§1. Pour bien débuter 1. Rappels de première On distingue traditionnellement deux types principaux de suites : Suite définie par son terme général : Le terme général un de la suite est donné directement en fonction de n, ce qui permet de calculer directement n’importe quel terme de la suite et, en général, d’utiliser les propriétés de la fonction associée à la suite. n a pour fonction associée la fonction Exemple : La suite u définie sur N par un = 2n + 1 x 8 8 . u8 = f (8) = f :x! = . Les variations de la fonction donnent directe2x + 1 2 × 8 + 1 17 ment celles de la suite et la limite en +∞ de la fonction donne la limite de la suite. La représentation graphique de la suite se fait sur celle de la fonction puisque les entiers sont des réels parmi tant d’autres.
Suite définie par récurrence : Chaque terme s’exprime en fonction de celui qui le précède ou de certains termes qui le précèdent.
Exemples : • La suite u définie sur N par u0 = 7 et un +1 = 3un − 1 a pour fonction associée la fonction f : x ! 3 x − 1 . Pour calculer u3, il faut d’abord calculer u1 et u2 : u1 = f ( u0 ) = 3u0 − 1 = 3 × 7 − 1 = 20 ,
u2 = f ( u1 ) = 3u1 − 1 = 3 × 20 − 1 = 59
et enfin
u3 = f ( u2 ) = 3u2 − 1 = 3 × 59 − 1 = 176 Inutile de dire que si l’on veut calculer u153 sans calculatrice …
A propos de calculatrice, sachez qu’il suffit de taper le premier terme de la suite et d’appuyer sur la touche ENTER (Texas) ou EXE (Casio) puis de taper le texte de la suite en remplaçant un par la touche Ans puis d’appuyer sur ENTER ou EXE autant de fois que vous voulez pour obtenir les termes suivants :
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La représentation graphique de la suite se fait au moyen de celle de la fonction associée et de la droite d’équation y = x (pour ceux qui ont oublié, voir dans la rubrique FICHES PRATIQUES, la fiche Comment représenter une suite récurrente). u2=59
u1=20
u0=7
u2=59
u1=20
• La suite u définie sur N par u0 = 7 , u1 = 2 et un = 3un −1 + un − 2 . Ici, un s’exprime en fonction des deux termes qui le précèdent d’où la nécessité de donner les deux premiers termes de la suite. C’est ce qu’on appelle une récurrence double. u2 = 3u1 + u0 = 3 × 2 + 7 = 13 , u3 = 3u2 + u1 = 3 × 13 + 2 = 41 , …
Encore plus compliqué : Dans bon nombre de suites, le terme général est défini à la fois à l’aide de n et du terme précédent.
Exemple :
B
La suite u est définie sur N par u0 = 2 et un +1 = miers termes de cette suite.
un − nun . Calculer les trois pren +1
u0 − 0 × u0 = 2 0 +1 u 2 En remplaçant n par 1 : u2 = u1+1 = 1 − 1 × u1 = − 1 × 2 = −1 1+1 2 u2 −1 5 − 2 × u2 = − 2 × (−1) = En remplaçant n par 2 : u3 = u2+1 = 2 +1 3 3
En remplaçant n par 0 : u1 = u0+1 =
Pour étudier de telles suites, on utilise en général une suite auxiliaire (donnée dans le texte de l’exercice) pour se ramener à l’un des deux cas principaux. Ceci sera étudié par la suite.
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2. La factorielle d’un entier naturel Définition : La factorielle d’un entier naturel n non nul est le produit de tous les entiers de 1 à n. On la note : n! = 1×2×…×n. Exemples : 5! = 1×2×3×4×5 = 120.
8! = 1×2×3×4×5×6×7×8 = 40320.
Votre calculatrice peut donner les factorielles. Consultez la fiche Comment afficher une factorielle dans la rubrique FICHES PRATIQUES. Vous aurez souvent à établir des propriétés faisant intervenir des factorielles.
Exemples :
C
Exprimer (n + 1)! en fonction de n! Il suffit d’appliquer la définition (en détaillant un peu les points de suspension, c'est-àdire en écrivant quelques facteurs intermédiaires) : (n + 1)! = 1 × 2 × … × (n − 1) × n × (n + 1) (n + 1)! =
D
× (n + 1)
n!
Montrer que 8! − 6! = 55×6! 8!− 6! = 1 × 2 × … × 6 × 7 × 8 − 6! 8!− 6! = 6! × 7 × 8 − 6! 8!− 6! = 6!× 56 − 6! 8!− 6! = 6!× ( 56 − 1) 8!− 6! = 6!× 55
E
Montrer que, pour tout entier naturel non nul, on a ( n + 2)!− 2n ! = n !n( n + 3) . (n + 2)!− 2n ! = 1 × 2 × … × n × (n + 1) × (n + 2) − 2n ! (n + 2)!− 2n ! =
× (n + 1) × (n + 2) − 2n !
n!
(n + 2)!− 2n ! = n !× [ (n + 1) × (n + 2) − 2]
( (n + 2)!− 2n ! = n !× ( n
(n + 2)!− 2n! = n !× n 2 + 3n + 2 − 2 2
+ 3n
(n + 2)!− 2n ! = n !× n ( n + 3)
)
)
Extension de la définition : Pour que l’égalité (n + 1)! = n!× ( n + 1) reste valable pour n = 0 (et pour d’autres raisons que vous verrez par la suite), on est amené à poser : 0! = 1. Effectivement, remplacez n par 0 dans l’égalité. On obtient : 1! = 0!× 1 .
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3. Le symbole Σ Il est utilisé pour simplifier l’écriture d’une somme, à condition que tous les termes de cette somme aient une « forme » commune.
Exemples : • 32 + 42 + 52 + 62 + 7 2 se note
i =7
∑i2
7
∑i2 .
ou souvent
i =3
i =3
A noter que la lettre choisie est une lettre « muette », c'est-à-dire que vous pouvez la remplacer par celle que vous voulez. • 1 + 2 + 3 + 2 + 5 + 6 se note
6
∑
k.
k =1
•
Un peu plus compliqué : 1 + 3 + 5 + 7 + 9 + 11 , qui est la somme de nombres impairs
consécutifs se note :
5
∑ (2i + 1)
puisque 2i+1 est la forme générale des nombres impairs. Il
i =0
ne reste plus qu’à trouver les valeurs extrêmes de i en résolvant : 2i + 1 = 1 ⇔ 2i = 0 ⇔ i = 0 et 2i + 1 = 11 ⇔ 2i = 10 ⇔ i = 5 . A noter qu’une somme a une infinité d’écritures à l’aide du symbole Σ. A titre d’exemple, un nombre impair pouvant aussi bien s’écrire sous la forme 2i – 1, ou 2i + 3, ou …, la dernière somme donnée peut également s’écrire :
6
∑ (2i − 1) ou i =1
4
∑ (2i + 3) ou …
i =−1
Pour être très correct, personne ne sait ce que recouvrent des points de suspension. C’est pourquoi le symbole Σ sera, tôt ou tard, la seule solution correcte d’écriture.
Exemples :
F
Ecrire, à l’aide du symbole Σ, les sommes : 1 2 3 2008 + + +…+ a. 2 3 4 2009 1 2 3 2008 2008 i + + +…+ =∑ 2 3 4 2009 i =1 i + 1 1 2 3 4 17 b. + + + +…+ 4 9 16 25 324 1 2 3 4 17 1 2 3 4 17 17 i + + + +…+ = 2 + 2 + 2 + 2 +…+ 2 = ∑ 2 4 9 16 25 324 2 3 4 5 18 i =1 (i + 1)
G
La suite u est définie sur N par : un = ∑
k2 . Calculer u3. k =1 k + 1 n
k2 12 22 32 1 4 9 49 = + + = + + = 2 3 4 12 k =1 k + 1 1 + 1 2 + 1 3 + 1 3
u3 = ∑
H
Simplifier :
1 n −1 1 ∑ i − ∑ k +1 . i =1 k =2 n
1 n −1 1 1 1 1 1 1 3 1 1 1 1 ∑ i − ∑ k + 1 = 1 + 2 + 3 + 4 + … + n − 3 + 4 + … + n = 1 + 2 = 2 . i =1 k =2 n
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§2. Variations 1. Suites définies par leur terme général 1ère méthode : Comparer directement u n + 1 à u n. Pour cela on utilise en général les règles usuelles sur les inégalités et les variations des fonctions élémentaires. Exemple :
1&
Etudier le sens de variation de la suite u définie sur N par un = n 2 + 2 . On commence par calculer u n +1 : un +1 = (n + 1) 2 + 2 .
Point-méthode : pour comparer deux nombres d’écritures voisines, on part des éléments qui diffèrent puis on greffe peu à peu les éléments communs. n < n +1 donc n2 < (n +1)2 car la fonction x ! x 2 est strictement croissante sur [0 ; +∞[ n2 + 2 < (n +1)2 + 2 car x ! x + 2 est strictement croissante sur R n 2 + 2 < ( n + 1)2 + 2 car x ! x est strictement croissante sur [0 ; +∞[ u n < u n +1 La suite (u n) est strictement croissante.
2ème méthode : Etudier le signe de la différence u n + 1 − u n. Exemple :
1*
n +1 . n+3 n + 1 + 1 n + 1 n + 2 n + 1 (n + 2)(n + 3) − (n + 1)(n + 4) ∀n ∈ N un +1 − un = − = − = (n + 4)(n + 3) n +1+ 3 n + 3 n + 4 n + 3
Etudier le sens de variation de la suite u définie sur N par un =
Point-méthode : pour une étude de signe, si ce signe n’est pas évident, on réduit au même dénominateur et on laisse le dénominateur factorisé. n 2 + 3n + 2n + 6 − n 2 − 4n − n − 4 2 = (n + 4)(n + 3) (n + 4)(n + 3) ∀n ∈N un +1 − un > 0 un +1 > un La suite u est strictement croissante. u 3ème méthode : Si tous les termes de la suite sont de même signe, on peut comparer n+1 à 1. un Exemple : 1( 1. Montrer que, pour tout entier naturel n non nul, (n +1)! = (n +1)×n! (n +1)! = 1×2×…×n×(n +1) = n!×(n +1) n! 2. Etudier le sens de variation de la suite (u n) définie, pour n∈N*, par un = . n +1 (n + 1)! un +1 (n + 1)!(n + 1) (n + 1) × n!× (n + 1) (n + 1) × (n + 1) ∀n ∈N* = n+2 = = = n ! un ( n + 2)n! (n + 2) × n! n+2 n +1 u n 2 + 2n + 1 1 un +1 u ∀n ∈N* n +1 = =n+ > n or n ≥ 1 donc n +1 > 1 . un n+2 n+2 un un Puisque tous les termes sont strictement positifs, on multiplie par u n sans changer le sens : u n +1 > u n. La suite u est strictement croissante. ∀n ∈N un +1 − un =
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4ème méthode : Utiliser les variations de la fonction associée à la suite. Exemples :
2)
Etudier le sens de variation de la suite (u n) définie, pour n∈N, par un =
2n + 8 . n+3
2x + 8 . Cette fonction est une foncx+3 tion rationnelle. Elle est donc dérivable sur son ensemble de définition. 2 × ( x + 3) − (2 x + 8) ×1 −2 ∀x ∈R−{−3} f '( x) = = 2 ( x + 3) ( x + 3)2 Sa dérivée étant strictement négative sur [0 ; +∞[, f est strictement décroissante sur [0 ; +∞[. La suite u est donc strictement décroissante. La fonction associée à la suite est la fonction f : x !
2!
Etudier le sens de variation de la suite (u n) définie, pour n∈N, par un = 2n 2 − 7 n + 1 . Les variations de la fonction f : x ! 2 x 2 − 7 x + 1 (fonction du second degré - revoir le cours de première) sont résumées dans le tableau : Puisque 0 et 1 appartiennent à ]−∞ ; 7/4], la x −∞ suite est strictement décroissante du rang 0 au f (x) rang 1. Puisque 2 et tous ses suivants appartiennent à [7/4 ; +∞[, la suite est strictement croissante à partir du rang 2. En revanche, 1 et 2 n’étant pas dans le même intervalle, il est impossible d’utiliser les variations pour comparer u1 et u2. Dans ce cas, on calcule directement ces termes pour les comparer : u1 = −4 et u2 = −5. u1 > u2. La suite est strictement décroissante du rang 1 au rang 2. Au total, u est strictement décroissante du rang 0 au rang 2 et strictement croissante à partir du rang 2.
Formule : −
b 2a
7/4
+∞
7 4
Pour terminer, un exemple plus … déroutant. 2@ Etudier le sens de variation de la suite u définie sur N* par k =2n 1 1 1 1 un = = + +…+ 2n n n +1 k =n k
∑
Point-méthode : dans ce type d’exercice, ajouter quelques termes intermédiaires dans chaque somme pour voir les termes qu’il y a en plus ou en moins. ∀n ∈N* un +1 − un =
1 1 1 1 1 1 1 1 1 + +…+ + + − + + +…+ n +1 n + 2 2n 2n + 1 2(n + 1) n n + 1 n + 2 2n
1 1 1 2(n + 1)n + (2n + 1)n − 2(n + 1)(2n + 1) + − = 2n + 1 2( n + 1) n 2(n + 1)n(2n + 1) −3n − 2 u n +1 − u n < 0 u n +1 < u n ∀n ∈N* un +1 − un = 2(n + 1)n(2n + 1) La suite u est strictement décroissante. ∀n ∈N* un +1 − un =
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2. Suites définies par récurrence 1ère méthode : Comparer directement u n + 1 à u n. Exemple :
3!
Etudier le sens de variation de la suite u définie sur N par u 0 = −5 et un +1 = un2 + 4 . Rappelons tout d’abord la représentation d’une suite définie par récurrence au moyen de la fonction associée : 4 > 0 donc
un2 + 4 > un2 .
La fonction x ! x étant strictement croissante sur [0 ; +∞[, un2 + 4 > un
c'est-à-dire un ≥ un ,
à
plus
un2 + 4 > un2
et comme forte
raison
un2 + 4 > un , un +1 > un . La suite u est strictement croissante.
2ème méthode : Etudier le signe de la différence u n + 1 − u n. Exemple : 3@ On considère la suite u définie u 0 = 5 et, pour tout entier naturel n, par 1 4 un +1 = un + . 2 un a. Montrer, par récurrence, que tous les termes de la suite sont strictement supérieurs à 2.
Un raisonnement par récurrence se fait en trois étapes : Initialisation : La propriété u n > 2 est vraie pour n = 0 puisque 5 > 2, u 0 > 2. Hérédité : Soit n un entier naturel quelconque. 1 u 2 + 4 − 4un 1 (un − 2) 2 1 4 1 4 un +1 − 2 = un + − 2 = un + − 4 = × n = × 2 un 2 un un 2 un 2 Si u n > 2, alors u n − 2 > 0, (u n − 2)2 > 0, u n +1 − 2 > 0, u n +1 > 2. Conclusion : La propriété u n > 2 est vraie pour n = 0 et héréditaire à partir de n = 0. Le principe de récurrence permet d’affirmer qu’elle est vraie pour tout entier n à partir de 0. ∀n∈N u n > 2. b. Etudier le sens de variation de la suite.
Pour tout entier naturel n, 1 4 1 4 − un2 1 4 1 4 un +1 − un = un + − un = un + − 2un = − un = × 2 un 2 un un 2 un 2 1 (2 + un )(2 − un ) et comme 2 − u n < 0 d’après ce qui précède, un +1 − un = × 2 un u n +1 − u n < 0, u n +1 < u n, la suite est strictement décroissante.
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3ème méthode : Si tous les termes de la suite sont du même signe, comparer
un+1 à 1. un
Exemple : 3# Etudier le sens de variation de la suite u définie par u 0 = 7 et, pour n∈N, par u2 un +1 = n , après avoir montré que tous ses termes sont strictement positifs. un + 1
Un raisonnement par récurrence pour commencer : Initialisation : La propriété u n > 0 est vraie pour n = 0 puisque 7 > 0, u 0 > 0. Hérédité : Soit n un entier naturel quelconque. Si u n > 0, alors u n + 1 > 0 et un2 > 0 donc u n +1 > 0. Conclusion : La propriété u n > 0 est vraie pour n = 0 et héréditaire à partir de n = 0. Le principe de récurrence permet d’affirmer qu’elle est vraie pour tout entier n à partir de 0. ∀n∈N u n > 0. un2 u +1 u = n = n . 0 < 1 donc u n < u n + 1 et comme un un + 1
un +1 un u u n > 0 d’après ce qui précède, n +1 < 1 , u n +1 < u n, la suite est strictement décroissante. un
Pour tout entier naturel n,
4ème méthode : Utiliser un raisonnement par récurrence et les variations de la fonction associée à la suite. Exemple : 3$ Etudier le sens de variation de la suite (u n) définie sur N, par u 0 = 14 et 1 un +1 = 3 + un . 2 Commençons par remarquer que u 1 = 10. u 1 < u 0 et que la fonction associée 1 f : x ! 3 + x est strictement croissante sur R. 2
Nous allons démontrer, par récurrence, que ∀n∈N u n +1 < u n : Initialisation : La propriété u n +1 < u n est vraie pour n = 0 puisque 10 < 14, u 0+1 < u 0. Hérédité : Soit n un entier naturel quelconque. Si u n +1 < u n, alors f (u n +1) < f (u n ) puisque f est strictement croissante sur R. u n +2 < u n +1 u n +1+1 < u n +1 Conclusion : La propriété u n +1 < u n est vraie pour n = 0 et héréditaire à partir de n = 0. Le principe de récurrence permet d’affirmer qu’elle est vraie pour tout entier n à partir de 0. ∀n∈N u n +1 < u n. La suite est strictement décroissante.
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§3. Raisonnement par récurrence Principe de récurrence : Soit P une propriété portant sur un entier naturel n et définie sur N ou à partir d’un certain entier. Si P est vraie pour l’entier n0 (on dit qu’elle est initialisée au rang n0, ce qui se note : P(n0) est vraie) et si P est héréditaire à partir du rang n0, ce qui se note : ∀n ≥ n0 P(n) ⇒ P(n+1) alors P est vraie pour tout entier n supérieur ou égal à n0. Exemples :
4)
n
1 . p =1 p ( p + 1)
On considère la suite s, définie dans N* par sn = ∑
1. Calculer s1, s2 et s3. 1 1 1 1 s1 = ∑ = = 2 p =1 p ( p + 1) 1(1 + 1)
2
1 1 1 1 1 4 2 = + = + = = 2(2 + 1) 2 6 6 3 p =1 p ( p + 1) 1(1 + 1)
s2 = ∑
3
1 1 1 1 1 1 1 9 3 = + + = + + = = 2(2 + 1) 3(3 + 1) 2 6 12 12 4 p =1 p ( p + 1) 1(1 + 1)
s3 = ∑
2. Emettre une conjecture sur le terme général sn de cette suite. D'après les trois premiers termes calculés, il est possible que sn =
n . n +1
3. Vérifier cette conjecture à l'aide d'un raisonnement par récurrence. n 1 Initialisation : La propriété sn = est vraie pour n = 1 puisque s1 = . On a donc 2 n +1 1 . bien s1 = 1+1 Hérédité : Soit n un entier naturel quelconque. Remarquons tout d'abord que la somme sn+1 contient un terme de plus que la somme sn (celui pour lequel on remplace p par n+1) donc n +1 n 1 1 1 1 sn +1 = ∑ =∑ + = sn + (n + 1)(n + 1 + 1) (n + 1)(n + 2) p =1 p ( p + 1) p =1 p ( p + 1) Si sn =
n alors n +1
sn +1 =
n 1 n(n + 2) + 1 n 2 + 2n + 1 + = = n + 1 (n + 1)(n + 2) (n + 1)(n + 2) (n + 1)(n + 2)
(n + 1)2 n +1 = (n + 1)(n + 2) n + 2 n +1 sn +1 = n +1+1 n Conclusion : La propriété sn = est vraie pour n = 1 et héréditaire à partir de n = 1. n +1 D'après le principe de récurrence, elle est vraie pour tout entier naturel n à partir de 1. sn +1 =
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4!
On considère un cercle sur lequel on prend n points (n ≥ 2). On trace toutes les cordes joignant ces points deux à deux et on suppose que trois quelconques de ces cordes ne sont jamais concourantes. On désigne par Rn le nombre de régions intérieures au cercle ainsi délimitées. 1. Déterminer R2, R3, R4 et R5.
b
b R2 = 2
c
d
c
R3 = 4
e e d
b c h
fg
b c
R 4 =8
g
h i
j
1)
1@ 1# 1%
1$
1!
i
d
f e
R 5 = 16
1^
2. Emettre une conjecture sur Rn. D’après ces quatre premiers termes, il semble que Rn = 2n−1 . 3. Déterminer R6. Refaites la figure autant de fois qu’il vous plaira ! Cherchez bien la toute petite zone que vous avez sans doute oublié de compter ! Il faut bien trouver 32 zones ! Non ! Quoi que vous fassiez, il n’y en aura que … 31. La propriété n’est pas héréditaire. Ceci pour vous montrer qu’il ne suffit pas de montrer qu’une propriété est vraie pour un certain nombre de termes (aussi grand soit ce nombre) pour en déduire qu’elle est toujours vraie.
4@
1. Montrer que, si un nombre impair s'écrit 2n où n est un nombre entier, il en est de même pour le nombre impair suivant. Les nombres impairs allant de 2 en 2, si l’un d’entre eux s’écrit 2n, le suivant sera 2n + 2 = 2(n + 1). La propriété est donc héréditaire. 2. Peut-on en déduire que tout nombre impair s'écrit sous la forme 2n ? Il ne vous reste plus qu’à chercher un nombre impair s’écrivant 2n pour avoir l’initialisation. Cherchez ! Cherchez ! … Et vous ne trouverez pas ! Ceci pour vous montrer qu’il ne suffit pas de montrer qu’une propriété est héréditaire pour en déduire qu’elle est toujours vraie. Encore faut-il qu’elle soit initialisée. Les deux propriétés sont nécessaires (et suffisantes) pour pouvoir conclure.
4#
On considère la suite u définie par : u0 = 4, u1 = 4 et un+2 = 3un+1 − 2un. 1. Calculer u2. En remplaçant n par 0 : u2 = 3u1 − 2u0 = 3 × 4 − 2 × 4 = 12 − 8 = 4 .
2. Démontrer, par récurrence, que la suite u est constante. Comme il s’agit ici d’une récurrence double, une légère modification du raisonnement : Initialisation : la propriété un = 4 est vraie pour n = 0 et pour n = 1. Hérédité : Soit n un entier naturel quelconque. Si un = 4 et un+1 = 4 sont vraies alors un + 2 = 3un +1 − 2un = 3 × 4 − 2 × 4 = 12 − 8 = 4 . Conclusion : … comme d’habitude …
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§4. Limites 1. Généralités Limite infinie d’une suite : Définition : La suite (un) a pour limite +∞ si et seulement si tout intervalle ]P ; +∞[ contient tous les termes de la suite à partir d’un certain rang n 0 (qui dépend de P).
× ×
× × P
Remarque : la définition peut être avec l’intervalle fermé [P ; +∞[. Les deux définitions sont équivalentes.
× ×
×
×
× ×
n0
On note lim un = +∞ . n →+∞
Exemples :
4*
u est la suite définie sur N par u n = n 2 + 17.
a. A partir de quel rang a-t-on u n > 66666 ? n 2 > 66649 n 2 + 17 > 66666 un > 66666 ⇔ ⇔ n ∈N n ∈ N n < − 66649 ou n > 66649 un > 66666 ⇔ n ∈N or
66649 ≈ 258,16 donc c’est à partir du rang n0 = 259 que l’on a u n ≥ 66666.
b. Démontrer, avec la définition, que la limite de u est +∞. Soit P un réel quelconque supérieur ou égal à 17. n2 + 17 > P n2 > P − 17 n < − P − 17 ou n > P − 17 ⇔ ⇔ un > P ⇔ n ∈N n ∈N n ∈N supérieur ou égal à 17 pour que P − 17 soit bien positif.
Définition de la partie entière d'un réel : La partie entière d'un réel x est le plus grand entier relatif inférieur ou égal à x. On la note E(x). Exemples : E(2,7) = 2 E(3) = 3 E(−3,2) = −4. Propriété : Pour tout réel x on a donc : E(x) ≤ x < E(x) + 1.
A partir du rang n 0 = E
(
)
P − 17 + 1 , on a u n ≥ P, ce qui prouve que la suite u a
pour limite +∞.
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4(
u est la suite définie sur N par u n =
n2 . n +1
a. Démontrer que, pour tout entier naturel n, un ≥
n . 2
n : 2 n n2 n 2n 2 − n(n + 1) 2n 2 − n 2 − n n 2 − n n(n − 1) − = = = = ∀n∈N un − = 2 n +1 2 2(n + 1) 2(n + 1) 2(n + 1) 2(n + 1) Première possibilité : étudier le signe de la différence un −
x
0
x
0
1 +
x−1
−
x+1
+
x(x − 1 ) 2(x + 1)
0
−
+∞ +
0
+ +
0
+
Il ne faut pas oublier qu’aucun entier naturel n’est compris strictement entre 0 et 1. n n On a donc, pour tout entier naturel n, un − ≥ 0 , ce qui donne bien un ≥ . 2 2 Remarque : il vaut mieux constater que 2 est strictement positif, tout comme n+1 n(n − 1) puisque n est un entier positif. est donc du signe de n(n−1), expression 2(n + 1) du second degré dont le signe est étudié en première. On obtient directement :
x
0
x(x – 1)
0
1 −
0
+∞ +
n n2 sous des formes voisines en remarquant et n +1 2 n n2 n2 = = . 2 2n n + n
Seconde possibilité : écrire que : ∀n∈N*
Si n ≥ 1, alors n + n ≥ n + 1,
1 1 n n2 n2 ≤ , ≤ c'est-à-dire ≤ un . n + n n +1 n + n n +1 2
Il ne reste plus qu’à vérifier que pour n = 0, il y a égalité pour achever la démonstration.
b. En déduire, en utilisant la définition, que la suite u a pour limite +∞. Soit P un réel positif quelconque. n > P ⇔ n > 2P 2 A partir du rang E(2P) + 1, l’inégalité un ≥
positif pour que la partie entière (qui donnera n0) soit bien positive. n > P est vérifiée et, à plus forte raison, 2
n > P ce qui prouve que la suite a pour limite +∞. 2
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Définition : Une suite (un) est majorée si et seulement si : il existe un réel M supérieur ou égal à tous les termes de la suite. (∀n∈D u u n ≤ M) Remarque : Si une suite est majorée, elle admet une infinité de majorants.
Exemples : un =
1 1 1 1 , définie sur N*, est majorée (par 1) car n ≥ 1 donc ≤ , c'est-à-dire ≤ 1 n 1 n n
un = n , définie sur N, n’est pas majorée car :
n ≥ P ⇔ n ∈N A partir du rang E(P2)+1, l’inégalité un ≥ P est vérifiée. Soit P un réel quelconque. un ≥ P ⇔
n ≥ P 2 n ∈N
1 1 un = − , définie sur N*, est majorée (par 0) car n > 0 donc − < 0 (règle des n n signes) un = sin n , définie sur N, est majorée (par 1) car ∀n∈N −1 ≤ sin n ≤ 1.
Théorème : Toute suite croissante non majorée tend vers +∞. Démonstration : Soit P un réel quelconque. Si la suite n’est pas majorée, il existe au moins un rang n0 tel que un0 > P et comme la suite est croissante, tous les termes qui suivront seront à plus forte raison supérieurs à P. C’est la définition d’une suite qui tend vers +∞.
Exemples de suites dont la limite est +∞ : n, n 2, n 3, n 4, … , n , n!, 2 n, 3 n, …, plus généralement, q n pour q > 1. Définition : La suite (un) a pour limite −∞ si et seulement si tout intervalle ]−∞ ; P[ contient tous les termes de la suite à partir d’un certain rang (n0 qui dépend de P). On note lim un = −∞ . n →+∞
Définition : Une suite (un) est minorée si et seulement si : il existe un réel m inférieur ou égal à tous les termes de la suite. (∀n∈D u u n ≥ m).
Théorème : Toute suite décroissante non minorée tend vers −∞. Démonstration : Soit P un réel quelconque. Si la suite n’est pas minorée, il existe au moins un rang n0 tel que un0 < P et comme la suite est décroissante, tous les termes qui suivront seront à plus forte raison inférieurs à P. C’est la définition d’une suite qui tend vers −∞.
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Exemple :
5)
n
1 1 1 1 =1+ + +…+ . n 2 3 k =1 k a. Démontrer que la suite u est croissante. 1 1 1 1 Pour tout entier naturel n non nul, un +1 = 1 + + + … + + n n +1 2 3 1 , un +1 − un > 0 , la suite u est croissante (strictement). donc un +1 − un = n +1
u est une la suite définie sur N* par un = ∑
b. Démontrer que pour tout entier m ≥ 1, u2 m − um ≥ Pour tout entier naturel m non nul, u2 m = 1 + donc u2 m − um =
1 2
(1).
1 1 1 1 1 + +…+ + +…+ m m +1 2 3 2m
1 1 +…+ . m +1 2m
Comme m + 1 < m + 2 < … < 2m,
1 1 1 > >…> . m +1 m + 2 2m
1 1 1 , +…+ étant la somme de m termes supérieurs ou égaux à 2m 2m m +1 1 1 on a u2 m − um ≥ m × , c'est-à-dire u2 m − um ≥ . 2m 2 u2 m − um =
c. Ecrire l’inégalité (1) successivement pour m = 1, m = 2, m = 4, m = 8, …, m = 2 n − 1 puis additionner membre à membre ces inégalités. Remarquons tout d’abord que de 1 = 2 0 à 2 n − 1, il y a n termes. On additionne donc n inégalités : 1 u2 − u1 ≥ 2 1 u4 − u2 ≥ 1 2 donne u2n − u1 ≥ n × 2 … 1 u2n − u2n −1 ≥ 2 n En déduire que u2n ≥ 1 + . 2 1 1 u2n ≥ u1 + n × or u 1 = 1 donc u2n ≥ 1 + n × . 2 2 d. En déduire que la suite u n’est pas majorée. Soit M un réel quelconque supérieur ou égal à 1. 1 1 n > 2( M − 1) 1 + n × > M n × > M − 1 u2n ≥ M ⇔ ⇔ ⇔ 2 2 n ∈N* n ∈N* n ∈N* Le réel M est dépassé à partir du rang E(2(M − 1)) + 1 ce qui prouve que la suite u n’est pas majorée. e. Déterminer la limite de la suite u. La suite u est croissante et non majorée. Elle diverge donc vers +∞.
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Limite finie d’une suite : Définition : La suite (un) a pour limite ! si et seulement si tout intervalle ouvert contenant ! ! contient toutes les termes de la suite à partir d’un certain rang n 0. On note lim un = ! . n→+∞
Remarque : dans la pratique, on utilise plutôt des intervalles centrés en !.
n0
Exemple :
5^
1 . n2 a. A partir de quel rang a-t-on v n∈]1,99 ; 2,01[ ? 1 1,99 < 2 + 2 < 2,01 vn ∈]1,99 ; 2,01[ ⇔ ⇔ n n ∈N*
v est la suite définie sur N* par vn = 2 +
1 1 −0,01 < 2 < 0,01 < 0,01 ⇔ n2 n n ∈N* n ∈N*
1 2 2 n > 10 n > n > 100 0,01 ⇔ vn ∈]1,99 ; 2,01[ ⇔ ⇔ n ∈N* n ∈N* n ∈N* donc à partir du rang 11 on a v n∈]1,99 ; 2,01[.
b. A partir de quel rang a-t-on v n∈]1,999 ; 2,001[ ? 1 1,999 < 2 + 2 < 2,001 vn ∈]1,999 ; 2,001[ ⇔ ⇔ n n ∈N*
1 −0,001 < 2 < 0,001 n n ∈N*
1 < 0,001 n 2 > 1000 n > 1000 vn ∈]1,999 ; 2,001[ ⇔ n 2 ⇔ ⇔ n ∈N* n ∈N* n ∈N* 1000 ≈ 31,6 donc à partir du rang 32, on a v n∈]1,999 ; 2,001[.
c. Démontrer, avec la définition, que la suite v converge vers 2. Soit α un réel strictement positif. 1 1 1 2 − α < 2 + 2 < 2 + α −α < 2 < α <α vn ∈]2 − α ; 2 + α [ ⇔ ⇔ ⇔ n2 n n n ∈N* n ∈N* n ∈N* 1 2 1 n > n > vn ∈]2 − α ; 2 + α [ ⇔ α ⇔ α n ∈N* n ∈N* 1 A partir du rang E + 1 , on a v n∈]2 − α ; 2 + α[, ce qui prouve que la suite v α converge vers 2.
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Définition : Une suite est dite convergente si elle a une limite finie et divergente sinon (si elle a une limite infinie ou si elle n’a pas de limite). Théorème : Toute suite convergente est bornée (à la fois minorée et majorée). Démonstration : Désignons par ! la limite de la suite. Soit d une certaine distance. D’après la définition, l’intervalle ]! − d ; ! + d[ contient tous les termes de la suite à partir d’un certain rang n0, c'est-à-dire ∀n ≥ n0 ! − d £ un ≤ ! + d . ∀n ∈N min(u0 ; u1 ;…; un0 −1 ; ! − d ) £ un ≤ max(u0 ; u1 ;…; un0 −1 ; ! + d ) ce qui prouve que la suite est bornée.
Théorème : Toute suite croissante et majorée (par M) est convergente et sa limite ! vérifie ! ≤ M.
Théorème : Toute suite décroissante et minorée (par m) est convergente et sa limite ! vérifie ! ≥ m.
Exemple : 5& On considère la suite u définie sur N par u0 = 2 et ∀n ∈ N un +1 = un + 20 . a. Etudier le sens de variations de la suite. Le calcul de u1 = 22 montre que u1 > u0. Démontrons, par récurrence, que ∀n∈N u n +1 > u n : L’initialisation étant déjà démontrée, reste l’hérédité : Soit n un entier naturel quelconque. Si u n +1 > u n alors un +1 + 20 > un + 20 et un +1 + 20 > un + 20 donc un +1+1 > un +1 . Il ne reste plus qu’à conclure … ∀n∈N u n +1 > u n. La suite est strictement croissante. b. Montrer, par récurrence, que ∀n ∈N 2 ≤ un ≤ 5 . Encore un raisonnement par récurrence : Initialisation : la propriété 2 ≤ un ≤ 5 est vraie pour n = 0 puisque u0 = 2 donc 2 ≤ u0 ≤ 5 . Hérédité : Soit n un entier naturel quelconque. Si 2 ≤ un ≤ 5 alors 22 ≤ un + 20 ≤ 25 et 22 ≤ un + 20 ≤ 5 . Comme 2 < 22 , à plus forte raison 2 ≤ un +1 ≤ 5 Conclusion : la propriété 2 ≤ un ≤ 5 est vraie pour n = 0 et héréditaire à partir du rang 0. D’après le principe de récurrence, elle est vraie pour tout entier naturel n à partir de 0. ∀n ∈N 2 ≤ un ≤ 5 . c. Utiliser les résultats précédents pour conclure quant à la convergence de la suite. La suite est croissante et majorée (par 5). Elle converge donc vers un réel ! tel que ! ≤ 5 .
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Exercices :
5*
3n + 1 . n +1 a. Soit r un réel strictement positif et strictement inférieur à 2. Résoudre, dans N, l’inéquation vn − 3 < r . v est la suite définie sur N par vn =
vn − 3 < r
vn − 3 < r
3n + 1 −3 < r ⇔ n +1 n ∈N 2 < n +1 ⇔ r ⇔ n ∈N
−2 2 <r <r ⇔ n +1 n +1 n ∈N n ∈N 2 2 − r <n −1 < n ⇔ r r n ∈N n ∈N ⇔
b. En déduire la limite de la suite v. 2−r D'après la question précédente, à partir du rang E + 1 , les termes de la suite r se trouvent à l'intérieur de l'intervalle centré en 3 : ]3 – r ; 3 + r[, ce qui prouve d'après la définition que la suite v a pour limite 3.
5(
On considère une suite (un) à termes strictement positifs et la suite (vn) définie par : 1 . vn = un Les propositions suivantes sont-elles vraies ou fausses ?
1. Si (un) est croissante, alors (vn) est décroissante. 1 1 , vn ≥ vn +1 VRAI ! ∀n ∈Du un ≤ un +1 donc ≥ un un +1 2. Si (un) est minorée par 1, alors (vn) est majorée par 1. 1 1 VRAI ! ∀n ∈Du un ≤ 1 donc ≥ , vn ≥ 1 un 1 3. Si (un) est bornée, alors (vn) est bornée. 1 FAUX ! Contre-exemple : est bornée (par 0 et 1) mais son inverse (n) n n'est pas majorée donc pas bornée. 4. Si (un) diverge, alors (vn) converge vers 0. FAUX ! Contre-exemple : La suite qui vaut alternativement 1 et 2 diverge et son inverse aussi. 5. Si (un) converge, alors (vn) converge. 1 FAUX ! Contre-exemple : converge (vers 0) mais son inverse (n) diverge n (vers +∞).
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2. Théorèmes Théorèmes d’opérations a. Addition lim un
lim vn
lim [un + vn]
!
!'
! + !'
!
+∞
+∞
!
−∞
−∞
+∞ −∞ +∞
+∞ −∞ −∞
+∞ −∞ pas de règle générale
Dans le dernier cas : • un = 3n lim un = +∞
vn = − 2n lim vn = −∞
un + v n = n lim [un + vn ] = +∞
un = 2n lim un = +∞
vn = − 5n lim vn = −∞
un + vn = −3n lim [un + vn ] = −∞
un = 3n + 7
vn = −3n +
un + v n = 7 +
n →+∞
n →+∞
n →+∞
un = 3n + 7 lim un = +∞
vn = −3n + cos n lim vn = −∞
un + vn = 7 + cos n (un + vn) n'a pas de limite
n →+∞
•
n →+∞
•
lim un = +∞
•
n →+∞
n →+∞
n →+∞
1 n lim vn = −∞
n →+∞
n →+∞
n →+∞
1 n
lim [un + vn ] = 7
b. Multiplication lim un
lim vn
lim [un × vn]
!
!'
! × !'
+∞ ou −∞
+∞ ou −∞
+∞ ou −∞ selon règle des signes
!≠0
+∞ ou −∞
+∞ ou −∞ selon règle des signes
0
+∞ ou −∞
pas de règle générale
Dans le dernier cas : 1 • un = n lim un = 0 n →+∞
•
•
•
v n = n2
un × v n = n
lim vn = +∞
lim [un × vn ] = +∞
n →+∞
n →+∞
un =
vn = −n2
un × vn = −n
n →+∞
n →+∞
n →+∞
un =
vn = n + 1
un × vn = 1+
n →+∞
n →+∞
n →+∞
un =
vn = n
un × vn = sinn
n →+∞
n →+∞
1 n lim un = 0 1 n lim un = 0
sin n n lim un = 0
SUITES NUMÉRIQUES
lim vn = −∞
lim vn = +∞
lim vn = +∞
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lim [un × vn ] = −∞ 1 n
lim [un × vn ] = 1
un × vn n'a pas de limite
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Exemple :
6$
Déterminer la limite de chacune des suites définies ci-dessous : a. un = n3 + 3n + 5 n (n∈N) lim n3 = lim 3n = lim 5 n = +∞ donc lim un = +∞
n →+∞
3
n →+∞ 2
n →+∞
n →+∞
b. vn = n − 2n + 5n − 3 (n∈N) lim n3 = +∞ et
n →+∞
lim − 2n 2 = −∞ . On se trouve dans le cas où il n'y a pas de
n →+∞
règle générale.
Point-méthode : dans ce type d'indétermination, on met en facteur le terme dominant. 3 2 5 ∀n∈N* vn = n3 1 − + 2 − 3 n n n 2 5 3 3 2 5 lim = lim 2 = lim 3 = 0 donc lim 1 − + 2 − 3 = 1 n →+∞ n n →+∞ n n →+∞ n n →+∞ n n n 3 et comme lim n = +∞ , lim vn = +∞ n →+∞
n →+∞
A noter que, dans ce cas, il peut y avoir des méthodes plus rapides. Ici, par exemple, l'écriture vn = n 2 (n − 2) + 5n − 3 donne plus rapidement le même résultat.
c. wn = 5n n − n 2 + 2 (n∈N) Même méthode en remarquant qu'ici le terme dominant est −n2 car : n n = n× n et n2 = n × n même facteur dominé par
Point-méthode : dans la mise en facteur du terme dominant, on peut ne pas mettre en facteur le coefficient, ce qui allège les calculs. 2 5 ∀n∈N* wn = n 2 −1 + 2 n n 5 2 2 5 = lim 2 = 0 donc lim − 1 + 2 = −1 lim n →+∞ n n →+∞ n n →+∞ n n et comme lim n 2 = +∞ , lim wn = −∞ n →+∞ 2 3
n →+∞
n →+∞
n →+∞
d. xn = (2n − 1) − n (n∈N) On peut commencer par développer pour identifier le terme dominant : 1 4 4 ∀n ∈N xn = 4n 2 − 4n + 1 − n3 ∀n∈N* xn = n3 − 2 + 3 − 1 n n n 4 4 1 4 4 1 lim = lim 2 = lim 3 = 0 donc lim − 2 + 3 − 1 = −1 n →+∞ n n →+∞ n n →+∞ n n →+∞ n n n 3 et comme lim n = +∞ , lim xn = −∞
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c. Division un vn
lim
lim un
lim vn
!
!' ≠ 0
" "'
!≠0
0+ ou 0−
+∞ ou −∞ selon règle des signes
0
0
pas de règle générale
!
+∞ ou −∞ +
+∞ ou −∞
! ≠ 0 ou 0 ou 0
+∞ ou −∞
+∞ ou −∞
0 −
+∞ ou −∞ selon règle des signes
pas de règle générale
Dans le deuxième cas : prendre pour vn l'inverse de celui choisi pour la règle du produit 1 1 un vn = 2 • un = =n n vn n lim un = 0
n →+∞
•
un =
1 n
lim un = 0
n →+∞
un = +∞ n →+∞ vn
lim vn = 0
lim
n →+∞
vn = −
1 n2
un × vn = −n
lim vn = 0
lim
un
n →+∞ vn
n →+∞
= −∞
etc …
Dans le dernier cas : prendre pour un et vn les inverses des précédents un 1 vn = n 2 • un = n = vn n lim un = +∞
n →+∞
lim vn = +∞
n →+∞
un =0 n →+∞ vn lim
etc …
Exemple :
6%
Déterminer la limite de chacune des suites définies ci-dessous : −3n + 2 (n∈N) n+4 lim (−3n + 2) = −∞ et lim ( n + 4) = +∞ . On se trouve donc en face du dernier
a. un =
n →+∞
n →+∞
cas d'indétermination rencontré.
Point-méthode : dans ce type d'indétermination, on met en facteur le terme dominant au numérateur et au dénominateur et on simplifie. 2 n −3 + −3 + 2 −3n + 2 n n ∀n ∈N* un = = = 4 n+4 4 1+ n 1 + n n 2 2 lim = 0 donc lim −3 + = −3 (théorème d'addition) n →+∞ n n →+∞ n 4 4 lim = 0 donc lim 1 + = 1 (théorème d'addition) n →+∞ n n →+∞ n
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P.G. 2008/2009
−3 = −3 (théorème de division) n →+∞ 1 A noter qu'une autre technique vue en première (mise sous forme canonique) peut ici s'avérer plus rapide : −3n + 2 −3n − 12 + 12 + 2 −3n − 12 14 14 ∀n ∈N un = = = + = −3 + n+4 n+4 n+4 n+4 n+4 14 lim (n + 4) = +∞ (théorème d'addition) donc lim = 0 (théorème de division) n →+∞ n →+∞ n + 4 et lim un = −3 théorème d'addition) et finalement lim un =
n →+∞
b. vn =
5n − 1 2 + 3n
∀n ∈N*
(n∈N)
1 n5 − 5 − 1 5n − 1 n n = = vn = 2 + 3n 2 2 +3 n + 3 n n
Appliquez les théorèmes : lim vn = n →+∞
5 3
2n 2 − 3n + 2 (n∈N) n+3 3 2 3 2 n2 2 − + 2 2− + 2 n n n n toujours les théorèmes : ∀n ∈N* wn = = n× 3 3 1+ n 1 + n n 3 2 3 lim 2 − + 2 = 2 , lim 1 + = 1 (théorème d'addition) n →+∞ n →+∞ n n n 3 2 2− + 2 n n = 2 = 2 (théorème de division) et comme lim n = +∞ , lim 3 n →+∞ n →+∞ 1 1+ n lim wn = +∞ (théorème de multiplication)
c. wn =
n →+∞
−5n + 3 (n∈N) n2 + 1 3 3 n −5 + −5 + n 1 * n ∀n ∈N xn = = × 1 1 n 2 1+ 2 n 1 + 2 n n 3 1 lim −5 + = −5 et lim 1 + 2 = 1 (théorème d'addition) n →+∞ n →+∞ n n 3 −5 + n = −5 = −5 (théorème de division) et comme lim 1 = 0 , lim 1 n →+∞ n →+∞ n 1 1+ 2 n lim xn = 0 (théorème de multiplication)
d. xn =
n →+∞
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P.G. 2008/2009
Théorème de composition d'une suite avec une fonction Théorème : Si lim un = α et lim f ( x) = β alors lim f (un ) = β , n →+∞
x →α
n →+∞
α et β désignant un réel ou +∞ ou −∞. Ce théorème est admis. πn + 1 . 2n + 3 Cette suite peut être considérée comme la composée de la suite u de terme général πn + 1 un = suivie de la fonction f : x # sin x . (On ne compose pas une suite avec une 2n + 3 πn + 1 qui sert suite car l'antécédent pour une suite doit être un entier naturel. Ici 2n + 3 d'antécédent à la fonction f n'est pas un entier naturel.) 1 n π + π + 1 πn + 1 n n , lim πn + 1 = π et lim sin x = sin π = 1 ∀n∈N* un = = = π 3 n →+∞ 2 n + 3 3 2n + 3 2 2 x→ n 2 + 2 + 2 n n
Exemple : Déterminer la limite de la suite de terme général : vn = sin
donc lim vn = 1 . n →+∞
Cas particulier des suites dont la fonction associée est irrationnelle Exemple : 6^ Déterminer la limite de chacune des suites définies ci-dessous : a. un = 2n − n 2 + 4 lim 2n = +∞ .
n →+∞
(n∈N)
(
)
lim n 2 + 4 = +∞ et lim
n →+∞
x →+∞
x = +∞ donc lim
n →+∞
n 2 + 4 = +∞
2
(théorème de composition). Par suite, lim − n + 4 = −∞ et on se trouve devant n →+∞
le premier cas d'indétermination. Le point-méthode dit qu'il faut mettre en facteur le terme dominant. Encore faut-il savoir de quel terme il s'agit. Commençons par le terme le plus compliqué. Pour n suffisamment grand, n2 + 4 est très voisin de n2 (nous dirons, pour simplifier, du même ordre de grandeur) et n 2 + 4 est donc du même ordre de grandeur que n 2 , c'est-à-dire n. Le terme dominant est donc 2n. C'est lui que nous allons factoriser (ou plutôt n puisque les coefficients compliquent les calculs) : 4 4 4 ∀n∈N* un = 2n − n 2 1 + 2 = 2n − n 1 + 2 = n 2 − 1 + 2 n n n En détaillant tout, on obtient successivement : 4 4 lim 2 = 0 (théorème de division) donc lim 1 + 2 = 1 (théorème d'addition) n →+∞ n n →+∞ n 4 lim x = 1 = 1 donc lim 1 + 2 = 1 (théorème de composition) x →1 n →+∞ n 4 lim 2 − 1 + 2 = 2 − 1 = 1 (théorème d'addition) et comme lim n = +∞ , n →+∞ n →+∞ n lim un = +∞ (théorème de multiplication) n →+∞
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22
P.G. 2008/2009
b. vn = 2n − 4n 2 + 1 (n∈N) Comme pour l'exercice précédent, x = +∞ donc lim
lim
x →+∞
n →+∞
lim 2n = +∞ .
n →+∞
(
)
lim 4n 2 + 1 = +∞
n →+∞
et
4n 2 + 1 = +∞ (théorème de composition). Par suite,
lim − 4n 2 + 1 = −∞ et on se trouve devant le même cas d'indétermination.
n →+∞
Il faut trouver le terme dominant ! Pour n suffisamment grand, 4n2 + 1 est proche de 4n2.
4n 2 + 1 est donc du même
ordre de grandeur que 4n 2 , c'est-à-dire 2n. Nous sommes obligés de constater que les deux termes sont du même ordre de grandeur. Aucun ne domine l'autre. La méthode consiste à les éliminer tous les deux pour voir ce qu'il reste. Pour cela, on utilise une méthode vue en première : la multiplication par l'expression conjuguée : 2n − ( =
∀n ∈N vn
)(
4n 2 + 1 2 n + 4n 2 + 1
2n + 4n 2 + 1 4n 2 − 4 n 2 − 1 −1 ∀n ∈N vn = = 2 2n + 4 n + 1 2 n + 4n 2 + 1 Cette fois, les théorèmes s'appliquent :
lim 2n = +∞ et
n →+∞
(
lim
n →+∞
) = ( 2n ) − 2
4n 2 + 1
2 n + 4n 2 + 1
2
=
(
)
4 n 2 − 4n 2 + 1
2 n + 4n 2 + 1
4n 2 + 1 = +∞ (déjà vu plus haut) donc (théorème
)
d'addition) lim 2n + 4n 2 + 1 = +∞ . n →+∞
lim
n →+∞
−1 2 n + 4n 2 + 1
= 0 (théorème de division) c'est-à-dire lim vn = 0 . n →+∞
n − n2 + 1 (n∈N −{0 − ;1}) 1− n Ici, on peut utiliser la même technique qu'à l'exercice précédent, mais la présence d'un dénominateur permet d'accélérer le processus en mettant simplement n en facteur : 1 1 1 n 1 − 1 + 2 1 − 1 + 1 n − n 2 1 + 2 n − n 1 + n n n2 = n2 ∀n ∈N− {0;1} wn = = = 1 1− n 1− n 1 −1 n − 1 n n
c. wn =
1 1 En abrégeant : lim 1 + 2 = 1 (addition) donc lim 1 + 2 = 1 (composition) n →+∞ n →+∞ n n 1 1 lim 1 − 1 + 2 = 0 (addition) et comme lim − 1 = −1 (addition) n →+∞ n →+∞ n n lim wn = 0 (division) n →+∞
d. xn =
2 3n − n 2 + 2
∀n∈N* xn =
SUITES NUMÉRIQUES
(n∈N) 2 2
2 3n − n 1 + 2 n
23
=
2 2 3n − n 1 + 2 n
=
2
2 n3 − 1+ 2 n
lim xn = 0
n →+∞
P.G. 2008/2009
Théorèmes de comparaison Théorème : Si lim vn = +∞ et ∀n ≥ n0 n →+∞
un ≥ vn alors lim un = +∞ . n →+∞
Démonstration : Soit P un réel quelconque. Puisque lim vn = +∞ , on a vn > P à partir d'un certain rang n1 (définition). n →+∞
A partir du rang max(n0, n1) on a à la fois vn > P et un ≥ vn d'où un > P , ce qui prouve que lim un = +∞ . n →+∞
Exemple : 6& a. Déterminer la limite de la suite définie par un = 2n − 15sin n (n∈N) Point-méthode : La technique consiste à encadrer les éléments qui n'ont pas de limite et empêchent donc d'utiliser les théorèmes d'opérations. ∀n ∈N − 1 ≤ sin n ≤ 1 donc ∀n ∈N 15 ≥ − 15sin n ≥ − 15 (multiplication par un nombre négatif) et enfin ∀n ∈N 2n + 15 ≥ 2n − 15sin n ≥ 2n − 15 (addition d'un même nombre). De cet encadrement, on ne conserve que la deuxième inégalité : ∀n ∈N un ≥ 2n − 15 . En effet, lim ( 2n − 15 ) = +∞ et comme ∀n ≥ 0 un ≥ 2n − 15 , le théorème n →+∞
précédent prouve que lim un = +∞ . n →+∞
Théorème : Si lim vn = −∞ et ∀n ≥ n0 n →+∞
un ≤ vn alors lim un = −∞ . n →+∞
Démonstration : Soit P un réel quelconque. Puisque lim vn = −∞ , on a vn < P à partir d'un certain rang n1 (définition). n →+∞
A partir du rang max(n0, n1) on a à la fois vn < P et un ≤ vn d'où un < P , ce qui prouve que lim un = −∞ . n →+∞
Exemple :
6&
b. Déterminer la limite de la suite définie par vn =
3n (n∈N) 5cos n − 7
∀n ∈N − 1 ≤ cos n ≤ 1 donc ∀n ∈N − 5 ≤ 5cos n ≤ 5 (multiplication par un même nombre strictement positif) ∀n ∈N − 12 ≤ 5cos n − 7 ≤ − 2 (addition d'un même 1 1 1 ∀n ∈N − ≥ ≥− (la fonction "inverse" est nombre) d'où 12 5cos n − 7 2 3n 3n 3n ≥ ≥− décroissante sur ]−∞ ; 0 [ ) ∀n ∈N − 12 5cos n − 7 2 n De cet encadrement, on ne conserve que la première inégalité : ∀n ≥ 0 − ≥ vn . 4 n Puisque lim − = −∞ , le théorème précédent prouve que lim vn = −∞ . n →+∞ 4 n →+∞
SUITES NUMÉRIQUES
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Théorème des gendarmes : Si lim vn = lim wn = ! et ∀n ≥ n0 n →+∞
n →+∞
vn ≤ un ≤ wn
alors lim un = ! . n →+∞
Démonstration : Soit I un intervalle ouvert contenant !. Puisque lim vn = ! , on a vn ∈ I à partir d'un certain rang n1 (définition). n →+∞
Puisque lim wn = ! , on a wn ∈ I à partir d'un certain rang n2 (définition). n →+∞
A partir du rang max(n1, n2) on a à la fois vn ∈ I et wn ∈ I d'où un ∈ I puisqu'il est compris entre deux éléments de I, ce qui prouve que lim un = ! . n →+∞
Exemple :
6&
c. Déterminer la limite de la suite définie par wn =
1 − cos n n
(n∈N*)
∀n ∈N − 1 ≤ cos n ≤ 1 donc ∀n ∈N 1 ≥ − cos n ≥ − 1 (multiplication par un nombre négatif) ∀n ∈N 2 ≥ 1 − cos n ≥ 0 (addition d'un même nombre) et enfin 2 1 − cos n 0 2 ∀n∈N* ≥ ≥ c'est-à-dire ∀n ≥ 1 0 ≤ wn ≤ . n n n n 2 Comme les suites (0) et convergent toutes les deux vers la même limite : 0, le n théorème des gendarmes donne lim wn = 0 . n →+∞
d. Déterminer la limite de la suite définie par xn =
1 + cos 2n n +1
(n∈N)
∀n ∈N − 1 ≤ cos 2n ≤ 1 donc ∀n ∈N 0 ≤ 1 + cos 2n ≤ 2 (addition d'un même 0 1 + cos 2n 2 ≤ ≤ (division par un nombre nombre) et enfin ∀n ∈N n +1 n +1 n +1 2 . strictement positif) c'est-à-dire ∀n ≥ 0 0 ≤ xn ≤ n +1 2 Comme les suites (0) et convergent vers la même limite : 0, le théorème n +1 des gendarmes donne lim xn = 0 . n →+∞
Théorème: Si ∀n ≥ n0
un − ! ≤ vn et lim vn = 0 alors lim un = ! . n →+∞
Démonstration : ∀n ≥ n0 un − ! ≤ vn ⇔ ∀n ≥ n0
n →+∞
− vn ≤ un − ! ≤ vn
Puisque lim (−vn ) = lim vn = 0 , le théorème des gendarmes donne lim (un − !) = 0 n →+∞
d'où lim un = ! .
n →+∞
n →+∞
n →+∞
SUITES NUMÉRIQUES
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§5. Suites adjacentes Définition : Deux suites u et v sont dites adjacentes si et seulement si elles vérifient les trois propriétés suivantes : • l'une est croissante • l'autre est décroissante • lim (vn − un ) = 0 . n →+∞
Exemples :
7@
On considère les suites u et v définies sur N par : un = Montrer que ces suites sont adjacentes.
n−3 n+2
et vn =
2n + 5 . 2n + 1
Première condition : n + 1 − 3 n − 3 n − 2 n − 3 (n − 2)(n + 2) − (n − 3)(n + 3) ∀n ∈N un +1 − un = − = − = n +1+ 2 n + 2 n + 3 n + 2 (n + 3)(n + 2)
(
n2 − 4 − n2 − 9
)=n
− 4 − n2 + 9 5 = (n + 3)(n + 2) (n + 3)(n + 2) (n + 3)(n + 2) ∀n ∈N un +1 − un ≥ 0 un +1 ≥ un La suite u est croissante. ∀n ∈N un +1 − un =
2
Deuxième condition : 2( n + 1) + 5 2n + 5 2n + 7 2n + 5 ∀n ∈N vn +1 − vn = − = − 2(n + 1) + 1 2n + 1 2n + 3 2n + 1 (2n + 7)(2n + 1) − (2n + 5)(2n + 3) ∀n ∈N vn +1 − vn = (2n + 3)(2n + 1) 4n 2 + 2n + 14n + 7 − 4n 2 − 6n − 10n − 15 −8 = (2n + 3)(2n + 1) (2n + 3)(2n + 1) ∀n ∈N vn +1 − vn ≤ 0 vn +1 ≤ vn La suite v est décroissante. ∀n ∈N vn +1 − vn =
Troisième et dernière condition : 2n + 5 n − 3 (2n + 5)(n + 2) − (n − 3)(2n + 1) ∀n ∈N vn − un = − = 2n + 1 n + 2 (2n + 1)(n + 2) ∀n ∈N vn − un =
2n 2 + 4n + 5n + 10 − 2n 2 − n + 6n + 3 2
=
14n + 13
2n + 4n + n + 2 2 n 2 + 5n + 2 13 13 n 14 + 14 + 1 n n ∀n ∈N* vn − un = = × 5 2 5 2 n 2+ + 2 n2 2 + + 2 n n n n Théorèmes d'opérations : 13 5 2 1 lim 14 + = 14 , lim 2 + + 2 = 2 , lim = 0 donc lim (vn − un ) = 0 n →+∞ n →+∞ n →+∞ n n →+∞ n n n
Les trois conditions sont vérifiées. Les deux suites sont adjacentes.
SUITES NUMÉRIQUES
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7#
n
n 1 1 1 et vn = ∑ + . i =0 i ! i =0 i ! n × n ! Démontrer que les suites (un) et (vn) sont adjacentes.
Soit (un) et (vn) les suites définies par : un = ∑
Première condition : n 1 1 1 1 ∀n ∈N un = ∑ = + + … + 0! 1! n! i =0 i ! n
1 1 1 1 1 1 = + +…+ + = un + 0! 1! (n + 1)! n! (n + 1)! i =0 i ! ∀n ∈N un +1 > un La suite (un) est croissante. ∀n ∈N un +1 = ∑
Deuxième condition : 1 1 1 1 ∀n ∈N vn = + + … + + 0! 1! n! n × n! ∀n ∈N vn +1 =
1 1 1 1 1 + +… + + + 0! 1! n ! (n + 1)! (n + 1) × (n + 1)!
1 1 1 + + n × n ! (n + 1)! ( n + 1) × (n + 1)! (n + 1) × (n + 1) n × (n + 1) n ∀n ∈N vn +1 = vn − + + n × (n + 1) × (n + 1) × n! n × (n + 1) × (n + 1)! n × (n + 1) × (n + 1)!
∀n ∈N vn +1 = vn −
∀n ∈N vn +1 = vn − ∀n ∈N vn +1 = vn − ∀n ∈N vn +1 < vn
(n + 1)2 − n × (n + 1) − n n 2 + 2n + 1 − n 2 − n − n = vn − n × ( n + 1) × (n + 1)! n × (n + 1) × (n + 1)! 1 n × (n + 1) × (n + 1)! La suite (vn) est décroissante.
Troisième et dernière condition : n n 1 1 1 1 ∀n ∈N vn − un = ∑ + −∑ = n × n! i =0 i ! n × n ! i =0 i ! De toute évidence, lim (vn − un ) = 0 . n →+∞
Les trois conditions sont vérifiées. Les deux suites sont adjacentes.
SUITES NUMÉRIQUES
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Théorème : Si les suites u et v sont adjacentes, avec u croissante et v décroissante, alors • ∀n ∈N un ≤ vn • les suites u et v convergent et ont la même limite ! • ∀n ∈N ∀p ∈N un ≤ ! ≤ v p
Démonstration : 1. Un petit raisonnement par l'absurde (pour changer). Supposons qu'il existe un entier N pour lequel u N > vN . On aurait alors u N − vN > 0 or la suite u – v, somme de u et de –v qui sont croissantes, est donc croissante. Une suite croissante dont un terme est strictement positif ne peut pas tendre vers 0 d'où la contradiction avec la définition lim (vn − un ) = 0 . n →+∞
2. D'après ce qui précède, ∀n ∈N un ≤ vn . Comme la suite v est décroissante, ∀n ∈N vn ≤ v0 . On a donc ∀n ∈N un ≤ v0 . La suite u étant croissante et majorée converge vers une limite finie !. Toujours d'après le 1, ∀n ∈N un ≤ vn . Comme la suite u est croissante, ∀n ∈N u0 ≤ un . On a donc ∀n ∈N u0 ≤ vn . La suite v étant décroissante et minorée converge vers une limite finie ! '. Enfin, puisque
lim un = !
n →+∞
et
lim vn = ! ' , le théorème d'addition donne
n →+∞
lim (vn − un ) = ! '− ! or lim (vn − un ) = 0 d'où ! '− ! = 0 , ! ' = ! . Les deux suites
n →+∞
n →+∞
convergent donc vers la même limite. 3. Propriété évidente : puisque u est croissante et converge vers !, ∀n ∈N un ≤ ! . Puisque v est décroissante et converge vers !, ∀p ∈N ! ≤ v p .
Exemple :
7$
u0 = 0 Soit les suites u et v définies sur N par : un + 1 un +1 = u + 2 n a. Montrer que ces deux suites sont à termes positifs. La démonstration se fait par récurrence : Initialisation : évidente u0 ≥ 0 Hérédité : Soit n un entier naturel quelconque. Si un ≥ 0 , alors
un + 1 > 0 et un + 2 > 0 donc
v0 = 2 et vn + 1 vn +1 = v + 2 n
un + 1 >0 un + 2
un +1 ≥ 0 Conclusion : la propriété un ≥ 0 est vraie pour n = 0 et héréditaire à partir de n = 0. Le principe de récurrence permet d'affirmer qu'elle est vraie pour tout entier naturel n à partir de 0. Même démonstration pour la suite v. 1 b. Montrer que ∀n ∈N vn +1 − un +1 ≤ ( vn − un ) . 4 vn + 1 un + 1 ( vn + 1)( un + 2 ) − ( un + 1)( vn + 2 ) ∀n ∈N vn +1 − un +1 = − = vn + 2 un + 2 ( vn + 2 )( un + 2 ) ∀n ∈N vn +1 − un +1 =
SUITES NUMÉRIQUES
vn un + 2vn + un + 2 − un vn − 2un − vn − 2 vn − un = ( vn + 2 )( un + 2 ) ( vn + 2 )( un + 2 ) 28
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Ceci montre que vn+1 – un+1 et vn – un sont toujours de même signe et donc que cette différence est du même signe que v0 – u0, c'est-à-dire positive. Puisque vn ≥ 0 , vn + 2 ≥ 2 . Puisque un ≥ 0 , un + 2 ≥ 2 . 1 1 ≤ ( vn + 2 )( un + 2 ) ≥ 4 ( vn + 2 )( un + 2 ) 4 vn − un 1 ≤ ( vn − un ) 2 2 v u + + ( n )( n ) 4
vn +1 − un +1 ≤
1 ( vn − un ) 4
n
1 c. Montrer que ∀n ∈N vn − un ≤ 2 × . 4 Encore une démonstration par récurrence : 1 Initialisation : La propriété vn − un ≤ 2 × 4
n
est vraie pour n = 0 puisque
0
0
1 1 v0 − u0 = 2 − 0 = 2 et 2 × = 2 × 1 = 2 . On a bien v0 − u0 ≤ 2 × . 4 4 Hérédité : Soit n un entier naturel quelconque. n
1 1 1 Si vn − un ≤ 2 × , alors ( vn − un ) ≤ 2 × 4 4 4
n +1
et comme vn +1 − un +1 ≤
1 vn +1 − un +1 ≤ 2 × 4
multiplication par
1 4
1 ( vn − un ) , a fortiori : 4
n +1
n
1 Conclusion : la propriété vn − un ≤ 2 × est vraie pour n = 0 et héréditaire à 4 partir de n = 0. Le principe de récurrence permet d'affirmer qu'elle est vraie pour tout entier naturel n à partir de 0. d. Montrer que ces suites sont adjacentes. 1 u + 1 un + 2 − 1 1 On constate que u1 = et que un +1 = n . = =1− 2 un + 2 un + 2 un + 2 Montrons, par récurrence, que ∀n ∈N un +1 > un (c'est-à-dire que la suite est croissante) : Initialisation : évidente u1 > u0 Hérédité : Soit n un entier naturel quelconque. 1 1 Si un +1 > un , alors un +1 + 2 > un + 2 < un +1 + 2 un + 2 −
1
>−
1 un + 2
1−
1
>1−
1 un + 2
un +1 + 2 un +1 + 2 un + 2 > un +1 un +1+1 > un +1 Conclusion : la propriété un +1 > un est vraie pour n = 0 et héréditaire à partir de n = 0. Le principe de récurrence permet d'affirmer qu'elle est vraie pour tout entier naturel n à partir de 0. Autrement dit, la suite u est croissante. On démontre, de la même manière, que la suite v est décroissante. n
1 Enfin, puisque ∀n ∈N 0 ≤ vn − un ≤ 2 × , le théorème des gendarmes donne 4 immédiatement lim ( vn − un ) = 0 . n →+∞
SUITES NUMÉRIQUES
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e. Déterminer leur limite commune. un + 1 ! + 1 (puisque !≠−2). = n →+∞ u n + 2 !+2
Puisque lim un = ! , lim un +1 = ! et lim n →+∞
Comme un +1 =
n →+∞
un + 1 ! +1 . , != !+2 un + 2
! +1 ⇔ !(! + 2) = ! + 1 ⇔ ! 2 + ! − 1 = 0 !+2 Cette dernière équation a pour discriminant ∆ = 12 – 4×1×(−1) = 5. Ce nombre −1 − 5 −1 + 5 et . étant strictement positif, l'équation a deux solutions : 2 2 −1 + 5 Comme u0 ≤ ! ≤ v0, c'est-à-dire 0 ≤ ! ≤ 2, la seule possibilité est ! = . 2 !=
SUITES NUMÉRIQUES
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§6. Suites arithmétiques Définition : Une suite u est arithmétique de raison r si et seulement si : ∀n ∈N un +1 = un + r . Théorème : Une suite u est arithmétique si et seulement si un +1 − un est une constante. Exemple :
7&
l3
On considère un carré ABCD de côté 1 et la suite de quarts de cercles obtenus en prenant successivement pour centre A, B, C, D, A, B, … et de rayons 1, 2, 3, 4, 5, 6, … Montrer que la suite (l n )n∈N* des longueurs de ces arcs de cercle est arithmétique et déterminer sa raison.
l2 B C
l4
A l1 D
l5
La longueur ln est celle d'un quart de cercle 1 πn . de rayon n, donc ln = × 2πn = 4 2 π(n + 1) πn π ∀n∈N* ln +1 − ln = − = . Cette différence étant constante, la suite (ln) est 2 2 2 π arithmétique, de raison . 2
Terme général : Théorème : Le terme général d'une suite arithmétique de premier terme u0 et de raison r est : un = u0 + nr . Plus généralement, on peut donner le terme général un à partir de n'importe quel terme um :
Théorème : um et un étant deux termes quelconques d'une suite arithmétique de raison r, u n = u m + ( n − m) r . Exemple :
7*
On considère une suite u arithmétique de raison 3. Sachant que u 11 = 21, calculer u 3. u3 = u11 + (3 − 11)r = 21 − 8 × 3 = −3 .
Somme de termes consécutifs d'une suite arithmétique : Théorème :
∀n∈N* 1 + 2 + 3 + … + n =
n(n + 1) . 2
Ce théorème est au programme de première. Pour mémoire, une petite astuce : écrire la somme … à l'envers : S = 1 + 2 + 3 + … + (n − 2) + (n − 1) + n S = n + (n − 1) + (n − 2) + … + 3 + 2 + 1 et additionner terme à terme : 2 S = (n + 1) + (n + 1) + (n + 1) + … + (n + 1) + (n + 1) + (n + 1) = n × (n + 1) d'où la formule.
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P.G. 2008/2009
dernier terme
premier terme
Théorème :
n
∑ ui = um + um+1 + … + un−1 + un = (n − m + 1)
i=m
um + un . 2
nombre de termes La démonstration peut se faire de la même manière que la précédente (laissée à titre d'exercice).
Exemples :
7(
On considère la sorte de spirale constituée de quarts de cercles consécutifs (voir exercice 61). On désigne par L n la longueur : l1 + l 2 + … + l n. Exprimer L n en fonction de n. π πn + l1 + ln * 2 2 = n(n + 1)π . = n× Puisque (ln) est arithmétique, ∀n ∈N Ln = n × 2 2 4
8)
Calculer la somme S = 8 + 13 + 18 + … + 1998 + 2003. Le seul problème, dans ce genre de question est de connaître le nombre de termes. On peut d'abord remarquer que la suite (8, 13, 18, …) est arithmétique de raison 5. En posant u1 = 8 et un = 2003, on a : 2003 − 8 un = u1 + (n − 1)r ⇔ 2003 = 8 + (n − 1) × 5 ⇔ = n − 1 ⇔ n = 400 5 8 + 2003 = 402200 . Par suite, S = 400 × 2
§7. Suites géométriques Définition : Une suite u est arithmétique de raison q si et seulement si : ∀n ∈N un +1 = un × q . Exemple :
8%
Parmi les suites définies ci-dessous, déterminer les suites géométriques. a. un = 2n (n∈N) un +1 = 2n +1 = 2n × 2 = 2un Suite géométrique de raison 2
b. un = n 2 (n∈N) u0 = 0 et u1 = 1 . u1 n'est pas égal à u0 multiplié par un réel. Suite non géométrique c. un =
2n +1
(n∈N) 3n 2n + 2 2 2n +1 2 2 un +1 = n +1 = × n = un Suite géométrique de raison 3 3 3 3 3 n+2 d. un = (−5) (n∈N) un +1 = (−5) n +3 = (−5) × (−5)n + 2 = −5un Suite géométrique de raison −5
e. un = −3 × 7 n (n∈N) un +1 = (−3) × 7 n +3 = (−3) × 7 × 7 n + 2 = 7un Suite géométrique de raison 7 f. un = −4n (n∈N) u0 = 0 et u1 = −4 . u1 n'est pas égal à u0 multiplié par un réel. Suite non géométrique
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P.G. 2008/2009
Terme général : Théorème : Le terme général d'une suite géométrique de premier terme u0 et de raison q est : un = u0 × q n . Plus généralement, on peut donner le terme général un à partir de n'importe quel terme um :
Théorème : um et un étant deux termes quelconques d'une suite géométrique de raison q, un = um × q n − m . Exemple :
8^
On considère une suite u géométrique de raison 2. Sachant que u 9 = 64, calculer u 2. u2 = u9 × q 2 −9 = 64 × 2−7 =
64 64 1 = = . 27 128 2
Somme de termes consécutifs d'une suite géométrique :
nombre de termes
Théorème :
Si la raison n'est pas égale à 1, alors : 1 − q n − m +1 . u = u + u + + u + u = u × … ∑ i m m+1 n −1 n m 1− q i=m n
premier terme
Démonstration : n
∑ ui = um + um+1 + … + un−1 + un = um + um × q + um × q 2 + … + um × q n−m
i=m n
∑ ui = um + um+1 + … + un−1 + un = um (1 + q + q 2 + … + q n−m )
i=m
Il ne reste plus qu'à appliquer l'identité : (1+x+x2+…+xn)(1−x)=1−xn+1 pour obtenir : 1 − q n − m +1 1 + q + q 2 + … + q n − m (1 − q) = 1 − q n − m +1 d'où 1 + q + q 2 + … + q n − m = . 1− q
(
)
Exemples :
8&
Calculer la somme S = 22 + 25 + 28 + … + 217 + 220. Commençons par remarquer que S est la somme de termes consécutifs d'une suite géométrique de raison 23 = 8. Bien qu'il soit facile d'écrire tous les termes et donc de savoir combien il y en a, voyons une méthode plus générale : Posons u1 = 22 et un = 220. Puisque un = u1 × q n −1 , 220 = 22 × 8n −1 S = 22
⇔ 218 = 8n −1
⇔
(2 ) 3
6
= 8n −1
⇔ 6 = n −1 ⇔ n = 7
1 − 87 1 − 2097152 −2097151 = 4× = 4× = 4 × 299593 = 1198372 . 1− 8 −7 −7
SUITES NUMÉRIQUES
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8*
On considère la suite (un)n∈N définie par :
un + 8 . un + 3
u0 = 3 et un+1 =
1. Calculer u1 et u2. 11 +8 u1 + 8 6 11 + 48 59 = = = ≈ 2,03 u2 = u1 + 3 11 + 3 11 + 18 29 6
u + 8 3 + 8 11 u1 = 0 = = ≈ 1,83 u0 + 3 3 + 3 6
11 ≤ un ≤ 3. 6 u +3+5 5 puis raisonnement par récurrence : Forme canonique : un +1 = n =1+ un + 3 un + 3 11 Initialisation : La propriété ≤ un ≤ 3 est vraie pour n = 0 puisque u0 = 3 . On a 6 11 ≤ u0 ≤ 3 . bien 6 Hérédité : Soit n un entier naturel quelconque. 11 29 ≤ un ≤ 3 , alors ≤ un + 3 ≤ 6 addition d'un même nombre Si 6 6 5 5 5 30 fonction x # décroissante sur R*+ ≤ ≤ 6 un + 3 29 x
2. Montrer que ∀n∈N
11 5 59 addition d'un même nombre ≤1+ ≤ 6 un + 3 29 59 11 ≤ 3 , a fortiori ≤ un +1 ≤ 3 et comme 29 6 11 Conclusion : la propriété ≤ un ≤ 3 est vraie pour n = 0 et héréditaire à partir de 6 n = 0. D'après le principe de récurrence, elle est vraie pour tout entier naturel n. u −2 . On considère la suite (vn)n∈N définie par : vn = n un + 4 3. Montrer que la suite (vn) est géométrique. un + 8 −2 un +1 − 2 un + 3 u + 8 − 2un − 6 −un + 2 − ( un − 2 ) 1 ∀n ∈N vn +1 = = = n = = = − vn u + 8 un +1 + 4 5 n + 4 un + 8 + 4un + 12 5un + 20 5 ( un + 4 ) un + 3 1 La suite v est donc géométrique de raison − . 5 n
1 1 ∀n ∈N vn = v0 − = 3 − 5 5
4. Exprimer vn en fonction de n.
n
5. Déterminer la limite de la suite (vn). n
1 1 Puisque −1 < − < 1 , lim − = 0 donc lim vn = 0 . n →+∞ 5 n →+∞ 5 6. Exprimer un en fonction de vn. u −2 −4vn − 2 donc vn un + 4vn = un − 2 , vn un − un = −4vn − 2 et un = vn = n un + 4 vn − 1 7. Déterminer la limite de la suite (un). −4 × 0 − 2 = 2 (théorèmes d'opérations) Puisque lim vn = 0 , lim un = n →+∞ n →+∞ 0 −1
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P.G. 2008/2009