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On dit qu'une suite est monotone s'elle est croissante ou décroissante.
| une suite arithmétique | une suite géométrique | |
|---|---|---|
| définition | $(\forall n \geqslant n_0) : U_{n+1} = U_n + r$ | $(\forall n \geqslant n_0) : U_{n+1} = q U_n$ |
| terme général | $(\forall n \geqslant n_0) : U_n = U_p + (n-p)r$ | $(\forall n \geqslant n_0) : U_n = U_p \times q^{n-p}$ |
| la somme $S_n = U_p + .... + U_n$ | $S_n = \left(\frac{n-p+1}{2}\right)(U_p + U_n)$ | $S_n = \left(\frac{1-q^{n-p+1}}{1-q}\right) \times U_p \quad ; (q \neq 1)$ |
$U_0 \in \mathbb{R} \quad , \quad U_{n+1} = aU_n + b \quad , \quad (a, b) \in \mathbb{R}^2$
1) On a $a = 1$ donc $\quad U_{n+1} = U_n + b \quad \Leftrightarrow \quad U_{n+1} - U_n = b$.
D'où $\quad U_n = U_0 + (n-0)b \quad$ (avec $(U_n)$ S.A. et $r = b$).
2) a- On a $\quad V_{n+1} = U_{n+1} - \frac{b}{1-a}$
$\Rightarrow \quad V_{n+1} = aU_n + b - \frac{b}{1-a} = aU_n + \frac{b - ab - b}{1-a}$
$= a \left(U_n - \frac{b}{1-a}\right) = a V_n$
d'où $(V_n)_n$ est une S.G. de raison $a$.
b- $\quad V_n = V_0 \times a^n = \left(U_0 - \frac{b}{1-a}\right) a^n$
donc : $\quad U_n = V_n + \frac{b}{1-a}$
$\begin{cases} U_0 = 0 \\ U_{n+1} = \sqrt{3U_n + 4} \end{cases}$
1) On a pour $n = 0$ :
$U_0 = 0 \quad \Rightarrow \quad 0 \leqslant U_0 < 4$ (Vrai)
Soit $n \in \mathbb{N}$ :
Supposons que : $\quad 0 \leqslant U_n < 4$
Montrons que : $\quad 0 \leqslant U_{n+1} < 4$
Conclusion : $\forall n \in \mathbb{N} \quad , \quad 0 \leqslant U_n < 4$.
2) Etude du signe de $U_{n+1} - U_n$ :
| $U_n$ | $-1$ | $4$ | |
| $U_{n+1} - U_n$ | $-$ | $\mathbf{+}$ | $-$ |
Alors $(U_n)_{n \geqslant 0}$ est croissante.
3) (Par le T.A.F)
On pose $f(x) = \sqrt{3x + 4} \quad \Rightarrow \quad f'(x) = \frac{3}{2\sqrt{3x + 4}}$
On a $f$ continue sur $\left[-\frac{4}{3}, +\infty\right[$ donc sur $[U_n, 4]$ et $f$ est dérivable sur $]U_n, 4[$.
On a $f'(c) = \frac{3}{2\sqrt{3c + 4}}$. D'après TAF, on a $f'(c) \leqslant \frac{1}{2}$, donc $\frac{|U_{n+1} - 4|}{|U_n - 4|} \leqslant \frac{1}{2}$.
Car : $\forall c \in [U_n, 4], \quad f'(c) = \frac{3}{2\sqrt{3c+4}} \leqslant \frac{1}{2}$
D'où $\quad |U_{n+1} - 4| \leqslant \frac{1}{2} |U_n - 4|$
4) Pour $n = 0$ on a $|U_0 - 4| = 4$ et $\left(\frac{1}{2}\right)^0 \times 4 = 4$.
Donc $|U_0 - 4| \leqslant \left(\frac{1}{2}\right)^0 \times 4$ (Vrai).
Soit $n \in \mathbb{N}$.
Supposons que : $|U_n - 4| \leqslant \left(\frac{1}{2}\right)^n \times 4$
Montrons que : $|U_{n+1} - 4| \leqslant \left(\frac{1}{2}\right)^{n+1} \times 4$
Donc $\quad |U_{n+1} - 4| \leqslant \left(\frac{1}{2}\right)^{n+1} \times 4$
$f_n(x) = x^3 + nx - 1 \quad , \quad n \in \mathbb{N}^* \quad , \quad x \geqslant 0$
1) On a $f_n$ continue sur $\mathbb{R}$ donc sur $\mathbb{R}_+$ comme polynôme.
Et $f_n$ est strictement croissante car $f'_n(x) = 3x^2 + n > 0 \quad \forall x \in \mathbb{R}_+$.
On a : $f(0) = -1$ et $f(1) = n$ et $f_n(x_n) = 0$.
Donc $f_n(0) < f_n(x_n) < f_n(1)$.
(On a $f_n$ croissante et bijective) Alors : $0 < x_n < 1$.
2) On a :
Donc $f_{n+1}(x) \geqslant f_n(x) \quad \forall x \geqslant 0$.
On a $f_{n+1}$ croissante et bijective.
Alors $x_n > x_{n+1}$.
Alors $(x_n)_{n \geqslant 1}$ est décroissante.
3) On a $f_n(0) = -1$ et $f_n\left(\frac{1}{n}\right) = \frac{1}{n^3}$ et $f_n(x_n) = 0$.
$\Rightarrow f_n(0) < f_n(x_n) < f_n\left(\frac{1}{n}\right)$
$\Rightarrow 0 < x_n < \frac{1}{n}$ (Car $f_n$ est croissante et bijective).
$f_n(x) = x^n + x^{n-1} + .... + x - 1 \quad , \quad n \geqslant 2 \quad , \quad x \geqslant 0$
1) On a $f_n$ continue sur $\mathbb{R}$ comme polynôme donc sur $\mathbb{R}^+$.
Et $f'_n(x) = n x^{n-1} + (n-1) x^{n-2} + .... + 1$.
On a $\forall x \geqslant 0 \quad f'_n(x) > 0$.
Donc $f_n$ est strictement croissante sur $\mathbb{R}^+$.
On a $f_n(0) = -1$ et $f_n(\alpha_n) = 0$ et $f_n(1) = n - 1 > 0$ (car $n \geqslant 2$).
$\Rightarrow f_n(0) < f_n(\alpha_n) < f_n(1)$
$\Rightarrow 0 < \alpha_n < 1$ (Car $f_n$ est croissante bijective).
2) On a :
Donc $f_{n+1}(x) > f_n(x) \quad \forall x \in ]0, 1[$.
On a $f_{n+1}$ est croissante bijective, alors $\alpha_n > \alpha_{n+1}$.
Donc $(\alpha_n)_{n \geqslant 2}$ est décroissante strictement.
3) Montrer que $\frac{1 - \alpha_n^{n+1}}{1 - \alpha_n} = 2$.
On a : $f_n(x) = x^n + x^{n-1} + .... + x + 1 - 2$
Or $f_n(\alpha_n) = 0 \quad \Rightarrow \quad \frac{1 - \alpha_n^{n+1}}{1 - \alpha_n} - 2 = 0$.
$\Rightarrow \quad \frac{1 - \alpha_n^{n+1}}{1 - \alpha_n} = 2$
Soit $(U_n)_n$ une suite numérique.
- $\lim_{n \to +\infty} n = +\infty \quad , \quad \lim_{n \to +\infty} n^2 = +\infty \quad , \quad \lim_{n \to +\infty} \sqrt{n} = +\infty \quad , \quad \lim_{n \to +\infty} n^p = +\infty$
- $\lim_{n \to +\infty} \frac{1}{n} = 0 \quad , \quad \lim_{n \to +\infty} \frac{K}{n^2} = 0 \quad , \quad \lim_{n \to +\infty} \frac{K}{\sqrt{n}} = 0$
| $\lim U_n$ | $\ell$ | $\ell$ | $+\infty$ | $-\infty$ | $-\infty$ |
| $\lim V_n$ | $\ell'$ | $+\infty$ ou $-\infty$ | $+\infty$ | $-\infty$ | $+\infty$ |
| $\lim (U_n+V_n)$ | $\ell + \ell'$ | $+\infty$ ou $-\infty$ | $+\infty$ | $-\infty$ | Forme indéterminée |
| $\lim U_n$ | $\ell$ | $\ell > 0$ ou $+\infty$ | $\ell < 0$ ou $-\infty$ | $\pm\infty$ |
| $\lim V_n$ | $\ell'$ | $+\infty \quad -\infty$ | $+\infty \quad -\infty$ | $0$ |
| $\lim (U_n \times V_n)$ | $\ell \times \ell'$ | $+\infty \quad -\infty$ | $-\infty \quad +\infty$ | Forme indéterminée |
| $\lim U_n$ | $\ell \neq 0$ | $0^+$ | $0^-$ | $\pm\infty$ |
| $\lim \left(\frac{1}{U_n}\right)$ | $\frac{1}{\ell}$ | $+\infty$ | $-\infty$ | $0$ |
| $\lim U_n$ | $\ell$ | $\ell > 0$ ou $+\infty$ | $\ell < 0$ ou $-\infty$ | $0$ | $-\infty \quad +\infty$ |
| $\lim V_n$ | $\ell' \neq 0$ | $0^+ \quad 0^-$ | $0^+ \quad 0^-$ | $0$ | $\pm\infty \quad \pm\infty$ |
| $\lim \left(\frac{U_n}{V_n}\right)$ | $\frac{\ell}{\ell'}$ | $+\infty \quad -\infty$ | $-\infty \quad +\infty$ | F. indéterminée | F. indéterminée |
- $\lim_{n \to +\infty} \frac{n^2 - 3n}{n^3 - n + 1} = \lim_{n \to +\infty} \left( \frac{1 - \frac{3}{n}}{n\left(1 - \frac{1}{n^2} + \frac{1}{n^3}\right)} \right) \frac{1}{n} = 0$
- $\lim_{n \to +\infty} \left( \sqrt{n^2 + 3n + 1} - (n + 1) \right) = \lim_{n \to +\infty} \frac{n}{\sqrt{n^2 + 3n + 1} + n + 1}$
$= \lim_{n \to +\infty} \frac{1}{\sqrt{1 + \frac{3}{n} + \frac{1}{n^2}} + 1 + \frac{1}{n}} = \frac{1}{2}$
- $\lim_{n \to +\infty} \frac{\sqrt[3]{n+1} - \sqrt{n^2+1}}{\sqrt[3]{n^3 + n + 1}} = \lim_{n \to +\infty} \frac{n \left( \sqrt[3]{\frac{1}{n^2} + \frac{1}{n^3}} - \sqrt{1 + \frac{1}{n^2}} \right)}{n \sqrt[3]{1 + \frac{1}{n^2} + \frac{1}{n^3}}} = -1$
- $\lim_{n \to +\infty} n \left( \arctan(n+1) - \frac{\pi}{2} \right) = \lim_{n \to +\infty} -n \arctan\left(\frac{1}{n+1}\right)$
$= \lim_{n \to +\infty} -\frac{n}{n+1} \times \frac{\arctan\left(\frac{1}{n+1}\right)}{\frac{1}{n+1}} = -1$
Soit $(U_n)_{n \geqslant 0} , (V_n)_{n \geqslant 0}$ et $(W_n)_{n \geqslant 0}$
* On a : $-1 \leqslant \cos(n) \leqslant 1 \quad \Rightarrow \quad -n^2 \leqslant 2\cos(n) - n^2 \leqslant 2 - n^2$
On a donc $\lim (4 - n^2) = -\infty \quad$
D'où $\lim_{n \to +\infty} (2\cos(n) - n^2 + 2) = -\infty$
* On a : $-1 \leqslant \sin(n) \leqslant 1 \quad \Rightarrow \quad \frac{-1 - 2n}{n+2} \leqslant \frac{\sin n - 2n}{n+2} \leqslant \frac{1 - 2n}{n+2}$
On a $\lim_{n \to +\infty} \frac{-1 - 2n}{n+2} = \lim_{n \to +\infty} \frac{-n}{n} \cdot \frac{2}{1} = -2 \quad$ et $\quad \lim_{n \to +\infty} \frac{1 - 2n}{n+2} = -2$
* $-1 \leqslant (-1)^n \leqslant 1 \quad$ et $\quad 0 \leqslant 3\cos^2(n) \leqslant 3 \quad \Rightarrow \quad -\frac{1}{n^2+4} \leqslant \frac{(-1)^n + 3\cos^2(n)}{n^2+4} \leqslant \frac{4}{n^2+4}$
On a $\lim_{n \to +\infty} \frac{4}{n^2+4} = 0 \quad$ et $\quad \lim_{n \to +\infty} \frac{-1}{n^2+4} = 0$
Soit $(U_n)_{n \geqslant n_0}$ une suite numérique.
On a $U_0 = 0$ et $U_{n+1} = \sqrt{3U_n + 4}$.
d'où $U_n$ est croissante et majorée par 4, donc $U_n$ est convergente.
Soit $(U_n)_n$ définie par $U_0 = 1$ et $U_{n+1} = f(U_n)$ / $f(x) = \frac{3x+2}{x+2}$.
1) $\quad f'(x) = \frac{4}{(x+2)^2} > 0 \quad$ donc $f$ est croissante sur $\mathbb{R}^+$.
2) a- On a pour $n = 0$ : $\quad U_0 = 1 \quad \Rightarrow \quad 0 \leqslant U_0 \leqslant 2$ (Vrai).
Soit $n \in \mathbb{N}$ :
Supposons : $0 \leqslant U_n \leqslant 2$
Montrons que : $0 \leqslant U_{n+1} \leqslant 2$
D'où $\forall n \in \mathbb{N} \quad , \quad 0 \leqslant U_n \leqslant 2$.
b- $U_{n+1} - U_n = \frac{3U_n+2}{U_n+2} - U_n = \frac{3U_n + 2 - U_n^2 - 2U_n}{U_n+2} = \frac{-U_n^2 + U_n + 2}{U_n+2}$
Le signe de $-U_n^2 + U_n + 2$ :
$\Delta = b^2 - 4ac = 1 + 8 = 9 \quad \Rightarrow \quad U_n = \frac{-1 - 3}{-2} = 2$ ou $U_n = -1$.
Or $(-U_n^2 + U_n + 2)$ admet entre les racines le signe contraire de $a$ (donc $+$) $\forall U_n \in [-1, 2]$.
Comme $\forall U_n \in [0, 2]$, alors $U_{n+1} - U_n \geqslant 0$.
càd $(U_n)$ est croissante.
c- On a $f$ continue sur $\mathbb{R}^+$ comme fonction rationnelle, donc sur $I = [0, 2]$.
Et $f([0, 2]) = [1, 2] \subset [0, 2]$ càd $f(I) \subset I$.
Et $U_0 = 1 \in I$ et $(U_n)$ convergente et on a $U_{n+1} = f(U_n)$.
Donc la solution de $f(x) = x$ est $\lim U_n$.
Or $-1 \notin [0, 2]$, donc :
$\lim_{n \to +\infty} U_n = 2$
Soit la suite $(U_n)_n$ définie par $\begin{cases} U_0 = 1 \\ U_{n+1} = f(U_n) \end{cases}$ où $f(x) = x^2 + x + 1$
1) On a : $\quad U_{n+1} - U_n = U_n^2 + U_n + 1 - U_n = U_n^2 + 1$
$\Rightarrow \quad U_{n+1} - U_n > 0 \quad \Rightarrow \quad U_{n+1} > U_n$
Càd $(U_n)_n$ est croissante.
2) Montrons que la suite $(U_n)_n$ est non majorée (par l'absurde) :
Donc $U_n$ n'est pas majorée.
3) On a $U_n$ croissante et non majorée, donc :
$\lim_{n \to +\infty} U_n = +\infty$
$f$ définie sur $[0, +\infty[$ par $f(x) = \sqrt[3]{x^2} + \sqrt[3]{x} - x$
a - On a $f$ continue sur $[0, +\infty[$ comme somme de fonctions continues.
b- On pose $\sqrt[3]{x} = t$
$\Rightarrow 2\sqrt[3]{x} + 1 - 3\sqrt[3]{x^2}$ devient $-3t^2 + 2t + 1 = 0$
Calcul de $\Delta$ : $\Delta = b^2 - 4ac = 4 + 12 = 16$
$\Rightarrow t_1 = \frac{-2 - 4}{-6} = 1 \quad$ ou $\quad t_2 = \frac{-2 + 4}{-6} = -\frac{1}{3}$
On a $\sqrt[3]{x} = t \quad \Rightarrow \quad x = 1 \quad$ ou $\quad x = \left(-\frac{1}{27}\right)$ (à rejeter car $x \geqslant 0$).
| $x$ | $0$ | $1$ | $+\infty$ |
| $f'$ | $+$ | $0$ | $-$ |
| $f$ | $0$ ↗ | $1$ | ↘ $-\infty$ |
Donc $f$ est strictement décroissante sur $]1, +\infty[$.
et $0 \in f(]1, +\infty[) = ]-\infty, 1[$
Donc $f(x) = 0$ admet une seule solution $\alpha$ dans l'intervalle $]1, +\infty[$.
On dit que $(U_n)_n$ et $(V_n)_n$ sont deux suites adjacentes sssi :
1) Par récurrence :
Pour $n = 0$ : $\quad U_0 = a \quad$ et $\quad V_0 = b$
Or $0 < a < b \quad \Leftrightarrow \quad 0 < U_0 < V_0$
Soit $n \in \mathbb{N}$ :
Supposons que : $\quad 0 < U_n < V_n$
Montrons que : $\quad 0 < U_{n+1} < V_{n+1}$
On a : $\quad U_n = \frac{ab}{V_n} \quad \Rightarrow \quad U_{n+1} = \frac{2ab}{U_n + V_n}$
Et : $\quad V_{n+1} = \frac{U_n + V_n}{2}$
Donc : $\quad V_{n+1} - U_{n+1} = \frac{U_n + V_n}{2} - \frac{2ab}{U_n + V_n} = \frac{(U_n + V_n)^2 - 4ab}{2(U_n + V_n)}$
$= \frac{(V_n - U_n)^2}{2(U_n + V_n)} > 0 \quad$ (car $U_n V_n = ab$)
Donc $V_{n+1} > U_{n+1}$.
Et on a $U_{n+1} = \frac{2ab}{U_n + V_n} > 0 \quad (\forall \quad 0 < U_n < V_n)$
d'où $0 < U_{n+1} < V_{n+1}$.
Conclusion : $\forall n \in \mathbb{N} \quad , \quad 0 < U_n < V_n$.
2) On a :
Or $U_n - V_n < 0 \quad$ et $\quad -U_n < 0 \quad \Rightarrow \quad -U_n(U_n - V_n) > 0$.
Donc $U_{n+1} > U_n \quad$ càd $(U_n)$ est croissante.
Or $U_n - V_n < 0 \quad$ donc $\quad V_{n+1} - V_n < 0$.
càd $(V_n)$ est décroissante.
3) On a :
b) On a :
$0 < (V_1 - U_1) < \frac{1}{2}(V_0 - U_0)$
$0 < (V_2 - U_2) < \frac{1}{2}(V_1 - U_1)$
$\vdots$
$0 < (V_n - U_n) < \frac{1}{2}(V_{n-1} - U_{n-1})$
Par produit : $\quad 0 < (V_n - U_n) < \left(\frac{1}{2}\right)^n (V_0 - U_0)$
On a : $\lim_{n \to +\infty} 0 = 0 \quad$ et $\quad \lim_{n \to +\infty} \left(\frac{1}{2}\right)^n (V_0 - U_0) = 0$.
$\Rightarrow \lim_{n \to +\infty} (V_n - U_n) = 0$.
c) On a :
$(V_n)$ décroissante et $(U_n)$ croissante.
et $\lim_{n \to +\infty} (V_n - U_n) = 0$.
Si deux suites $(U_n)_n$ et $(V_n)_n$ sont adjacentes alors elles sont convergentes et ont la même limite.
Soit $(U_n)_n$ et $(V_n)_n$ deux suites adjacentes telles que $(U_n)$ croissante et $(V_n)$ décroissante.
1) Montrons que $U_n \leqslant V_n \quad , \forall n \in \mathbb{N}$
On pose $W_n = V_n - U_n$
$W_{n+1} - W_n = V_{n+1} - U_{n+1} - V_n + U_n$
$W_{n+1} - W_n = \underbrace{V_{n+1} - V_n}_{\leqslant 0} - \underbrace{(U_{n+1} - U_n)}_{\geqslant 0} \leqslant 0$
Donc $(W_n)_n$ est décroissante.
Et $\lim W_n = \lim(V_n - U_n) = 0 \quad$ Donc $W_n \geqslant 0 \quad (\forall n \in \mathbb{N})$.
$\Rightarrow \quad U_n \leqslant V_n \quad , \forall n \in \mathbb{N}$.
A retenir :
2) Montrons que $(U_n)$ et $(V_n)$ sont bornées
On a : $\quad U_0 \leqslant U_n \leqslant V_n \leqslant V_0$
$\Rightarrow \quad U_0 \leqslant U_n \leqslant V_0 \quad$ et $\quad U_0 \leqslant V_n \leqslant V_0$
Donc $(U_n)$ est croissante majorée par $V_0$.
Et $(V_n)$ est décroissante minorée par $U_0$.
On déduit que $(U_n)$ et $(V_n)$ sont convergentes.
Or $\lim (U_n - V_n) = 0 \quad \Rightarrow \quad \lim U_n = \lim V_n$.
Si $(U_n)$ et $(V_n)$ sont deux suites adjacentes telles que $U_n \leqslant V_n$.
4) On pose $\lim U_n = \lim V_n = \ell$.
On a : $\quad \lim(U_n V_n) = ab \quad \Rightarrow \quad (\lim U_n)(\lim V_n) = ab$
$\Rightarrow \quad \ell^2 = ab \quad \Rightarrow \quad \ell = \sqrt{ab}$ (car $\ell > 0$).
$U_0 = 1 \quad , \quad U_{n+1} = 1 + \frac{1}{1 + U_n}$
1) Par récurrence :
Pour $n = 0 \quad , \quad U_0 = 1 \quad \Rightarrow \quad 1 \leqslant 1 \leqslant \frac{3}{2} \quad$ (Vrai pour $n=0$)
Soit $n \in \mathbb{N}$ :
Supposons que : $1 \leqslant U_n \leqslant \frac{3}{2}$
Montrons que : $1 \leqslant U_{n+1} \leqslant \frac{3}{2}$
Or $1 \leqslant \frac{7}{5}$, donc $1 \leqslant U_{n+1} \leqslant \frac{3}{2}$.
2) Monotonie de $(U_n)$ :
On a : $U_0 = 1 \quad , \quad U_1 = 1 + \frac{1}{2} = \frac{3}{2} \quad , \quad U_2 = 1 + \frac{1}{1 + 3/2} = 1 + \frac{2}{5} = \frac{7}{5}$
$U_0 < U_1$ mais $U_1 > U_2$. Donc $(U_n)_n$ n'est pas monotone.
3) a- Par récurrence :
Pour $n = 0 \quad : \quad \alpha_0 = U_0 = 1 \quad$ et $\quad \beta_0 = U_1 = \frac{3}{2}$
Donc $\alpha_0 \leqslant \beta_0$.
Supposons que : $\quad lpha_n \leqslant eta_n \quad$ et montrons que $ lpha_{n+1} \leqslant eta_{n+1}$
On a : $\quad lpha_{n+1} = U_{2n+2} = 1 + rac{1}{1 + U_{2n+1}}$
et $\quad eta_{n+1} = U_{2n+3} = 1 + rac{1}{1 + U_{2n+2}}$
On pose $f(x) = 1 + rac{1}{1+x} \quad , \quad x \in I = \left[1, rac{3}{2} ight]$
Or $f'(x) < 0 \quad$ Donc $f$ est décroissante.
On a : $\quad lpha_n \leqslant eta_n$
$\Rightarrow \quad f( eta_n) \leqslant f( lpha_n) \quad$ (car $f$ décroissante)
$\Rightarrow \quad f(f( lpha_n)) \leqslant f(f( eta_n)) \quad$ (car $f$ décroissante)
$\Rightarrow \quad lpha_{n+1} \leqslant eta_{n+1}$
Pour $( lpha_n)_n$ :
On a pour $n=0$ : $\quad lpha_0 = 1 \quad , \quad lpha_1 = rac{7}{5}$
donc $\quad lpha_1 > lpha_0$
Soit $n \in \mathbb{N}$ :
Supposons $ lpha_{n+1} > lpha_n \quad$ et montrons que $ lpha_{n+2} > lpha_{n+1}$
On a : $\quad lpha_{n+1} > lpha_n \quad \Rightarrow \quad f \circ f( lpha_{n+1}) \geqslant f \circ f( lpha_n)$ (car $f \circ f earrow$)
$\Rightarrow \quad lpha_{n+2} \geqslant lpha_{n+1}$
Pour $( eta_n)_n$ :
On a pour $n=0$ : $\quad eta_0 = U_1 = rac{3}{2} \quad$ et $\quad eta_1 = U_3 = rac{17}{12}$
Donc : $\quad eta_0 > eta_1$
Soit $n \in \mathbb{N}$ :
Supposons $ eta_n > eta_{n+1} \quad$ et montrons que $ eta_{n+1} > eta_{n+2}$
On a : $\quad eta_n > eta_{n+1}$
$\Rightarrow \quad f \circ f( eta_n) > f \circ f( eta_{n+1})$
$\Rightarrow \quad eta_{n+1} > eta_{n+2}$
On a $f(x) = 1 + rac{1}{1+x} \quad orall x \in \left[1, rac{3}{2} ight]$
On a $f$ continue et dérivable sur $\left[1, rac{3}{2} ight]$ donc sur $[U_n, U_{n-1}]$.
Donc : $\exists c \in$ l'intervalle d'extrémité $U_n$ et $U_{n-1}$ tel que :
$|f'(c)| = \left| rac{f(U_n) - f(U_{n-1})}{U_n - U_{n-1}} ight| = rac{|U_{n+1} - U_n|}{|U_n - U_{n-1}|}$
Or $|f'(c)| = \left| rac{-1}{(1+c)^2} ight| = rac{1}{(1+c)^2}$
Et $|f'(c)| < rac{1}{4}$ donc $|f'(c)| < rac{1}{2}$
d - On a :
$0 \leqslant |U_2 - U_1| \leqslant rac{1}{2} |U_1 - U_0|$
$0 \leqslant |U_3 - U_2| \leqslant rac{1}{2} |U_2 - U_1|$
$ dots$
$0 \leqslant |U_{2n+1} - U_{2n}| \leqslant rac{1}{2} |U_{2n} - U_{2n-1}|$
Par produit :
$0 \leqslant |U_{2n+1} - U_{2n}| \leqslant \left( rac{1}{2} ight)^{2n} |U_1 - U_0|$
On a : $\lim_{n o +\infty} \left( rac{1}{2} ight)^{2n} |U_1 - U_0| = 0$
Donc $\lim (U_{2n+1} - U_{2n}) = \lim ( eta_n - lpha_n) = 0$.
On a : $( lpha_n)$ et $( eta_n)$ décroissante et $\lim | eta_n - lpha_n| = 0$. (Correction : $ lpha_n$ est croissante et $ eta_n$ décroissante).
Donc $( lpha_n)_n$ et $( eta_n)_n$ sont adjacentes.
e) $\lim lpha_n$ ?
On a : $( lpha_n)_n$ et $( eta_n)_n$ adjacentes et $( lpha_n)$ croissante et $( eta_n)_n$ décroissante.
On a : $f \circ f$ continue sur $I = \left[1, rac{3}{2} ight]$
et $f \circ f(I) \subset I$ et $ lpha_{n+1} = f \circ f( lpha_n)$ et $ lpha_0 \in I$
et $( lpha_n)$ CV.
Donc $\lim lpha_n$ est solution de $f \circ f(x) = x$.
$\sqrt{2} \in I \quad$ et $\quad -\sqrt{2} otin I$.
- Soit $(U_n)_n$ une suite définie par $U_{n+1} = f(U_n)$
- Mq : $(U_n)_n$ est convergente.
Chapitre 3
Définitions : Soit $(u_n)_{n \in I}$ une suite numérique définie sur $I$.
Propriétés : Soit $(u_n)_{n \in I}$ une suite définie sur $I$.
Remarques importantes :
| Suite arithmétique de raison $r$ | Suite géométrique de raison $q$ |
|---|---|
| $(\forall n \in I) ; u_{n+1} = u_n + r$ | $(\forall n \in I) ; u_{n+1} = q u_n$ |
| Terme général ($I = \mathbb{N}$) : $u_n = u_0 + nr$ | Terme général ($I = \mathbb{N}$ et $q \neq 0$) : $u_n = q^n u_0$ |
| Cas général ($n$ et $p \in I$) : $u_n = u_p + (n - p)r$ | Cas général ($n$ et $p \in I$ et $q \neq 0$) : $u_n = q^{n-p} u_p$ |
Somme des termes consécutifs
$S_n = (\text{nbre de termes}) \times \frac{1^{er} \text{ terme} + \text{dernier terme}}{2}$ Cas particulier : | Somme des termes consécutifs (avec $q \neq 1$)
$S_n = (1^{er} \text{ terme}) \times \frac{1 - q^{\text{nbre de termes}}}{1 - q}$ Cas particulier : |
Soit $(u_n)$ la suite numérique définie par : $\begin{cases} u_0 = 1 \\ (\forall n \in \mathbb{N}) ; u_{n+1} = 3u_n - 1 \end{cases}$
On pose pour tout $n$ de $\mathbb{N}$ : $a_n = u_n - \frac{1}{2}$
1) Montrer que $(a_n)$ est une suite géométrique dont on déterminera la raison et le premier terme.
2) En déduire l'expression de $u_n$ en fonction de $n$.
Soit $(v_n)$ la suite numérique définie par : $\begin{cases} v_0 = \frac{1}{2} \\ (\forall n \in \mathbb{N}) ; v_{n+1} = -\frac{4v_n + 1}{4v_n} \end{cases}$
1) Montrer que : $(\forall n \in \mathbb{N}) ; v_n \neq -\frac{1}{2}$.
2) On pose pour tout $n$ de $\mathbb{N}$ : $b_n = \frac{2}{2v_n + 1}$
a) Montrer que $(b_n)$ est une suite arithmétique, dont on déterminera la raison et le premier terme.
b) En déduire l'expression de $v_n$ en fonction de $n$.
Soit $(u_n)$ la suite numérique définie par : $u_0 = 0$ et $u_{n+1} = \frac{2u_n + 1}{u_n + 2}$ pour tout $n$ de $\mathbb{N}$.
1) a) Montrer que : $(\forall n \in \mathbb{N}) ; 0 \le u_n < 1$
b) Étudier la monotonie de la suite $(u_n)$.
2) Pour tout $n$ de $\mathbb{N}$, on pose : $v_n = \frac{u_n - 1}{u_n + 1}$
a) Montrer que $(v_n)$ est une suite géométrique, puis exprimer $v_n$ en fonction de $n$
b) En déduire $u_n$ en fonction de $n$
On considère les suites $(u_n)$ et $(v_n)$ définies par :
$u_1 = 1 ; v_1 = 0$ et $(\forall n \in \mathbb{N}^*) ; u_{n+1} = 2v_n$ et $v_{n+1} = u_n + v_n$
1) Pour tout $n$ de $\mathbb{N}^*$, on pose : $d_n = u_n - v_n$
Calculer $d_{n+1}$ en fonction de $d_n$, en déduire $d_n$ en fonction de $n$
2) Montrer que $(\forall n \in \mathbb{N}^*) ; u_{n+2} = u_{n+1} + 2u_n$
3) Pour tout $n$ de $\mathbb{N}^*$, on pose $x_n = u_{n+1} + u_n$ et $y_n = u_{n+1} - 2u_n$
a) Montrer que $(x_n)$ et $(y_n)$ sont deux suites géométriques, puis exprimer chacune en fonction de $n$
b) Exprimer $v_n$ en fonction de $n$
Soit $(u_n)$ la suite numérique définie par son premier terme $u_1$ et par la relation de récurrence suivante : $(\forall n \in \mathbb{N}^*) ; (n+2)u_{n+1} = n u_n + 1 - n \quad (E)$
1) a) Calculer $u_2$ et $u_3$ en fonction de $u_1$
b) On pose $\alpha_n = an + b$ pour tout $n$ de $\mathbb{N}^*$ où $a$ et $b$ sont deux réels.
Déterminer $a$ et $b$ sachant que la suite $(\alpha_n)$ vérifie la relation $(E)$.
2) Soit $(x_n)$ la suite numérique définie par : $x_n = u_n - \alpha_n$ pour tout $n$ de $\mathbb{N}^*$, avec $u_1 = 1$ et $(\alpha_n)$ vérifiant $(E)$.
a) Montrer que $x_{n+1} = \frac{n}{n+2}x_n$ pour tout $n$ de $\mathbb{N}^*$
b) Exprimer $x_n$ puis $u_n$ en fonction de $n$
c) Calculer les sommes : $S_n = \sum_{k=1}^n x_k$ et $T_n = \sum_{k=1}^n u_k$ en fonction de $n$.
1) Montrons que $(a_n)$ est une suite géométrique :
Soit $n$ un élément de $\mathbb{N}$ ; on a :
$a_{n+1} = u_{n+1} - \frac{1}{2} = 3u_n - 1 - \frac{1}{2} = 3u_n - \frac{3}{2} = 3\left(u_n - \frac{1}{2}\right) = 3a_n$
Donc : $(\forall n \in \mathbb{N}) ; a_{n+1} = 3a_n$
Par conséquent $(a_n)$ est une suite géométrique de raison $q = 3$ et de premier terme $a_0 = u_0 - \frac{1}{2} = 1 - \frac{1}{2} = \frac{1}{2}$.
2) Exprimons $u_n$ en fonction de $n$ :
On a : $(\forall n \in \mathbb{N}) ; a_n = a_0 q^n = \frac{1}{2} 3^n$ (car $(a_n)$ est une suite géométrique de raison 3 et de premier terme $\frac{1}{2}$).
Par suite : $(\forall n \in \mathbb{N}) ; u_n = a_n + \frac{1}{2} = \frac{1}{2}(3^n + 1)$.
1) Montrons par récurrence que : $(\forall n \in \mathbb{N}) ; v_n \neq -\frac{1}{2}$
• Initialisation : pour $n = 0$ ; on a : $v_0 = \frac{1}{2}$ donc $v_0 \neq -\frac{1}{2}$.
• Hérédité : Soit $n$ un élément de $\mathbb{N}$. Supposons que $v_n \neq -\frac{1}{2}$ et montrons que $v_{n+1} \neq -\frac{1}{2}$.
On a : $v_{n+1} + \frac{1}{2} = \frac{-4v_n - 1}{4v_n} + \frac{1}{2} = \frac{-4v_n - 1 + 2v_n}{4v_n} = \frac{-2v_n - 1}{4v_n} = \frac{-(2v_n + 1)}{4v_n}$
Et puisque $v_n \neq -\frac{1}{2}$ (d'après l'hypothèse de récurrence), alors $2v_n + 1 \neq 0$.
C'est-à-dire $2v_n + 1 \neq 0$ donc $v_{n+1} + \frac{1}{2} \neq 0$, d'où $v_{n+1} \neq -\frac{1}{2}$.
• Conclusion : d'après le principe de récurrence, $(\forall n \in \mathbb{N}) ; v_n \neq -\frac{1}{2}$.
2) a) Montrons que $(b_n)$ est une suite arithmétique :
Soit $n \in \mathbb{N}$ ; on a : $b_{n+1} - b_n = \frac{2}{2v_{n+1} + 1} - \frac{2}{2v_n + 1}$
$= 2\left( \frac{2v_n}{-(2v_n + 1)} - \frac{1}{2v_n + 1} \right) = 2\left( \frac{-2v_n - 1}{2v_n + 1} \right) = -2$
donc $(\forall n \in \mathbb{N}) ; b_{n+1} = b_n - 2$
c'est-à-dire $(b_n)$ est une suite arithmétique de raison $r = -2$ et de premier terme $b_0 = \frac{2}{2(1/2) + 1} = 1$.
b) Exprimons $v_n$ en fonction de $n$ :
• On a : $(b_n)$ est une suite arithmétique, donc $b_n = b_0 + nr$.
Et puisque $b_0 = 1$ et $r = -2$ ; alors : $(\forall n \in \mathbb{N}) ; b_n = 1 - 2n$
Et pour tout $n \in \mathbb{N}$ on a : $b_n = \frac{2}{2v_n + 1} \iff 2v_n + 1 = \frac{2}{b_n}$
$\iff 2v_n = \frac{2}{b_n} - 1 \iff v_n = \frac{1}{b_n} - \frac{1}{2} \iff v_n = \frac{2 - b_n}{2b_n} = \frac{1}{b_n} - \frac{1}{2} = \frac{1}{1 - 2n} - \frac{1}{2} = \frac{2 - (1 - 2n)}{2(1 - 2n)}$
Donc : $(\forall n \in \mathbb{N}) ; v_n = \frac{1 + 2n}{2 - 4n}$.
1) a) Montrons par récurrence que : $(\forall n \in \mathbb{N}) ; 0 \le u_n < 1$
• Initialisation : pour $n = 0$ ; on a : $0 \le u_0 < 1$ car $u_0 = 0$.
• Hérédité : soit $n \in \mathbb{N}$. Supposons que $0 \le u_n < 1$ et montrons que $0 \le u_{n+1} < 1$.
- On a : $u_n \ge 0 \implies \begin{cases} 2u_n + 1 \ge 0 \\ u_n + 2 > 0 \end{cases} \implies \frac{2u_n + 1}{u_n + 2} \ge 0 \implies u_{n+1} \ge 0 \quad (1)$
- D'autre part : $1 - u_{n+1} = 1 - \frac{2u_n + 1}{u_n + 2} = \frac{1 - u_n}{u_n + 2}$.
Et puisque $1 - u_n > 0$ (d'après l'hypothèse de récurrence) et $u_n + 2 > 0$, alors $1 - u_{n+1} > 0$ c'est à dire $u_{n+1} < 1 \quad (2)$.
De (1) et (2) on déduit que : $0 \le u_{n+1} < 1$.
• Conclusion : d'après le principe de récurrence, $(\forall n \in \mathbb{N}) ; 0 \le u_n < 1$.
b) Étudions la monotonie de $(u_n)$ :
Soit $n \in \mathbb{N}$ ; on a : $u_{n+1} - u_n = \frac{2u_n + 1}{u_n + 2} - u_n = \frac{1 - u_n^2}{u_n + 2} = \frac{(1 - u_n)(1 + u_n)}{u_n + 2}$.
Et puisque $0 \le u_n < 1$, alors $u_{n+1} - u_n > 0$.
Donc $(\forall n \in \mathbb{N}) ; u_{n+1} > u_n$, c'est-à-dire la suite $(u_n)$ est strictement croissante.
2) Montrons que $(v_n)$ est une suite géométrique :
Soit $n \in \mathbb{N}$ ; on a : $v_{n+1} = \frac{u_{n+1} - 1}{u_{n+1} + 1} = \frac{\frac{2u_n + 1}{u_n + 2} - 1}{\frac{2u_n + 1}{u_n + 2} + 1} = \frac{u_n - 1}{3u_n + 3} = \frac{1}{3}\frac{u_n - 1}{u_n + 1} = \frac{1}{3}v_n$.
D'où : $(\forall n \in \mathbb{N}) ; v_{n+1} = \frac{1}{3}v_n$.
Par conséquent, la suite $(v_n)$ est géométrique de raison $q = \frac{1}{3}$, et de premier terme $v_0 = \frac{0 - 1}{0 + 1} = -1$.
Ainsi : $(\forall n \in \mathbb{N}) ; v_n = v_0\left(\frac{1}{3}\right)^n = -\left(\frac{1}{3}\right)^n$.
b) Exprimons $u_n$ en fonction de $n$ :
$v_n = \frac{u_n - 1}{u_n + 1} \iff (u_n + 1)v_n = u_n - 1 \iff u_n v_n - u_n = -1 - v_n \iff u_n(v_n - 1) = -(v_n + 1) \iff u_n = \frac{v_n + 1}{1 - v_n}$.
$\implies u_n = \frac{1 - \left(\frac{1}{3}\right)^n}{1 + \left(\frac{1}{3}\right)^n} = \frac{3^n - 1}{3^n + 1}$.
Finalement : $(\forall n \in \mathbb{N}) ; u_n = \frac{3^n - 1}{3^n + 1}$.
1) Calculons $d_{n+1}$ en fonction de $d_n$ :
Soit $n \in \mathbb{N}^*$ ; on a : $d_{n+1} = u_{n+1} - v_{n+1} = 2v_n - u_n - v_n = v_n - u_n = -d_n$.
Donc $(d_n)$ est une suite géométrique de raison $q = -1$ et de premier terme $d_1 = u_1 - v_1 = 1 - 0 = 1$.
D'où $(\forall n \in \mathbb{N}^*) ; d_n = d_1(-1)^{n-1} = (-1)^{n-1}$.
2) Montrons que $(\forall n \in \mathbb{N}^*) ; u_{n+2} = u_{n+1} + 2u_n$ :
Soit $n \in \mathbb{N}^*$ ; on a : $u_{n+2} = 2v_{n+1} = 2(u_n + v_n) = 2u_n + 2v_n = 2u_n + u_{n+1}$.
3) a) Montrons que la suite $(x_n)$ est géométrique :
Soit $n \in \mathbb{N}^*$, on a : $x_{n+1} = u_{n+2} + u_{n+1} = u_{n+1} + 2u_n + u_{n+1} = 2u_{n+1} + 2u_n = 2(u_{n+1} + u_n) = 2x_n$.
Donc $(x_n)$ est une suite géométrique de raison 2 et de premier terme $x_1 = u_2 + u_1 = 2v_1 + 1 = 1$.
• Montrons que $(y_n)$ est une suite géométrique :
Soit $n \in \mathbb{N}^*$ ; on a : $y_{n+1} = u_{n+2} - 2u_{n+1} = u_{n+1} + 2u_n - 2u_{n+1} = -u_{n+1} + 2u_n = -(u_{n+1} - 2u_n) = -y_n$.
Donc $(y_n)$ est une suite géométrique de raison -1 et de premier terme $y_1 = u_2 - 2u_1 = 0 - 2 = -2$.
Déduction : On a : $(\forall n \in \mathbb{N}^*) ; x_n = x_1 \times 2^{n-1} = 2^{n-1}$ et $(\forall n \in \mathbb{N}^*) ; y_n = y_1(-1)^{n-1} = -2(-1)^{n-1} = 2(-1)^n$.
b) Exprimons $v_n$ en fonction de $n$ :
On a : $\begin{cases} x_n = u_{n+1} + u_n \\ y_n = u_{n+1} - 2u_n \end{cases}$ pour tout $n \in \mathbb{N}^*$.
Par soustraction : $x_n - y_n = 3u_n \implies u_n = \frac{x_n - y_n}{3}$.
D'où $u_n = \frac{2^{n-1} - 2(-1)^n}{3}$.
Soit $n \in \mathbb{N}^*$, on a : $v_n = \frac{u_{n+1}}{2}$ (car $u_{n+1} = 2v_n$).
Donc : $(\forall n \in \mathbb{N}^*) ; v_n = \frac{2^n - 2(-1)^{n+1}}{6} = \frac{2^{n-1} - (-1)^{n+1}}{3}$.
1) a) On a : $3u_2 = u_1 + 1 - 1 \implies 3u_2 = u_1 \implies u_2 = \frac{1}{3}u_1$.
Et $4u_3 = 2u_2 + 1 - 2 = 2u_2 - 1 \implies u_3 = \frac{1}{2}u_2 - \frac{1}{4}$.
Donc : $u_3 = \frac{1}{6}u_1 - \frac{1}{4}$.
b) On a : La suite $(\alpha_n)$ vérifie la relation $(E)$ signifie que :
$(n+2)\alpha_{n+1} = n\alpha_n + 1 - n$ pour tout $n \in \mathbb{N}^*$.
Signifie que : $(\forall n \in \mathbb{N}^*) ; (n+2)(a(n+1) + b) = n(an + b) + 1 - n$
Signifie que : $(\forall n \in \mathbb{N}^*) ; an^2 + an + bn + 2an + 2a + 2b = an^2 + bn + 1 - n$
Signifie que : $(\forall n \in \mathbb{N}^*) ; n(3a + 1) + 2a + 2b - 1 = 0$
Donc : $\begin{cases} 3a + 1 = 0 \\ 2a + 2b - 1 = 0 \end{cases}$ c'est-à-dire : $a = -\frac{1}{3}$ et $b = \frac{5}{6}$.
D'où la suite $(\alpha_n)$ vérifie $(E)$ lorsque : $(\forall n \in \mathbb{N}^*) ; \alpha_n = -\frac{1}{3}n + \frac{5}{6}$.
2) a) Montrons que : $(\forall n \in \mathbb{N}^*) ; x_{n+1} = \frac{n}{n+2}x_n$ :
On a : $(\forall n \in \mathbb{N}^*) ; (n+2)x_{n+1} = (n+2)(u_{n+1} - \alpha_{n+1}) = (n+2)u_{n+1} - (n+2)\alpha_{n+1}$.
Donc : $(\forall n \in \mathbb{N}^*) ; (n+2)x_{n+1} = n u_n + 1 - n - (n\alpha_n + 1 - n) = n(u_n - \alpha_n)$ (car $(u_n)$ et $(\alpha_n)$ vérifient $(E)$).
D'où $(\forall n \in \mathbb{N}^*) ; (n+2)x_{n+1} = nx_n$. C'est-à-dire $(\forall n \in \mathbb{N}^*) ; x_{n+1} = \frac{n}{n+2}x_n$.
b) D'après la question précédente on a :
$x_2 = \frac{1}{3}x_1$
$x_3 = \frac{2}{4}x_2$
$x_4 = \frac{3}{5}x_3$
...
$x_n = \frac{n-1}{n+1}x_{n-1}$
En multipliant membre à membre les égalités précédentes, et après simplification, on obtient :
$x_n = \frac{1 \times 2 \times 3 \dots \times (n-1)}{3 \times 4 \times 5 \dots \times (n+1)} x_1 = \frac{(n-1)! \times 2}{(n+1)!} x_1 = \frac{2}{(n)(n+1)} x_1$.
Or $x_1 = u_1 - \alpha_1 = 1 - \left(-\frac{1}{3} + \frac{5}{6}\right) = \frac{1}{2}$.
Donc $x_n = \frac{2}{n(n+1)} \times \frac{1}{2} = \frac{1}{n(n+1)}$.
Et puisque $u_n = x_n + \alpha_n$, et $(\alpha_n)$ vérifie $(E)$, alors $\alpha_n = -\frac{1}{3}n + \frac{5}{6}$.
Et $u_n = \frac{1}{n(n+1)} - \frac{1}{3}n + \frac{5}{6}$.
c) Calculons $S_n$ et $T_n$ :
• Soit $n \in \mathbb{N}^*$ ; on a : $x_n = \frac{1}{n(n+1)} = \frac{1}{n} - \frac{1}{n+1}$.
Donc : $S_n = \sum_{k=1}^n x_k = \sum_{k=1}^n \left(\frac{1}{k} - \frac{1}{k+1}\right) = \left(1 + \frac{1}{2} + \dots + \frac{1}{n}\right) - \left(\frac{1}{2} + \frac{1}{3} + \dots + \frac{1}{n+1}\right) = 1 - \frac{1}{n+1} = \frac{n}{n+1}$.
D'où : $(\forall n \in \mathbb{N}^*) ; S_n = \frac{n}{n+1}$.
• Soit $n \in \mathbb{N}^*$ ; on a : $T_n = \sum_{k=1}^n u_k = \sum_{k=1}^n (x_k + \alpha_k) = \sum_{k=1}^n x_k + \sum_{k=1}^n \alpha_k$
$= S_n + \sum_{k=1}^n \left(-\frac{1}{3}k + \frac{5}{6}\right) = S_n - \frac{1}{3}\sum_{k=1}^n k + \sum_{k=1}^n \frac{5}{6}$
$= S_n - \frac{1}{3}\frac{n(n+1)}{2} + \frac{5}{6}n$
$= \frac{n}{n+1} - \frac{n(n+1)}{6} + \frac{5n}{6} = \frac{n}{n+1} + \frac{n(5 - (n+1))}{6} = \frac{n}{n+1} + \frac{n(4 - n)}{6}$
D'où : $(\forall n \in \mathbb{N}^*) ; T_n = \frac{n}{n+1} + \frac{n(4 - n)}{6}$.
Énoncés des exercices
1) On considère la suite numérique $(v_n)$ telle que : $(\forall n \in \mathbb{N}^*) ; v_n = \sum_{p=1}^n \frac{1}{p(p+1)(p+2)}$
a) Déterminer les nombres réels $a,b$ et $c$ tels que : $(\forall p \in \mathbb{N}^*) ; \frac{1}{p(p+1)(p+2)} = \frac{a}{p} + \frac{b}{p+1} + \frac{c}{p+2}$
b) Montrer que : $(\forall n \in \mathbb{N}^*) ; v_n = \frac{1}{4} + \frac{1}{2n+2} - \frac{1}{n+1} + \frac{1}{2n+4}$ puis calculer $\lim_{n \to +\infty} v_n$
2) On considère la suite numérique $(w_n)$ définie par : $(\forall n \in \mathbb{N}^*) ; w_n = \frac{1}{n+1}\left(1 + \frac{1}{1+\sqrt{2}} + \frac{1}{\sqrt{2}+\sqrt{3}} + \dots + \frac{1}{\sqrt{n-1}+\sqrt{n}}\right)$
a) Déterminer $w_n$ en fonction de $n$. Remarquer : $\frac{1}{\sqrt{p-1}+\sqrt{p}} = \sqrt{p} - \sqrt{p-1}$
b) Calculer $\lim_{n \to +\infty} w_n$
Déterminer dans chacun des cas suivant, $\lim_{n \to +\infty} u_n$ :
| 1) $u_n = \frac{\cos n}{n}$ | 2) $u_n = \frac{(-1)^n}{n}$ | 3) $u_n = \sqrt{n+1} - \sqrt{n}$ |
| 4) $u_n = \frac{n - (-1)^n}{n + (-1)^n}$ | 5) $u_n = \frac{1}{n^3} \sum_{k=1}^n k^2$ | 6) $u_n = \frac{1}{n^2} \sum_{k=1}^n E(kx)$ |
Soit $(u_n)$ la suite numérique définie par : $\begin{cases} u_0 = 1 \\ (\forall n \in \mathbb{N}) ; u_{n+1} = u_n + \alpha^n \end{cases}$ où $\alpha \in \mathbb{R}^*$
Étudier la convergence de la suite $(u_n)$.
Soit $(u_n)$ une suite d'entiers naturels telle que $(u_n)$ est strictement croissante
1) Montrer que : $(\forall n \in \mathbb{N}) ; u_n \ge n$
2) Calculer $\lim_{n \to +\infty} u_n$.
1) Montrons que : $(\forall x \in \mathbb{R}_+) ; \text{Arc}\tan\left(\frac{1}{1+x+x^2}\right) = \text{Arc}\tan\left(\frac{1}{x}\right) - \text{Arc}\tan\left(\frac{1}{1+x}\right)$
2) Pour tout $n$ de $\mathbb{N}$, on pose $u_n = \text{Arc}\tan\left(\frac{1}{1+n+n^2}\right)$, et on considère la suite numérique $(S_n)$ définie par : $(\forall n \in \mathbb{N}^*) ; S_n = \sum_{k=1}^n u_k$
a) Calculer $\lim_{n \to +\infty} u_n$
b) Déterminer $S_n$ en fonction de $n$, puis calculer $\lim_{n \to +\infty} S_n$.
Soit $(u_n)$ la suite numérique définie par : $\begin{cases} u_0 = 1 \\ (\forall n \in \mathbb{N}) ; u_{n+1} = \frac{2u_n + 3}{u_n + 2} \end{cases}$
1) a) Montrons que la suite $(u_n)$ est strictement croissante
b) Montrer que : $(\forall n \in \mathbb{N}) ; u_n < 2$
2) On pose : $(\forall n \in \mathbb{N}) ; v_n = \frac{u_n - \sqrt{3}}{u_n + \sqrt{3}}$
a) Montrer que $(v_n)$ est une suite géométrique dont on déterminera la raison et le premier terme.
b) Exprimer $u_n$ en fonction de $n$
c) Calculer $\lim_{n \to +\infty} u_n$.
On considère la suite numérique $(u_n)_{n \ge 1}$ définie par : $(\forall n \in \mathbb{N}^*) ; u_n = \frac{n}{2^n} + 1$
1) a) Montrer que la suite $(u_n)$ est décroissante.
b) Montrer que la suite $(u_n)$ est convergente.
2) a) Montrer que : $(\forall n \in (\mathbb{N}^* \setminus \{1\})) ; 2^n > C_n^2$
b) En déduire que : $(\forall n \in \mathbb{N}^* \setminus \{1\}) ; 1 < u_n < \frac{2}{n-1} + 1$.
c) Calculer $\lim_{n \to +\infty} u_n$
Soit $(u_n)$ la suite numérique définie par : $\begin{cases} u_0 = \frac{1}{2} ; u_1 = 1 \\ (\forall n \in \mathbb{N}) ; u_{n+2} = \frac{1}{2}\left(\frac{1}{u_{n+1}} + \frac{1}{u_n}\right) \end{cases}$
1) Calculer $u_2$ et $u_3$.
2) Montrer par récurrence que : $(\forall n \in \mathbb{N}) ; u_{n+1} = \frac{2u_n}{4u_n - 1}$.
3) Montrer que : $(\forall n \in \mathbb{N}) ; \frac{1}{2} \le u_n \le 1$
4) Pour tout $n$ de $\mathbb{N}$ ; on pose : $v_n = \frac{1}{u_n} - \frac{4}{3}$, montrer que $(v_n)$ est une suite géométrique que, puis exprimer $v_n$ et $u_n$ en fonction de $n$.
5) Calculer $\lim_{n \to +\infty} u_n$.
1) Montrer que : $(\forall x \in ]0, 1[) ; \sqrt{1-x} < 1 - \frac{1}{2}x < \frac{1}{\sqrt{1+x}}$
2) Soit $(u_n)$ la suite numérique définie que : $\begin{cases} u_0 = \frac{1}{2} \\ (\forall n \in \mathbb{N}^*) ; u_n = \left(1 - \frac{1}{2n}\right) u_{n-1} \end{cases}$
Écrire $u_n$ en fonction de $n$
3) Pour tout $n$ de $\mathbb{N}$ ; on pose : $v_n = u_n\sqrt{n+1}$ et $w_n = u_n\sqrt{n}$
a) Montrer que la suite $(v_n)$ est strictement décroissante et que : $(\forall n \in \mathbb{N}^*) ; u_n < \frac{1}{2\sqrt{n+1}}$
b) Montrer que la suite $(w_n)$ est strictement croissante et que : $(\forall n \in \mathbb{N}^*) ; \frac{1}{4\sqrt{n}} \le u_n$
c) Étudier la convergence de la suite $(u_n)$.
Soit $(u_n)$ la suite numérique définie par : $\begin{cases} u_0 = \sqrt[3]{\frac{2}{7}} \\ (\forall n \in \mathbb{N}) ; u_{n+1} = \sqrt[3]{\frac{1+u_n^3}{8}} \end{cases}$
1) a) Montrer que : $(\forall n \in \mathbb{N}) ; u_n > \sqrt[3]{\frac{1}{7}}$
b) En déduire que : $(\forall n \in \mathbb{N}) ; \frac{u_{n+1}}{u_n} < 1$
c) Montrer que la suite $(u_n)$ est convergente.
2) Pour tout $n$ de $\mathbb{N}$ ; on pose $v_n = \frac{7}{8}u_n^3 - \frac{1}{8}$
a) Montrer que $(v_n)$ est une suite géométrique de raison $q = \frac{1}{8}$ ;
b) Exprimer $u_n$ en fonction de $n$ puis calculer $\lim_{n \to +\infty} u_n$.
1) Montrer que : $(\forall n \in \mathbb{N}) ; 2^n > n$
2) On considère la suite numérique $(x_n)$ définie par : $(\forall n \in \mathbb{N}^*) ; x_n = \sum_{k=1}^n \frac{1}{k!}$
Montrer que la suite $(x_n)$ est strictement croissante et majorée, puis en déduire qu'elle est convergente.
3) On considère la suite $(y_n)$ définie par : $(\forall n \in \mathbb{N}^*) ; y_n = \sum_{k=1}^n \frac{1}{k 2^k}$
Montrer que la suite $(y_n)$ est majorée, et en déduire qu'elle est convergente.
Soit $(u_n)$ la suite numérique définie par : $\begin{cases} u_0 = 1 \\ u_{n+1} = \frac{u_n+2}{u_n^2+1} ; n \in \mathbb{N} \end{cases}$
1) Montrer que : $(\forall n \in \mathbb{N}) ; 0 \le u_n < 2$
2) Étudier la monotonie de la suite $(u_n)$
3) a) Montrer que pour tout de $n$ de $\mathbb{N}$ on a : $2 - u_{n+1} \le \frac{4}{5}(2 - u_n)$.
b) En déduire que : $(\forall n \in \mathbb{N}) ; 0 < 2 - u_n \le \left(\frac{4}{5}\right)^n$
c) En déduire que la suite $(u_n)$ est convergente, puis calculer : $\lim_{n \to +\infty} u_n$.
On a : $\begin{cases} u_0 = 4 \\ u_{n+1} = \frac{2u_n^2 - 3}{u_n + 2} ; n \in \mathbb{N} \end{cases}$
1) Montrer que : $(\forall n \in \mathbb{N}) ; u_n > 3$
2) Étudier la monotonie de la suite $(u_n)$
3) a) Montrer que : $u_{n+1} - 3 > \frac{3}{2}(u_n - 3)$ pour tout $n$ de $\mathbb{N}$
b) En déduire que : $(\forall n \in \mathbb{N}) ; u_n \ge \left(\frac{3}{2}\right)^n + 3$
c) Calculer : $\lim_{n \to +\infty} u_n$
Soit $(u_n)$ la suite numérique définie par $\begin{cases} u_0 = 1 \\ u_{n+1} = u_n^2 + u_n \ (n \in \mathbb{N}) \end{cases}$
1) a) Montrer que la suite $(u_n)$ est croissante
b) Montrer que : $(\forall n \in \mathbb{N}) ; u_n \ge 2^n$, et en déduire $\lim_{n \to +\infty} u_n$.
2) on pose : $v_n = \sum_{k=0}^n \frac{1}{u_k + 1}$
a) Vérifier que : $\frac{1}{1 + u_k} = \frac{1}{u_k} - \frac{1}{u_{k+1}}$ pour tout $k$ de $\mathbb{N}$
b) En déduire que la suite $(v_n)$ est convergente.
Soit $(u_n)$ la suite numérique définie par : $\begin{cases} u_0 = 1 \\ u_{n+1} = \frac{u_n}{\sqrt{1 + u_n^2}} \end{cases}$
1) Montrer que la suite $(u_n)$ est convergente, puis calculer $\lim_{n \to +\infty} u_n$
2) Calculer de deux façons la somme suivante $\frac{1}{n} \sum_{k=1}^n v_k$ où $(\forall k \in \mathbb{N}^*) ; v_k = \frac{1}{u_k^2} - \frac{1}{u_{k-1}^2}$
puis en déduire que : $\lim_{n \to +\infty} n u_n^2 = 1$
Soit $(u_n)$ la suite numérique définie par : $\begin{cases} u_0 > 3\sqrt{2} \\ (\forall n \in \mathbb{N}) ; u_{n+1} = \frac{2}{3}\left(u_n + \frac{1}{u_n^2}\right) \end{cases}$
1) Montrer que : $(\forall n \in \mathbb{N}) ; u_n > 0$.
2) a) Montrer que : $(\forall n \in \mathbb{N}) ; u_{n+1} - 3\sqrt{2} = \frac{2u_n + 3\sqrt{2}}{3u_n^2}(u_n - 3\sqrt{2})^2 \ (1)$
b) Montrer que : $(\forall n \in \mathbb{N}) ; u_n \ge 3\sqrt{2}$.
c) Montrer que la suite $(u_n)$ est décroissante
3) a) Montrer que : $(\forall n \in \mathbb{N}) ; u_{n+1} - 3\sqrt{2} \le \frac{2}{3}(u_n - 3\sqrt{2})$.
b) En déduire que : $(\forall n \in \mathbb{N}) ; u_n - 3\sqrt{2} \le \left(\frac{2}{3}\right)^n (u_0 - 3\sqrt{2})$.
c) Calculer : $\lim_{n \to +\infty} u_n$.
Soit $(u_n)_{n \ge 0}$ la suite définie par : $u_0 = \frac{\sqrt{2}}{2}$ et $(\forall n \in \mathbb{N}) ; u_{n+1} = \sqrt{\frac{1 + u_n}{2}}$
1) Montrer que : $(\forall n \in \mathbb{N}) ; 0 \le u_n \le 1$
2) Étudier la monotonie de la suite $(u_n)$, en déduire qu'elle est convergente.
3) Montrer par récurrence que : $(\forall n \in \mathbb{N}) u_n = \cos\left(\frac{\pi}{2^{n+2}}\right)$ ; puis déterminer $\lim_{n \to +\infty} u_n$.
Solutions des exercices
1) a) Déterminons $a,b$ et $c$ tels que :
$(\forall p \in \mathbb{N}^*) ; \frac{1}{p(p+1)(p+2)} = \frac{a}{p} + \frac{b}{p+1} + \frac{c}{p+2}$
Soit $p \in \mathbb{N}^*$; on a : $\frac{1}{p(p+1)(p+2)} = \frac{a}{p} + \frac{b}{p+1} + \frac{c}{p+2} \iff \frac{1}{p(p+1)(p+2)} = \frac{a(p+1)(p+2) + bp(p+2) + cp(p+1)}{p(p+1)(p+2)}$
$\iff \frac{1}{p(p+1)(p+2)} = \frac{(a+b+c)p^2 + (3a+2b+c)p + 2a}{p(p+1)(p+2)}$
donc : $(\forall p \in \mathbb{N}^*) ; (a+b+c)p^2 + (3a+2b+c)p + 2a = 1$
d'où $\begin{cases} a+b+c = 0 \\ 3a+2b+c = 0 \\ 2a = 1 \end{cases}$ par conséquent : $\begin{cases} a = \frac{1}{2} \\ b = -1 \\ c = \frac{1}{2} \end{cases}$ (Après résolution du système)
ainsi : $(\forall p \in \mathbb{N}^*) : \frac{1}{p(p+1)(p+2)} = \frac{1}{2p} - \frac{1}{p+1} + \frac{1}{2p+4}$
b) Montrons que : $(\forall n \in \mathbb{N}^*) : v_n = \frac{1}{4} + \frac{1}{2n+2} - \frac{1}{n+1} + \frac{1}{2n+4}$
Soit $n$ un élément de $\mathbb{N}^*$ ; on a :
$v_n = \sum_{p=1}^n \frac{1}{p(p+1)(p+2)} = \sum_{p=1}^n \left(\frac{1}{2p} - \frac{1}{p+1} + \frac{1}{2p+4}\right)$
$= \left(\sum_{p=1}^n \frac{1}{2p}\right) - \left(\sum_{p=1}^n \frac{1}{p+1}\right) + \left(\sum_{p=1}^n \frac{1}{2p+4}\right)$
$= \left(\frac{1}{2} + \frac{1}{4} + \frac{1}{6} + \dots + \frac{1}{2n}\right) - \left(\frac{1}{2} + \frac{1}{3} + \dots + \frac{1}{n+1}\right) + \left(\frac{1}{6} + \frac{1}{8} + \dots + \frac{1}{2n+4}\right)$
$= \frac{3}{4} + \left(\frac{1}{6} + \frac{1}{8} + \dots + \frac{1}{2n}\right) - \left(\frac{1}{6} + \frac{1}{8} + \dots + \frac{1}{2n}\right) - \frac{1}{2n+2} + \frac{1}{2n+4} - \left(\frac{1}{2} + \frac{1}{3} + \dots + \frac{1}{n+1}\right)$
$= \frac{1}{4} + \frac{1}{2n+2} - \frac{1}{n+1} + \frac{1}{2n+4}$
donc $(\forall n \in \mathbb{N}^*) : v_n = \frac{1}{4} + \frac{1}{2n+2} - \frac{1}{n+1} + \frac{1}{2n+4}$
• Calculons $\lim_{n \to +\infty} v_n$ :
on a : $\lim_{n \to +\infty} \frac{1}{2n+2} = \lim_{n \to +\infty} \frac{1}{2n+4} = \lim_{n \to +\infty} \frac{1}{n+1} = 0$ donc : $\lim_{n \to +\infty} v_n = \frac{1}{4}$
2) a) Déterminons $w_n$ en fonction de $n$ :
on a : $(\forall p \in \mathbb{N}^*) : \frac{1}{\sqrt{p} + \sqrt{p-1}} = \sqrt{p} - \sqrt{p-1}$
donc pour $p = 2 : \frac{1}{1 + \sqrt{2}} = \sqrt{2} - 1$
pour $p = 3 : \frac{1}{\sqrt{2} + \sqrt{3}} = \sqrt{3} - \sqrt{2}$
pour $p = 4 : \frac{1}{\sqrt{3} + \sqrt{4}} = \sqrt{4} - \sqrt{3}$
$\dots$
pour $p = n : \frac{1}{\sqrt{n-1} + \sqrt{n}} = \sqrt{n} - \sqrt{n-1}$
Par sommation des égalités membre à membre , et après simplification, on obtient $\frac{1}{1+\sqrt{2}} + \frac{1}{\sqrt{2}+\sqrt{3}} + \dots + \frac{1}{\sqrt{n-1}+\sqrt{n}} = \sqrt{n} - 1$
donc $(\forall n \in \mathbb{N}^*) ; w_n = \frac{\sqrt{n}}{n+1}$
b) Calculons $\lim_{n \to +\infty} w_n$ :
Soit $n \in \mathbb{N}^*$ ; on a : $w_n = \frac{\sqrt{n}}{n+1} = \frac{\sqrt{n}}{\sqrt{n}(\sqrt{n} + \frac{1}{\sqrt{n}})} = \frac{1}{\sqrt{n} + \frac{1}{\sqrt{n}}}$
et puisque $\lim_{n \to +\infty} \sqrt{n} = +\infty$ et $\lim_{n \to +\infty} \frac{1}{\sqrt{n}} = 0$ alors $\lim_{n \to +\infty} w_n = 0$
1) $(\forall n \in \mathbb{N}^*) ; u_n = \frac{\cos n}{n}$
Soit $n$ un élément de $\mathbb{N}^*$, on a : $-1 \le \cos n \le 1$ donc $-\frac{1}{n} \le \frac{\cos n}{n} \le \frac{1}{n}$
d'où: $(\forall n \in \mathbb{N}^*) ; -\frac{1}{n} \le u_n \le \frac{1}{n}$ et puisque : $\lim_{n \to +\infty} \frac{1}{n} = \lim_{n \to +\infty} (-\frac{1}{n}) = 0$ alors, d'après les critères de convergence $\lim_{n \to +\infty} u_n = 0$
2) $(\forall n \in \mathbb{N}^*) ; u_n = \frac{(-1)^n}{n}$
Soit $n$ un élément de $\mathbb{N}^*$, on a : $|u_n| = \left|\frac{(-1)^n}{n}\right| = \frac{1}{n}$
et puisque $\lim_{n \to +\infty} \frac{1}{n} = 0$ alors $\lim_{n \to +\infty} |u_n| = 0$ donc : $\lim_{n \to +\infty} u_n = 0$
3) $(\forall n \in \mathbb{N}) ; u_n = \sqrt{n+1} - \sqrt{n}$
Soit $n$ un élément de $\mathbb{N}$ ; on a : $u_n = \sqrt{n+1} - \sqrt{n} = \frac{n+1-n}{\sqrt{n+1} + \sqrt{n}} = \frac{1}{\sqrt{n+1} + \sqrt{n}}$
et puisque $\lim_{n \to +\infty} \sqrt{n+1} + \sqrt{n} = +\infty$ alors $\lim_{n \to +\infty} \frac{1}{\sqrt{n+1} + \sqrt{n}} = 0$
donc $\lim_{n \to +\infty} u_n = 0$
4) $(\forall n \ge 2) ; u_n = \frac{n - (-1)^n}{n + (-1)^n}$
Soit $n$ un élément de $\mathbb{N}$ tel que: $n \ge 2$
$u_n = \frac{n - (-1)^n}{n + (-1)^n} = \frac{n\left(1 - \frac{(-1)^n}{n}\right)}{n\left(1 + \frac{(-1)^n}{n}\right)} = \frac{1 - \frac{(-1)^n}{n}}{1 + \frac{(-1)^n}{n}}$
et puisque $\lim_{n \to +\infty} \frac{(-1)^n}{n} = 0$ alors $\lim_{n \to +\infty} \frac{1 - \frac{(-1)^n}{n}}{1 + \frac{(-1)^n}{n}} = 1$ donc $\lim_{n \to +\infty} u_n = 1$
5) $(\forall n \in \mathbb{N}^*) ; u_n = \frac{1}{n^3} \cdot \sum_{k=1}^n k^2$
on rappelle que: $(\forall n \in \mathbb{N}^*) ; \sum_{k=1}^n k^2 = \frac{n(n+1)(2n+1)}{6}$
Pour tout $n$ de $\mathbb{N}^*$ ; on a : $u_n = \frac{1}{n^3} \times \frac{n(n+1)(2n+1)}{6} = \frac{1}{n^3} \times \frac{n^3\left(1 + \frac{1}{n}\right)\left(2 + \frac{1}{n}\right)}{6} = \frac{1}{6}\left(1 + \frac{1}{n}\right)\left(2 + \frac{1}{n}\right)$
et puisque $\lim_{n \to +\infty} \frac{1}{n} = 0$ alors $\lim_{n \to +\infty} \frac{1}{6}\left(1 + \frac{1}{n}\right)\left(2 + \frac{1}{n}\right) = \frac{2}{6} = \frac{1}{3}$
donc: $\lim_{n \to +\infty} u_n = \frac{1}{3}$
6) $(\forall n \in \mathbb{N}^*) ; u_n = \frac{1}{n^2} \sum_{k=1}^n E(kx)$ (où $x \in \mathbb{R}^*$)
Soit $n \in \mathbb{N}^*$, on a : $(\forall k \in \{1;2;\dots;n\}) ; kx - 1 < E(kx) \le kx$
donc $\sum_{k=1}^n (kx - 1) < \sum_{k=1}^n E(kx) \le \sum_{k=1}^n kx$
et on a : $\sum_{k=1}^n kx = x \sum_{k=1}^n k = x \frac{n(n+1)}{2}$
et $\sum_{k=1}^n (kx - 1) = \sum_{k=1}^n kx - \sum_{k=1}^n 1 = x \frac{n(n+1)}{2} - n$
d'où $x \frac{n(n+1)}{2} - n < \sum_{k=1}^n E(kx) \le x \frac{n(n+1)}{2}$
c'est-à-dire : $x \frac{n(n+1)}{2n^2} - \frac{1}{n} < \frac{1}{n^2} \sum_{k=1}^n E(kx) \le x \frac{n(n+1)}{2n^2}$
par suite : $(\forall n \in \mathbb{N}^*) ; x \frac{n(n+1)}{2n^2} - \frac{1}{n} < u_n \le x \frac{n(n+1)}{2n^2}$
et puisque : $\lim_{n \to +\infty} \frac{n(n+1)}{2n^2} = \lim_{n \to +\infty} \frac{1}{2}\left(1 + \frac{1}{n}\right) = \frac{1}{2}$
alors $\lim_{n \to +\infty} x \frac{n(n+1)}{2n^2} = \frac{x}{2}$ et $\lim_{n \to +\infty} x \frac{n(n+1)}{2n^2} - \frac{1}{n} = \frac{x}{2}$
et d'après les critères de convergence on a : $\lim_{n \to +\infty} u_n = \frac{x}{2}$
Étudions la convergence de la suite $(u_n)$
On a : $(\forall n \in \mathbb{N}^*) ; u_{n+1} - u_n = \alpha^n$
Soit $n$ un élément de $\mathbb{N}^*$, on a : $(\forall k \in \{1;\dots;n\}) ; \sum_{k=1}^n (u_{k+1} - u_k) = \sum_{k=1}^n \alpha^k$
Soit $f$ la fonction numérique définie par : $f(x) = \frac{9x}{x^3 + 6}$
On considère la suite numérique $(u_n)$ définie par : $\begin{cases} u_0 = 1 \\ (\forall n \in \mathbb{N}); u_{n+1} = f(u_n) \end{cases}$
1) Montrer que $f$ est strictement croissante sur l'intervalle : $I = [0 ; \sqrt[3]{3}]$ et que : $f(I) = I$.
2) Montrer que : $(\forall n \in \mathbb{N}) ; 1 \le u_n \le \sqrt[3]{3}$
3) Montrer que la suite $(u_n)$ est strictement croissante.
4) En déduire que la suite $(u_n)$ est convergente, et calculer sa limite.
Soit $\alpha$ un élément de l'intervalle $]0 ; 1[$
Soit $(u_n)$ la suite numérique définie par : $u_0 \in [0 ; \sqrt{\alpha}]$ et $(\forall n \in \mathbb{N}) ; u_{n+1} = \frac{u_n + \alpha}{u_n + 1}$
1) a) Montrer que : $(\forall n \in \mathbb{N}) ; 0 \le u_n \le \sqrt{\alpha}$
b) Montrer que la suite $(u_n)$ est convergente et calculer sa limite.
2) Soit $(v_n)$ la suite numérique définie par : $(\forall n \in \mathbb{N}) ; v_n = \sum_{k=0}^n \frac{u_k}{k!}$
a) Soit $k$ un élément de $\mathbb{N}$, tel que : $k \ge 2$
Vérifier que : $k! \ge 2^{k-1}$, en déduire que : $(\forall n \in \mathbb{N}) ; v_n < 3\sqrt{\alpha}$
b) En déduire que la suite $(v_n)$ est convergente.
On considère la suite numérique $(x_n)$ définie par : $\begin{cases} x_0 = \frac{1}{2} \\ (\forall n \in \mathbb{N}); x_{n+1} = x_n + 1 - \sqrt{1 + x_n^2} \end{cases}$
1) Montrer que $(\forall n \in \mathbb{N}) ; 0 < x_n < 1$.
2) Montrer que la suite $(x_n)$ est décroissante.
3) Déduire que la suite $(x_n)$ est convergente et calculer la limite.
(On peut considérer la fonction : $f : x \mapsto x + 1 - \sqrt{1 + x^2}$.)
On considère la suite numérique définie par : $\begin{cases} u_1 = 2 \\ (\forall n \in \mathbb{N}^*) ; u_{n+1} = \frac{7}{u_n + 6} \end{cases}$
On pose pour tout $n \in \mathbb{N}^*$, $x_n = u_{2n}$ et $y_n = u_{2n+1}$.
On admet que : $\forall n \in \mathbb{N}^* ; u_n > 0$
1) Exprimer $x_{n+1}$ en fonction de $x_n$, puis $y_{n+1}$ en fonction de $y_n$.
2) a- Montrer que : $(\forall n \in \mathbb{N}^*) ; x_n < 1 < y_n$ ;
b- Montrer que $(x_n)_{n \ge 1}$ est croissante et que $(y_n)_{n \ge 1}$ est décroissante.
3- Montrer que : $(\forall n \in \mathbb{N}^* \setminus \{1\}) ; \vert{}1 - u_n\vert{} < \frac{1}{6^{n-1}}$
4- En déduire que les suites $(x_n)_{n \ge 1}$ et $(y_n)_{n \ge 1}$ sont adjacentes.
On considère la suite $(s_n)_{n \ge 1}$ définie par : $(\forall n \in \mathbb{N}^*) ; s_n = \sum_{p=1}^n \frac{1}{\sqrt{p}}$
1) a- Montrer que : $(\forall n \in \mathbb{N}^*) ; 2(\sqrt{n+1} - \sqrt{n}) < \frac{1}{\sqrt{n}} < 2(\sqrt{n} - \sqrt{n-1})$
b- Montrer que : $\lim_{n \to +\infty} s_n = +\infty$ et : $\lim_{n \to +\infty} \frac{s_n}{\sqrt{n}} = 2$
2) On considère la suite $(u_n)$ définie par : $(\forall n \in \mathbb{N}^*) ; u_n = s_n - 2\sqrt{n}$
a- Montrer que la suite $(u_n)$ est décroissante.
b- Montrer que : $(\forall n \in \mathbb{N}^*) ; u_n > -2$. Que peut-on conclure ?
3) On considère la suite $(v_n)$ définie par : $(\forall n \in \mathbb{N}^*) ; v_n = s_n - 2\sqrt{n+1}$
Montrer que les suites $(u_n)$ et $(v_n)$ sont adjacentes.
Soit $a$ et $b$ deux nombres réels tels que : $a > b > 0$
On considère les suites $(a_n)$ et $(b_n)$ définies par :
$\begin{cases} a_0 = a ; b_0 = b \\ a_{n+1} = \frac{a_n + b_n}{2} \text{ et } b_{n+1} = \frac{2a_n b_n}{a_n + b_n} \end{cases}$
1) Montrer que : $(\forall n \in \mathbb{N}) ; a_n > b_n > 0$
2) Montrer que la suite $(a_n)$ est strictement décroissante et que la suite $(b_n)$ est strictement croissante.
3) Montrer que : $(\forall n \in \mathbb{N}) ; a_{n+1} - b_{n+1} < \frac{1}{2}(a_n - b_n)$
4) En déduire que les suites $(a_n)$ et $(b_n)$ sont adjacentes.
5) En déduire que $(a_n \times b_n)_n$ est constante et en déduire la limite commune des suites $(a_n)$ et $(b_n)$.
Soit $a$ et $b$ deux nombres réels tels que $0 < a < b$
On considère les suites $(u_n)$ et $(v_n)$ définies par :
$\begin{cases} u_0 = a ; v_0 = b \\ (\forall n \in \mathbb{N}); u_{n+1} = \sqrt{u_n \cdot v_n} \text{ et } v_{n+1} = \frac{u_n + v_n}{2} \end{cases}$
1) Montrer que : $(\forall n \in \mathbb{N}) ; 0 < u_n < v_n$
2) Étudier la monotonie des suites $(u_n)$ et $(v_n)$.
3) Montrer que les suites $(u_n)$ et $(v_n)$ sont adjacentes.
On considère la suite $(u_n)$ définie par : $\begin{cases} u_0 = 2 \\ (\forall n \in \mathbb{N}) ; u_{n+1} = 2 + \frac{1}{u_n} \end{cases}$
1) Montrer que : $(\forall n \in \mathbb{N}) ; 2 \le u_n \le 3$
2) Pour tout entier naturel $n$, on pose : $a_n = u_{2n}$ et $b_n = u_{2n+1}$
1) • Montrons que la fonction $f$ est strictement croissante sur $I = [0; \sqrt[3]{3}]$ :
La fonction $f$ est dérivable sur $I$, et on a :
$(\forall x \in I) ; f'(x) = 9 \cdot \frac{x^3 + 6 - 3x^3}{(x^3 + 6)^2} = \frac{18(3 - x^3)}{(x^3 + 6)^2}$
et puisque : $0 \le x \le \sqrt[3]{3}$, alors : $0 \le x^3 \le 3$, c'est-à-dire : $3 - x^3 \ge 0$
donc : $(\forall x \in I) ; f'(x) \ge 0$ et $f'$ s'annule au point $x = \sqrt[3]{3}$.
D'où $f$ est strictement croissante sur $I$.
• Montrons que $f(I) = I$ :
la fonction $f$ est continue et strictement croissante sur $I = [0; \sqrt[3]{3}]$,
donc $f(I) = [f(0) ; f(\sqrt[3]{3})] = [0 ; \sqrt[3]{3}] = I$
2) Montrons par récurrence que : $(\forall n \in \mathbb{N}) ; 1 \le u_n < \sqrt[3]{3}$
• Initialisation :
Pour $n = 0$, on a : $u_0 = 1$ et $1 \le 1 < \sqrt[3]{3}$, donc : $1 \le u_0 < \sqrt[3]{3}$
• Hérédité :
Soit $n \in \mathbb{N}$ ; supposons que : $1 \le u_n < \sqrt[3]{3}$, et montrons que : $1 \le u_{n+1} < \sqrt[3]{3}$
on a $f$ est strictement croissante sur l'intervalle $[1 ; \sqrt[3]{3}]$
donc : $1 \le u_n \le \sqrt[3]{3} \implies f(1) \le f(u_n) \le f(\sqrt[3]{3})$
$\implies \frac{9}{7} \le u_{n+1} \le \sqrt[3]{3}$
• Conclusion : $(\forall n \in \mathbb{N}) ; 1 \le u_n < \sqrt[3]{3}$
3) Montrons que la suite $(u_n)$ est strictement croissante :
Soit $n \in \mathbb{N}$, on a : $\frac{u_{n+1}}{u_n} = \frac{1}{u_n} \times \frac{9u_n}{u_n^3 + 6} = \frac{9}{u_n^3 + 6}$
et puisque : $1 \le u_n < \sqrt[3]{3}$ alors : $0 < u_n^3 + 6 < 9$
donc : $\frac{1}{u_n^3 + 6} > \frac{1}{9}$ d'où : $\frac{9}{u_n^3 + 6} > 1$
on a : $\frac{u_{n+1}}{u_n} > 1$ et $u_n > 0$; alors : $(\forall n \in \mathbb{N}) ; u_{n+1} > u_n$
Par conséquent la suite $(u_n)$ est strictement croissante.
4) • Déduction :
La suite $(u_n)$ est strictement croissante et majorée par $\sqrt[3]{3}$, donc elle est convergente.
• Calculons $\lim_{n \to +\infty} u_n$ :
On a : • $f$ est continue sur $I = [0; \sqrt[3]{3}]$ ; • $f(I) \subset I$ ; • $u_0 \in I$ et $(\forall n \in \mathbb{N}) ; u_{n+1} = f(u_n)$
et puisque la suite $(u_n)$ est convergente, alors sa limite est une solution de l'équation $f(x) = x$ sur $I$.
Soit $x \in I$, on a : $f(x) = x \iff \frac{9x}{x^3 + 6} = x \iff x(x^3 - 3) = 0 \iff x^3 = 3$ ou $x = 0 \iff x = \sqrt[3]{3}$ ou $x = 0$
On a : $(\forall n \in \mathbb{N}) ; u_n \ge 1$ donc : $\lim_{n \to +\infty} u_n \ge 1$, d'où : $\lim_{n \to +\infty} u_n = \sqrt[3]{3}$
1) a) Montrons par récurrence que : $(\forall n \in \mathbb{N}) ; 0 \le u_n \le \sqrt{\alpha}$
• Initialisation : Pour $n = 0$, on a : $u_0 \in [0; \sqrt{\alpha}]$ (d'après les données) donc : $0 \le u_0 \le \sqrt{\alpha}$
• Hérédité : Soit $n \in \mathbb{N}$; Supposons que : $0 \le u_n \le \sqrt{\alpha}$, et montrons que : $0 \le u_{n+1} \le \sqrt{\alpha}$
on a : $u_n \ge 0$ et $\alpha > 0$, donc : $u_n + \alpha > 0$ et $u_n + 1 > 0$
d'où : $\frac{u_n + \alpha}{u_n + 1} > 0$, c'est-à-dire : $u_{n+1} \ge 0 \ (1)$
• et on a : $u_{n+1} - \sqrt{\alpha} = \frac{u_n + \alpha}{u_n + 1} - \sqrt{\alpha} = \frac{u_n + \alpha - u_n\sqrt{\alpha} - \sqrt{\alpha}}{u_n + 1} = \frac{u_n(1 - \sqrt{\alpha}) - \sqrt{\alpha}(1 - \sqrt{\alpha})}{u_n + 1} = \frac{(1 - \sqrt{\alpha})(u_n - \sqrt{\alpha})}{u_n + 1}$
et puisque : $0 \le u_n \le \sqrt{\alpha}$, alors : $u_n - \sqrt{\alpha} \le 0$ et $u_n + 1 > 0$
et on a : $0 < \alpha < 1$, donc : $1 - \sqrt{\alpha} > 0$, d'où : $\frac{(1 - \sqrt{\alpha})(u_n - \sqrt{\alpha})}{u_n + 1} \le 0$,
c'est-à-dire : $u_{n+1} - \sqrt{\alpha} \le 0$, ainsi : $u_{n+1} \le \sqrt{\alpha} \ (2)$
en déduit que : $0 \le u_{n+1} \le \sqrt{\alpha}$, ainsi : $(\forall n \in \mathbb{N}) ; 0 \le u_n \le \sqrt{\alpha}$
b) Montrons que la suite $(u_n)$ est convergente :
• Étudions la monotonie de la suite $(u_n)$ :
Soit $n \in \mathbb{N}$, on a : $u_{n+1} - u_n = \frac{u_n + \alpha}{u_n + 1} - u_n = \frac{u_n + \alpha - u_n^2 - u_n}{u_n + 1} = \frac{\alpha - u_n^2}{u_n + 1}$
et puisque : $0 \le u_n \le \sqrt{\alpha}$, alors : $\alpha - u_n^2 \ge 0$ et $u_n + 1 > 0$
donc : $\frac{\alpha - u_n^2}{u_n + 1} \ge 0$, d'où : $u_{n+1} \ge u_n$, par conséquent : $(\forall n \in \mathbb{N}) ; u_{n+1} \ge u_n$
Donc la suite $(u_n)$ est croissante.
Puisque $(u_n)$ est croissante, et majorée par $\sqrt{\alpha}$, alors elle est convergente.
* Calculons $\lim_{n \to +\infty} u_n$ :
Soit $f$ la fonction numérique définie sur $[0; \sqrt{\alpha}]$ par : $f(x) = \frac{x + \alpha}{x + 1}$
on a : * $f$ est continue sur $[0; \sqrt{\alpha}]$
* $f([0; \sqrt{\alpha}]) \subset [0; \sqrt{\alpha}]$ (Remarquer que $f$ est strictement croissante sur $[0; \sqrt{\alpha}]$ et $f([0; \sqrt{\alpha}]) = [\alpha; \sqrt{\alpha}]$)
* $u_0 \in [0; \sqrt{\alpha}]$ et $(\forall n \in \mathbb{N}) ; u_{n+1} = f(u_n)$
et puisque $(u_n)$ est convergente, alors sa limite est une solution de l'équation $f(x) = x$ sur l'intervalle $[0; \sqrt{\alpha}]$.
Soit $x \in [0; \sqrt{\alpha}]$ on a : $f(x) = x \iff \frac{x + \alpha}{x + 1} = x \iff x + \alpha = x^2 + x \iff x^2 = \alpha \iff x = \sqrt{\alpha} \text{ (car } x \ge 0)$
donc : $\lim_{n \to +\infty} u_n = \sqrt{\alpha}$
2) a) Soit $k$ un élément de $\mathbb{N}$, tel que $k \ge 2$
* Vérifions que : $k! \ge 2^{k-1}$
On a : $\forall p \in \{2; 3; \dots; k\} ; p \ge 2$, donc : $\prod_{p=2}^k p \ge \prod_{p=2}^k 2$
et puisque : $\prod_{p=2}^k p = 2 \times 3 \times \dots \times k = 1 \times 2 \times \dots \times k = k!$
et $\prod_{p=2}^k 2 = 2 \times 2 \times \dots \times 2 = 2^{k-1}$, alors : $k! \ge 2^{k-1}$
* Déduisons que : $(\forall n \in \mathbb{N}) ; v_n < 3\sqrt{\alpha}$
- Pour $n = 0$, on a : $v_0 = u_0$ et $u_0 = \sqrt{\alpha}$ et $\sqrt{\alpha} < 3\sqrt{\alpha}$, donc : $v_0 < 3\sqrt{\alpha}$
- Pour $n = 1$ on a : $v_1 = u_0 + u_1$ et $u_0 \le \sqrt{\alpha}$ et $u_1 \le \sqrt{\alpha}$ donc : $v_1 \le 2\sqrt{\alpha}$, d'où : $v_1 < 3\sqrt{\alpha}$
Soit $n$ un élément de $\mathbb{N}$, tel que $n \ge 2$
On a : $v_n = \sum_{k=0}^n \frac{u_k}{k!} = u_0 + u_1 + \sum_{k=2}^n \frac{u_k}{k!}$
et on a : $\forall k \in \{2; 3; \dots; n\} ; k! \ge 2^{k-1}$, donc : $\frac{1}{k!} \le \frac{1}{2^{k-1}}$
et puisque : $0 \le u_k \le \sqrt{\alpha}$, alors : $\frac{u_k}{k!} \le \frac{\sqrt{\alpha}}{2^{k-1}}$
d'où : $\sum_{k=2}^n \frac{u_k}{k!} \le \sum_{k=2}^n \frac{\sqrt{\alpha}}{2^{k-1}}$
or : $\sum_{k=2}^n \frac{\sqrt{\alpha}}{2^{k-1}} = \sqrt{\alpha} \cdot \sum_{k=2}^n \frac{1}{2^{k-1}} = \sqrt{\alpha} \left(\frac{1}{2} + \left(\frac{1}{2}\right)^2 + \dots + \left(\frac{1}{2}\right)^{n-1}\right) = \sqrt{\alpha} \left[ \frac{\frac{1}{2} \left(1 - \left(\frac{1}{2}\right)^{n-1}\right)}{1 - \frac{1}{2}} \right] = \sqrt{\alpha} \left(1 - \left(\frac{1}{2}\right)^{n-1}\right)$
et puisque : $1 - \left(\frac{1}{2}\right)^{n-1} < 1$, alors : $\sqrt{\alpha} \left(1 - \left(\frac{1}{2}\right)^{n-1}\right) < \sqrt{\alpha}$
c'est-à-dire : $\sum_{k=2}^n \frac{\sqrt{\alpha}}{2^{k-1}} < \sqrt{\alpha}$, donc : $\sum_{k=2}^n \frac{u_k}{k!} < \sqrt{\alpha}$
d'où : $v_n < u_0 + u_1 + \sqrt{\alpha}$ et on a : $u_0 \le \sqrt{\alpha}$ et $u_1 \le \sqrt{\alpha}$, donc : $v_n < 3\sqrt{\alpha}$
par conséquent : $(\forall n \in \mathbb{N}) ; v_n < 3\sqrt{\alpha}$
b) Déduction :
* Étudions la monotonie de la suite $(v_n)$ :
Soit $n \in \mathbb{N}$, on a : $v_{n+1} - v_n = \sum_{k=0}^{n+1} \frac{u_k}{k!} - \sum_{k=0}^n \frac{u_k}{k!} = \sum_{k=0}^n \frac{u_k}{k!} + \frac{u_{n+1}}{(n+1)!} - \sum_{k=0}^n \frac{u_k}{k!} = \frac{u_{n+1}}{(n+1)!}$
et puisque : $\frac{u_{n+1}}{(n+1)!} \ge 0$, alors : $v_{n+1} - v_n \ge 0$, c'est-à-dire : $v_{n+1} \ge v_n$
Ainsi : $(\forall n \in \mathbb{N}) ; v_n \le v_{n+1}$ c'est-à-dire que la suite $(v_n)$ est croissante
* La suite $(v_n)$ est croissante, et majorée par $3\sqrt{\alpha}$, donc elle est convergente.
1) Montrons par récurrence que : $(\forall n \in \mathbb{N}) ; 0 < x_n < 1$
• Initialisation : pour $n=0$, on a : $x_0 = \frac{1}{2}$ et $0 < \frac{1}{2} < 1$ donc $0 < x_0 < 1$
• Hérédité : Soit $n \in \mathbb{N}$, supposons que $0 < x_n < 1$ et montrons que : $0 < x_{n+1} < 1$
On a : $x_{n+1} = \frac{2x_n}{x_n + 1 + \sqrt{1 + x_n^2}}$
et puisque $x_n > 0$ alors $x_n + 1 + \sqrt{1 + x_n^2} > 0$, donc $x_{n+1} > 0 \ (1)$
et on a : $x_{n+1} - 1 = x_n - \sqrt{1 + x_n^2} = \frac{-1}{x_n + \sqrt{1 + x_n^2}}$
et puisque $x_n > 0$, alors $x_n + \sqrt{1 + x_n^2} > 0$ donc $x_{n+1} - 1 < 0 \ (2)$
De (1) et (2) on déduit que $0 < x_{n+1} < 1$
• Conclusion : $(\forall n \in \mathbb{N}) ; 0 < x_n < 1$
2) Montrons que la suite $(x_n)$ est décroissante :
Soit $n \in \mathbb{N}$ ; on a : $x_{n+1} - x_n = 1 - \sqrt{1 + x_n^2} = \frac{-x_n^2}{1 + \sqrt{1 + x_n^2}}$
et puisque $-x_n^2 < 0$ et $1 + \sqrt{1 + x_n^2} > 0$ alors $x_{n+1} - x_n < 0$
donc $(\forall n \in \mathbb{N}) ; x_{n+1} < x_n$, par conséquent, la suite $(x_n)$ est décroissante.
3) Déduction :
La suite $(x_n)$ est décroissante, minorée par 0, donc elle est convergente
* Calculons $\lim_{n \to +\infty} x_n$ :
Soit $f$ la fonction numérique définie sur l'intervalle $I = [0; 1]$ par $f(x) = x + 1 - \sqrt{1 + x^2}$
$f$ est dérivable sur $I$ et on a : $(\forall x \in I) ; f'(x) = 1 - \frac{x}{\sqrt{1+x^2}} = \frac{\sqrt{1+x^2} - x}{\sqrt{1+x^2}} > 0$.
on a : $(\forall x \in I) ; f'(x) > 0$, donc $f$ est strictement croissante sur l'intervalle $I$
et puisque $f$ est continue sur $I$ alors : $f(I) = [f(0) ; f(1)] = [0 ; 2 - \sqrt{2}]$
on a : $f(I) \subset I$ (car $2 - \sqrt{2} < 1$) d'où les conditions suivantes sont vérifiées :
• $x_0 \in I$ et $\forall n \in \mathbb{N} ; x_{n+1} = f(x_n)$
• $f$ est continue sur l'intervalle $I$ et $f(I) \subset I$
• La suite $(x_n)$ est convergente
D'où la limite de la suite $(x_n)$ est une solution de l'équation $f(x) = x$ sur $I = [0 ; 1]$
Soit $x \in I$ on a : $f(x) = x \iff \sqrt{1 + x^2} = 1 \iff 1 + x^2 = 1 \iff x = 0$
donc $\lim_{n \to +\infty} x_n = 0$
Exprimer $a_{n+1}$ en fonction de $a_n$ puis $b_{n+1}$ en fonction de $b_n$.
3) a) Montrer que : $(\forall n \in \mathbb{N}) ; 0 < a_n < b_n$
b) Étudier la monotonie des suites $(a_n)$ et $(b_n)$
4) a) Montrer que : $(\forall n \in \mathbb{N}) ; b_{n+1} - a_{n+1} \le \frac{1}{25}(b_n - a_n)$
b) En déduire que les suites $(a_n)$ et $(b_n)$ sont adjacentes et déterminer leur limite commune.
On considère les suites $(u_n)_{n \ge 2}$ et $(v_n)_{n \ge 2}$ définies par :
$(\forall n \ge 2) ; u_n = 2^{n+1} \times \sin\left(\frac{\pi}{2^n}\right)$ et $v_n = 2^{n+1} \times \tan\left(\frac{\pi}{2^n}\right)$
1) Montrer que $(u_n)$ est strictement croissante et $(v_n)$ strictement décroissante.
2) a) Montrer que : $(\forall n \ge 2) ; u_n < v_n$
b) Montrer que : $\lim_{n \to +\infty} u_n - v_n = 0$
3) En déduire que les suites $(u_n)_{n \ge 2}$ et $(v_n)_{n \ge 2}$ sont convergentes et calculer leurs limites.
Soit $f$ la fonction définie sur $[0 ; +\infty[$ par : $f(x) = \frac{1}{1 + x}$
On considère la suite numérique $(u_n)$ définie par : $\begin{cases} u_0 = 1 \\ (\forall n \in \mathbb{N}) ; u_{n+1} = f(u_n) \end{cases}$
Pour tout $n \in \mathbb{N}$, on pose : $x_n = u_{2n+1}$ et $y_n = x_{2n}$
1) Montrer que $f$ est strictement décroissante sur $[0 ; +\infty[$ et que
$f([0 ; +\infty[) \subset [0 ; +\infty[$
2) a) Montrer par récurrence que la suite $(x_n)$ est strictement croissante et que la suite $(y_n)$ est strictement décroissante. (On montrera d'abord que $(\forall n \in \mathbb{N}) ; f \circ f(x_n) = u_{n+1}$ et $y_{n+1} = f \circ f(y_n)$)
b) Montrer que : $(\forall n \in \mathbb{N}) ; x_n \le y_n$.
3) a) Montrer que : $(\forall n \in \mathbb{N}) ; \frac{1}{2} \le u_n \le 1$.
b) Montrer que : $(\forall n \in \mathbb{N}) ; |u_{n+1} - u_n| \le \left(\frac{4}{9}\right)^n$.
4) a) Montrer que les suites $(x_n)$ et $(y_n)$ sont adjacentes et calculer leur limite commune.
b) Montrer que la suite $(u_n)$ est convergente puis calculer $\lim_{n \to +\infty} u_n$.
1) Exprimons $x_{n+1}$ en fonction de $x_n$ puis $y_{n+1}$ en fonction de $y_n$ :
Soit $n \in \mathbb{N} ; x_{n+1} = u_{2n+2} = \frac{7}{u_{2n+1} + 6} = \frac{7}{\frac{7}{u_{2n} + 6} + 6} = \frac{7(u_{2n} + 6)}{7 + 6(u_{2n} + 6)}$
Donc $(\forall n \in \mathbb{N}) ; x_{n+1} = \frac{7x_n + 42}{6x_n + 43}$
On montre de même que : $(\forall n \in \mathbb{N}) ; y_{n+1} = \frac{7y_n + 42}{6y_n + 43}$
2) a- Montrons que $(\forall n \in \mathbb{N}^*) ; x_n < 1 < y_n$ :
• Montrons par récurrence que $(\forall n \in \mathbb{N}^*) ; x_n < 1$
• Initialisation :
Pour $n = 1, x_1 = u_2 = \frac{7}{8}$ donc $x_1 < 1$ ; la proposition est donc vraie au rang initial
Hérédité : Soit $n \in \mathbb{N}^*$ ; supposons que : $x_n < 1$ et montrons que : $x_{n+1} < 1$
On a : $x_{n+1} - 1 = \frac{7x_n + 42}{6x_n + 43} - 1 = \frac{x_n - 1}{6x_n + 43}$
$0 < x_n < 1 \implies (x_n - 1 < 0 \text{ et } 6x_n + 43 > 0)$
$\implies x_{n+1} - 1 < 0$
Donc $x_{n+1} < 1$
Conclusion : $(\forall n \in \mathbb{N}^*) ; x_n < 1$
On montre de même que $(\forall n \in \mathbb{N}^*) ; y_n > 1$, donc $(\forall n \in \mathbb{N}^*) ; x_n < 1 < y_n$
b- Montrons par récurrence que $(x_n)_{n \ge 1}$ est croissante.
• Initialisation : Pour $n = 1$, on a : $x_1 = u_2 = \frac{7}{8}$ et $x_2 = \frac{385}{386}$, donc $x_2 \ge x_1$
• Hérédité : Soit $n \in \mathbb{N}^*$ ; supposons que $x_{n+1} \ge x_n$, montrons que : $x_{n+2} \ge x_{n+1}$
on a : $x_{n+2} - x_{n+1} = \frac{7x_{n+1} + 42}{6x_{n+1} + 43} - \frac{7x_n + 42}{6x_n + 43} = \frac{49(x_{n+1} - x_n)}{(6x_{n+1} + 43)(6x_n + 43)}$
or $x_{n+1} - x_n \ge 0$ ; et $6x_{n+1} + 43 > 0$ ; $6x_n + 43 > 0$ donc : $x_{n+2} \ge x_{n+1}$
Conclusion : $(\forall x \in \mathbb{N}^*) ; x_{n+1} \ge x_n$
Donc la suite $(x_n)_{n \ge 1}$ est croissante. on montre de même que la suite $(y_n)_{n \ge 1}$ est décroissante.
3) montrons par récurrence que : $(\forall n \in \mathbb{N}^* \setminus \{1\}) ; |1 - u_n| < \frac{1}{6^{n-1}}$ ;
• Initialisation :
Pour $n = 2$ on a : $|1 - u_2| = |1 - \frac{7}{8}| = \frac{1}{8} < \frac{1}{6^{2-1}}$, donc la proposition est vraie au rang initial.
• Hérédité : Soit $n \in \mathbb{N}^* \setminus \{1\}$, supposons que : $|1 - u_n| < \frac{1}{6^{n-1}}$, et montrons que : $|1 - u_{n+1}| < \frac{1}{6^n}$
on a : $|1 - u_{n+1}| = \left|1 - \frac{7}{u_n + 6}\right| = \left|\frac{u_n - 1}{u_n + 6}\right| = |1 - u_n| \times \frac{1}{|u_n + 6|}$
$u_n > 0 \implies \frac{1}{u_n + 6} < \frac{1}{6}$
or, d'après l'hypothèse de récurrence : $|1 - u_n| < \frac{1}{6^{n-1}}$
d'où : $|1 - u_{n+1}| < \frac{1}{6^{n-1}} \times \frac{1}{6}$ c'est-à-dire : $|1 - u_{n+1}| < \frac{1}{6^n}$
• Conclusion : $(\forall n \in \mathbb{N}^* \setminus \{1\}) ; |1 - u_n| < \frac{1}{6^{n-1}}$ ;
4) Déduisons que : $(x_n)_{n \ge 1}$ et $(y_n)_{n \ge 1}$ sont adjacentes
Soit $n \in \mathbb{N}^* \setminus \{1\}$ ; on a : $|1 - x_n| = |1 - u_{2n}|$ et $|1 - u_{2n}| < \frac{1}{6^{2n-1}}$
Donc : $|1 - x_n| < \frac{1}{6^{2n-1}}$, or : $-1 < \frac{1}{6} < 1$ donc : $\lim_{n \to +\infty} \frac{1}{6^{2n-1}} = \lim_{n \to +\infty} \left(\frac{1}{6}\right)^{2n-1} = 0$
d'où : $\lim_{n \to +\infty} |1 - x_n| = 0$, et par suite : $\lim_{n \to +\infty} x_n = 1$ et on montre de même que :
$\lim_{n \to +\infty} y_n = 1$ donc $\lim_{n \to +\infty} (x_n - y_n) = 0$
On a : * La suite $(x_n)$ est croissante ; * La suite $(y_n)$ est décroissante ;
* $\lim_{n \to +\infty} (x_n - y_n) = 0$
Donc les suites $(x_n)_{n \ge 1}$ et $(y_n)_{n \ge 1}$ sont adjacentes.
1) a) Montrons que : $(\forall n \in \mathbb{N}^*) ; 2(\sqrt{n+1} - \sqrt{n}) < \frac{1}{\sqrt{n}} < 2(\sqrt{n} - \sqrt{n-1})$ :
Soit $n \in \mathbb{N}^*$, on a : $\sqrt{n - 1} < \sqrt{n} < \sqrt{n + 1}$
Donc : $\sqrt{n} + \sqrt{n - 1} < 2\sqrt{n} < \sqrt{n} + \sqrt{n + 1}$
D'où : $\frac{1}{\sqrt{n+1} + \sqrt{n}} < \frac{1}{2\sqrt{n}} < \frac{1}{\sqrt{n} + \sqrt{n-1}}$
c'est-à-dire : $\sqrt{n+1} - \sqrt{n} < \frac{1}{2\sqrt{n}} < \sqrt{n} - \sqrt{n-1}$
Donc : $(\forall n \in \mathbb{N}^*) ; 2(\sqrt{n+1} - \sqrt{n}) < \frac{1}{\sqrt{n}} < 2(\sqrt{n} - \sqrt{n-1})$
b- Montrons que $\lim_{n \to +\infty} s_n = +\infty$ et $\lim_{n \to +\infty} \frac{s_n}{\sqrt{n}} = 2$
• On a : $s_n = \sum_{p=1}^n \frac{1}{\sqrt{p}}$
D'après 1) a- on a : $\sum_{p=1}^n 2(\sqrt{p+1} - \sqrt{p}) < \sum_{p=1}^n \frac{1}{\sqrt{p}} < \sum_{p=1}^n 2(\sqrt{p} - \sqrt{p-1})$
Donc : $2(\sqrt{n+1} - \sqrt{1}) < \sum_{p=1}^n \frac{1}{\sqrt{p}} < 2(\sqrt{n} - \sqrt{0})$ ;
d'où : $(\forall n \in \mathbb{N}^*) ; s_n > 2(\sqrt{n+1} - 1)$
or : $\lim_{n \to +\infty} 2(\sqrt{n+1} - 1) = +\infty$ et $s_n > 2(\sqrt{n+1} - 1)$ donc : $\lim_{n \to +\infty} s_n = +\infty$
* D'après l'inégalité précédente, on a : $(\forall n \in \mathbb{N}^*) ; 2(\sqrt{n+1} - 1) < s_n < 2\sqrt{n}$
Donc : $2\left(\frac{\sqrt{n+1}}{n} - \frac{1}{n}\right) < \frac{s_n}{\sqrt{n}} < 2$
or : $\lim_{n \to +\infty} \frac{n+1}{n} = 1$ donc : $\lim_{n \to +\infty} 2\left(\sqrt{\frac{n+1}{n}} - \frac{1}{\sqrt{n}}\right) = 2$
et comme : $2\left(\frac{\sqrt{n+1}}{n} - \frac{1}{\sqrt{n}}\right) < \frac{s_n}{\sqrt{n}} < 2$, alors : $\lim_{n \to +\infty} \frac{s_n}{\sqrt{n}} = 2$
2) a- Montrons que $(u_n)$ est décroissante :
Soit $n \in \mathbb{N}^*$, on a : $u_n = s_n - 2\sqrt{n}$ donc : $u_{n+1} = s_{n+1} - 2\sqrt{n+1}$.
d'où : $u_{n+1} - u_n = s_{n+1} - s_n - 2\sqrt{n+1} + 2\sqrt{n}$
$= \sum_{p=1}^{n+1} \frac{1}{\sqrt{p}} - \sum_{p=1}^n \frac{1}{\sqrt{p}} + 2(\sqrt{n} - \sqrt{n+1})$
$= \frac{1}{\sqrt{n+1}} + 2(\sqrt{n} - \sqrt{n+1})$
d'après la question 1) a - on a : $\frac{1}{\sqrt{n+1}} < 2(\sqrt{n+1} - \sqrt{n})$
donc : $\frac{1}{\sqrt{n+1}} + 2(\sqrt{n} - \sqrt{n+1}) < 0$
d'où : $\forall n \in \mathbb{N}^* ; u_{n+1} - u_n < 0$, et par conséquent, la suite $(u_n)$ est strictement décroissante.
b- Montrons que $(\forall n \in \mathbb{N}^*) ; u_n > -2$
Soit $n \in \mathbb{N}^*$ on a : $u_n = s_n - 2\sqrt{n}$ et d'après le résultat précédent ;
$s_n > 2(\sqrt{n+1} - 1)$
Donc : $u_n > 2(\sqrt{n+1} - 1) - 2\sqrt{n}$ d'où : $u_n > 2(\sqrt{n+1} - \sqrt{n}) - 2$
c'est-à-dire : $u_n + 2 > 2(\sqrt{n+1} - \sqrt{n})$
or : $\sqrt{n+1} - \sqrt{n} > 0$, donc : $(\forall n \in \mathbb{N}^*) ; u_n + 2 > 0$
• Déduction :
Puisque la suite $(u_n)$ est décroissante et minorée par $-2$, alors elle est convergente.
3) Montrons que $(u_n)_{n \ge 1}$ et $(v_n)_{n \ge 1}$ sont adjacentes
* La suite $(u_n)$ est décroissante. (1)
* Montrons que $(v_n)_{n \ge 1}$ est croissante
Soit $n \in \mathbb{N}^* ; v_{n+1} - v_n = (s_{n+1} - 2\sqrt{n+2}) - (s_n - 2\sqrt{n+1})$
$= s_{n+1} - s_n - 2\sqrt{n+2} + 2\sqrt{n+1}$
$= \frac{1}{\sqrt{n+1}} + 2(\sqrt{n+1} - \sqrt{n+2})$
D'après la question 1) a- on a : $\frac{1}{\sqrt{n+1}} > 2(\sqrt{n+2} - \sqrt{n+1})$
Donc : $\frac{1}{\sqrt{n+1}} + 2(\sqrt{n+1} - \sqrt{n+2}) > 0$, d'où : $v_{n+1} - v_n > 0$
Conclusion : $(\forall n \in \mathbb{N}^*) v_{n+1} > v_n$. La suite $(v_n)_{n \ge 1}$ est donc strictement croissante. (2)
* Soit $n \in \mathbb{N}^*$, on a : $u_n - v_n = s_n - 2\sqrt{n} - s_n + 2\sqrt{n+1}$
$= 2(\sqrt{n+1} - \sqrt{n}) = \frac{2}{\sqrt{n+1} + \sqrt{n}}$
or $\lim_{n \to +\infty} \frac{2}{\sqrt{n+1} + \sqrt{n}} = 0$, donc : $\lim_{n \to +\infty} (u_n - v_n) = 0$ (3)
De : (1) ; (2) et (3), on déduit que les suites $(u_n)_{n \ge 1}$ et $(v_n)_{n \ge 1}$ sont adjacentes.
1) Montrons que $(\forall n \in \mathbb{N}) a_n > b_n > 0$ :
* On peut montrer facilement, par récurrence, que : $(\forall n \in \mathbb{N}) : a_n > 0$ et $b_n > 0$ ;
• Montrons par récurrence que : $(\forall n \in \mathbb{N}) ; a_n > b_n$
Initialisation : pour $n = 0$, on a : $a_0 = a$ et $b_0 = b$ et $a > b$, donc : $a_0 > b_0$
La proposition est donc vraie au rang initial.
• Hérédité : Soit $n \in \mathbb{N}$ ; Supposons que : $a_n > b_n$ et montrons que $a_{n+1} > b_{n+1}$
On a : $a_{n+1} - b_{n+1} = \frac{a_n + b_n}{2} - \frac{2a_n b_n}{a_n + b_n} = \frac{(a_n + b_n)^2 - 4a_n b_n}{2(a_n + b_n)} = \frac{(a_n - b_n)^2}{2(a_n + b_n)}$
or : $a_n > 0 ; b_n > 0$ et d'après l'hypothèse de récurrence : $a_n > b_n$,
donc $a_n \neq b_n$
d'où : $a_{n+1} - b_{n+1} > 0$ c'est-à-dire : $a_{n+1} > b_{n+1}$
Conclusion : $(\forall n \in \mathbb{N}) ; a_n > b_n > 0$
2) Montrons que $(a_n)$ est décroissante et $(b_n)$ est croissante :
Soit $n \in \mathbb{N}$ ; on a $a_{n+1} - a_n = \frac{a_n + b_n}{2} - a_n = \frac{b_n - a_n}{2}$
Puisque : $b_n - a_n < 0$ alors $a_{n+1} < a_n$
• On a : $b_{n+1} - b_n = \frac{2a_n b_n}{a_n + b_n} - b_n = \frac{a_n b_n - b_n^2}{a_n + b_n} = \frac{b_n(a_n - b_n)}{a_n + b_n}$
Puisque : $a_n > b_n > 0$, alors $b_{n+1} - b_n > 0$, donc : $(\forall n \in \mathbb{N}) : a_{n+1} < a_n$ et $b_{n+1} > b_n$
Donc $(a_n)$ est strictement décroissante et $(b_n)$ est strictement croissante.
3) Montrons que : $a_{n+1} - b_{n+1} < \frac{1}{2}(a_n - b_n)$ :
Méthode 1: Soit $n \in \mathbb{N}$ ;
Déterminons le signe de $2(a_{n+1} - b_{n+1}) - (a_n - b_n)$
on a : $2(a_{n+1} - b_{n+1}) - (a_n - b_n) = a_n + b_n - \frac{4a_n b_n}{a_n + b_n} - a_n + b_n$
$= 2b_n - \frac{4a_n b_n}{a_n + b_n}$
$= \frac{2a_n b_n + 2b_n^2 - 4a_n b_n}{a_n + b_n}$
$= \frac{2b_n(b_n - a_n)}{a_n + b_n}$
Puisque $a_n > 0$, $b_n > 0$ et $b_n - a_n < 0$ alors : $2(a_{n+1} - b_{n+1}) - (a_n - b_n) < 0$
d'où : $(\forall n \in \mathbb{N}) ; a_{n+1} - b_{n+1} < \frac{1}{2}(a_n - b_n)$
Méthode 2 : Soit $n \in \mathbb{N}$
On a : $a_{n+1} - b_{n+1} = \frac{(a_n - b_n)^2}{2(a_n + b_n)} = \frac{1}{2}(a_n - b_n)\left(\frac{a_n - b_n}{a_n + b_n}\right)$
Puisque : $a_n > 0 ; b_n > 0$ et $a_n > b_n$ ; alors : $0 < \frac{a_n - b_n}{a_n + b_n} < 1$
Donc : $0 < \frac{1}{2}(a_n - b_n)\left(\frac{a_n - b_n}{a_n + b_n}\right) < \frac{1}{2}(a_n - b_n)$
d'où $(\forall n \in \mathbb{N}) ; 0 < a_{n+1} - b_{n+1} < \frac{1}{2}(a_n - b_n)$
4) Déduisons que $(a_n)$ et $(b_n)$ sont adjacentes :
on a : $\begin{cases} 0 < a_n - b_n < \frac{1}{2}(a_{n-1} - b_{n-1}) \\ 0 < a_{n-1} - b_{n-1} < \frac{1}{2}(a_{n-2} - b_{n-2}) \\ \vdots \\ 0 < a_1 - b_1 < \frac{1}{2}(a_0 - b_0) \end{cases}$
En multipliant, membre à membre ces doubles inégalités strictement positives, et après simplification, on obtient : $0 < a_n - b_n < \left(\frac{1}{2}\right)^n (a_0 - b_0)$
on a : $-1 < \frac{1}{2} < 1$ ; donc $\lim_{n \to +\infty} \left(\frac{1}{2}\right)^n = 0$ d'où : $\lim_{n \to +\infty} (a_n - b_n) = 0$
En résumant les résultats précédents, on a :
• La suite $(a_n)$ est strictement décroissante
• La suite $(b_n)$ est strictement croissante
• $\lim_{n \to +\infty} (a_n - b_n) = 0$
Donc les suites $(a_n)$ et $(b_n)$ sont adjacentes.
5) Montrons que la suite $(a_n \times b_n)_n$ est constante
Soit $n \in \mathbb{N}$, on a : $a_{n+1} \times b_{n+1} = \frac{a_n + b_n}{2} \times \frac{2a_n b_n}{a_n + b_n} = a_n \times b_n$
Donc : $(\forall n \in \mathbb{N}) ; a_{n+1} b_{n+1} = a_n b_n$ ; d'où la suite $(a_n \times b_n)_n$ est constante
Ainsi : $(\forall n \in \mathbb{N}) ; a_n b_n = a_0 b_0 = ab$
• Déduisons la limite de $(a_n)$ et $(b_n)$
Puisque les suites $(a_n)$ et $(b_n)$ sont adjacentes, alors elles ont une même limite $l$ : $\lim_{n \to +\infty} (a_n b_n) = l \times l = l^2$
donc : $l^2 = ab$, et puisque : $l \ge 0$ car $a_n > 0$, alors : $l = \sqrt{ab}$,
D'où : $\lim_{n \to +\infty} a_n = \sqrt{ab}$ et $\lim_{n \to +\infty} b_n = \sqrt{ab}$.
Soit $(u_n)$ la suite numérique définie par : $\begin{cases} u_0 = 1 \\ (\forall n \in \mathbb{N}) ; u_{n+1} = u_n + \frac{1}{u_n} \end{cases}$
1) a) Montrer que : $(\forall n \in \mathbb{N}) ; u_n \ge 1$
b) Étudier la monotonie de la suite $(u_n)$.
2) a) Montrer que : $(\forall n \in \mathbb{N}^*) ; 2 \le u_n^2 - u_{n-1}^2 \le 2 + u_n - u_{n-1} \quad (1)$
et $2n \le u_n^2 - 1 \le 2n + u_n - 1 \quad (2)$
b) En déduire que la suite $(u_n)$ est divergente.
3) a) Montrer que : $(\forall n \in \mathbb{N}^*) ; 1 - \frac{1}{u_n} \le \frac{2n}{u_n^2} \le 1 - \frac{1}{u_n^2}$
b) En déduire que : $\lim_{n \to +\infty} \frac{\sqrt{2n}}{u_n} = 1$
Soit $(u_n)$ la suite numérique définie par : $(\forall n \in \mathbb{N}) ; u_{n+1} = \sqrt{n + 1 + u_n}$ et $u_0 = 1$
1) Calculer $u_1$ et $u_2$, et montrer que $(\forall n \in \mathbb{N}) ; 0 < u_n$
2) Montrer que $(\forall x \in [0; +\infty[) ; \sqrt{x} \le \frac{1}{2}(1 + x)$
3) a- Montrer que : $(\forall n \in \mathbb{N}) ; \sqrt{n} \le u_n$
b- Montrer par récurrence que : $(\forall n \in \mathbb{N}) ; u_n \le n + \frac{1}{2^n}$
c- Montrer que $(\forall n \in \mathbb{N}^*) ; u_n \le \sqrt{2n}$
En déduire que : $\lim_{n \to +\infty} \frac{u_n}{\sqrt{n}} = 1$
4) Soit $(v_n)$ la suite numérique définie par : $(\forall n \in \mathbb{N}) ; v_n = u_n - \sqrt{n}$ ; montrer que $(v_n)$ est convergente.
Soit $(u_n)$ la suite numérique définie par : $(\forall n \in \mathbb{N}^*) ; u_n = \sum_{k=1}^n \sin\left(\frac{k}{n^2}\right)$
1) a) Montrer que : $(\forall x \in \mathbb{R}^+) ; x - \frac{x^3}{6} \le \sin x \le x$
b) En déduire que : $(\forall n \in \mathbb{N}) ; \frac{1}{n^2}\left(\sum_{k=1}^n k\right) - \frac{1}{6n^6}\left(\sum_{k=1}^n k^3\right) \le u_n \le \frac{1}{n^2}\left(\sum_{k=1}^n k\right)$
c) Montrer que : $(\forall n \in \mathbb{N}^*) ; \sum_{k=1}^n k^3 \le n^4$
2) Calculer $\lim_{n \to +\infty} u_n$
Soit $\alpha \in \mathbb{R}$ tel que : $0 < \alpha < 1$
On considère les suites $(a_n)$ et $(S_n)$ définies par :
$(\forall n \in \mathbb{N}) ; a_n = (1 - \alpha)^n \text{ et } (\forall n \in \mathbb{N}) ; S_n = \sum_{k=0}^n a_k$
1) Montrer que les suites $(a_n)$ et $(S_n)$ sont convergentes puis calculer $\lim_{n \to +\infty} a_n$ et $\lim_{n \to +\infty} S_n$.
2) Soit $(u_n)$ la suite définie par : $u_0 > 0 \text{ et } (\forall n \in \mathbb{N}) ; u_{n+1} = u_n + \frac{\alpha}{u_n}$
a - Montrer que : $(\forall n \in \mathbb{N}) ; u_n > 0$ et que $(u_n)$ est une suite strictement croissante.
b - Montrer que : $(\forall n \in \mathbb{N}) ; u_n \le u_0 + \frac{1}{\alpha u_0}$
c - En déduire que la suite $(u_n)$ est convergente.
1- Soit $(u_n)$ la suite définie par : $(\forall n \in \mathbb{N}^*) ; u_n = \sum_{k=1}^{2n+1} \frac{1}{\sqrt{n^2 + k}}$
Montrer que $(u_n)$ est convergente en déterminant sa limite.
2- On considère la suite $(v_n)$ définie par : $(\forall n \in \mathbb{N}^*) ; v_n = \sin\left(\frac{a}{2^n}\right)\prod_{k=1}^n \cos\left(\frac{a}{2^k}\right)$
où $a \in \mathbb{R}$, tel que $a \neq k\pi$ avec $k \in \mathbb{Z}$
Montrer que la suite $(v_n)$ est convergente.
3) a- Soit $x \in \mathbb{R}$, tel que $x \neq \frac{k\pi}{2}$ où $k \in \mathbb{Z}$
Vérifier que : $\tan x = \text{cotan} x - 2\text{cotan}(2x)$
b- On considère la suite $(w_n)$ définie par : $(\forall n \in \mathbb{N}) ; w_n = \sum_{k=0}^n \frac{1}{2^p} \tan\left(\frac{\theta}{2^p}\right)$
où $\theta \in \mathbb{R}$ tel que $\theta \neq \frac{k\pi}{2}$ avec $k \in \mathbb{Z}$.
Calculer $\lim_{n \to +\infty} w_n$ :
Pour tout entier naturel non nul $n$, on considère la fonction $f_n$ définie sur $\mathbb{R}$ par : $f_n(x) = x^3 + nx - 1$
1) Montrer que pour tout $n \in \mathbb{N}^*$, l'équation $f_n(x) = 0$ admet une unique solution $x_n$ sur $\mathbb{R}$ et que : $0 < x_n < 1$
2) Montrer que la suite $(x_n)_{n \ge 1}$ est strictement décroissante, et en déduire qu'elle est convergente.
3) Montrer que $(\forall n \in \mathbb{N}^*) ; 0 < x_n < \frac{1}{n}$, puis calculer $\lim_{n \to +\infty} x_n$
Pour tout entier naturel $n$, on considère la fontion $f_n$ définie sur $\mathbb{R}$ par :
$f_n(x) = 2x^3 - x^2 + 2(n + 1)x - 1$
1) a- Montrer que l'équation $f_n(x) = 0$ admet une solution unique $\alpha_n$ sur $]0 ; 1[$.
b- Déterminer le signe de $f_{n+1}(x) - f_n(x)$ selon les valeurs de $x$.
c- En déduire que $(\alpha_n)$ est décroissante et qu'elle est convergente.
2) a- Montrer que : $(\forall n \in \mathbb{N}) ; \frac{1}{2n + 2} \le \alpha_n \le \frac{1}{n + 1}$
b- En déduire $\lim_{n \to +\infty} \alpha_n$
On considère la fonction polynôme $P_n$ définie sur $\mathbb{R}$ par :
$P_n(x) = x^n + x^{n-1} + \dots + x^2 + x - 1$ tel que $(n \in \mathbb{N}^*)$
1) Montrer que pour tout $n \in \mathbb{N}^*$, l'équation $P_n(x) = 0$ admet une solution unique $\alpha_n$ sur l'intervalle $]0 ; 1]$.
2) a- Montrer que $(\forall x \in ]0 ; +\infty[) ; P_{n+1}(x) > P_n(x)$
b- En déduire que la suite $(\alpha_n)_{n \ge 1}$ est strictement décroissante
3) a- Soit $x \in \mathbb{R} \setminus \{1\}$
Montrer que : $P_n(x) = \frac{1 - x^{n+1}}{1 - x} - 2$
b- En déduire que : $(\forall n \in \mathbb{N}^*) ; 2\alpha_n - (\alpha_n)^{n+1} - 1 = 0$
c- Déterminer $\alpha_2$ et vérifier que : $\forall n \in \mathbb{N}^* \setminus \{1\} ; \alpha_n < \alpha_2$, et en déduire que $\lim_{n \to +\infty} (\alpha_n)^n = 0$
d- Montrer que la suite $(\alpha_n)_{n \ge 1}$ est convergente et déterminer sa limite.
I) Soit $(u_n)$ la suite numérique définie par : $\begin{cases} u_0 = u_1 = 1 \\ u_{n+2} = u_{n+1} + u_n ; n \in \mathbb{N} \end{cases}$
1) Calculer $u_2$ et $u_3$
2) Montrer par récurrence que pour tout $n$ de $\mathbb{N}$ on a :
a) $u_n \ge n$
b) $u_n \times u_{n+2} + (-1)^{n+1} = (u_{n+1})^2$
II) Soit $(\alpha_n)$ et $(\beta_n)$ les suites définies par : $\alpha_n = \frac{u_{2n-1}}{u_{2n}}$ et $\beta_n = \frac{u_{2n}}{u_{2n+1}}$ pour tout $n$ de $\mathbb{N}^*$
1) a) Montrer que : $(\forall n \in \mathbb{N}^*) ; \beta_n - \alpha_n = \frac{1}{u_{2n}u_{2n+1}}$
b) En déduire que : $(\forall n \in \mathbb{N}^*) ; \alpha_n < \beta_n$ et $0 < \beta_n - \alpha_n < \frac{1}{n}$ (utiliser I) 2) b))
2) a) Montrer que : $(\forall n \in \mathbb{N}^*) ; \alpha_{n+1} - \alpha_n = \frac{1}{u_{2n}u_{2n+2}}$ (utiliser I) 2) b))
b) Montrer que : $(\forall n \in \mathbb{N}^*) ; \alpha_n = \frac{1}{\beta_n} - 1$
c) En déduire la monotonie de chacune des suites $(\alpha_n)$ et $(\beta_n)$.
3) a) Montrer que les suites $(\alpha_n)$ et $(\beta_n)$ sont adjacentes.
b) Calculer la limite de chacune des suites $(\alpha_n)$ et $(\beta_n)$.
On considère les suites numériques $(a_n)$ et $(b_n)$ définies par :
$\begin{cases} a_0 = 0 ; a_1 = 1 \\ (\forall n \in \mathbb{N} \setminus \{0 ; 1\}) ; a_n = na_{n-1} + a_{n-2} \end{cases}$ et $\begin{cases} b_0 = b_1 = 1 \\ (\forall n \in \mathbb{N} \setminus \{0 ; 1\}) ; b_n = nb_{n-1} + b_{n-2} \end{cases}$
1) a) Montrer que : $(\forall n \in \mathbb{N}^*) ; a_{n-1}b_n - a_n b_{n-1} = (-1)^n$
b) Montrer que la suite $(b_n)$ est croissante et que $b_n > (n+1)b_{n-2}$ pour tout de $\mathbb{N}$, tel que $n \ge 3$
2) Pour tout $n$ de $\mathbb{N}^*$, on pose : $u_n = \frac{a_{2n-1}}{b_{2n-1}}$ et $v_n = \frac{a_{2n}}{b_{2n}}$
a) Montrer que : $(\forall n \in \mathbb{N}^*) ; 0 < u_n - v_n < \frac{2}{(n+1)!}$
b) Montrer que les suites $(u_n)$ et $(v_n)$ sont adjacentes.
Soit $(u_n)$ une suite numérique et $\ell$ un nombre réel.
On pose $x_n = u_{2n}$ et $y_n = u_{2n+1}$ pour tout $n$ de $\mathbb{N}$
1) Montrer que : $\left(\lim_{n \to +\infty} (u_n) = \ell\right) \iff \left(\lim_{n \to +\infty} (x_n) = \ell \text{ et } \lim_{n \to +\infty} (y_n) = \ell\right)$
2) Soit $(v_n)$ une suite numérique décroissante ayant pour limite 0
a) On suppose que : $u_n = \sum_{k=0}^n (-1)^k v_k$ pour tout $n$ de $\mathbb{N}$
Montrer que les suites $(x_n)$ et $(y_n)$ sont adjacentes. Que peut-on déduire ?
b) Montrer que la suite numérique $(a_n)$ définie par : $a_n = \sum_{k=0}^n \frac{(-1)^k}{k!}$ est convergente.
Soit $(u_n)$ la suite numérique définie par : $u_0 = a$ et $u_{n+1} = \frac{u_n^2}{1 - 2u_n^2}$ pour tout $n$ de $\mathbb{N}$ ; où $a$ est un nombre réel de l'intervalle $\left]0; \frac{1}{4}\right[$
1) a) Montrer que : $(\forall n \in \mathbb{N}) ; 0 < u_n < \frac{1}{4}$ et que la suite $(u_n)$ est décroissante
b) Montrer que $(u_n)$ est convergente et que : $\lim_{n \to +\infty} u_n = 0$
2) On considère la suite $(S_n)$ définie par : $(\forall n \in \mathbb{N}) ; s_n = \sum_{k=0}^n (-1)^k u_k$
et on pose pour tout $n$ de $\mathbb{N} : v_n = S_{2n}$ et $w_n = S_{2n+1}$.
a) Montrer que les suites $(v_n)$ et $(w_n)$ sont adjacentes.
Soit $\ell$ la limite commune de $(v_n)$ et $(w_n)$
b) Montrer que : $(\forall n \in \mathbb{N}) ; u_{n+1} \le \frac{2}{7}u_n$
c) En déduire que : $(\forall n \in \mathbb{N}) ; |s_n - v_n| \le a\sum_{k=2n}^n \left(\frac{2}{7}\right)^k$
d) En déduire que : $\lim_{n \to +\infty} s_n = \ell$ (Remarquer que : $|s_n - \ell| \le |s_n - v_n| + |v_n - \ell|$)
Soit $(u_n)$ la suite numérique définie par : $\begin{cases} u_0 \in \mathbb{R} \\ (\forall n \in \mathbb{N}) ; u_{n+1} = u_n - u_n^2 \end{cases}$
I) 1) Déterminer la nature de la suite $(u_n)$ dans chacun des cas : $u_0 = 0$ et $u_0 = 1$
2) a) Montrer que la suite $(u_n)$ est décroissante
b) Montrer que si la suite $(u_n)$ est convergente alors $\lim_{n \to +\infty} u_n = 0$
c) Montrer que si $u_0 < 0$ ou $u_0 > 1$ alors $\lim_{n \to +\infty} u_n = -\infty$
II) On suppose que : $u_0 \in ]0; 1[$
1) a) Montrer que : $(\forall n \in \mathbb{N}) ; 0 < u_n < 1$
b) En déduire que la suite $(u_n)$ est convergente
2) Soit $(s_n)$ la suite définie par : $(\forall n \in \mathbb{N}) ; s_n = \sum_{k=0}^n \frac{u_k^2}{1+u_k}$
a) Vérifier que : $\sum_{k=0}^n u_k^2 = u_0 - u_{n+1}$ en déduire que : $\lim_{n \to +\infty} \sum_{k=0}^n u_k^2 = u_0$
b) Montrer que : $(\forall k \in \mathbb{N}) ; 0 < \frac{u_k^2}{1+u_k} < u_k^2$
c) Montrer que la suite $(s_n)$ est convergente.
3) a) Montrer que : $(\forall n \in \mathbb{N}) ; \frac{1}{u_{n+1}} - \frac{1}{u_n} > 1$
b) Montrer que : $(\forall n \in \mathbb{N}) ; 0 < u_n < \frac{1}{n+1}$
Soit $k$ un élément de $\mathbb{N}^*$
On considère la suite $(u_n)$ définie par : $u_0 = k$ et $u_{n+1} = k + \frac{1}{u_n}$ pour tout $n \in \mathbb{N}$
1) a) Calculer $u_1$ et $u_2$ en fonction de $k$
b) Montrer que : $(\forall n \in \mathbb{N}) ; k \le u_n \le k+1$
2) Soit $(x_n)$ et $(y_n)$ les suites définies par : $(\forall n \in \mathbb{N}) ; x_n = u_{2n}$ et $y_n = u_{2n+1}$
a) Calculer $x_{n+1}$ en fonction de $x_n$ puis calculer $y_{n+1}$ en fonction de $y_n$
b) Montrer que : $(\forall n \in \mathbb{N}) ; x_n < y_n$ et $y_n = k + \frac{1}{x_n}$
c) Étudier la monotonie de chacune des suites $(x_n)$ et $(y_n)$
d) Montrer que : $(\forall n \in \mathbb{N}) ; y_{n+1} - x_{n+1} \le \frac{y_n - x_n}{(1+k^2)^2}$
e) En déduire que les suites $(x_n)$ et $(y_n)$ sont adjacentes, et calculer leur limite commune
On considère la suite $(\alpha_n)$ telle que :
$(\forall n \in \mathbb{N}) ; \alpha_{n+4} = \frac{1}{4}(\alpha_n + \alpha_{n+1} + \alpha_{n+2} + \alpha_{n+3})$
Soit $(a_n)$ et $(b_n)$ les suites définies par : $(\forall n \in \mathbb{N}) ; a_n = \min(\alpha_n; \alpha_{n+1}; \alpha_{n+2}; \alpha_{n+3})$
et $(\forall n \in \mathbb{N}) ; b_n = \max(\alpha_n; \alpha_{n+1}; \alpha_{n+2}; \alpha_{n+3})$
1) Montrer que : $(\forall n \in \mathbb{N}) ; a_n \le \alpha_{n+4}$, en déduire que la suite $(a_n)$ est croissante.
2) Montrer que : $(\forall n \in \mathbb{N}) ; b_n \ge \alpha_{n+4}$, en déduire que la suite $(b_n)$ est décroissante.
3) a) Montrer que : $(\forall n \in \mathbb{N}) ; a_0 \le a_n \le \alpha_n \le b_n \le b_0$
b) Montrer que les suites $(a_n)$ et $(b_n)$ sont convergentes :
On pose : $\lim_{n \to +\infty} a_n = a$ et $\lim_{n \to +\infty} b_n = b$.
4) a) Montrer que : $(\forall n \in \mathbb{N}) ; \alpha_{n+4} \le \frac{1}{4}a_n + \frac{3}{4}b_n$
b) En déduire que : $(\forall n \in \mathbb{N}) ; \alpha_{n+1} \le \frac{3}{4}b_{n+1} + \frac{1}{4}a_{n+1}$
c) En utilisant la dernière inégalité (pour les termes) $\alpha_{n+5}, \alpha_{n+6}, \alpha_{n+7}$ montrer que : $b \le a$
5) Montrer que $(a_n)$ et $(b_n)$ sont adjacentes.
6) Montrer que $(\alpha_n)$ est une suite convergente et calculer sa limite.
Soit $(u_n)$ et $(v_n)$ les suites définies par :
$0 < u_0 < v_0 \text{ et } (\forall n \in \mathbb{N}) ; \begin{cases} u_{n+1} = \frac{u_n + v_n}{2} \\ v_{n+1} = \sqrt{u_{n+1}v_n} \end{cases}$
1) Montrer que : $(\forall n \in \mathbb{N}) ; u_n > 0 \text{ et } v_n > 0 \quad (1)$
et $(\forall n \in \mathbb{N}) ; u_n < v_n \quad (2)$
2) Montrer que la suite $(u_n)$ est croissante et $(v_n)$ est décroissante.
3) a) Montrer que : $(\forall n \in \mathbb{N}) ; 0 < v_n - u_n < \frac{1}{2^n}(v_0 - u_0)$
b) En déduire que les suites $(u_n)$ et $(v_n)$ sont adjacentes.
4) On suppose que : $u_0 = v_0\cos\alpha \text{ où } 0 < \alpha < \frac{\pi}{2}$
a) Montrer que : $(\forall n \in \mathbb{N}) ; u_n = v_n\cos\left(\frac{\alpha}{2^n}\right)$
b) En déduire que : $v_n = v_0 \times \frac{\sin\alpha}{2^n\sin\left(\frac{\alpha}{2^n}\right)}$
c) Déterminer $\lim_{n \to +\infty} v_n$ en fonction de $v_0$ et $\alpha$.
En déduire que : $\left(\forall \alpha \in \left]0; \frac{\pi}{2}\right[\right) ; \sin\alpha \le \alpha \le \tan\alpha$
d) Déterminer $\lim_{n \to +\infty} u_n$ dans le cas où $v_0 = 2$ et $u_0 = 1$.
convergence · divergence
somme · produit · quotient
encadrement → convergence
croissante · décroissante
monotone + bornée = convergente
point fixe · convergence
formules explicites
encadrement de la limite commune
point fixe : \( \ell = \dfrac{b}{1-a} \) (si \( a\neq1 \))
inégalité des accroissements finis
Soit \( (u_n) \) la suite définie par \( u_n = \dfrac{2n+1}{n+3} \).
Soit \( (u_n) \) la suite définie par \( u_0 = 1 \) et \( u_{n+1} = 2u_n + 3 \).
Soit \( (u_n) \) la suite définie par \( u_0 = 2 \) et \( u_{n+1} = \sqrt{u_n + 2} \).
Soit \( (u_n) \) la suite définie par \( u_0 = 1 \) et \( u_{n+1} = \dfrac{3u_n + 2}{u_n + 4} \).
Soit \( (u_n) \) la suite définie par \( u_0 = 3 \) et \( u_{n+1} = \dfrac{1}{2}u_n + 1 \).
Soit \( (u_n) \) la suite définie par \( u_0 = 2 \) et \( u_{n+1} = \dfrac{2u_n + 1}{u_n + 3} \).
Soit \( (u_n) \) la suite définie par \( u_0 = 1 \) et \( u_{n+1} = u_n + \dfrac{1}{2^n} \).
On considère les suites \( (u_n) \) et \( (v_n) \) définies par :
\( u_0 = 1,\; v_0 = 3 \), \( u_{n+1} = \dfrac{u_n + v_n}{2},\; v_{n+1} = \dfrac{u_n + 2v_n}{3} \).
Soit \( (u_n) \) la suite définie par \( u_0 = 0 \) et \( u_{n+1} = \sqrt{1 + u_n} \).
Soit \( (u_n) \) la suite définie par \( u_0 = 1 \) et \( u_{n+1} = \dfrac{2u_n^2 + 1}{3} \).
Soit \( f \) la fonction définie sur \( \mathbb{R} \) par \( f(x) = \dfrac{x^2 + 1}{2} \).
On considère la suite \( (u_n) \) définie par \( u_0 = 0 \) et \( u_{n+1} = f(u_n) \).
Soit \( f \) la fonction définie sur \( [0;+\infty[ \) par \( f(x) = \sqrt{1+x} \).
On considère la suite \( (u_n) \) définie par \( u_0 = 0 \) et \( u_{n+1} = f(u_n) \).
On considère les suites \( (u_n) \) et \( (v_n) \) définies par :
\( u_0 = 0,\; v_0 = 1 \), \( u_{n+1} = \dfrac{u_n + v_n}{2},\; v_{n+1} = \sqrt{u_n v_n} \).
Soit \( f \) la fonction définie sur \( \mathbb{R} \) par \( f(x) = \dfrac{x^3 + 3x}{3x^2 + 1} \).
On considère la suite \( (u_n) \) définie par \( u_0 = 1 \) et \( u_{n+1} = f(u_n) \).
Soit \( f \) la fonction définie sur \( ]0;+\infty[ \) par \( f(x) = \dfrac{x + \ln x}{2} \).
On considère la suite \( (u_n) \) définie par \( u_0 = 1 \) et \( u_{n+1} = f(u_n) \).
Soit \( (u_n) \) la suite définie par \( u_0 = \dfrac{1}{2} \) et \( u_{n+1} = \dfrac{u_n^2}{1 + u_n^2} \).
Soit \( (u_n) \) la suite définie par \( u_0 = 0 \) et \( u_{n+1} = \dfrac{1}{2 + u_n} \).
Soit \( (u_n) \) la suite définie par \( u_0 = a > 0 \) et \( u_{n+1} = u_n e^{-u_n} \).
Soit \( (u_n) \) la suite définie par \( u_0 = 2 \) et \( u_{n+1} = \dfrac{1}{2} \left( u_n + \dfrac{2}{u_n} \right) \).
Soit \( (u_n) \) la suite définie par \( u_0 = 0 \) et \( u_{n+1} = \dfrac{1}{1 + u_n^2} \).
Révisez les définitions de monotonie, les suites bornées et le raisonnement par récurrence.
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Testez vos connaissances sur la convergence, les théorèmes de comparaison et les limites de suites géométriques.
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Évaluez vos compétences sur les théorèmes avancés de convergence : suites adjacentes et théorème du point fixe.
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