Exercices : Révisions sur les suites réelles

Exercices : Révisions sur les suites réelles

§1. Pour commencer Exercice1

Étudier la monotonie des suites(u_n)définie par : (a)u_n=n²−eⁿ (b) u_n=

n

Y

k=1

2k−1

2k+1 (c)u_n= (n+1)(n+2)· · ·(n+n) (d) u_n=na+ (−1)ⁿ aveca∈R (e)u_n=Xⁿ

k=1

1

2k+3 (f)u_n= Z ^π₂

0

sinⁿtdt Écrire une fonction ayant un argument entiern, et retournant une valeur approchée deu_n.

§2. Suites et inégalités Exercice2

Déterminer à l’aide d’encadrement la nature des suites(u_n)_ndéfinies par : (a)u_n=²ⁿX⁺¹

k=1

p 1

n²+k (b) u_n= ln(2+cosn)

n (c)u_n=Xⁿ

k=1

bk xc n² . Faire tracer enPythonles100^erstermes dans le cas (c) lorsquex=2.

Exercice3( Approximation deπ)

Soit(u_n)_nla suite définie par :∀n∈N,u_n=1−1 3+1

5+· · ·+ (−1)ⁿ 2n+1.

1^o Montrer que(u_2n)_net(u_2n+1)_nsont deux suites adjacentes. Conclure quant à la convergence deu. 2^o En remarquant que pour toutk∈N,

Z₁

0

t^2kdt= 1

2k+1, montrer queu converge versπ 4. 3^o À partir de quel rang obtient-on une valeur approchée de π

4 à10⁻²près?

4^o Proposer un algorithme enPythonpermettant d’obtenir une valeur approchée deπavec pchiffres exacts après la virgule. Que peut-on dire sur la rapidité de convergence de cet algorithme?

Exercice4( Irrationalité dee)

Soitu etv les suites définies par :∀n∈N,u_n=Xⁿ

k=0

1

k! et ∀n∈N^∗,v_n=u_n+ 1 n!n. 1^o Montrer queu etv convergent vers la même limite.

2^o On admet quelimu=e. Soitq∈N. Justifier l’encadrement

q

X

k=0

1 k!<e<

q

X

k=0

1 k!+ 1

q!q

3^o On suppose qu’il existe deux entiers naturels non nuls petqtels quee= ^p_q. Prouver queq!q

q

X

k=0

1

k! est un entier naturel puis en déduire quee∈/Q.

Écrire une fonctionPythond’un argumentepsqui retourne une valeur approchée deeàepsprès.

Plus dur : Retourner une fraction irréductible qui approcheeàepsprès.

Exercice5( Produit infini)

1^o Montrer que pour toutx¾0,x− x²

2 ¶ln(1+x)¶x.

2^o En déduire la nature et la limite éventuelle de la suite(p_n)définie par pour toutn¾1, p_n=Y

k=1

1+ k n² . Calculer p_ninformatiquement. Tracer la suite p.

§3. Suites récurrentes Exercice6

Soit(u_n)_nune suite arithmétique vérifiant :u_p=qet u_q= pavec p6=q. Que vautu_p+q? Exercice7

Soitu etv les suites définies par :∀n¾2,u_n=Yⁿ

k=2

cos π

2^k

etv_n=u_nsin π

2ⁿ .

Montrer quev est une suite géométrique, en déduire une expression explicite deu_npuis la convergence de la suiteu. Exercice8

Soitu etv les deux suites réelles définies par :∀n∈N,







u_n+1= ¹₂(u_n+v_n) v_n+1=¹₆(u_n+5v_n)

etu₀=1,v₀=3.

1^o Écrire une fonctionuv(n)retournant[u_n,v_n].

2^o Déterminer deux couples de réels(λ,µ)tels queλu+µvsoit géométrique.

3^o En déduire les expressions de u_netv_nen fonction den.

Exercice9

On définit les suites(u_n)et(v_n)paru₀>0,v₀>0et pour toutn∈N, u_n+1=Æ

u_npv_n et v_n+1=Æ v_npu_n

Montrer en utilisant la fonctionlnque les suites(u_n)et(vn)convergent et déterminer leurs limites.

Exercice10

Étudier la suite réelle(x_n)_ndéfinie par :

x₀=3 et ∀n∈N^∗,x_n=1

3x_n−1−4.

Écrire un programmePythontraçant les droites d’équations réduitesy=x ety= ¹₃x−4ainsi que les1^erstermes de la suitexpar la « méthode des escaliers ».

Exercice11

Soitf la fonction définie par f(x) =p

2+xetu la suite définie par

u₀¾−2 et ∀n∈N,u_n+1= f(u_n)

1^o Étudier f, tracer sa courbe représentative, et conjecturer graphiquement le comportement deu.

2^o Montrer que si u₀∈[−2, 2], pour toutn∈N, u_n∈[0, 2].

Puis, en étudiant le signe de f(x)−x, déterminer les variations de u

3^o Conclure sur la convergence de u quel que soitu₀¾−2et sur la valeur de sa limite éventuelle.

Exercice12

On considère la fonction f définie par f(x) =p

2−lnxetu la suite définie par u₀=1 et ∀n∈N, u_n+1= f(u_n).

1^o Étudier f, tracer sa courbe représentative et conjecturer graphiquement le comportement de u.

2^o En étudiant la fonction g définie sur[1, e]par g(x) = f(x)−x, montrer l’existence d’un unique point fixea pour f sur[1, e].

3^o Montrer à l’aide de l’égalité des accroissements finis que

∀n∈N,

u_n+1−a ¶ 1

2|u_n−a|

4^o En déduire que :∀n∈N,|u_n−a|¶

1 2

‹n

(e−1).

5^o Montrer queu converge versa.

Écrire trois fonctions retournant une valeur approchée deaàepsprès : les deux1^resen retournant une valeur u_n et utilisant une boucle, while pour la 1^re et forpour la seconde, la 3^efonction avec l’algorithme de dichotomie.

Exercice13

On définit la suite(u_n)paru₀∈]0, 1[et pour toutn∈N, u_n+1=

pu_n pu_n+p

1−u_n 1^o Montrer que(u_n)est bien définie.

2^o On posev_n= u_n

1−u_n. Montrer que(v_n)est bien définie et exprimerv_n+1en fonction dev_n. 3^o Montrer que(u_n)converge et déterminer sa limite.

Exercice14

Expliciter en fonction denles suites réelles(u_n)définies par : 1^o F_n+1=F_n+F_n−1 et F₀=0, F₁=1 (suite de Fibonacci).

Ajout : Montrer que(F_n+1/F_n)converge et calculer sa limite.

2^o u_n+2=u_n+1−¹₄u_n et u₀=2,u₁=−1 3^o u_n+1=2u_n−2u_n−1 et u₀=p

2,u₁=2

§4. Sommes de Riemann Exercice15

On s’intéresse aux intégrales suivantes Z₁

0

tdt, Z₂

0

e^tdt et Z_π

0

cos(t)dt.

Exprimer chacune de ces intégrales comme limite d’une somme de Riemann et retrouver alors la valeur de chacune.

Exercice16

Calculer les limites des suites(u_n)définie par : (a) u_n=

n

X

k=1

n

n²+k² (b) u_n=

n

X

k=1

k n²+k² (c) u_n= 1

n

€p_n 2+pⁿ

4+· · ·+pⁿ 2ⁿŠ

(d) u_n=•(2n)!

n!nⁿ

˜1/n

Exercice17

On pose pour toutn∈N^∗,u_n=

2n

X

k=n

k+1 kn+n². 1^o Montrer que pour toutn∈N^∗, u_n= 1

n Xn

i=0

1+_nⁱ 2+_nⁱ + 1

n² Xn

i=0

1 2+_nⁱ . 2^o Montrer que(u_n)converge et déterminer sa limite.

Indication : On pourra utiliser l’égalité 1+t

2+t =1− 1 2+t.

§5. Limite d’une suite Exercice18

Étudier la convergence des suites(u_n)_nsuivantes et calculer, si possible, leurs limites : (a)u_n= 2n²+ (−1)ⁿ

3n²+ (−1)ⁿ⁺¹ (b) u_n= n²+cosn

3n³+sin(n²) (c)u_n=3p

n+2p n+p

n+p³ n p4

n²+3+2p n+1 (d) u_n= 2ⁿ+n¹⁰⁰

2ⁿ−n⁹⁹ (e)u_n= ln(n+lnn)

ln(2n+lnn) (f)u_n=n^1/lnn (g) u_n= 2n²−arctan(n)

n²+e⁻ⁿ (h)u_n= 1+ 1

n

‹n

(i)u_n=p

n²−n−n

§6. Suites définies implicitement Exercice19

Soitn∈N. On considère l’équatione^x−xⁿ=0.

1^o Montrer que, pournassez grand, cette équation a exactement deux solutions positivesu_netv_nqui vérifient 1¶u_n¶e¶v_n.

On pourra utiliser la fonction f définie sur]0,+∞[par f(x) =lnx x . 2^o Montrer que(u_n)converge et déterminer sa limite.

3^o Montrer que(v_n)diverge vers+∞.

Exercice20

Pour toutn∈N^∗, on pose f_n(x) =x⁵+nx−1surR.

1^o Montrer que pour toutn∈N^∗, il existe un unique réelu_ntel que f_n(u_n) =0.

2^o Déterminer le signe de f_n+1(x)−f_n(x). En déduire que(u_n)décroît.

3^o Montrer :0¶u_n¶ 1

pn. En déduire la limite de(u_n).

Exercice21

Soitn∈N^?et l’équation

(E_n):xⁿ+x−1=0.

1^o Montrer qu’il existe une unique solution positive de(E_n)notéex_n. 2^o Montrer que la suite(x_n)converge et que lim

n→+∞x_n=1.

Indication :En supposantlimx_n=` <1, montrerlimx_nⁿ=0et conclure à une absurdité.

3^o On posey_n=1−x_n. Montrer que, pournassez grand, lnn

2n ¶y_n¶2lnn

n . (on posera f_n(y) =nln(1−y)−ln(y)) 4^o Montrer queln(y_n) ∼

n→+∞−lnnpuis que

x_n=1−lnn n + o

n→+∞

lnn n

‹ .

5^o Écrire une fonction xn(n,eps) qui retourne une valeur approchée de x_n à eps>0 près par l’algorithme de dichotomie. Tracer(x_n)_n∈J1,20

Ket vérifier graphiquement les résultats obtenus dans cet exercice.

Correction1

(a) u_n = f(n)où f(x) = x²−e^x, donc si f est monotone surR₊ alors(u_n) aussi : attention ce n’est pasunecn, faites un schéma. SurR₊, f⁰(x) =2x−e^x et f⁰⁰(x) =2−e^xdonc f⁰présente un maximum enx=ln(2)de valeur f⁰(ln(2)) =2 ln(2)−2<0par conséquent f⁰<0sur l’intervalleR₊donc f est strictement décroissante surR₊a fortiorisurNi.e.u est décroissante.

(b) Il est clair que(u_n)⊂R₊ donc les variations de u peuvent être déduites de la position du quotient u_n+1/u_n par rapport à1. Commeu_n+1/u_n= (2n+1)/(2n+3)<1donc uest (strictement) décroissante.

(c) Même stratégie :u_n+1/u_n= (2n+2)(2n+1)/(n+1) =2(2n+1)>1doncu est strictement croissante.

n.b.: On pouvait aussi trouver le signe deu_n+1−u_n.

(d) u_n+1−u_n=a−2(−1)ⁿdonc sia¾2alors u est croissante et sia¶−2alorsu est décroissante.

En revanche sia∈]−2, 2[,u n’est pas monotone; ni ne l’est à partir d’un certain rang.

(e) Commeu_n+1−u_n=_2n¹₊₅>0la suite est croissante.

(f) Sur 0,^π₂

,sinⁿ(t)¾0et0¶sin(t)¶1on a par produitsinⁿ(t)¾sinⁿ⁺¹(t). Comme0¶^π₂ (n.b.: les bornes sont dans l’ordre croissant) la croissance de l’intégrale donneu_n+1¶u_n d’où la décroissance deu.

Correction2 (a) Puisquex7→p

n²+xest croissante (par composition) surN: pn²+1¶

pn²+k¶

pn²+2n+1=n+1donc ^p2n_n2⁺₊¹₁¶u_n¶²ⁿ_n+⁺₁¹. Par le théorème des gendarmes on obtientlimu=2.

(b) ln(1)¶ln(2+cos(n))¶ln(3), puis par encadrementlimu=0.

(c) Avant tout un réflexe : Par définition de la partie entière,k x<bk xc¶k x+1d’où, en sommant pourk∈J1,nK: xn(n+1)

2n² ¶u_n¶ xn(n+1) 2n² + 1

n. On conclut par encadrement à la convergence deu vers x 2. Correction3

1^o Soitv_n=u_2n.

On av_n+1−v_n=u_2n+2−u_2n=_4n¹₊₅−_4n¹₊₁<0par décroissance de la fonction inverse surR^∗₊. De même on montre que(u_2n+1)est croissante.

Enfin u_2n+1−u_2n=−_4n¹₊₃ −→

n→+∞0.

Donc les suites(u_2n)et(u_2n+1)sont adjacentes. Par conséquent elles convergent et ont même limite`.

Un autre théorème du cours assure alors la convergence de u vers`.

2^o La remarque se vérifie immédiatement et est à retenir. Avec cette dernière et la linéarité de l’intégrale : u_n=

Z1 0

n

X

k=0

(−1)^kt^2kdt. On a donc fait apparaître une somme géométrique de raison−t²6=1^* donc u_n=

Z1 0

1−(−t²)ⁿ⁺¹ 1+t² dt. De

(−t²)ⁿ⁺¹ 1+t²

¶t²ⁿ⁺², on tire de la croissance de l’intégrale

Z1 0

(−t²)ⁿ⁺¹ 1+t² dt

¶ 1

2n+3 −→

n→+∞=0.

Il s’ensuitlimu= Z1

0

dt

1+t² =arctan 1=π 4. 3^o On exploite l’adjacence de(u_2n)et(u_2n+1):

u_2n+1¶ ^π₄ ¶u_2nde sorte que lorsque n∈Nest tel que u_2n−u_2n+1<10⁻²alors u_2n et u_2n+1 approchent ^π₄ à 10⁻²près. On résout donc _4n¹₊₃<10⁻².

4^o Voir Script sur le site de la classe : bouclefor, calcul d’une somme.

*. En toute rigueur il faudrait travailler sur[0,"]avec0<"<1puis passer à la limite quand"→1.

Correction4

1^o Là encore on pense suites adjacentes. Pour cela,u_n+1−u_n=_(n+¹_1)! >0doncuest croissante tandis quev_n+1−v_n= 1

(n+1)!+ 1

(n+1)(n+1)!− 1

n!n= n(n+1) +n−(n+1)²

(n+1)!n(n+1) = −1

(n+1)!n(n+1) <0doncvest décroissante. Enfin u_n−v_n −→

n→+∞0donc les suitesu etv sont adjacentes.

Conclusion : En particulier, u etvconvergent et ont même limite.

2^o On admettait limu = e. L’encadrement demandé résulte d’une propriété des suites adjacentes : u_q < e < v_q (inégalités strictes par stricte monotonie deu etv).

3^o Commeq!×_k!¹ est entier pour toutk∈J0,qK,N=q·q!u_q esta fortiorientier.

On en déduitN< p×q!<N+1absurde puisqueq×q!est entier lui aussi.

Conclusion :e6∈Q. On dit queeestirrationnel.πest aussi irrationnel mais c’est plus compliqué à justifier.

Pour le script voir la page de la classe.

Correction5

1^o On étudie les fonctions dérivables f :x7→ln(1+x)−xet g:x7→ f(x)+^x₂² sur[0,+∞[et f⁰(x) = 1

1+x−1=

−x

1+x <0et g⁰(x) = 1

1+x +x=1−1−x+x(1+x)

1+x = x²

1+x >0.

Sur l’intervalle[0,+∞[, f est donc décroissante etg croissante.

Comme f(0) =0, on en déduit f ¶0et g(0) =0donc g¾0surR₊.

2^o On pense, bien entendu à appliquerlnpour se ramener à la question précédente.

Cela est licite car1+ k

n²¾1et alorsln(p_n) =Xⁿ

k=1

ln

 1+ k

n²

‹

. Avec1^oon obtient Xn

k=1

k n²−1

2 k²

n⁴¶ln(p_n)¶ Xn

k=1

k

n⇔ n(n+1) 2n² −1

2

n(n+1)(2n+1)

6n⁴ ¶ln(p_n)¶ n(n+1) 2n² . Du théorème des gendarmes découle la convergence de(ln(p_n))vers¹₂.

Par continuité deexpen ¹₂ on en tirelimp_n=exp€₁

2

Š=p e.

Correction6 n.b.: Dans le cas (exclu ici) deu_p=u_qpour p6=qetu arithmétique on aurait euu constante.

Soitr la raison deu,u_p=u₀+r p=q(1)etu_q=u₀+r q= p(2)d’oùq+p=u_p+u_q=r(p+q)+2u₀=u_p+q+u₀. Il ne reste qu’à trouveru₀, par exemple avecq(1)−p(2):u₀(p−q) = p²−q²⇒u₀= p+q. Conclusion :u_p+q=0.

Correction7 Après avoir vérifié quev_nne s’annulait jamais (produit de termes non nuls) on calcule : v_n+1

v_n = cos _2n+1^π

sin _2n+1^π sin ₂^πn

. Orcos(a)sin(a) = ¹₂sin(2a)d’oùv_n+1/v_n= ¹₂. La conclusion suit.

De plus (attentionu_nn’est défini qu’à partir den=2) :v_n= v₂

2ⁿ⁻²= cos(π/4)

4 × 1

2n−2= p2 2ⁿ⁺¹. n.b.: Bien vérifier la cohérence avecv₂avant d’aller plus loin.

Il s’ensuitu_n=

p2 2ⁿ⁺¹sin ₂^πn

∼

n→+∞

p2 2π. Correction8

1^o Suites imbriquées, un classique.

Deux possibilités pour le scriptPython: avec ou sans variable auxiliaire. Voir le site.

2^o On cherche(λ,µ)∈R²tel qu’il exister ∈Rtel que pour toutn∈N, on aitλu_n+1+µv_n+1=r(λu_n+µv_n).

On remplaceλu_n+1+µv_n+1=€_λ

2+^µ₆Š

u_n+€_λ

2+5^µ₆Š

v_n. On résout doncrλ= ^λ₂+^µ₆ et rµ= ^λ₂+⁵₆µ.

En sommant r(λ+µ) =λ+µdonc soit r =1i.e.la suite est constante soitλ=−µce qui fournit r = ¹₃ puis toutλ6=0convient, on prend par exempleλ=1.

Dans le cas r =1on obtient3λ=µdonc le couple(1, 3)convient.

Ainsi u_n−v_n= ^u0₃^−vn ⁰ =−₃²n etu_n+3v_n=u₀+3v₀=10.

On résout sans peine pour avoirv_n= ⁵₂+¹₂·₃¹n et u_n=⁵₂−¹₂·₃n−1¹ . n.b.: Bien vérifier la cohérence avec u₀etv₀.

Correction9 Avant toute chose on s’assure de la bonne définition de ces suites par une récurrence élémentaire mon- trant que pout toutn∈N,u_netv_nexistent et sont>0. On poseU_n=lnu_n etV_n=lnv_n.

AinsiU_n+1=¹₂lnu_n+¹₄lnv_n=¹₂€

U_n+¹₂V_nŠ

et, de même, on aV_n+1=¹₂€

V_n+¹₂U_nŠ .

On peut alors procéder comme à l’exercice précédent ou bien en exprimantU_n+2en fonction deU_n+1etU_n: 2U_n+2=U_n+1+¹₄V_n+¹₈U_n=U_n+1+U_n+1−¹₂U_n+¹₈U_ndonc(U_n)estrl₂et les racines de son équation caractéristique sontλ=^1±₂¹² ∈]−1, 1[de sorte queUconverge vers0et doncVaussi.

Enfin, par composition de limites, on en déduitlimu=limv=1.

Correction10 Il s’agit d’une suite arithmético-géométrique dont on commence par trouver la limite potentielle`en résolvant`= ¹₃`−4⇔`=−6. On « sait » (le retrouver par récurrence si nécessaire) que(x_n−`)est géométrique de raison ¹₃ doncx_n+6= (x₀+6)×₃¹n doncx_n=−6+₃n−2¹ .

Cette expression donne toutes les informations sur(x_n): elle est décroissante et convergente de limite`.

n.b.: La suite est du typex_n+1= f(x_n)avec f croissantesur un intervalle stable iciRconvient.

On prouve facilement par récurrence qu’alors(x_n)estmonotonesurR.

Énorme bêtise de penser que(x_n)a même variation que f ...Pour trouver son sens de variation il suffit, alors, de comparer les deux premiers termes, en l’occurrencex₀=3et x₁=−1d’où la décroissance.

Correction11

1^o f est croissante par composition surD_f = [−2,+∞[. Pour la conjecture graphique on traceC_f et ∆:y = x puis les premiers termes de la suite qui semble croissante lorsque u₀<2et décroissante lorsque u₀>2(elle est clairement constante lorsque u₀=2comme le montre une récurrence élémentaire).

Dans tous les casu semble converger vers`=2.

2^o Par récurrence : initialisation faite, hérédité par croissance dep. Sur[−2,+∞[, on noteg(x) = f(x)−x=p

x+2−xqui est donc du signe dex+2−x²(par croissance de la bijectionX7→X²surR₊). On trouve les racines de tête :2et−1(2évidenteCf.graphique et−1par relation coefficients/racines). Ainsi g(x)>0⇔x∈]−1, 2[.

Comme pour u₀∈[−2, 2],u₁= f(u₀)∈[0, 2], la suite(u_n)_n¾1est contenue dans[0, 2], donc pour toutn¾1, g(u_n) = f(u_n)−u_n>0i.e.u_n+1>u_n. Cette suite est donc croissante et majorée donc converge par le théorème de la limite monotone. De plus, par continuité de f sur[0, 2]donc en`∈[0, 2], on a f(`) =` donc`=−1 (exclu) ou`=2.

3^o Il reste à étudier le casu₀>2pour lequel on montre de même : 1 (u_n)⊂]2,+∞[,

2 (u_n)décroissante (grâce au signe de g sur]2,+∞[).

Il s’ensuit par minoration et application du théorème de la limite monotone queu cv, là encore vers2.

Correction12

1^o Par composition f est définie, continue et décroissante sur

e²,+∞

. Pour le comportement de u on ajoute la première bissectrice du repère et l’on trace en escalier les1^ers termes de la suite. Pour la suite il est utile de regarder l’image deI= [1, e]par f :”

1,p 2—

⊂[1, e], cet intervalle est stable pour f et, commeu₀y appartient toute la suite y est contenue.

2^o gest la somme de deux fonctions strictement décroissante surIdonc elle l’est aussi, elle réalise donc une bijection deIsur[g(e),g(1)] =”

1−e,p 2−1—

, intervalle contenant0. Par le théorème de la bijection, il existe un unique réela∈Itel que g(a) =0i.e. f(a) =a.

3^o On dérive f surI : f⁰(x) = − 1 2xp

2−ln(x); on pose h(x) = xp

2−ln(x) puis h⁰(x) est du signe de « son numérateur »3−2 ln(x)i.e.positif puisqu’enecela vaut2>0. Ainsihest croissante surIet de même pour f⁰. Enfin f⁰(1) =− ¹

2p

2 et f⁰(e) =−_2e¹ donc f⁰(x)

¶ ₂^p1₂ ¶ ¹₂. De l’eafon tire l’existence d’un réelα∈I tel que

|f(u_n)− f(a)|=|f⁰(α)| · |u_n−a|en particulier|u_n+1−a|¶ ¹₂|u_n−a|.

Alternative :Obtenir un majorant plus petit que celui donné dans l’énoncé peut faire penser qu’on a pris une autre méthode que celle attendue. Il doit donc y avoir une autre façon de procéder, moins précise, menant à ¹₂. On pense à procéder directement par encadrement en partant de1¶x¶e. Par application delncroissante sur R^∗₊puisX7→2−X(décroissante surR) puisp

croissante surR₊, on trouvep

2−ln(x)∈” 1,p

2—

. Les deux encadrements précédentsétant constitués de nombres positifs, il est licite de les multiplier membre à membre.

On obtient le ¹₂ en question.

4^o On procède par récurrence. Pas de problème pour l’initialisation, la récurrence se traite avec la question précé- dente. Un classique à bien maîtriser.

5^o La suite majorante tend vers0comme suite géométrique de raison dans]−1, 1[et l’on conclut par encadrement.

Pour obtenir une valeur approchée à10⁻³près deaon peut procéder soit par dichotomie (g(x) =0) soit avec 4^oet une bouclewhile. Voir le site pour des scripts.

Correction13

1^o La question revient à montrer, par récurrence, que pour toutn∈N,u_nexiste etu_n∈]0, 1[. L’initialisation est acquise et l’hérédité se déduit de la positivité depet du fait qu’une fraction numérateur et dénominateur positifs avec numérateur<à son dénominateur est<1.

2^o La bonne définition de(v_n)est comprise dans les conditions vérifiées en1^osuru_n. v_n+1=p^pun

1−u_n =pv_n.

3^o La suite (v_n+1) est du typev_n+1= f(v_n) où f est la fonction racine carrée donc croissante, par suite (v_n) est monotone. On montre que si elle converge elle le fait vers`tel que`=p

`⇔`=0ou`=1.

Quandu₀décrit]0, 1[,v₀décrit]0,+∞[. Pourv₀<1la stabilité de]0, 1[parp donne lacvmonotone de(v_n) vers1et quandv₀¾1la stabilité de[1,+∞[parp donne parcvmonotone lacvde(v_n)en décroissant vers1.

Dans tous les vas(v_n)cvvers1et, par opérations sur les limites,limu= ¹₂. Correction14

1^o La suite de Fibonacci est rl₂ d’équation caractéristique x²= x+1donc de racinesα,β= ^1±₂^p5 donc il existe (λ,µ)∈R²tel que pour toutn∈N,F_n=λαⁿ+µβⁿ.

Pour trouver(λ,µ), on résout le système

¨F₀=0=λ+µ

F₁=1=λα+µβ d’oùλ=−µ= ^p₅⁵. Ajout :Comme|α|>|β|, ^F_Fⁿ⁺¹

n ∼

n→+∞α, le nombre d’Or.

2^o rl

2, équation caractéristique de racine double ¹₂ alors il existe(λ,µ)∈R²tel queu_n= (λn+µ)€₁

2

Š_n . On résout comme avant le système donné paru₀et u₁pour trouver la valeur de(λ,µ).

3^o Comme avant mais deux racines complexes conjuguées :

1±i=1×e^±iπ4 doncu_n=λ×1ⁿcos(nπ/4) +µ×1ⁿsin(nπ/4). Idem pour trouver la valeur du couple(λ,µ).

Correction15 Comme Id_[0,1]est continue, on a Z1

0

tdt= lim

n→+∞

1 n

Xn−1

k=0

k n

‹

= lim

n→+∞

1

n²×n(n−1)

2 =1

2. De même,

Z₂

0

e^tdt = lim

n→+∞

2 n

Xn−1

k=0

e^2k/n= lim

n→+∞

2 n

Xn−1

k=0

€e^2/nŠk

= 2 n

1−e² 1−e^2/n. Comme le dénominateur est équivalent à−_n² on obtient

Z2 0

e^tdt =−(1−e²); rassurant.

On recommence : Z_π

0

cos(t)dt= lim

n→+∞

π n

Xn−1

k=0

cos

kπ n

‹.

Le classique : Xn−1

k=0

cos(kπ/n) =Re

‚_n−1 X

k=0

e^ikπ/n

Œ

=Re

1−e^iπ 1−e^iπ/n

.

Puis multiplication par l’expression conjuguée pour faire apparaître le module du dénominateur ...

On trouveⁿ⁻¹X

k=0

cos(kπ/n) = 1−cos(π/n)

1−cos(π/n) =1, donclimu_n=lim^π_n =0.

Correction16

(a) L’exemple classique où il faut avoir el réflexe somme de Riemann : une somme de bornendont le terme général comporte l’indice de sommation et dun. On habille :

u_n= 1 n

n

X

k=1

1

1+ (k/n)²_n→+∞−→

Z1 0

dt

1+t²= [arctan(t)]¹₀= π 4.

n.b.: Ne pas oublier la vérification des hypothèses, icit7→ ₁₊¹_t2 ∈ C⁰([0, 1]).

(b) limu_n= Z1

0

t

1+t²dt car l’intégrande est continue sur[0, 1].

D’oùlimu_n=”₁

2ln(1+t²)—₁

0= ¹₂ln(2) =lnp 2.

(c) En remarquant quepⁿ

2^k=2^k/net quet 7→2^t=exp(tln(2))est continue sur[0, 1], on a limu_n=

Z1 0

exp(tln(2))dt= 2^t

ln(2) 1

0

= 1 ln(2).

(d) On continue dans l’astuce. Il « faut » faire apparaître une somme de Riemann vu le titre de la section à laquelle appartient cet exercice. Après quelques essais infructueux on devrait avoir l’idée d’utiliser le logarithme :

ln(u_n) = 1 nln

2n×(2n−1)× · · · ×(n+1) n×n× · · · ×n

‹. Doncln(u_n) = 1

n

n

X

k=1

ln

 1+ k

n

‹ .

Commet7→ln(1+t)∈ C⁰([0, 1]), le théorème des sommes de Riemann donne : lim ln(u_n) =

Z1 0

ln(1+t)dt=

ipp[tln(t)−t]²₁=2 ln(2)−1.

On conclut par composition de limites :limu_n= ⁴_e. Correction17

1^o L’expression proposée vautXⁿ

i=0

n+i

n(2n+i)+Xⁿ

i=0

1

2n²+i n =

k=i+n

X2n

k=n

k+1

2n²+ (k−n)n =X²ⁿ

k=n

k+1 n²+kn. 2^o Avec1^oon peut faire apparaître deux sommes de Riemann :

Commet 7→1+t

2+t ∈ C⁰([0, 1]), lim

n→+∞

1 n

Xn

i=0

1+_nⁱ 2+_nⁱ =

Z1 0

1+t 2+tdt =

Z1 0

 1− 1

2+t

‹

dt=1−ln(3) +ln(2).

L’autre somme de Riemann converge et son produit par _n¹ tend donc vers0.

Conclusion :limu_n=1−ln(3) +ln(2) =ln€_2e

3

Š. Correction18

(a) Après factorisation parn²:u_n∼²₃. (b) Idem :u_n∼_3n¹ donclimu_n=0.

(c) En factorisant parp

nle numérateurN_non trouvep

nN_n∼3+2=5.

Et, pour le dénominateur, on a(n²+3)^1/4=p

n(1+3/n²)^1/4et2p

n+1=2p

n(1+1/n)^1/2donc u_n∼⁵₃. (d) Par croissances comparées,n¹⁰⁰=o(2ⁿ)d’oùu_n∼1.

(e) ln(n+ln(n)) =lnn+ln



1+ln(n) n

‹

ln(n)et de même pour le dénominateur doncu_n∼ ln(n)

ln(n) +ln(2)∼1.

(f) Puissance réelle, réflexe de la forme exponentielle :u_n=exp€ ₁

ln(n)ln(n)Š

=exp(1) =e.

(g) Commearctanest bornée,2n²−arctan(n)∼2n², de même pour le dénominateur d’oùu_n∼1par quotient.

(h) Classique à savoir par♥: u_n=exp_n¹ln€ 1+_n¹Š

. Orln(1+1/n)∼1/ncar _n¹ −→

n→+∞0d’où par composition de limiteslimu_nexp(1) =e.

(i) p

n²−n−n=np

1−1/n−n=n

 1− 1

2n +o

1 n

‹

−1

‹

=−1

2+o(1) −→

n→+∞−1 2. Correction19

1^o Pourx¾0etn∈N, on pose f_n(x) =e^x−xⁿ.

On cherche à résoudre f_n(x) =0⇔x=nln(x)⇔ f(x) =n. De plus f est dérivable surR^∗₊ par quotient et f⁰(x) = ^1−ln(x)_x2 . Donc f est strictement croissante sur]0, e[ et strictement décroissante sur]e,+∞[. Comme

x→0lim⁺f(x) =−∞et lim

x→+∞f(x) =0, on déduit de f(e) =e⁻¹que f(x) =1/n possède une unique solution u_n sur]0, e[et une unique solutionv_nsur]e,+∞[(n¾3), d’après le théorème de la bijection.

2^o En notant f₁ la restriction de f à [1, e], _n+¹₁ ¾ _n¹ ⇒ f₁⁻¹(1/(n+1))f₁⁻¹(1/n) i.e. u_n+1 ¶ u_n donc (u_n) est décroissante et minorée par1donc elle converge vers`∈[1, e].

Par continuité de f sur[1, e]donc en`, f(u<sub>n</sub>) =<sub>n</sub><sup>1</sup> entraîne f(`) =lim¹_n=0donc`=1.

3^o Si(v_n)était majorée parM. On auraite^vn ¶e^Mpar croissance deexp. Orv_nⁿ¾eⁿ doncv_nⁿ→+∞mais alors e^vn→+∞; Absurde. Conclusion :(v_n)tend vers+∞.

Correction20

1^o f_n est strictement croissante et continue surRcomme somme de telles fonctions donc elle réalise une bijection deRsuri

lim−∞f, lim

+∞f

h=Rd’où la conclusion.

2^o f_n+1(x)−f_n(x) =x.

Comme f_n(0) =−1<0,u_n>0donc f_n+1(u_n+1)> f_n(u_n+1)i.e.0> f_n(u_n+1)⇒ f_n⁻¹(0)>u_n+1i.e.u_n>u_n+1 donc(u_n)décroît.

3^o Il reste la majoration, pour cela f_n€ ₁

pn

Š= _n5/2¹ +p

n−1>0pourn¾1.

Par encadrement il vient queu converge vers0.

Correction21

1^o Soitn ∈N^∗ et g_n: x 7→ xⁿ+x−1. Cette fonction continue et strictement croissante sur R₊ (somme de telles fonctions) réalise donc une bijection deR₊sur g_n(R₊) = [−1,+∞[.

Comme0∈g_n(R₊), il existe un uniquex_n¾0tel que g_n(x_n) =0.

2^o Montrer que la suite(x_n)converge et que lim

n→+∞x_n=1.

Tout d’abordg_n(1) =1>0donc x_n∈[0, 1]en particulier(x_n)est majorée par1.

Ensuiteg_n(x_n+1) =x_n+1ⁿ −x_nⁿ₊⁺₁¹+x_nⁿ₊⁺₁¹+x_n+1−1=x_n+1ⁿ (1−x_n+1) +g_n+1(x_n+1) =x_n+1ⁿ (1−x_n+1).

Commex_n+1∈[0, 1]on a donc g_n(x_n+1)¾= g_n(x_n)donc(x_n)est croissante en appliquantg_n⁻¹qui est croissante.

Conclusion :(x_n)converge vers`∈[0, 1].

Si0¶` <1alorsx<sub>n</sub>¶`⇒x_nⁿ¶`ⁿ⇒limx_nⁿ=0.

Passer à la limite dansx_nⁿ+x_n−1=0donne`=1; absurde.

3^o Remarquer f_n(y_n) =0.

Or f_n est bijective décroissante donc il « suffit » de montrer, qu’à partir d’un certain rang, f_n€_lnn

2n

Š>0tandis que f_n€_{2 lnn}

n

Š<0. On note que lim

n→+∞

lnn

n =0par croissance comparée d’où les écritures à suivre.

f_n€_lnn

2n

Š=n€

−^ln_2nⁿ+o€_lnn

n

ŠŠ−ln lnn+ln 2+lnn=−¹₂lnn−ln lnn+ln 2+lnn+o(lnn)⇒f_n€_lnn

2n

Š∼ ¹₂lnn.

De même on montre f_n€_{2 lnn}

n

Š∼ −lnndonc f_n€_lnn

2n

Š<0à partir d’un certain rang.

4^o De l’encadrement précédent on déduit ln lnn−ln 2−lnn

lnn ¶ lny_n

lnn ¶ ln 2+ln lnn−lnn

lnn ⇒lny_n∼ −lnn.

Enfin, en remplaçant dans f_n(y_n) =0:nln(1−y_n) =lny_n⇒ −ny_n∼lny_n∼ −lnn⇒y_n∼ lnn n .