l i b . p y p l o t as plt

Pour le casa):

1 def u ( n ) :

2 r e t u r n ( sum ([ np . log ( k ) / np . exp ( k * * 2 + 1 ) for k in r a n g e (1 , n +1) ]) )

3

4 plt . f i g u r e ( ’ a ’)

5 X = r a n g e (1 ,30)

6 Y =[ u ( x ) for x in X ]

7

8 plt . clf ()

9 plt . p l o t ( X , Y , l i n e s t y l e = ’ none ’ , m a r k e r = ’ o ’)

10 plt . y l i m ( - 0 . 0 0 1 , 0 . 0 0 5 )

Ce qui donne le graphique

0 5 10 15 20 25 30

0.001 0.000 0.001 0.002 0.003 0.004 0.005

Pour le casb):

1 def u ( n ) :

2 r e t u r n ( mt . f a c t o r i a l ( n ) / ( 3 * * ( 2 * n ) ) )

3

4 plt . f i g u r e ( ’ b ’)

5 X = r a n g e (1 ,30)

6 Y =[ u ( x ) for x in X ]

7

8 plt . clf ()

9 plt . p l o t ( X , Y , l i n e s t y l e = ’ none ’ , m a r k e r = ’ o ’)

10 plt . y l i m ( -100 ,2000)

Ce qui donne le graphique

0 5 10 15 20 25 30

0 500 1000 1500 2000

(6)

Pour le casd):

1 def u ( n ) :

2 r e t u r n ( n * np . log ( n ) - n )

3

4 plt . f i g u r e ( ’ d ’)

5 X = r a n g e (1 ,30)

6 Y =[ u ( x ) for x in X ]

7

8 plt . clf ()

9 plt . p l o t ( X , Y , l i n e s t y l e = ’ none ’ , m a r k e r = ’ o ’) Ce qui donne le graphique

0 5 10 15 20 25 30

10 0 10 20 30 40 50 60 70

b) La suitea)semble converger, maisb)etd) semblent diverger vers l’infini c) Le cas b) est typiquement une croissance comparée entren! et 9ⁿ. On

reconait donc immédiatement la divergence.

Le casd)peut se factoriser : nlnn−n= n

−−−−−→|{z}

n→+∞ +∞

(lnn−1)

| {z }

−−−−−→

n→+∞ +∞

−−−−−→

n→+∞ +∞

3. a) Supposons que cette suite converge vers une limite `. En passant à la limite dans la définition de la suite, on obtient :

`= (`−2)²+ 1 ce qui, simplifié, donne

`²−4`+ 5 = 0.

Or, ce polynôme du second degré a un discriminant stricement négatif :

∆ = 16−20<0.

Il n’a donc pas de racine. Autrement dit, pas de solution à l’équation.

Ainsi,

La suite ne peut pas converger.

b) On a établi que cette suite était croissante. Elle est donc convergente si et seulement si elle est majorée. Or, elle est divergente. Elle ne peut donc être majorée et n’est donc pas bornée.

Exercice 2 1. On a

−16cos(2n)61 et _n¹ >0pour toutn∈N^∗, d’où

−1

n 6cos(2n)

n 6 1

n et donc, par théorème des gendarmes,

cos(2n)

n −−−−−→

n→+∞ 0

2. Par croissances comparée, on sait directement que 2ⁿ

n −−−−−→

n→+∞ +∞

3. On a

u2n= 1 + 4ⁿ n ∼ 4ⁿ

n et u2n+1 =1−2²ⁿ⁺¹

n ∼ −2·4ⁿ n d’où, par croissances comparées

u2n−−−−−→

n→+∞ +∞ et u2n+1−−−−−→

n→+∞ −∞.

Les suites extraites ne convergent pas vers la même limite, ainsi un diverge.

4. Commen+ ¹₂n

∼1etn+ (−1)ⁿ⁺¹∼1, on a n+ ¹₂n

n+ (−1)ⁿ⁺¹ ∼1 1 = 1 D’où

n+ ¹₂n

n+ (−1)ⁿ⁺¹ −−−−−→

n→+∞ 1

(7)

5. Supposons queb < a. On a alors

un= aⁿ

1− _a^bⁿ aⁿ

1 + _a^bⁿ ∼1 Supposons maintenant quea < b. On a alors

un= bⁿ ^a_bn

−1 bⁿ ^a_bn

+ 1 ∼ −1 Pour finir, sia=b, on a

u_n= 0 D’où

aⁿ−bⁿ

aⁿ+bⁿ −−−−−→

n→+∞







−1 si a < b 0 si a=b 1 si a > b

6. un ∼

(−1)ⁿ n²

−(√ ne⁻ⁿ)²

2

∼ −2e²ⁿ(−1)ⁿ n³

En étudiant les suites extraites d’indice pair et impair, on constate deux limites différentes. Ainsi,

e

(−1)n n2 −1 cos(√

ne⁻ⁿ)−1 diverge.

7. un =

1−cos _n¹_(ln¹_n)2 : On a1−cos _n¹

>0, l’expression de u_n est donc bien définie, avec

un=e

1 (lnn)2ln

1−cos(_n¹)

• Par DL : Comme ¹_n −−−−−→

n→+∞ 0, on a cos

1 n

= 1− 1 2n² +o

1 n

ce qui implique ln

1−cos _n¹

= ln _2n¹2 +o ¹_n

= ln _2n¹2(1 +o(1))

= −ln(2n²) + ln(1 +o(1)) d’où

un =e

−ln(2)−2 lnn+ln(1+o(1))

(lnn)2 =e

−ln(2)+ln(1+o(1)) (lnn)2 +_lnn⁻²

et donc, comme

−ln(2) + ln(1 +o(1)) (lnn)² + −2

lnn−−−−−→

n→+∞ 0 1−cos

1 n

_(ln¹_n)2

−−−−−→

n→+∞ 1

8. Il s’agit simplement de se souvenir des formules de calcul :

n

X

k=1

k= n(n+ 1) 2

et n

X

k=0

(2k+ 1) = 2

n

X

k=0

k+n=n(n+ 1) +n=n(n+ 2) D’où

n→+∞lim

n

P

k=0

(2k+1)

n

P

k=1

k

= 2

Exercice 3

1. Équation caractéristiquer²−2r−3.∆ = 16. Solution générale :λ(−1)ⁿ+µ3ⁿ. Solution :

un= 2(−1)ⁿ−3ⁿ

(8)

2. Équation caractéristique 4r² + 4r+ 1. ∆ = 0. Solution générale : (λ+ nµ) −¹₂ⁿ

. Solution :

u_n= (1 + 3n) 2ⁿ

3. Équation caractéristiquer²−2r+ 4.∆ =−12. Solutions de l’équation carac- téristique : 1±i√

3

2 =e^±i^π³. Solution générale :u_n =λcos(n^π₃) +µsin(n^π₃).

Solution :

un = 2

√

3sin(nπ 3)

4. Équation caractéristiquer²−(3−2i)r+ (5−5i).∆ =−15 + 8i. Solutions de l’équation caractéristique :

(3−2i) + (1 + 4i)

2 = 2 +i et (3−2i)−(1 + 4i)

2 = 1−3i.

Solution générale :u_n=λ(2 +i)ⁿ+µ(1−3i)ⁿ. Solution : un = (2 +i)ⁿ−µ(1−3i)ⁿ

5. Changement de variableu_n=v_n+c. On trouvec= 1etv_n+2= 2u_n+1+ 3u_n. Équation caractéristiquer²−2r−3.∆ = 16. Solution générale :λ(−1)ⁿ+µ3ⁿ etu_n=λ(−1)ⁿ+µ3ⁿ+ 1

un =(−1)ⁿ 2 −3ⁿ

2 + 1

Exercice 4

1. On posef(x) = (x−1)²+ 3 puisg(x) =f(x)−x=x²−3x+ 4.

?(un)est bien définie :

Il n’y a aucun problème de définition.

?Recherche des points fixes def :

Pas de solution àg(x) = 0, donc pas de point fixe et donc de limite finie pour (u_n).

?Monotonie de(u_n); signe deg(x):

g(x)>0∀x∈Rdonne(un)suite croissante.

?Conclusion :

Pour toutu0∈R, on a(un)croissante sans limite finie, donc limun= +∞

2. On posef(x) = _2−x^x puisg(x) =f(x)−x=_2−x^x −x.

? (un)est bien définie :

Pour le savoir, il faut être certain qu’à aucun moment, on obtientu_n = 2.

f⁰(x) = 2

(2−x)² >0pour toutx∈[−1; 1].

On a bienf([−1; 1])⊂[−¹₃; 1]⊂[−1; 1].

(un)est donc bien définie.

x f' f

-1 1

-1/3

1 +

? Recherche des points fixes def : f(x)−x= x(x−1)

2−x . Les points fixes def sont donc0 et1.

? Monotonie de(un); signe deg(x):

Pour u₀ ∈ [−1; 1], les valeurs de f restent dans [−1; 1]. On étudie donc le signe de gsur cet intervalle.

x 0 1 2

x x-1 2-x g(x)

-8 ₊8

+ + +

+ +

+ + +

+ +

-

- -

- - -

0 0 0 0

x f' f

-1 1

-1/3

1 + 0

0

L’intervalle [−1; 0]est stable parf et (u_n)est croissante (et bornée) sur cet intervalle carg est positive.

L’intervalle [0; 1]est stable par f et(un)est décroissante (et bornée) sur cet intervalle carg est négative.

? Conclusion :











u0∈[−1; 0[ ⇒(un)n>1 est croissante majorée et convergente vers0 u0= 0 ⇒(un)n>1 est constante égale à0

u0∈]0; 1[ ⇒(un)n>1 est décroissante minorée et convergente vers0 u0= 1 ⇒(un)n>1 est constante égale à1

(9)

Exercice 5

1. Pour montrer que(u_n)est bien définie, il faut et il suffit de vérifier queu_n6= 0 pour toutn∈N^∗.

C’est déjà le cas par définition pouru0. Il reste donc tous lesn∈N^∗à vérifier.

Or, si on réussi à montrer queun >√

apour toutn∈N^∗, on aura également montré que la suite est bien définie.

On posef(x) =1 2

x+a

x

.

?Sens de variation def : f⁰(x) = 1

2

1− a x²

>0pour toutx∈[√ a; +∞[.

On a bienf(]0; +∞[)⊂]√

a; +∞[⊂]0; +∞[.

Autrement dit,

f(x)>√

a >0 ∀x >0 puis, par suite immédiate, pour toutx=n∈N^∗,

un >√ a >0

x f' f

0

1 + a -

+8

a

0

2. ?Recherche des points fixes def : f(x)−x= 1

2

−x+a x

= 1

2x −x²+a

. Le seul point fixe de f surR^∗+ est donc obtenu avec

x=√ a.

3. Le tableau de variation def nous dit que les valeurs def sont dans]√ a; +∞[.

A partir du rang1, la suite(un)est donc à valeurs dans ]√

a; +∞[. Il suffit donc d’étudier le signe degsur]√

a; +∞[.

Or,

g(x)60 ∀x>√ a donc

(u_n)_n∈_N^∗ est décroissante (et minorée)∀u0∈R^∗+

?Conclusion :







u₀∈]0;√ a[∪]√

a; +∞[ ⇒(u_n)_n_>₁est décroissante minorée par√ a et convergente vers√

a u0=√

a ⇒(un)n>1est constante égale à√ a 4. a) Si ² > a, alors >√

a. Une valeur approchée de √

ainférieure à √ a pourrait alors être nulle ou négative, alors que √

a > 0. Une telle ap- proximation n’aurait alors aucun sens.

b) Ce n’est qu’un jeu de manipulation d’inégalités, mais toutefois avec une attention particulière sur la dernière ligne, où la condition x > est absolument nécessaire (à méditer...) :

|x−√

a|< ⇔ |√

a−x|<

⇔ − <√

a−x <

⇔ x− <√

a < x+

⇔ (x−)²< a <(x+)² car tout est positif puisquex>

c) On a trouvé dans l’exercice que dans tous les cas,(u_n)_n_>₁était une suite décroissante (au sens large) et convergente vers√

a. Par définition de la limite, on sait que, pour tout >0, il va exister un N>1tel que, pour tout n>N

|un−√ a|< .

(ce qui signifie très exactement que un est une valeur approchée de√ a à près.)

Comme(un)est décroissante et que <√ a, on a un >√

a > .

Donc, d’après la question précédente, l’inégalité|un−√

a|< .équivaut à

|un−|²< a <(x+)².

(10)

d) D’après l’exercice, on sait donc qu’une CNS à l’obtention d’une valeur approchée à près de √

a est |un−|² < a < (x+)² est que cette condition est forcément atteinte au bout d’un moment. On peut donc utiliser le programme suivant, où l’on est certain que la boucle while va s’arrêter...

1 def f ( x , a ) :

2 r e t u r n (( x + a / x ) /2)

3 4

5 def a p p r o c h e _ r a c i n e _ f ( a , e p s i l o n ) :

6 ’ ’ ’ Ce p r o g r a m m e t r o u v e une v a l e u r a p p r o c h é e à e p s i l o n p r è s de r a c i n e ( a ) ’ ’ ’

7 if e p s i l o n **2 >= a :

8 p r i n t (" A v e r t i s s e m e n t : v o t r e v a l e u r d ’ e p s i l o n est t r o p g r a n d e p o ur ê t r e

p e r t i n e n t e . R e c o m m e n c e z a v e c un e p s i l o n p l u s p e t i t . V o t r e v a l e u r a p p r o c h é e est 0 . " )

9 r e t u r n (0)

10 e l s e :

11 u = a # u d é s i g n e u_n . On p r e n d u0 = a de

m a n i è r e à ne pas a v o i r u1 > u0

12 w h i l e ( u - e p s i l o n ) **2 >= a or a >=( u + e p s i l o n )

* * 2 :

13 u = f ( u , a )

14 # à la sortie , la CNS est v é r i f i é e . u est une v a l e u r a p p r o c h é e de r a c i n e ( a )

15 r e t u r n ( u )

5. (voir les indications pour les premières explications.)

On se propose de construire ici deux suites (α_n)et (β_n) de la manière suivante :

α₀= 0 et β_n =a de manière à être certain queα₀6√

a6a.

Pour faire court, on peut considérer que l’on peut chercher le zéro positif de la fonction

g:x7→x²−a (c’est-à-dire√

a) et ainsi utiliser la méthode de la dichotomie vue en première année. Ceci qui revient à construire les suites (αn) et (βn) de la manière suivante :

Posonsc=^α⁰^+β₂ ⁰ (milieu de l’intervalle[α0, β0]).











sig(α0)g(c)<0(de signe opposé), alors√

a∈]α0, c[. On pose alorsα₁=α₀et β₁=c sinon, g(α0)g(c)>0(de même signe),

alors√

a∈[c, β₀]. On pose alorsα₁=cet β₁=β₀

Les termes suivants se construisent de la même manière. On sait alors d’après le principe de dichotomie que(αn)et (βn)convergent toutes deux vers √

a, (αn)étant croissante et(βn)décroissante, avec

α_n6√

a6β_n ∀n∈N Ainsi, on est certain qu’il va exister unntel que

β_n−α_n<

ce qui garantit que

|√

a−αn|< ou |√

a−αn|<

i.e.αn est une valeur approchée de√

aà en étant inférieure etβn en étant supérieure. On en déduit le programme suivant :

1 def a p p r o c h e _ r a c i n e _ d i c h o t o m i e ( a , e p s i l o n ) :

2 min =0

3 max = a # r a c i n e ( a ) se t r o u v e f o r c é m e n t e n t r e 0 et a

4 w h i l e max - min > e p s i l o n :

5 m i l i e u =( min + max ) /2

6 if ( min **2 - a ) *( m i l i e u **2 - a ) <0:

7 max = m i l i e u

8 e l s e :

9 min = m i l i e u

10 r e t u r n ( min , max )

qui rend αn et βn comme décrit ci-dessus

(11)

Exercice 6

1. Établir les inégalités par étude de fonction de pose pas de problème particulier.

Corrigeons par TAF :

f :x7→ln(1 +x)est une fonctionC¹ sur ]−1; +∞[. Il existe alorsc entre0 etxtel que

f(x)−f(0) =f⁰(c)x i.e.

ln(1 +x) = 1 1 +cx Six >0, alorsc >0 et _1+x¹ 6 1+c¹ 61, d’où

x

1 +x 6ln(1 +x)6x

Si−1< x60, alors −1< c60, d’où _1+c¹ >1> 1+x¹ . Ainsi, commex60, on trouve bien

x

1 +x 6ln(1 +x)6x 2. a) • Montrons que(u_n)est décroissante :

Soitn∈N^∗. un+1−un =

n+1

X

k=1

1

k−ln(n+ 1)−

n

X

k=1

1 k+ lnn

= 1

n+ 1 + ln n

n+ 1

= 1

n+ 1 + ln

1− 1 n+ 1

60 (d’après 1)

• Montrons que(vn)est croissante : Soitn∈N^∗.

v_n+1−v_n =

n+1

X

k=1

1

k −ln(n+ 2)−

n

X

k=1

1

k+ ln(n+ 1)

= 1

n+ 1+ ln n+ 1

n+ 2

= 1

n+ 1+ ln

1− 1 n+ 2

> 1 n+ 1−

1 n+2

1−_n+2¹ (d’après 1)

= 1

n+ 1− 1

n+ 2−1 = 0

• Montrons queu_n−v_n−−−−−→

n→+∞ 0:

un−vn = ln(n+ 1)−lnn

= ln

1 + 1 n

−−−−−→

n→+∞ 0 En conclusion,(un)et (vn)sont adjacentes.

b) Les suites (un) et (vn)étant adjacentes, le cours nous dit qu’elles sont convergentes vers la même limite. Notons celle-ci γ. On a donc

un−γ−−−−−→

n→+∞ 0,

ce qui, traduit à l’aide deHn, donne exactement le résultat souhaité.

c) Immédiatement, on tire du résultat précédent que Hn ∼lnn−−−−−→

n→+∞ +∞

3. a) Si

|vn−un|<

Sachant que, par adjacence, vn 6γ6un

on a forcément

|vn−γ|< et |un−γ|<

(faire un schéma si on n’est pas convaincu.)

Commevn 6un, la condition nécessaire peut donc se résumer à un−vn <

(12)

b) Tout d’abord, on note que siun−vn < , alors l’intervalle en question peut être

[α, β] = [v_n, u_n].

Or,(v_n)et (u_n)étant toutes deux convergentes vers γ, on est certain qu’au bout d’un certain temps, cette condition sera remplie. D’où le programme suivant :

1 i m p o r t m at h as mt

2

3 def A p p r o c h e _ g a m m a ( e p s i l o n ) :

4 ’ ’ ’ R e n d un i n t e r v a l l e de v a l e u r s a p p r o c h é e s à e p s i l o n p r è s de la l i m i t e g a m m a . ’ ’ ’

5 H =1 # i n i t i a l i s a t i o n de Hn . Ici H1

6 u = H # i n i t i a l i s a t i o n de un . Ici u1

7 v = H - mt . log (2) # i n i t i a l i s a t i o n de vn . Ici v1

8 n =1

9 w h i l e u - v >= e p s i l o n :

10 n +=1

11 H + = 1 / n

12 u = H - mt . log ( n )

13 v = H - mt . log ( n +1)

14 r e t u r n ( v , u )

Pour information, on trouve que γ'0,577

Exercice 7

1. ? Comparaison de(u_n)et(v_n):

Il est clair queun>vn, pour toutn∈N^∗.

? Monotonie de(u_n):

un+1−un= ^√_n+1¹ −2√

n+ 1+2√

n= 1

√n+ 1





1−2(n+ 1) + 2p

n(n+ 1)

| {z }

60





 (Le signe de l’expression est obtenue par étude directe de 1−2(n+ 1) + 2p

n(n+ 1)60⇐⇒. . .) D’où (un)décroissante.

? Monotonie de(v_n): v_n+1−v_n = ^√¹

n+1 −2√

n+ 2 + 2√ n+ 1

= 1

√n+ 1 1−2√ n+ 2√

n+ 1 + 2(n+ 1)

= 1

√n+ 1



2n+ 3−2√ n+ 2√

n+ 1

| {z }

>0





D’où (v_n)croissante.

? Limite deun−vn : un−vn = 2√

n+ 1−2√ n

= 2 n+ 1−n

√n+ 1 +√

n −−−−−→

n→+∞ 0 Les suites sont donc adjacentes.

2. On a

n

X

k=1

√1 k = 2√

n+v_n= 2√ n

1 + v_n

2√ n

| {z }

−−−−−→

n→+∞ 1

D’où

n

P

k=1

√1 k ∼2√

n

(13)

3. On peut par exemple procéder comme suit :

1 def A p p r o c h e _ l i m i t e ( e p s i l o n ) :

2 # On p r e n d le d e r n i e r é l é m e n t de la liste , a p r i o r i le p l u s p r é c i s .

3 ’ ’ ’ R e n d un i n t e r v a l l e de v a l e u r s a p p r o c h é e s à e p s i l o n p r è s de la l i m i t e . ’ ’ ’

4 s =1 # i n i t i a l i s a t i o n de la s o m m e des 1/

s q r t ( n ) . Ici s1

5 u = s -2* mt . s q r t (1) # i n i t i a l i s a t i o n de un . Ici u1

6 v = s -2* mt . s q r t (2) # i n i t i a l i s a t i o n de vn . Ici v1

7 n =1

8 w h i l e u - v >= e p s i l o n :

9 n +=1

10 s + = 1 / mt . s q r t ( n )

11 u = s -2* mt . s q r t ( n )

12 v = s -2* mt . s q r t ( n +1)

13 r e t u r n ( v , u )

Avec= 0,01, on obtient comme résultat une valeur approchée de

`' −1,46

Exercice 8 1. On a

z_n+1= 1 +i 2 z_n, donc

z_n= 1 +i

2 ⁿ

z₀

Or,

1 +i 2

<1, donc

zn−−−−−→

n→+∞ 0 ce qui implique

u_n−−−−−→

n→+∞ 0 ; v_n−−−−−→

n→+∞ 0

2. On pose

x_n=Re(z_n) et y_n=Im(z_n) On a alors

xn+1=xn et yn+1=−y_n 3 D’où

xn−−−−−→

n→+∞ x0 et yn −−−−−→

n→+∞ 0 et donc

z_n−−−−−→

n→+∞ x₀

Exercice 9 1. lim

n→+∞ 1−_n¹^m

= 1^m= 1, d’où

m→+∞lim lim

n→+∞

1− 1

n ^m

= 1

m→+∞lim 1−¹_nm

= 0, d’où

n→+∞lim lim

m→+∞

1− 1

n m

= 0 et

n→+∞lim

1− 1 n

n

=e⁻¹ 2. Les limites ne s’échangent pas forcément ...

Exercice 10

06u2n=un+n 62n

n² −−−−−→

n→+∞ 0 06u2n+1=un+(n+1)6 2n+ 1

n(n+ 1) −−−−−→

n→+∞ 0

Les suites d’indices pairs et impairs converge vers la même limite : 0, donc un−−−−−→

n→+∞ 0.

Exercice 11

2. Non :u_n=−2 +net v_n=−1.

3. On ne sait pas.

4. Pas forcément. On prend un= (−1)ⁿ n . 5. Non, même exemple que précédemment.

6. Non, pas forcément. pour en être certain, il faut que les deux suites extérieurs tendent vers la même limite. Contre exemple classique :

−16(−1)ⁿ61 (−1)et(1)sont des suites constantes.

(14)

7. •Si un ouvn convergent vers une limite l, la différence converge vers 0: u_n ∼v_n ⇐⇒ il existeh_n telle lim

n→+∞h_n = 1et u_n =h_nv_n pour toutn∈N. Alorsun−vn =un−hnun= (1−hn)un−−−−−→

n→+∞ 0.

•Siunouvn divergent, ce n’est pas forcément vrai ! On peut prendre pour exemple

n+ 1∼n→+∞n Exercice 12

1. poservn= ln(un). La suitevn devient une suite récurrente d’ordre 2 : vn+2= 1

2vn+1+1 2vn.

L’équation caractéristique2r²−r−1a comme solutions−¹₂ et1, d’où l’existence deα, β∈Rtels que

vn =α

−1 2

ⁿ +β Pourn= 0et n= 1, on a

v0= 0 et v1= ln 2 d’où, après résolution du système associé àn= 0,1,

α=−2

3ln 2 ; β=−α= 2 3ln 2 d’où

vn= 2 3ln 2

−

−1 2

n

+ 1

et donc, pour toutn∈N,

un=e²³^{ln 2}(1−(−¹₂)ⁿ) 2. Une simple composition de limite donne

un−−−−−→

n→+∞ e²³^{ln 2}

Exercice 13

1. On pose vn = un

1 +un

. Alors vn −−−−−→

n→+∞ 0. On trouve alors un = vn

1−v_n −−−−−→

n→+∞ 0.

Exercice 14

1. trivial. De plus, on au_n−v_n=u₀−v₀=−1 2. u_n+1= 3u_n+ 2v_n= 3u_n+ 2



v_n−u_n

| {z }

v0−u0=1



+ 2u_n = 5u_n+ 2, 3. On cherchel tel quel= 5l+ 2, on trouvel=−1

2.

On pose alors wn =wn−l, qui est une suite géométrique de raison 5, alors wn= 5ⁿw0= 5ⁿ3

2 En conclusion,

u_n =3.5ⁿ−1

2 et v_n=3.5ⁿ+ 1 2 Exercice 15

En comparant les termes de la suite au plus petit et au plus grand terme, on obtient

√ n

n²+n 6u_n6 n

√n²+n

Par théorème des gendarmes, on conclut que lim_{n→+inf ty}un = 1.

(15)

Exercice 16

1. Voici par exemple un programme utilisable pour dessiner les N premiers termes de la suitev_n :

1 def D e s s i n e _ s u i t e _ S n ( theta , N ) :

2 ’ ’ ’ D e s s i n e la s u i t e sin ( n * t h e t a ) p o u r n a l l a n t de 0 à N . ’ ’ ’

3 plt . clf ()

4 X = r a n g e ( N +1)

5 Y =[ np . sin ( k * t h e t a ) for k in X ]

6 plt . p l o t ( X , Y , l i n e s t y l e = ’ None ’ , m a r k e r = ’ o ’)

On obtient, pourθ=πetN = 100le graphique suivant :

0 20 40 60 80 100

4 3 2 1 0 1 2 3 4 1e 14

ou, pourθ= 1etN = 100le graphique suivant :

0 20 40 60 80 100

1.0 0.5 0.0 0.5 1.0

On observe bien le caractère plutôt anarchique de la suite.

2. un+1 = cos (n+ 1)θ

= cos(nθ+θ)

= cos(nθ) cosθ−sin(nθ) sinθ

= uncosθ−sin(nθ) sinθ i.e.

u_n+1=u_ncosθ−v_nsinθ ∀n∈N (E)

3. On note`sa limite. D’après la question précédente, on sait que vnsinθ=uncosθ−un+1 ∀n∈N

Ainsi,(vnsinθ)est convergente.

? Sisinθ6= 0, on en déduit la convergence de(vn).

? Si sinθ = 0, autrement dit, siθ = 0 (π), alors la suite (u_n) ne converge que siθ= 0. (Sinon, c’est la suite alternée(−1)ⁿ.) Dans ce cas,(v_n)converge également de manière triviale car elle est constante.

4. On ne peut réutiliser la même inégalité que tout à l’heure, mais on peut réappliquer le même principe avec l’égalité

v_n+1=v_nsinθ+u_ncosθ On obtient la convergence de(u_n).

5. Procédons par l’absurde. Supposons que (u_n) converge vers une limite ` et (v_n)vers une limite `⁰.

Une première inégalité simple :

sin 2nθ= 2 cosnθsinnθ donne lieu à

`⁰ = 2``⁰ Autrement dit, on a

`⁰= 0ou`=1

2 (1)

Une autre intégalité bien connue

cos²(nθ) + sin²(nθ) = 1 (2) permet de relier` et`⁰ par passage à la limite :

`²+`⁰²= 1

• Cas`⁰ = 0:

(1)et (2)donnent`=±1.

En réinjectant dans (E)par passage à la limite, on trouve une condition sur θ :

±1 = cosθ et donc

θ= 0 (π)

(16)

La suite n’est convergente que siθ= 0 (2π).

• Cas `= ¹₂ : L’inégalité

cos 2nθ= cos²nθ−sin²nθ donne lieu à

`=`²−`⁰² En réinjectant dans(1), on trouve

2`²−`−1 = 0 De solutions

`=−1

2 ou`= 1 Il y a donc contradiction. Ce cas est impossible.

En conclusion :

(un)et(vn)sont divergentes, sauf pour θ= 0 (2π)

Exercice 17

On note`_x= lim

n→+∞x_n et`_y= lim

n→+∞y_n.

Notons que inf(a, b) = ¹₂(a+b− |a−b|) et sup(a, b) = ¹₂(a+b+|a−b|). La convergence n’est donc qu’une affaire de composition de limites, avec

u_n−−−−−→

n→+∞

1

2(`_x+`_y− |`_x−`_y|) = inf(`_x, `_y) et de même

vn−−−−−→

n→+∞ sup(`x, `y)

Exercice 18

Attention, le fait de dire que f est injective ne signifie pas quef est monotone ! (La réciproque est vraie sif est strictement monotone.)

Supposons que f(n)6−−−−−→

n→+∞ +∞. On sait alors qu’

il existeM ∈Rtel que, pour tout n∈N, il existeN_n≥ntel queu_n≤M Par comparaison, on obtient directement

limN_n= +∞

Ainsi, l’ensemble

{Nn | n∈N}

est un ensemble non majoré, donc admet un nombre infini d’éléments.

Commef est injective, l’ensemble

{f(Nn)|n∈N} ⊂J0, MK

est également composé d’un nombre infini d’éléments. Or, cet ensemble est contenu dans un esnemble finiJ0, MK. Il y a donc une contradiction !

(17)

Exercice 19

1. a) •Existance du point fixe dans[0; +∞]:

On note quef_λ(x)>0 pour tout x∈R. Si point fixe il existe, il sera donc forcément dans[0; +∞[. xest un point fixe defλ si et seulement si l’applicationϕdéfinie parϕλ(x) =fλ(x)−xs’annule sur[0;∞[.

Étude des variations deϕ:

x 0 +∞

ϕ⁰(x) − 1

ϕ(x) −→

−∞

Par le théorème des valeurs intermédiaires, comme ϕest continue, elle s’annule donc une seule et unique fois sur[0; +∞](et donc surR) en un point notélλ>0.

•l_λ∈[0; +∞]:

Comme ϕ(1) =e^−λ−1<0 on obtient de plus queϕs’annule sur l’intervalle]0; 1[.

x 0 1

ϕ⁰(x) − 1

ϕ(x) −→

e^−λ−1<0

b) Par les mêmes arguments que dans la question précédente, pour montrer quel_λ> 1

√

2λ, il suffit de voir queϕ( 1

√

2λ)>0. Or la résolution de l’inéquationϕ( 1

√

2λ)>0donne précisémentλ > e 2.

2. a) Une étude du sens de variation de f_λ⁰ grâce à f_λ⁰⁰ donne précisément min

x∈[0,1]f_λ⁰(x) =−√ 2λe⁻

1

2.Commefλ<0, on trouve

max

x∈[0,1]|f_λ⁰(x)|=√ 2λe⁻

1 2 6

√

e⁻¹<1.

b) En combinant les variations defλ et le signe deϕ:

x 0 1

f_λ⁰(x) − 1

ϕ(x) −→

e^−λ

x 0 lλ 1

ϕ(x) + 0 −

On trouve que(u2n)est croissante majorée donc convergente verslλ et (u_2n+1) est décroissante minorée donc convergente versl_λ. En conclusion, la suite (u_n)converge versl_λ.