ENP d’Oran-Maurice Audin
1 ère année FPST
Analyse 1
2020-2021
TD n◦ 2 : Les suites réelles Exercice 1. Étudier la convergence des suites de termes généraux suivants : √ √ n+1− n sin n 1 1 + (−1)n n2 un = , un = , un = 2 −(−1)n , un = , 2 n+1 n 1 + n2 un = n + 1 − cos(
nπ ) 5
un = an ,
a ∈ R,
un =
2n − 3n , 2n + 3n
un =
un = 1+
(−1)n n 1 + n2
an − bn , (a > 0, b > 0). an + bn
y Exercice 2. Considérons une suite suite (Un )n∈N définie par la relation de récurrence ; U0 = 1 . Un2 Un+1 = , n∈N 1 + Un 1. Montrer que :
∀n ∈ N,
Un > 0.
2. Étudier la monotonie de la suite (Un )n∈N . 3. En déduire que la suite (Un )n∈N est bornée. 4. Montrer que la suite (Un )n∈N est convergente et calculer sa limite. y Exercice 3. Considérons une suite suite (Un )n∈N définie par la relation de récurrence ; U0 ≥ 0 . 2Un2 + 2Un + 1 Un+1 = , n∈N 2Un + 1 1. Montrer que : 2. Montrer que
∀n ∈ N, ∀n ∈ N,
Un ≥ 0. Un+1 ≥ Un +
1 2
puis que
n Un ≥ U0 + . 2
3. En déduire que la limite de la suite(Un )n∈N . y Exercice 4. On considère la suite (un )n∈N définie par la relation de récurrence ; u0 = −1 . 1 un+1 = , n∈N 3 − un 1. Calculer u1 , u2 et u3 . 2. Montrer que :
∀n ≥ 1,
0 < un < 1.
3. Etudier la monotonie de la suite (un )n∈N . 4. Montrer que la suite (un )n∈N est convergente et calculer sa limite. 5. Soit A = {un ,
n ∈ N}.
Déterminer la borne supérieure, la borne inférieure, le maximum et le minimum de A. 1
17 février 2021
ENP d’Oran-Maurice Audin
1 ère année FPST
Analyse 1
2020-2021
y Exercice 5. On considère la suite récurrente définie par ( u0 = 0 √ un+1 = 6 + un , 1. Calculer u1 , u2 et u3 . 2. Montrer que la suite (un )n est majorée par 3. 1 3. Montrer que 3 − un ≤ (3 − un−1 ) pour tout n ≥ 1. 3 1 4. En déduire que 3 − un ≤ n−1 pour tout n > 1. 3 5. En déduire la limite de la suite (un )n . 6. Montrer que la suite (un )n est strictement croissante. y Exercice 6. On considère deux suites (un )n et (vn )n données par un = 1 +
1 1 1 + +...+ 1! 2! n!
et
vn = un +
1 . n.n!
i). Montrer que ces deux suites sont adjacentes. On note l leur limite commune. 1 ii). Montrer que, pour tout n ∈ N∗ , n!un < n!l < n!un + . n y
2
17 février 2021
ENP d’Oran-Maurice Audin
1 ère année FPST
Analyse 1
2020-2021
Solution des exercices de la fiche TD n◦ 2 Correction de l’exercice 1 N (1). Remarquons que √ √ √ √ √ √ 1 n + 1 − n ( n + 1 − n)( n + 1 + n) √ = √ = un = √ √ 2 2( n + 1 + n) 2( n + 1 + n) Alors
1 √ √ = 0, n + 1 + n)
lim un = lim
n→+∞ 2(
n→+∞
donc (un )n∈N converge. (2). On a
sin n 1 −1 ≤ ≤ , n+1 n+1 n+1
et comme
−1 1 = lim = 0, n→+∞ n + 1 n→+∞ n + 1 lim
alors d’après le théorème des trois suites 1 , limn→+∞ un = 0. Donc (un )n∈N converge. 1 (3). un = 2 − (−1)n , n Considérons les sous-suites (u2k )k∈N et (u2k+1 )k∈N de (un )n∈N , alors lim u2k = −1
lim u2k+1 = 1.
et
k→+∞
k→+∞
Mais on sait que "Toute sous-suite d’une suite convergente est convergente et admet la même limite" (cours). Donc (un )n∈N ne converge pas. 1 + (−1)n n2 , (4). un = 1 + n2 Considérons les sous-suites (u2k )k∈N et (u2k+1 )k∈N de (un )n∈N , alors et lim u2k+1 = −1.
u2k = 1 Donc (un )n∈N ne converge pas. (−1)n n (5). un = 1 + . On a 1 + n2
d’où 1−
k→+∞
(−1)n n n −n ≤ ≤ 2 , 2 2 n +1 n +1 n +1 n (−1)n n n ≤ 1 + ≤ 1+ 2 , 2 2 n +1 n +1 n +1
et comme
n
lim
n→+∞ n2 + 1
= 0,
alors d’après le théorème des gendarmes, limn→+∞ un = 1. Donc (un )n∈N converge. 1. également appelé théorème des gendarmes, théorème d’encadrement ou théorème du sandwich.
3
17 février 2021
ENP d’Oran-Maurice Audin
(6). un = n + 1 − cos(
1 ère année FPST
Analyse 1
nπ ). On a 5 −1 ≤ − cos(
2020-2021
nπ ), 5
d’où n ≤ un , et comme lim n = +∞,
n→+∞
alors limn→+∞ un = +∞. Donc (un )n∈N diverge. (7). un = an , a ∈ R. Si a = 0, un = 0. Si a = 1, un = 1. Si 0 < a < 1, la suite est strictement décroissante un+1 − un = an+1 − an = an (a − 1) < 0; et bornée inférieurement par 0 : 0 < . . . < a3 < a2 < a < 1. Donc elle converge vers une limite l avec 0 ≤ l < 1. D’où l = lim un+1 = lim an+1 = a lim an = a lim un = al n→+∞
n→+∞
n→+∞
n→+∞
implique que l = 0. Si a > 1, on a an = (1 + (a − 1))n = 1 + n(a − 1) + . . . ≥ 1 + n(a − 1). Comme limn→+∞ (1 + n(a − 1)) = +∞, alors limn→+∞ un = +∞. Si −1 < a < 0, dans ce cas an = (− |a|)n = (−1)n |a|n , avec 0 < |a| < 1, alors limn→+∞ un = 0. Si a = −1, dans ce cas la suite n’a pas de limite, car u2k = 1 et u2k+1 = −1. Si a < −1. dans ce cas an = (− |a|)n = (−1)n |a|n , avec |a| > 1, alors la sous-suite (u2k )k∈N de (un )n∈N tendent vers +∞ et la sous-suite (u2k+1 )k∈N vers −∞ : la suite est divergente. Conclusion 0 si |a| < 1 1 si a = 1 lim un = +∞ si a > 1 n→+∞ n’existe pas si a < −1 Donc (un )n∈N converge, si −1 < a ≤ 1. 2n − 3n . On a (8). un = n 2 + 3n ( 23 )n − 1 2n − 3n = lim = −1. n→+∞ 2n + 3n n→+∞ ( 2 )n + 1 3
lim un = lim
n→+∞
Donc (un )n∈N converge. an − bn (9). un = n , (a > 0, b > 0). a + bn Si a = b, un = 0. Si a > b, 1 − ( ba )n an − bn = lim = 1. n→+∞ an + bn n→+∞ 1 + ( b )n a
lim un = lim
n→+∞
4
17 février 2021
ENP d’Oran-Maurice Audin
1 ère année FPST
Si a < b,
Analyse 1
2020-2021
( ab )n − 1 an − bn = lim = −1. n→+∞ ( a )n + 1 n→+∞ an + bn b
lim un = lim
n→+∞
Donc (un )n∈N converge, pour tout a > 0 et b > 0. Correction de l’exercice 2 N On a U0 = 1
Un2 , 1 + Un
Un+1 =
n∈N
.
1. Montrons par récurrence que : ∀n ∈ N, Un > 0. Pour n = 0, on a bien U0 = 1 > 0. Supposons que l’inégalité est vraie jusqu’à l’ordre n et montrons qu’elle reste vraie à l’ordre n + 1. On a Un2 > 0 et 1 + Un > 0. Ainsi Un+1 =
Un2 > 0, 1 + Un
∀n ∈ N.
2. La monotonie de la suite (Un )n∈N . Un+1 − Un =
−Un Un2 − Un = < 0. 1 + Un 1 + Un
Donc la suite (Un )n∈N est strictement décroissante. 3. La suite (Un )n∈N est bornée. En effet, on a Un > 0, d’autre part (Un )n∈N est strictement décroissante, donc elle est majorée par U0 . D’où 0 < Un ≤ 1. 4. La suite (Un )n∈N étant décroissante et minorée par zéro est donc convergente vers une limite l ≥ 0. La limite l vérifie l’équation l2 . l= 1+l Donc l = 0. Correction de l’exercice 3 N On a U0 ≥ 0 Un+1 =
2Un2 + 2Un + 1 , 2Un + 1
n∈N
.
1. Montrons par récurrence que : ∀n ∈ N, Un ≥ 0. Pour n = 0, on a bien U0 = 1 ≥ 0. Supposons que l’inégalité est vraie jusqu’à l’ordre n, c’est-à-dire supposons que Un ≥ 0 et montrons qu’elle reste vraie à l’ordre n + 1, c’est-à-dire montrons que Un+1 ≥ 0. La relation de récurrence nous donne 2Un2 + 2Un + 1 Un+1 = ≥ 0. 2Un + 1 car le numérateur et le dénominateur sont positifs, donc la proposition est vraie à l’ordre n + 1, ce qui achève la récurrence. 5
17 février 2021
ENP d’Oran-Maurice Audin
1 ère année FPST
Analyse 1
2020-2021
2. La première inégalité est entre deux termes successifs de la suite (Un )n∈N , la preuve s’établit directement en calculant le signe de la différence Un+1 − Un −
1 1 1 2Un2 + 2Un + 1 = − Un − = ≥ 0. 2 2Un + 1 2 4Un + 2
1 Un+1 ≥ Un + . 2 La deuxième inégalité est entre le terme générale de la suite et le premier terme de la suite (Un )n∈N , la preuve s’établit par récurrence : 0 0 Pour n = 0, on a U0 + = U0 d’où l’inégalité U0 ≥ U0 + est vraie pour n = 0. 2 2 n Supposons que l’inégalité est vraie jusqu’à l’ordre n, c’est-à-dire supposons que Un ≥ U0 + 2 n+1 et montrons qu’elle reste vraie à l’ordre n + 1, c’est-à-dire montrons que Un+1 ≥ U0 + . 2 On a 1 n et Un+1 ≥ Un + . Un ≥ U0 + 2 2 Donc n 1 n+1 Un+1 ≥ U0 + + = U0 + . 2 2 2 Donc la proposition est vraie à l’ordre n + 1, ce qui achève la récurrence. Donc ∀n ∈ N,
3. Comme lim U0 +
n→+∞
et Un ≥ U0 +
n 2
n = +∞ 2 ∀n ∈ N,
on en déduit lim Un = +∞.
n→+∞
Correction de l’exercice 4 N 1 4 11 1. u1 = , u2 = et u3 = . 4 11 29 2. Montrons par récurrence que : ∀n ∈ N∗ , 0 < un < 1. Pour n = 1, on a 0 < u1 < 1. Donc l’inégalité est vraie. Supposons que l’inégalité est vraie jusqu’à l’ordre n, c’est-à-dire supposons que 0 < un < 1 et montrons qu’elle est vraie à l’ordre n + 1, c’est-à-dire montrons que 0 < un+1 < 1. La relation de récurrence nous donne 0 < un < 1 =⇒ 2 < 3 − un < 3 =⇒
1 1 1 < < . 3 3 − un 2
Par conséquent, 0 < un+1 < 1. D’où ∀n ∈ N∗ :
0 < un < 1.
6
17 février 2021
ENP d’Oran-Maurice Audin
1 ère année FPST
Analyse 1
2020-2021
3. Étude de la monotonie de (un )n∈N . Première méthode : Nous avons, un+1 = f (un ) avec f (x) =
1 , 0 < x < 1. Puisque f 0 (x) = 3−x
1 , 0 < x < 1, alors f est croissante sur ]0, 1[. (3 − x)2 Comme u0 = −1, 0 < un < 1, (n ≥ 1), u1 < u2 et f est croissante sur ]0, 1[, alors la suite (un )n∈N est croissante. Deuxième méthode : Par récurrence. Pour n = 0, on a u0 ≤ u1 . Donc l’inégalité est vraie. Supposons que l’inégalité est vraie jusqu’à l’ordre n, c’est-à-dire supposons que un−1 ≤ un et montrons qu’elle reste vraie à l’ordre n + 1, c’est-à-dire montrons que un ≤ un+1 . D’après La relation de récurrence nous avons 1 1 un−1 ≤ un =⇒ 3 − un−1 ≥ 3 − un =⇒ ≤ =⇒ un ≤ un+1 . 3 − un−1 3 − un
4. La suite (un )n∈N est croissante majorée par 1, donc elle converge vers une limite l, avec 0 < l ≤ 1. 1 Comme un+1 = , alors passons à la limite, on obtient 3 − un √ √ 3− 5 3+ 5 1 2 =⇒ l − 3l + 1 = 0 =⇒ l = ou l = > 1( exclue). l= 3−l 2 2 Donc √ 3− 5 l= . 2 √ 3− 5 , inf A = min A = −1 et le max A n’existe pas. 5. sup A = 2 Correction de l’exercice 5 N On a ( u0 = 0 √ un+1 = 6 + un , q p p √ √ √ 1. u1 = 6, u2 = 6 + 6 et u3 = 6 + 6 + 6. 2. Montrons que la suite (un )n est majorée par 3. Raisonnons par récurrence. Pour n = 0, on a bien u0 = 0 ≤ 3. Supposons que l’inégalité est vraie jusqu’à l’ordre n, c’est-à-dire supposons que un ≤ 3 et montrons qu’elle est vraie à l’ordre n + 1, c’est-à-dire montrons que un+1 ≥ 3. D’après la relation de récurrence on obtient p √ un+1 = 6 + un ≤ 6 + 3 = 3, donc la proposition est vraie à l’ordre n + 1, ce qui achève la récurrence. 3. Pour tout n ≥ 1, on a √ √ p (3 − 6 + un−1 )(3 + 6 + un−1 ) √ 3 − un ≤ 3 − 6 + un−1 = 3 + 6 + un−1 3 − un−1 √ = 3 + 6 + un−1 1 1 1 √ ≤ (3 − un−1 ) ( car ≤ ) 3 3 + 6 + un−1 3 7
17 février 2021
ENP d’Oran-Maurice Audin
1 ère année FPST
Analyse 1
2020-2021
4. D’après l’inégalité précédente et par récurrence sur n, on déduit que 1 3 − un ≤ (3 − un−1 ) 3 1 ≤ ( )2 (3 − un−2 ) 3 1 ≤ ( )3 (3 − un−3 ) 3 .. . 1 1 ≤ ( )n (3 − u0 ) = n−1 3 3 pour tout n ≥ 1. 5. D’après ce qui précède, on a 0 ≤ 3 − un ≤ et comme lim
1
n→+∞ 3n−1
1 3n−1
= 0,
alors limn→+∞ un = 3. 6. La suite (un )n est strictement croissante. √ Première méthode : Nous avons, un+1 = f (un ) avec f (x) = 6 + x, 0 ≤ x. Puisque f 0 (x) = 1 √ , x ≥ 0, alors f est strictement croissante sur [0, +∞[. 2 6+x Comme , 0 ≤ un , u0 < u1 et f est strictement croissante sur [0, +∞[, alors la suite (un )n∈N est strictement croissante. Deuxième méthode : on a p p un − un−1 √ un+1 − un = 6 + un − 6 + un−1 = √ 6 + un + 6 + un−1 On voit que le signe de un+1 − un est le signe de un − un−1 . Par récurrence sur n ; on trouve que le signe de un+1 − un est celui de u1 − u0 = u1 , et comme u1 > 0 on conclut que (un )n∈N est strictement croissante. Correction de l’exercice 6 N un = 1 +
1 1 1 + +...+ 1! 2! n!
et
vn = un +
1 . n.n!
i). On a un+1 − un = vn+1 − vn =
1 > 0, (n + 1)!
−1 <0 (n + 1)n × (n + 1)!
et
1 −→ 0 n.n! Donc la suite (un )n∈N est strictement croissante, (vn )n∈N est strictement décroissante, et limn→+∞ (vn − un ) = 0. Par définition (un )n∈N et (vn )n∈N sont adjacentes de limite l. vn − un =
8
17 février 2021
ENP d’Oran-Maurice Audin
1 ère année FPST
ii). Pour tout n ∈ N∗ , on a
Analyse 1
2020-2021
1 un < l < vn < un + . n
Multipliant par n!, on obtient 1 n!un < n!l < n!un + . n
(1)
M. Benharrat & M. Cheggag.
9
17 février 2021