Suites numériques (Exercices) · Révisions prépa · Ridami

Analyse · 1re année

Suites numériques

Application du cours5 points

1. Limites par opérations, encadrement et suites extraites

Étudier la nature (convergence ou divergence) des suites suivantes et donner leur limite lorsqu'elle existe.

$u_{n} = \frac{n + (- 1)^{n} \sqrt{n}}{4 n + \cos n}$ , pour $n \geq 1$ .
$v_{n} = \sqrt[3]{n^{3} + 2 n^{2}} - n$ , pour $n \geq 1$ .
$w_{n} = \frac{n!}{n^{n}}$ , pour $n \geq 1$ .
$t_{n} = \frac{2^{n} + (- 3)^{n}}{2^{n} + 3^{n}}$ , pour $n \geq 0$ .

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1. Pour $n \geq 1$ , $4 n + \cos n \geq 4 n - 1 \geq 3 > 0$ et, en divisant numérateur et dénominateur par $n$ : $u_{n} = \frac{1 + \frac{(- 1)^{n}}{\sqrt{n}}}{4 + \frac{\cos n}{n}} .$ On a $∣ \frac{(- 1)^{n}}{\sqrt{n}} ∣ = \frac{1}{\sqrt{n}} \to 0$ et $∣ \frac{\cos n}{n} ∣ \leq \frac{1}{n} \to 0$ (bornée fois suite de limite nulle). Par opérations (le dénominateur tend vers $4 \neq 0$ ) : $u_{n} \to \frac{1}{4}$ .

2. Posons $a = \sqrt[3]{n^{3} + 2 n^{2}}$ et $b = n$ . Comme $a^{3} - b^{3} = (a - b) (a^{2} + a b + b^{2})$ et $a^{2} + a b + b^{2} > 0$ ( $a, b > 0$ ) : $v_{n} = a - b = \frac{a^{3} - b^{3}}{a^{2} + a b + b^{2}} = \frac{2 n^{2}}{a^{2} + a b + b^{2}} .$ Or $a = n {(1 + \frac{2}{n})}^{1 / 3}$ . En posant $c_{n} = {(1 + \frac{2}{n})}^{1 / 3}$ : $v_{n} = \frac{2 n^{2}}{n^{2} (c_{n}^{2} + c_{n} + 1)} = \frac{2}{c_{n}^{2} + c_{n} + 1} .$ La fonction $x \mapsto x^{1 / 3}$ est continue en $1$ et $1 + \frac{2}{n} \to 1$ , donc $c_{n} \to 1$ . Ainsi $v_{n} \to \frac{2}{3}$ .

3. Pour $n \geq 1$ , $w_{n} = \frac{1 \cdot 2 \dots n}{n \cdot n \dots n} = \frac{1}{n} \cdot \prod_{k = 2}^{n} \frac{k}{n}$ . Chaque facteur $\frac{k}{n}$ ( $2 \leq k \leq n$ ) appartient à $] 0, 1]$ , donc $0 < w_{n} \leq \frac{1}{n}$ . Les deux suites encadrantes tendent vers $0$ : d'après le théorème des gendarmes, $w_{n} \to 0$ .

4. On étudie les suites extraites d'indices pairs et impairs.

$t_{2 n} = \frac{4^{n} + 9^{n}}{4^{n} + 9^{n}} = 1$ , donc $t_{2 n} \to 1$ .
$t_{2 n + 1} = \frac{2 \cdot 4^{n} - 3 \cdot 9^{n}}{2 \cdot 4^{n} + 3 \cdot 9^{n}} = \frac{2 {(\frac{4}{9})}^{n} - 3}{2 {(\frac{4}{9})}^{n} + 3}$ . Comme $0 < \frac{4}{9} < 1$ , ${(\frac{4}{9})}^{n} \to 0$ et $t_{2 n + 1} \to - 1$ .

Deux suites extraites ont des limites différentes : $(t_{n}) diverge$ (fiche §6). Elle est pourtant bornée par $1$ en valeur absolue : bornée n'entraîne pas convergente.

Après avoir comparé avec le corrigé :

Application du cours4 points

2. Revenir à la définition

Soit $u_{n} = \frac{3 n + 2}{n + 4}$ et $v_{n} = (- 1)^{n} \frac{n}{n + 1}$ pour $n \in ℕ$ .

En utilisant uniquement la définition de la limite, montrer que $(u_{n})$ converge vers $3$ .
Montrer que $(u_{n})$ est croissante et majorée par $3$ .
Montrer que $(v_{n})$ est bornée et divergente.
La suite $(∣ v_{n} ∣)$ est-elle convergente ?

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1. Pour tout $n \in ℕ$ : $u_{n} - 3 = \frac{3 n + 2 - 3 n - 12}{n + 4} = \frac{- 10}{n + 4}$ , donc $∣ u_{n} - 3 ∣ = \frac{10}{n + 4}$ . Soit $ε > 0$ . Posons $N = E ⁣ (\frac{10}{ε}) + 1$ , de sorte que $N > \frac{10}{ε}$ . Pour tout $n \geq N$ : $∣ u_{n} - 3 ∣ = \frac{10}{n + 4} < \frac{10}{n} \leq \frac{10}{N} < ε .$ (Pour $n \geq N \geq 1$ , la division par $n$ est licite.) On a montré : $\forall ε > 0, \exists N \in ℕ, \forall n \geq N, ∣ u_{n} - 3 ∣ < ε$ , c'est-à-dire $u_{n} \to 3$ .

2. On a $u_{n} = 3 - \frac{10}{n + 4}$ . La suite $(\frac{10}{n + 4})$ est décroissante (inverse d'une suite positive croissante), donc $(u_{n})$ est croissante. De plus $\frac{10}{n + 4} > 0$ , donc $u_{n} < 3$ pour tout $n$ : $(u_{n})$ est majorée par $3$ .

3. Pour tout $n$ , $∣ v_{n} ∣ = \frac{n}{n + 1} < 1$ : $(v_{n})$ est bornée. Ensuite $v_{2 n} = \frac{2 n}{2 n + 1} = 1 - \frac{1}{2 n + 1} \to 1$ et $v_{2 n + 1} = - \frac{2 n + 1}{2 n + 2} = - 1 + \frac{1}{2 n + 2} \to - 1$ . Deux suites extraites ont des limites distinctes ( $1 \neq - 1$ ) : $(v_{n}) diverge$ .

4. $∣ v_{n} ∣ = \frac{n}{n + 1} = 1 - \frac{1}{n + 1} \to 1$ : la suite $(∣ v_{n} ∣)$ converge vers $1$ . On retient que $∣ v_{n} ∣ \to ∣ ℓ ∣$ n'entraîne pas $v_{n} \to ℓ$ lorsque $ℓ \neq 0$ .

Après avoir comparé avec le corrigé :

Application du cours5 points

3. Deux suites adjacentes et une valeur approchée

Pour $n \geq 1$ , on pose $u_{n} = \sum_{k = 1}^{n} \frac{1}{k^{3}}$ et $v_{n} = u_{n} + \frac{1}{2 n^{2}}$ .

Montrer que $(u_{n})_{n \geq 1}$ est croissante.
Montrer que pour tout $n \geq 1$ , $v_{n + 1} - v_{n} = - \frac{3 n + 1}{2 n^{2} (n + 1)^{3}}$ . En déduire le sens de variation de $(v_{n})$ .
Montrer que $(u_{n})$ et $(v_{n})$ convergent vers une même limite $S$ et que $u_{n} \leq S \leq v_{n}$ pour tout $n \geq 1$ .
En déduire un encadrement de $S$ par deux rationnels à l'aide du rang $n = 2$ .
Déterminer le plus petit entier $n$ pour lequel l'encadrement de la question 3 garantit une précision de $10^{- 4}$ .

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1. $u_{n + 1} - u_{n} = \frac{1}{(n + 1)^{3}} > 0$ : $(u_{n})$ est strictement croissante.

2. Pour $n \geq 1$ : $v_{n + 1} - v_{n} = \frac{1}{(n + 1)^{3}} + \frac{1}{2 (n + 1)^{2}} - \frac{1}{2 n^{2}} = \frac{2 n^{2} + n^{2} (n + 1) - (n + 1)^{3}}{2 n^{2} (n + 1)^{3}} .$ Le numérateur vaut $2 n^{2} + n^{3} + n^{2} - (n^{3} + 3 n^{2} + 3 n + 1) = - 3 n - 1$ . Donc $v_{n + 1} - v_{n} = - \frac{3 n + 1}{2 n^{2} (n + 1)^{3}} < 0$ : $(v_{n})$ est strictement décroissante.

3. On a (i) $(u_{n})$ croissante, (ii) $(v_{n})$ décroissante, (iii) $v_{n} - u_{n} = \frac{1}{2 n^{2}} \to 0$ . Les suites sont donc adjacentes ; d'après le théorème des suites adjacentes, elles convergent vers une même limite $S$ et, la première étant croissante et la seconde décroissante, $u_{n} \leq S \leq v_{n}$ pour tout $n \geq 1$ .

4. $u_{2} = 1 + \frac{1}{8} = \frac{9}{8}$ et $v_{2} = \frac{9}{8} + \frac{1}{8} = \frac{5}{4}$ . Donc $\frac{9}{8} \leq S \leq \frac{5}{4}$ .

5. L'encadrement $u_{n} \leq S \leq v_{n}$ donne $S$ à $v_{n} - u_{n} = \frac{1}{2 n^{2}}$ près. On veut $\frac{1}{2 n^{2}} \leq 10^{- 4}$ , soit $n^{2} \geq 5000$ . Comme $70^{2} = 4900 < 5000$ et $71^{2} = 5041 \geq 5000$ , et que $n \mapsto n^{2}$ croît sur $ℕ$ , le plus petit entier convenable est $n = 71$ .

Après avoir comparé avec le corrigé :

Application du cours6 points

4. Suites arithmético-géométriques et récurrentes linéaires

Soit $(a_{n})$ définie par $a_{0} = 0$ et $a_{n + 1} = \frac{1}{3} a_{n} + 4$ . (a) Déterminer le réel $c$ tel que $c = \frac{1}{3} c + 4$ , puis exprimer $a_{n}$ en fonction de $n$ . (b) Calculer $S_{n} = \sum_{k = 0}^{n} a_{k}$ , puis $\lim_{n \to + \infty} \frac{S_{n}}{n}$ .
Soit $(w_{n})$ définie par $w_{0} = 0$ , $w_{1} = 5$ et $w_{n + 2} = w_{n + 1} + 6 w_{n}$ . (a) Exprimer $w_{n}$ en fonction de $n$ . (b) Justifier que $w_{n} \neq 0$ pour $n \geq 1$ , puis déterminer $\lim_{n \to + \infty} \frac{w_{n + 1}}{w_{n}}$ .
Soit $(z_{n})$ définie par $z_{0} = 0$ , $z_{1} = 1$ et $z_{n + 2} = z_{n + 1} - z_{n}$ . (a) Montrer que $z_{n} = \frac{2}{\sqrt{3}} \sin \frac{n π}{3}$ pour tout $n$ . (b) En déduire que $(z_{n})$ est périodique et divergente.

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1.(a) $c = \frac{1}{3} c + 4 ⟺ \frac{2}{3} c = 4 ⟺ c = 6$ . Posons $b_{n} = a_{n} - 6$ . Alors $b_{n + 1} = \frac{1}{3} a_{n} + 4 - 6 = \frac{1}{3} (a_{n} - 6) = \frac{1}{3} b_{n}$ : $(b_{n})$ est géométrique de raison $\frac{1}{3}$ , de premier terme $b_{0} = - 6$ . Donc $a_{n} = 6 - 6 {(\frac{1}{3})}^{n}$ .

1.(b) $S_{n} = \sum_{k = 0}^{n} 6 - 6 \sum_{k = 0}^{n} {(\frac{1}{3})}^{k} = 6 (n + 1) - 6 \cdot \frac{1 - {(\frac{1}{3})}^{n + 1}}{1 - \frac{1}{3}} = 6 (n + 1) - 9 (1 - 3^{- (n + 1)})$ . Alors $\frac{S_{n}}{n} = 6 + \frac{6}{n} - \frac{9 (1 - 3^{- (n + 1)})}{n} \to 6$ , car $0 \leq 1 - 3^{- (n + 1)} \leq 1$ .

2.(a) Équation caractéristique : $r^{2} = r + 6$ , soit $r^{2} - r - 6 = 0$ , de racines $3$ et $- 2$ (distinctes). Il existe donc $λ, μ$ réels tels que $w_{n} = λ 3^{n} + μ (- 2)^{n}$ pour tout $n$ . Les conditions initiales donnent $λ + μ = 0$ et $3 λ - 2 μ = 5$ , d'où $λ = 1$ , $μ = - 1$ : $w_{n} = 3^{n} - (- 2)^{n}$ . (Contrôle : $w_{2} = 5 = 9 - 4$ , $w_{3} = 35 = 27 + 8$ .)

2.(b) Pour $n \geq 1$ , $∣ (- 2)^{n} ∣ = 2^{n} < 3^{n}$ , donc $w_{n} \neq 0$ . Et $\frac{w_{n + 1}}{w_{n}} = \frac{3^{n + 1} - (- 2)^{n + 1}}{3^{n} - (- 2)^{n}} = \frac{3 + 2 {(- \frac{2}{3})}^{n}}{1 - {(- \frac{2}{3})}^{n}} ⟶ 3,$ car $∣ - \frac{2}{3} ∣ < 1$ entraîne ${(- \frac{2}{3})}^{n} \to 0$ .

3.(a) Équation caractéristique $r^{2} - r + 1 = 0$ , de discriminant $- 3 < 0$ ; racines $e^{\pm i π / 3}$ (module $1$ , argument $\pm \frac{π}{3}$ ). Les suites réelles solutions sont $z_{n} = λ \cos \frac{n π}{3} + μ \sin \frac{n π}{3}$ . Avec $z_{0} = 0$ : $λ = 0$ ; avec $z_{1} = 1$ : $μ \frac{\sqrt{3}}{2} = 1$ , donc $μ = \frac{2}{\sqrt{3}}$ . D'où le résultat.

3.(b) $\sin \frac{(n + 6) π}{3} = \sin (\frac{n π}{3} + 2 π) = \sin \frac{n π}{3}$ , donc $z_{n + 6} = z_{n}$ : la suite est périodique de période $6$ . Elle prend les valeurs $0, 1, 1, 0, - 1, - 1$ . Les suites extraites $(z_{6 n + 1})$ (constante égale à $1$ ) et $(z_{6 n + 4})$ (constante égale à $- 1$ ) ont des limites différentes : $(z_{n})$ diverge.

Après avoir comparé avec le corrigé :

Niveau devoir8 points

5. Deux suites récurrentes $u_{n + 1} = f (u_{n})$

Partie A. Soit $f (x) = \sqrt{2 x + 3}$ sur $I = [- \frac{3}{2}, + \infty [$ et $(u_{n})$ définie par $u_{0} \in I$ et $u_{n + 1} = f (u_{n})$ .

Justifier que la suite $(u_{n})$ est bien définie et que $u_{n} \geq 0$ pour $n \geq 1$ .
Déterminer les points fixes de $f$ et étudier le signe de $f (x) - x$ sur $I$ .
Montrer que $[- \frac{3}{2}, 3]$ et $[3, + \infty [$ sont stables par $f$ .
Étudier la convergence de $(u_{n})$ selon la position de $u_{0}$ .
On suppose $u_{0} \geq 0$ . Montrer que $∣ u_{n + 1} - 3 ∣ \leq \frac{1}{2} ∣ u_{n} - 3 ∣$ , puis que $∣ u_{n} - 3 ∣ \leq \frac{∣ u_{0} - 3 ∣}{2^{n}}$ . Pour $u_{0} = 0$ , donner un rang à partir duquel $∣ u_{n} - 3 ∣ \leq 10^{- 3}$ .

Partie B. Soit $g (x) = \frac{2}{1 + x}$ sur $[0, + \infty [$ et $(v_{n})$ définie par $v_{0} = 0$ et $v_{n + 1} = g (v_{n})$ .

Montrer que $v_{n} \in [0, 2]$ pour tout $n$ , et calculer $v_{1}, v_{2}, v_{3}$ .
Montrer que $h = g \circ g$ est croissante sur $[0, 2]$ et que $h (x) - x = - \frac{(x - 1) (x + 2)}{x + 3}$ .
On pose $a_{n} = v_{2 n}$ et $b_{n} = v_{2 n + 1}$ . Montrer que $(a_{n})$ est croissante, que $(b_{n})$ est décroissante, et que $(v_{n})$ converge vers $1$ .

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A.1. Pour $x \in I$ , $2 x + 3 \geq 0$ , donc $f$ est définie sur $I$ et $f (x) \geq 0$ ; ainsi $f (I) \subset [0, + \infty [\subset I$ . $I$ est stable par $f$ et $u_{0} \in I$ : par récurrence, $u_{n} \in I$ pour tout $n$ , la suite est bien définie, et $u_{n} = f (u_{n - 1}) \geq 0$ pour $n \geq 1$ .

A.2. Si $x < 0$ (et $x \in I$ ), alors $f (x) \geq 0 > x$ . Si $x \geq 0$ , $\sqrt{2 x + 3} + x > 0$ et $f (x) - x = \frac{(2 x + 3) - x^{2}}{\sqrt{2 x + 3} + x} = \frac{- (x - 3) (x + 1)}{\sqrt{2 x + 3} + x},$ du signe de $3 - x$ (car $x + 1 > 0$ ). Conclusion : $f (x) > x$ sur $[- \frac{3}{2}, 3 [$ , $f (3) = 3$ , $f (x) < x$ sur $] 3, + \infty [$ . Le seul point fixe de $f$ est $3$ .

A.3. $f$ est croissante sur $I$ (composée de fonctions croissantes). Donc $f ([- \frac{3}{2}, 3]) = [f (- \frac{3}{2}), f (3)] = [0, 3] \subset [- \frac{3}{2}, 3]$ et, pour $x \geq 3$ , $f (x) \geq f (3) = 3$ : $[3, + \infty [$ est stable.

A.4. Cas $u_{0} \in [- \frac{3}{2}, 3]$ . Par stabilité, $u_{n} \in [- \frac{3}{2}, 3]$ pour tout $n$ ; d'après A.2, $u_{n + 1} - u_{n} = f (u_{n}) - u_{n} \geq 0$ : $(u_{n})$ est croissante et majorée par $3$ , donc converge (théorème de la limite monotone) vers $ℓ \in [- \frac{3}{2}, 3] \subset I$ . Comme $f$ est continue en $ℓ$ et $ℓ \in I$ , en passant à la limite dans $u_{n + 1} = f (u_{n})$ on obtient $f (ℓ) = ℓ$ , donc $ℓ = 3$ . Cas $u_{0} \geq 3$ . De même $u_{n} \geq 3$ et $(u_{n})$ est décroissante, minorée par $3$ : elle converge vers $ℓ \geq 3$ , point fixe, donc $ℓ = 3$ . Dans tous les cas, $u_{n} \to 3$ .

A.5. Si $u_{0} \geq 0$ , alors $u_{n} \geq 0$ pour tout $n$ et, pour $x \geq 0$ : $∣ f (x) - 3 ∣ = \frac{∣ (2 x + 3) - 9 ∣}{\sqrt{2 x + 3} + 3} = \frac{2 ∣ x - 3 ∣}{\sqrt{2 x + 3} + 3} \leq \frac{2}{\sqrt{3} + 3} ∣ x - 3 ∣ \leq \frac{1}{2} ∣ x - 3 ∣,$ car $\sqrt{3} > 1$ donne $\sqrt{3} + 3 > 4$ . Avec $x = u_{n}$ : $∣ u_{n + 1} - 3 ∣ \leq \frac{1}{2} ∣ u_{n} - 3 ∣$ , puis par récurrence $∣ u_{n} - 3 ∣ \leq \frac{∣ u_{0} - 3 ∣}{2^{n}}$ . Pour $u_{0} = 0$ : $∣ u_{n} - 3 ∣ \leq \frac{3}{2^{n}}$ , et $\frac{3}{2^{n}} \leq 10^{- 3} ⟺ 2^{n} \geq 3000$ . Or $2^{11} = 2048$ et $2^{12} = 4096$ : à partir du rang $n = 12$ , $∣ u_{n} - 3 ∣ \leq 10^{- 3}$ .

B.1. Pour $x \in [0, 2]$ , $1 \leq 1 + x \leq 3$ , donc $g (x) \in [\frac{2}{3}, 2] \subset [0, 2]$ . Comme $v_{0} = 0 \in [0, 2]$ , par récurrence $v_{n} \in [0, 2]$ pour tout $n$ . Calculs : $v_{1} = 2$ , $v_{2} = \frac{2}{3}$ , $v_{3} = \frac{2}{5 / 3} = \frac{6}{5}$ .

B.2. $g$ est décroissante sur $[0, + \infty [$ , donc $h = g \circ g$ est croissante (composée de deux fonctions décroissantes). Pour $x \geq 0$ : $h (x) = \frac{2}{1 + \frac{2}{1 + x}} = \frac{2 (1 + x)}{x + 3}$ , et $h (x) - x = \frac{2 + 2 x - 3 x - x^{2}}{x + 3} = \frac{- (x^{2} + x - 2)}{x + 3} = - \frac{(x - 1) (x + 2)}{x + 3}$ . Sur $[0, 2]$ : $h (x) - x > 0$ sur $[0, 1 [$ , $= 0$ en $1$ , $< 0$ sur $] 1, 2]$ .

B.3. $a_{n + 1} = v_{2 n + 2} = h (v_{2 n}) = h (a_{n})$ et de même $b_{n + 1} = h (b_{n})$ . $h$ est croissante, $h (0) = \frac{2}{3}$ , $h (1) = 1$ : $[0, 1]$ est stable par $h$ ; $a_{0} = 0 \in [0, 1]$ , donc $a_{n} \in [0, 1]$ et $a_{n + 1} - a_{n} = h (a_{n}) - a_{n} \geq 0$ : $(a_{n})$ croissante, majorée par $1$ , converge vers $α \in [0, 1]$ . De même $h (2) = \frac{6}{5}$ , $[1, 2]$ est stable, $b_{0} = 2$ , donc $(b_{n})$ est décroissante, minorée par $1$ , converge vers $β \in [1, 2]$ . $h$ est continue sur $[0, 2]$ , donc $α$ et $β$ sont des points fixes de $h$ dans $[0, 2]$ ; d'après B.2, le seul est $1$ . Ainsi $v_{2 n} \to 1$ et $v_{2 n + 1} \to 1$ : les suites extraites paire et impaire ont la même limite, donc $v_{n} \to 1$ .

Après avoir comparé avec le corrigé :

Niveau devoir7 points

6. Une suite définie implicitement

Pour $n \in ℕ^{*}$ , on considère $P_{n} (x) = x^{3} + n x - 1$ .

Montrer que l'équation $P_{n} (x) = 0$ admet une unique solution réelle $x_{n}$ , et que $x_{n} \in] 0, \frac{1}{n} [$ .
Déterminer la limite de $(x_{n})$ .
Calculer $P_{n + 1} (x_{n})$ . En déduire que $(x_{n})$ est strictement décroissante.
Montrer que $\frac{1}{n} - \frac{1}{n^{4}} \leq x_{n} \leq \frac{1}{n}$ pour tout $n \geq 1$ .
En déduire $\lim_{n \to + \infty} n x_{n}$ , puis $\lim_{n \to + \infty} n^{3} (1 - n x_{n})$ .

Voir le corrigé

1. $P_{n}$ est polynomiale donc continue et dérivable sur $ℝ$ , avec $P_{n}^{'} (x) = 3 x^{2} + n > 0$ : $P_{n}$ est strictement croissante. De plus $\lim_{- \infty} P_{n} = - \infty$ et $\lim_{+ \infty} P_{n} = + \infty$ ; $P_{n}$ réalise donc une bijection de $ℝ$ sur $ℝ$ , et $0$ a un unique antécédent $x_{n}$ . Enfin $P_{n} (0) = - 1 < 0$ et $P_{n} ⁣ (\frac{1}{n}) = \frac{1}{n^{3}} > 0$ ; $P_{n}$ étant strictement croissante, $0 < x_{n} < \frac{1}{n}$ .

2. $0 < x_{n} < \frac{1}{n}$ et $\frac{1}{n} \to 0$ : par le théorème des gendarmes, $x_{n} \to 0$ .

3. $P_{n + 1} (x_{n}) = x_{n}^{3} + n x_{n} - 1 + x_{n} = P_{n} (x_{n}) + x_{n} = x_{n} > 0 = P_{n + 1} (x_{n + 1})$ . Comme $P_{n + 1}$ est strictement croissante, $x_{n} > x_{n + 1}$ : $(x_{n})$ est strictement décroissante.

4. De $P_{n} (x_{n}) = 0$ on tire $n x_{n} = 1 - x_{n}^{3}$ . Comme $x_{n} > 0$ , $n x_{n} \leq 1$ , d'où $x_{n} \leq \frac{1}{n}$ . Ensuite $0 < x_{n} \leq \frac{1}{n}$ donne $x_{n}^{3} \leq \frac{1}{n^{3}}$ , donc $n x_{n} = 1 - x_{n}^{3} \geq 1 - \frac{1}{n^{3}}$ , soit $x_{n} \geq \frac{1}{n} - \frac{1}{n^{4}}$ .

5. En multipliant l'encadrement par $n > 0$ : $1 - \frac{1}{n^{3}} \leq n x_{n} \leq 1$ ; par les gendarmes, $n x_{n} \to 1$ . Puis $1 - n x_{n} = x_{n}^{3}$ , donc $n^{3} (1 - n x_{n}) = (n x_{n})^{3} \to 1^{3}$ : $n^{3} (1 - n x_{n}) \to 1$ . Interprétation : $x_{n} = \frac{1}{n} - \frac{ε_{n}}{n^{4}}$ avec $ε_{n} \to 1$ .

Après avoir comparé avec le corrigé :

Niveau devoir6 points

7. Suites extraites et théorème de Bolzano-Weierstrass

Soit $u_{n} = \cos \frac{n π}{3} + \frac{1}{n + 1}$ . Pour $r \in [⁣ [0, 5] ⁣]$ , déterminer la limite de $(u_{6 n + r})_{n \in ℕ}$ . La suite $(u_{n})$ converge-t-elle ?
Soit $(u_{n})$ une suite réelle bornée et $ℓ \in ℝ$ . On suppose que toute suite extraite convergente de $(u_{n})$ a pour limite $ℓ$ . Montrer, en raisonnant par l'absurde, que $u_{n} \to ℓ$ .
Montrer, à l'aide de la suite définie par $u_{n} = n$ si $n$ est pair et $u_{n} = 0$ si $n$ est impair, que l'hypothèse « bornée » ne peut pas être supprimée dans la question 2.

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1. $\cos \frac{(6 n + r) π}{3} = \cos (2 n π + \frac{r π}{3}) = \cos \frac{r π}{3}$ , et $\frac{1}{6 n + r + 1} \to 0$ . Donc $u_{6 n + r} \to \cos \frac{r π}{3}$ , ce qui donne pour $r = 0, 1, 2, 3, 4, 5$ les limites $1, \frac{1}{2}, - \frac{1}{2}, - 1, - \frac{1}{2}, \frac{1}{2}$ . Les suites extraites $(u_{6 n})$ et $(u_{6 n + 3})$ ont des limites différentes : $(u_{n})$ diverge.

2. Supposons que $(u_{n})$ ne converge pas vers $ℓ$ . Alors $\exists ε > 0, \forall N \in ℕ, \exists n \geq N, ∣ u_{n} - ℓ ∣ > ε$ . On construit par récurrence une application $φ$ strictement croissante : $φ (0)$ est un indice tel que $∣ u_{φ (0)} - ℓ ∣ > ε$ ; $φ (k)$ étant construit, on applique la propriété avec $N = φ (k) + 1$ pour obtenir $φ (k + 1) > φ (k)$ avec $∣ u_{φ (k + 1)} - ℓ ∣ > ε$ . La suite $(u_{φ (k)})$ est bornée (car $(u_{n})$ l'est) ; d'après le théorème de Bolzano-Weierstrass, elle admet une suite extraite convergente $(u_{φ (ψ (k))})$ , de limite $ℓ^{'}$ . Comme $φ \circ ψ$ est strictement croissante, c'est une suite extraite convergente de $(u_{n})$ , donc $ℓ^{'} = ℓ$ par hypothèse. Mais $∣ u_{φ (ψ (k))} - ℓ ∣ > ε$ pour tout $k$ , et le passage à la limite (les deux membres ont une limite) donne $∣ ℓ^{'} - ℓ ∣ \geq ε > 0$ : contradiction. Donc $u_{n} \to ℓ$ .

3. Soit $(u_{φ (k)})$ une suite extraite convergente ; elle est bornée, par $M$ disons. Les indices pairs $φ (k)$ vérifient $φ (k) = u_{φ (k)} \leq M$ : il n'y en a qu'un nombre fini. Donc à partir d'un certain rang $φ (k)$ est impair et $u_{φ (k)} = 0$ : la limite est $0$ . Toutes les suites extraites convergentes tendent vers $0$ , et pourtant $(u_{n})$ diverge (elle n'est pas bornée, puisque $u_{2 n} = 2 n \to + \infty$ ). L'hypothèse « bornée » est indispensable.

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Niveau devoir8 points

8. Deux suites adjacentes qui approchent $π$

Soit $θ \in] 0, \frac{π}{2} [$ . On définit $a_{0} = \cos θ$ , $b_{0} = 1$ et, pour tout $n \in ℕ$ : $a_{n + 1} = \frac{a_{n} + b_{n}}{2}, b_{n + 1} = \sqrt{a_{n + 1} b_{n}} .$

Montrer par récurrence que les suites sont bien définies et que $0 < a_{n} \leq a_{n + 1} \leq b_{n + 1} \leq b_{n}$ pour tout $n$ .
Montrer que $0 \leq b_{n} - a_{n} \leq \frac{1 - \cos θ}{2^{n}}$ . En déduire que $(a_{n})$ et $(b_{n})$ sont adjacentes. On note $L$ leur limite commune.
Montrer par récurrence que, pour tout $n$ : $a_{n} = \frac{\sin θ}{2^{n} \tan (θ / 2^{n})} et b_{n} = \frac{\sin θ}{2^{n} \sin (θ / 2^{n})} .$ (On pourra utiliser $1 + \cos x = 2 \cos^{2} \frac{x}{2}$ et $\sin x = 2 \sin \frac{x}{2} \cos \frac{x}{2}$ .)
En déduire $L = \frac{\sin θ}{θ}$ .
On prend $θ = \frac{π}{3}$ . Calculer $a_{1}$ et $b_{1}$ , puis montrer que $3 \leq π \leq 2 \sqrt{3}$ .

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1. Montrons par récurrence $𝒫 (n)$ : « $a_{n}, b_{n}$ sont définis et $0 < a_{n} \leq b_{n}$ ». $𝒫 (0)$ : $0 < \cos θ < 1 = b_{0}$ car $θ \in] 0, \frac{π}{2} [$ . Si $𝒫 (n)$ est vraie : $a_{n + 1} = \frac{a_{n} + b_{n}}{2}$ est la moyenne de $a_{n}$ et $b_{n}$ , donc $a_{n} \leq a_{n + 1} \leq b_{n}$ et $a_{n + 1} > 0$ . Alors $a_{n + 1} b_{n} > 0$ et $b_{n + 1} = \sqrt{a_{n + 1} b_{n}}$ est défini ; comme $a_{n + 1} \leq b_{n}$ , $a_{n + 1} = \sqrt{a_{n + 1}^{2}} \leq \sqrt{a_{n + 1} b_{n}} \leq \sqrt{b_{n}^{2}} = b_{n}$ (croissance de $\sqrt{}$ sur $ℝ_{+}$ ). Ainsi $0 < a_{n} \leq a_{n + 1} \leq b_{n + 1} \leq b_{n}$ , ce qui donne $𝒫 (n + 1)$ et l'inégalité demandée.

2. D'après 1, $b_{n} - a_{n} \geq 0$ et $b_{n + 1} - a_{n + 1} \leq b_{n} - a_{n + 1} = b_{n} - \frac{a_{n} + b_{n}}{2} = \frac{b_{n} - a_{n}}{2}$ . Par récurrence, $0 \leq b_{n} - a_{n} \leq \frac{b_{0} - a_{0}}{2^{n}} = \frac{1 - \cos θ}{2^{n}} \to 0$ . Avec $(a_{n})$ croissante et $(b_{n})$ décroissante (question 1), les trois conditions sont réunies : les suites sont adjacentes, de limite commune $L$ , et $a_{n} \leq L \leq b_{n}$ .

3. Notons $t = \frac{θ}{2^{n}} \in] 0, \frac{π}{2} [$ , de sorte que $\sin t > 0$ , $\tan t > 0$ , $\sin \frac{t}{2} > 0$ , $\cos \frac{t}{2} > 0$ . Rang $0$ : $\frac{\sin θ}{\tan θ} = \cos θ = a_{0}$ et $\frac{\sin θ}{\sin θ} = 1 = b_{0}$ . Supposons les formules vraies au rang $n$ . Alors $a_{n + 1} = \frac{\sin θ}{2^{n + 1}} \cdot \frac{\cos t + 1}{\sin t} = \frac{\sin θ}{2^{n + 1}} \cdot \frac{2 \cos^{2} \frac{t}{2}}{2 \sin \frac{t}{2} \cos \frac{t}{2}} = \frac{\sin θ}{2^{n + 1} \tan \frac{t}{2}},$ $a_{n + 1} b_{n} = \frac{\sin^{2} θ}{2^{2 n + 1}} \cdot \frac{\cos \frac{t}{2}}{\sin \frac{t}{2} \cdot 2 \sin \frac{t}{2} \cos \frac{t}{2}} = \frac{\sin^{2} θ}{2^{2 n + 2} \sin^{2} \frac{t}{2}},$ donc, tout étant positif, $b_{n + 1} = \frac{\sin θ}{2^{n + 1} \sin \frac{t}{2}}$ . Comme $\frac{t}{2} = \frac{θ}{2^{n + 1}}$ , les formules sont vraies au rang $n + 1$ .

4. Posons $s_{n} = \frac{θ}{2^{n}} \to 0$ , $s_{n} \neq 0$ . On sait que $\frac{\sin x}{x} \to 1$ quand $x \to 0$ , donc $\frac{\sin s_{n}}{s_{n}} \to 1$ et $b_{n} = \frac{\sin θ}{θ} \cdot \frac{s_{n}}{\sin s_{n}} ⟶ \frac{\sin θ}{θ} .$ Par unicité de la limite, $L = \frac{\sin θ}{θ}$ .

5. Pour $θ = \frac{π}{3}$ : $a_{0} = \frac{1}{2}$ , $b_{0} = 1$ , $a_{1} = \frac{3}{4}$ , $b_{1} = \sqrt{\frac{3}{4}} = \frac{\sqrt{3}}{2}$ , et $L = \frac{\sqrt{3} / 2}{π / 3} = \frac{3 \sqrt{3}}{2 π}$ . L'encadrement $a_{1} \leq L \leq b_{1}$ s'écrit $\frac{3}{4} \leq \frac{3 \sqrt{3}}{2 π} \leq \frac{\sqrt{3}}{2}$ .

À droite : $\frac{3 \sqrt{3}}{2 π} \leq \frac{\sqrt{3}}{2} ⟺ \frac{3}{π} \leq 1 ⟺ π \geq 3$ .
À gauche : $\frac{3}{4} \leq \frac{3 \sqrt{3}}{2 π} ⟺ π \leq 2 \sqrt{3}$ .

Donc $3 \leq π \leq 2 \sqrt{3}$ . En poussant les calculs, $\frac{3 \sqrt{3}}{2 b_{n}} \leq π \leq \frac{3 \sqrt{3}}{2 a_{n}}$ fournit des encadrements de plus en plus fins, l'erreur étant divisée par environ $4$ à chaque étape.

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Synthèse, niveau concours10 points

9. Problème : moyenne de Cesàro et vitesse de convergence

Partie A — Le lemme de Cesàro. Soit $(a_{n})_{n \geq 1}$ une suite réelle et $m_{n} = \frac{a_{1} + a_{2} + \dots + a_{n}}{n}$ .

On suppose $a_{n} \to 0$ . Soit $ε > 0$ et $N \geq 1$ tel que $∣ a_{n} ∣ \leq \frac{ε}{2}$ pour $n > N$ . Montrer que pour $n > N$ : $∣ m_{n} ∣ \leq \frac{∣ a_{1} + \dots + a_{N} ∣}{n} + \frac{ε}{2}$ . En déduire $m_{n} \to 0$ .
En déduire que si $a_{n} \to ℓ \in ℝ$ , alors $m_{n} \to ℓ$ .
La réciproque est-elle vraie ?
Soit $(b_{n})_{n \geq 0}$ une suite réelle telle que $b_{n + 1} - b_{n} \to ℓ \in ℝ$ . Montrer que $\frac{b_{n}}{n} \to ℓ$ .

Partie B — Une suite récurrente. Soit $u_{0} \in] 0, 1 [$ et $u_{n + 1} = u_{n} - u_{n}^{2}$ pour $n \in ℕ$ .

Montrer que $u_{n} \in] 0, 1 [$ pour tout $n$ .
Montrer que $(u_{n})$ converge et déterminer sa limite.
Montrer que $\frac{1}{u_{n + 1}} - \frac{1}{u_{n}} = \frac{1}{1 - u_{n}}$ pour tout $n$ . En déduire $\lim_{n \to + \infty} n u_{n}$ .

Partie C — Un terme de plus.

Montrer que $\frac{1}{u_{n}} = \frac{1}{u_{0}} + n + \sum_{k = 0}^{n - 1} \frac{u_{k}}{1 - u_{k}}$ pour tout $n \geq 1$ . En déduire que $n u_{n} < 1$ pour $n \geq 1$ .
Montrer que $\ln (1 + x) \leq x$ pour $x > - 1$ , puis que $H_{n} = \sum_{k = 1}^{n} \frac{1}{k} \geq \ln (n + 1)$ .
Montrer qu'il existe $K \geq 1$ tel que $u_{k} \geq \frac{1}{2 k}$ pour $k \geq K$ . En déduire que $δ_{n} = \frac{1}{u_{n}} - n \to + \infty$ .
Montrer que $n (1 - n u_{n}) \to + \infty$ .

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A.1. Pour $n > N$ : $∣ m_{n} ∣ \leq \frac{∣ a_{1} + \dots + a_{N} ∣}{n} + \frac{1}{n} \sum_{k = N + 1}^{n} ∣ a_{k} ∣ \leq \frac{C}{n} + \frac{n - N}{n} \cdot \frac{ε}{2} \leq \frac{C}{n} + \frac{ε}{2}$ , avec $C = ∣ a_{1} + \dots + a_{N} ∣$ fixé (indépendant de $n$ ). Comme $\frac{C}{n} \to 0$ , il existe $N^{'}$ tel que $\frac{C}{n} \leq \frac{ε}{2}$ pour $n \geq N^{'}$ . Pour $n \geq \max (N + 1, N^{'})$ , $∣ m_{n} ∣ \leq ε$ . Donc $m_{n} \to 0$ .

A.2. Appliquons A.1 à $a_{n}^{'} = a_{n} - ℓ \to 0$ : $\frac{a_{1}^{'} + \dots + a_{n}^{'}}{n} = m_{n} - ℓ \to 0$ , donc $m_{n} \to ℓ$ .

A.3. Non : $a_{n} = (- 1)^{n}$ diverge, mais $m_{n}$ vaut $0$ ( $n$ pair) ou $- \frac{1}{n}$ ( $n$ impair), donc $∣ m_{n} ∣ \leq \frac{1}{n}$ et $m_{n} \to 0$ .

A.4. Posons $a_{k} = b_{k} - b_{k - 1}$ pour $k \geq 1$ ; $a_{k} \to ℓ$ . Par télescopage $a_{1} + \dots + a_{n} = b_{n} - b_{0}$ , et A.2 donne $\frac{b_{n} - b_{0}}{n} \to ℓ$ . Comme $\frac{b_{0}}{n} \to 0$ , $\frac{b_{n}}{n} \to ℓ$ .

B.1. Récurrence. $u_{0} \in] 0, 1 [$ . Si $u_{n} \in] 0, 1 [$ , alors $u_{n + 1} = u_{n} (1 - u_{n})$ est un produit de deux réels de $] 0, 1 [$ , donc $u_{n + 1} \in] 0, 1 [$ .

B.2. $u_{n + 1} - u_{n} = - u_{n}^{2} < 0$ : $(u_{n})$ est décroissante et minorée par $0$ , donc converge vers $ℓ \in [0, u_{0}]$ . La fonction $f : x \mapsto x - x^{2}$ est continue sur $ℝ$ , donc en $ℓ$ ; en passant à la limite, $ℓ = ℓ - ℓ^{2}$ , soit $ℓ = 0$ . Donc $u_{n} \to 0$ .

B.3. Les $u_{n}$ sont non nuls et $\frac{1}{u_{n + 1}} - \frac{1}{u_{n}} = \frac{u_{n} - u_{n + 1}}{u_{n} u_{n + 1}} = \frac{u_{n}^{2}}{u_{n} \cdot u_{n} (1 - u_{n})} = \frac{1}{1 - u_{n}}$ . Comme $u_{n} \to 0$ , $\frac{1}{u_{n + 1}} - \frac{1}{u_{n}} \to 1$ . D'après A.4 appliqué à $b_{n} = \frac{1}{u_{n}}$ : $\frac{1}{n u_{n}} \to 1$ , d'où $n u_{n} \to 1$ .

C.1. $\frac{1}{1 - u_{k}} = 1 + \frac{u_{k}}{1 - u_{k}}$ ; en sommant B.3 pour $k = 0, \dots, n - 1$ (télescopage) : $\frac{1}{u_{n}} - \frac{1}{u_{0}} = n + \sum_{k = 0}^{n - 1} \frac{u_{k}}{1 - u_{k}}$ . Chaque terme de la somme est $> 0$ , de même que $\frac{1}{u_{0}} > 0$ , donc $\frac{1}{u_{n}} > n$ , c'est-à-dire $n u_{n} < 1$ .

C.2. $φ (x) = x - \ln (1 + x)$ est dérivable sur $] - 1, + \infty [$ avec $φ^{'} (x) = \frac{x}{1 + x}$ , du signe de $x$ : $φ$ atteint son minimum en $0$ , où $φ (0) = 0$ . Donc $\ln (1 + x) \leq x$ . Avec $x = \frac{1}{k}$ : $\ln (k + 1) - \ln k \leq \frac{1}{k}$ ; en sommant pour $k = 1, \dots, n$ , $\ln (n + 1) \leq H_{n}$ .

C.3. Comme $k u_{k} \to 1 > \frac{1}{2}$ , il existe $K \geq 1$ tel que $k u_{k} \geq \frac{1}{2}$ pour $k \geq K$ . Pour $k \geq K$ : $\frac{u_{k}}{1 - u_{k}} \geq u_{k} \geq \frac{1}{2 k}$ (car $0 < 1 - u_{k} < 1$ ). D'après C.1, pour $n > K$ , $δ_{n} = \frac{1}{u_{0}} + \sum_{k = 0}^{n - 1} \frac{u_{k}}{1 - u_{k}} \geq \sum_{k = K}^{n - 1} \frac{1}{2 k} = \frac{1}{2} (H_{n - 1} - H_{K - 1}) \geq \frac{1}{2} \ln n - \frac{1}{2} H_{K - 1},$ (avec $H_{0} = 0$ ). Le minorant tend vers $+ \infty$ , donc $δ_{n} \to + \infty$ .

C.4. $\frac{1}{u_{n}} = n + δ_{n}$ donne $n u_{n} = \frac{n}{n + δ_{n}}$ et $1 - n u_{n} = \frac{δ_{n}}{n + δ_{n}}$ , donc $n (1 - n u_{n}) = \frac{n δ_{n}}{n + δ_{n}} = \frac{δ_{n}}{1 + \frac{δ_{n}}{n}} .$ Or $\frac{δ_{n}}{n} = \frac{1}{n u_{n}} - 1 \to 0$ (B.3), donc le dénominateur tend vers $1$ et $n (1 - n u_{n}) \to + \infty$ : $n u_{n}$ tend vers $1$ par valeurs inférieures, plus lentement que $1 - \frac{c}{n}$ pour toute constante $c$ .

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Synthèse, niveau concours10 points

10. Problème : suites sous-additives

Une suite réelle $(u_{n})_{n \geq 1}$ est dite sous-additive si $u_{m + n} \leq u_{m} + u_{n}$ pour tous $m, n \geq 1$ . Dans les parties I et II, $(u_{n})$ est sous-additive et positive. On pose $λ = \inf {\frac{u_{n}}{n}, n \geq 1}$ .

Partie I — Le théorème.

Justifier l'existence de $λ$ et montrer que $λ \geq 0$ .
Montrer par récurrence sur $q \geq 1$ que $u_{q p + r} \leq q u_{p} + u_{r}$ pour tous $p \geq 1$ et $r \geq 1$ .
Soit $p \geq 1$ fixé et $M_{p} = \max (u_{1}, \dots, u_{p})$ . Pour $n > p$ , on pose $q = E ⁣ (\frac{n - 1}{p})$ et $r = n - q p$ . Montrer que $q \geq 1$ , $r \in [⁣ [1, p] ⁣]$ , puis que $\frac{u_{n}}{n} \leq \frac{u_{p}}{p} + \frac{M_{p}}{n}$ .
Soit $ε > 0$ . En choisissant convenablement $p$ , montrer qu'il existe $N$ tel que $λ \leq \frac{u_{n}}{n} \leq λ + ε$ pour $n \geq N$ . Conclure : $\frac{u_{n}}{n} \to λ$ .

Partie II — Applications.

Montrer que $(\sqrt{n})$ est sous-additive et retrouver $\lim \frac{\sqrt{n}}{n}$ .
Soit $α > 0$ et $u_{n} = E (n α) + 1$ . (a) Montrer que $E (x + y) \leq E (x) + E (y) + 1$ pour tous réels $x, y$ . (b) En déduire que $(u_{n})$ est sous-additive et positive. (c) Montrer que $λ = α$ . Qu'en déduit-on pour $(\frac{E (n α)}{n})$ ?
Soit $c_{n} = 2^{n} + 1$ . (a) Montrer que $c_{m + n} \leq c_{m} c_{n}$ , puis que $(c_{n}^{1 / n})$ converge (on pourra considérer $\ln c_{n}$ ). (b) Calculer directement cette limite et en déduire $\inf_{n \geq 1} {(2^{n} + 1)}^{1 / n}$ .

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1. L'ensemble ${\frac{u_{n}}{n}, n \geq 1}$ n'est pas vide et admet $0$ pour minorant (car $u_{n} \geq 0$ ) : par la propriété de la borne inférieure, $λ$ existe et $λ \geq 0$ ( $0$ est un minorant, $λ$ est le plus grand).

2. Fixons $p, r \geq 1$ . Pour $q = 1$ : $u_{p + r} \leq u_{p} + u_{r}$ (sous-additivité). Si $u_{q p + r} \leq q u_{p} + u_{r}$ , alors $u_{(q + 1) p + r} = u_{p + (q p + r)} \leq u_{p} + u_{q p + r} \leq (q + 1) u_{p} + u_{r}$ . D'où le résultat pour tout $q \geq 1$ .

3. $n > p$ donne $n - 1 \geq p$ , donc $\frac{n - 1}{p} \geq 1$ et $q = E ⁣ (\frac{n - 1}{p}) \geq 1$ . Par définition de $E$ , $q \leq \frac{n - 1}{p} < q + 1$ , soit $q p \leq n - 1 < q p + p$ , d'où $1 \leq n - q p \leq p$ : $r \in [⁣ [1, p] ⁣]$ . La question 2 donne $u_{n} = u_{q p + r} \leq q u_{p} + u_{r} \leq q u_{p} + M_{p}$ . Comme $q p \leq n$ et $u_{p} \geq 0$ : $\frac{u_{n}}{n} \leq \frac{q p}{n} \cdot \frac{u_{p}}{p} + \frac{M_{p}}{n} \leq \frac{u_{p}}{p} + \frac{M_{p}}{n}$ .

4. Par la caractérisation de la borne inférieure, il existe $p \geq 1$ tel que $\frac{u_{p}}{p} \leq λ + \frac{ε}{2}$ . Ce $p$ étant fixé, $\frac{M_{p}}{n} \to 0$ , donc il existe $N_{1}$ tel que $\frac{M_{p}}{n} \leq \frac{ε}{2}$ pour $n \geq N_{1}$ . Pour $n \geq N = \max (N_{1}, p + 1)$ , la question 3 donne $\frac{u_{n}}{n} \leq λ + ε$ , et $λ \leq \frac{u_{n}}{n}$ par définition de $λ$ . On a donc $\forall ε > 0, \exists N, \forall n \geq N, ∣ \frac{u_{n}}{n} - λ ∣ \leq ε$ : $\frac{u_{n}}{n} \to λ$ .

5. Pour $m, n \geq 1$ : ${(\sqrt{m} + \sqrt{n})}^{2} = m + n + 2 \sqrt{m n} \geq m + n$ , et la racine carrée est croissante, donc $\sqrt{m + n} \leq \sqrt{m} + \sqrt{n}$ . La suite est positive et sous-additive, donc $\frac{\sqrt{n}}{n} \to λ = \inf \frac{1}{\sqrt{n}}$ . Or $\frac{1}{\sqrt{n}} > 0$ et $\frac{1}{\sqrt{n}} \to 0$ , donc cette borne inférieure vaut $0$ : on retrouve $\frac{\sqrt{n}}{n} \to 0$ .

6.(a) $E (x) \leq x < E (x) + 1$ et $E (y) \leq y < E (y) + 1$ donnent $x + y < E (x) + E (y) + 2$ . Ainsi $E (x + y) \leq x + y < E (x) + E (y) + 2$ ; $E (x + y)$ et $E (x) + E (y) + 2$ étant des entiers, $E (x + y) \leq E (x) + E (y) + 1$ .

6.(b) $u_{m + n} = E (m α + n α) + 1 \leq E (m α) + E (n α) + 2 = u_{m} + u_{n}$ . Et $n α > 0$ donne $E (n α) \geq 0$ , donc $u_{n} \geq 1 > 0$ .

6.(c) D'une part $E (n α) > n α - 1$ , donc $\frac{u_{n}}{n} > α$ pour tout $n$ : $α$ est un minorant et $λ \geq α$ . D'autre part $\frac{u_{n}}{n} \leq α + \frac{1}{n}$ ; si l'on avait $λ > α$ , on aurait $λ \leq α + \frac{1}{n}$ pour tout $n$ , et le passage à la limite donnerait $λ \leq α$ : contradiction. Donc $λ = α$ , et la partie I donne $\frac{E (n α) + 1}{n} \to α$ , puis $\frac{E (n α)}{n} \to α$ (car $\frac{1}{n} \to 0$ ). On retrouve un résultat qui découle aussi de l'encadrement $α - \frac{1}{n} < \frac{E (n α)}{n} \leq α$ .

7.(a) $c_{m} c_{n} = 2^{m + n} + 2^{m} + 2^{n} + 1 \geq 2^{m + n} + 1 = c_{m + n}$ . Posons $u_{n} = \ln c_{n}$ : $u_{n} \geq \ln 2 > 0$ et, le logarithme étant croissant, $u_{m + n} \leq u_{m} + u_{n}$ . Par la partie I, $\frac{\ln c_{n}}{n} \to λ$ , et par continuité de l'exponentielle, $c_{n}^{1 / n} = \exp (\frac{\ln c_{n}}{n}) \to e^{λ}$ .

7.(b) $\frac{\ln c_{n}}{n} = \ln 2 + \frac{1}{n} \ln (1 + 2^{- n})$ . Comme $0 \leq \ln (1 + 2^{- n}) \leq \ln 2$ , le second terme tend vers $0$ : $λ = \ln 2$ et $c_{n}^{1 / n} \to 2$ . Enfin $λ$ est la borne inférieure de $\frac{\ln c_{n}}{n}$ , donc $\inf_{n \geq 1} (2^{n} + 1)^{1 / n} = e^{\ln 2} = 2$ (par croissance de l'exponentielle). Cette borne n'est pas atteinte, puisque $(2^{n} + 1)^{1 / n} > 2$ pour tout $n$ .

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Niveau devoir10 points

11. Des quotients aux racines $n$ -ièmes : le critère de Cauchy

Classique du programme : racine n-ième de u(n) (critère de Cauchy).

Dans tout l'exercice, $(u_{n})_{n \geq 1}$ est une suite de réels strictement positifs. On utilise le lemme de Cesàro (fiche §11, exercice 9 partie A) : si $a_{k} \to L \in ℝ$ , alors $\frac{1}{m} \sum_{k = 1}^{m} a_{k} \to L$ quand $m \to + \infty$ . On utilise aussi l'inégalité $\ln (1 + t) \leq t$ pour $t > - 1$ (exercice 9, question C.2).

Partie A — Du quotient à la racine (6 points)

On suppose que $\frac{u_{n + 1}}{u_{n}} ⟶ ℓ$ , avec $ℓ \in [0, + \infty [$ .

Cas $ℓ > 0$ . Pour $k \geq 1$ , on pose $a_{k} = \ln \frac{u_{k + 1}}{u_{k}}$ . Montrer que $a_{k} \to \ln ℓ$ , puis que $\ln u_{n} = \ln u_{1} + \sum_{k = 1}^{n - 1} a_{k}$ pour $n \geq 2$ . (1 point)
En déduire que $\sqrt[n]{u_{n}} \to ℓ$ . (2 points)
Cas $ℓ = 0$ . Soit $ε \in] 0, 1 [$ . Montrer qu'il existe $N \geq 1$ tel que $u_{n} \leq u_{N} ε^{n - N}$ pour tout $n \geq N$ , puis que $\sqrt[n]{u_{n}} \leq ε C^{1 / n}$ pour $n \geq N$ , où $C = u_{N} ε^{- N}$ . Conclure que $\sqrt[n]{u_{n}} \to 0$ . (2 points)
Avec $u_{n} = 2 + (- 1)^{n}$ , montrer que $\sqrt[n]{u_{n}}$ converge alors que $\frac{u_{n + 1}}{u_{n}}$ n'a pas de limite : la réciproque du résultat des questions 2 et 3 est fausse. (1 point)

Partie B — Applications (4 points)

Montrer que $\frac{x}{1 + x} \leq \ln (1 + x) \leq x$ pour tout $x > 0$ (on appliquera l'inégalité rappelée à $t = - \frac{x}{1 + x}$ ), puis que ${(1 + \frac{1}{n})}^{n} \to e$ . (1 point)
Pour $n \geq 1$ , soit $v_{n} = \frac{n!}{n^{n}}$ . Calculer $\frac{v_{n + 1}}{v_{n}}$ et en déduire $\lim_{n \to + \infty} \frac{\sqrt[n]{n!}}{n}$ . (1 point)
Déterminer $\lim_{n \to + \infty} \sqrt[n]{(\binom{2 n}{n})}$ et $\lim_{n \to + \infty} \sqrt[n]{(\binom{3 n}{n})}$ . (1 point)
Déterminer $\lim_{n \to + \infty} \frac{1}{n} \sqrt[n]{(n + 1) (n + 2) \dots (2 n)}$ . (1 point)

Voir le corrigé

A.1. Les quotients $\frac{u_{k + 1}}{u_{k}}$ sont strictement positifs et tendent vers $ℓ > 0$ ; la fonction $\ln$ est continue en $ℓ$ , donc $a_{k} = \ln \frac{u_{k + 1}}{u_{k}} \to \ln ℓ$ . Pour $n \geq 2$ , par télescopage, $\sum_{k = 1}^{n - 1} a_{k} = \sum_{k = 1}^{n - 1} (\ln u_{k + 1} - \ln u_{k}) = \ln u_{n} - \ln u_{1}$ .

A.2. Pour $n \geq 2$ , $\frac{\ln u_{n}}{n} = \frac{\ln u_{1}}{n} + \frac{n - 1}{n} \cdot \frac{1}{n - 1} \sum_{k = 1}^{n - 1} a_{k} .$ Le premier terme tend vers $0$ , le facteur $\frac{n - 1}{n}$ vers $1$ , et la moyenne de Cesàro de $(a_{k})$ vers $\ln ℓ$ . Donc $\frac{\ln u_{n}}{n} \to \ln ℓ$ . La fonction $\exp$ étant continue, $\sqrt[n]{u_{n}} = \exp ⁣ (\frac{\ln u_{n}}{n}) \to ℓ$ . $\sqrt[n]{u_{n}} \to ℓ$

A.3. Comme $\frac{u_{k + 1}}{u_{k}} \to 0 < ε$ , il existe $N \geq 1$ tel que $u_{k + 1} \leq ε u_{k}$ pour tout $k \geq N$ . Une récurrence immédiate donne $u_{n} \leq ε^{n - N} u_{N}$ pour $n \geq N$ . En prenant la racine $n$ -ième (croissante sur $ℝ_{+}$ ) : $\sqrt[n]{u_{n}} \leq ε^{1 - N / n} u_{N}^{1 / n} = ε (ε^{- N} u_{N})^{1 / n} = ε C^{1 / n} .$ Or $C^{1 / n} = \exp ⁣ (\frac{\ln C}{n}) \to 1$ : il existe $N^{'} \geq N$ tel que $C^{1 / n} \leq 2$ pour $n \geq N^{'}$ , d'où $0 < \sqrt[n]{u_{n}} \leq 2 ε$ pour $n \geq N^{'}$ . Soit $η > 0$ : en choisissant $ε = \min (\frac{1}{2}, \frac{η}{2})$ , on obtient $0 < \sqrt[n]{u_{n}} \leq η$ à partir d'un certain rang. $\sqrt[n]{u_{n}} \to 0$

A.4. Ici $u_{n} \in {1, 3}$ : $u_{n} = 3$ si $n$ est pair, $u_{n} = 1$ si $n$ est impair. Donc $\frac{u_{n + 1}}{u_{n}} = \frac{1}{3}$ pour $n$ pair et $3$ pour $n$ impair : deux suites extraites de limites différentes, donc pas de limite. Mais $1 \leq u_{n} \leq 3$ donne $1 \leq \sqrt[n]{u_{n}} \leq 3^{1 / n} = \exp (\frac{\ln 3}{n}) \to 1$ , et le théorème des gendarmes donne $\sqrt[n]{u_{n}} \to 1$ .

B.1. Pour $x > 0$ , $t = - \frac{x}{1 + x} \in] - 1, 0 [$ et $\ln (1 + t) = \ln \frac{1}{1 + x} = - \ln (1 + x)$ . L'inégalité $\ln (1 + t) \leq t$ s'écrit $- \ln (1 + x) \leq - \frac{x}{1 + x}$ , soit $\ln (1 + x) \geq \frac{x}{1 + x}$ ; l'autre inégalité est celle de l'énoncé. Avec $x = \frac{1}{n}$ : $\frac{1}{n + 1} \leq \ln (1 + \frac{1}{n}) \leq \frac{1}{n}$ , donc $\frac{n}{n + 1} \leq n \ln (1 + \frac{1}{n}) \leq 1$ . Par gendarmes, $n \ln (1 + \frac{1}{n}) \to 1$ et ${(1 + \frac{1}{n})}^{n} = \exp ⁣ (n \ln (1 + \frac{1}{n})) \to e$ .

B.2. $\frac{v_{n + 1}}{v_{n}} = \frac{(n + 1)!}{(n + 1)^{n + 1}} \cdot \frac{n^{n}}{n!} = \frac{n^{n}}{(n + 1)^{n}} = {(1 + \frac{1}{n})}^{- n} \to e^{- 1}$ d'après B.1 (inverse d'une suite de limite non nulle). Le critère (A.2, avec $ℓ = e^{- 1} > 0$ ) donne $\sqrt[n]{v_{n}} = \frac{\sqrt[n]{n!}}{n} \to \frac{1}{e}$ . (On en tire $\frac{\ln n!}{n} - \ln n \to - 1$ , c'est-à-dire $\ln n! = n \ln n - n + o (n)$ .)

B.3. Soit $b_{n} = (\binom{2 n}{n}) > 0$ . Alors $\frac{b_{n + 1}}{b_{n}} = \frac{(2 n + 2)!}{((n + 1)!)^{2}} \cdot \frac{(n!)^{2}}{(2 n)!} = \frac{(2 n + 2) (2 n + 1)}{(n + 1)^{2}} = \frac{2 (2 n + 1)}{n + 1} \to 4$ , donc $\sqrt[n]{b_{n}} \to 4$ . De même, pour $c_{n} = (\binom{3 n}{n}) = \frac{(3 n)!}{n! (2 n)!}$ : $\frac{c_{n + 1}}{c_{n}} = \frac{(3 n + 3) (3 n + 2) (3 n + 1)}{(n + 1) (2 n + 2) (2 n + 1)} = \frac{3 (3 n + 2) (3 n + 1)}{(2 n + 2) (2 n + 1)} \to \frac{3 \times 9}{4} = \frac{27}{4},$ d'où $\sqrt[n]{c_{n}} \to \frac{27}{4}$ (on a simplifié $(3 n + 3) = 3 (n + 1)$ ; au numérateur et au dénominateur le terme dominant en $n^{2}$ est $9 n^{2}$ et $4 n^{2}$ ).

B.4. Posons $w_{n} = \frac{(2 n)!}{n! n^{n}} = \frac{(n + 1) (n + 2) \dots (2 n)}{n^{n}}$ , de sorte que $\frac{1}{n} \sqrt[n]{(n + 1) \dots (2 n)} = \sqrt[n]{w_{n}}$ . Alors $\frac{w_{n + 1}}{w_{n}} = \frac{(2 n + 2) (2 n + 1)}{(n + 1)} \cdot \frac{n^{n}}{(n + 1)^{n + 1}} = \frac{2 (2 n + 1)}{n + 1} {(1 + \frac{1}{n})}^{- n} ⟶ \frac{4}{e},$ et le critère donne $\frac{1}{n} \sqrt[n]{(n + 1) (n + 2) \dots (2 n)} \to \frac{4}{e}$ .

Après avoir comparé avec le corrigé :

Révisions prépa

Analyse · 1re année

Suites numériques

Application du cours5 points

1. Limites par opérations, encadrement et suites extraites

Étudier la nature (convergence ou divergence) des suites suivantes et donner leur limite lorsqu'elle existe.

$u_{n} = \frac{n + (- 1)^{n} \sqrt{n}}{4 n + \cos n}$ , pour $n \geq 1$ .
$v_{n} = \sqrt[3]{n^{3} + 2 n^{2}} - n$ , pour $n \geq 1$ .
$w_{n} = \frac{n!}{n^{n}}$ , pour $n \geq 1$ .
$t_{n} = \frac{2^{n} + (- 3)^{n}}{2^{n} + 3^{n}}$ , pour $n \geq 0$ .

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4. On étudie les suites extraites d'indices pairs et impairs.

$t_{2 n} = \frac{4^{n} + 9^{n}}{4^{n} + 9^{n}} = 1$ , donc $t_{2 n} \to 1$ .
$t_{2 n + 1} = \frac{2 \cdot 4^{n} - 3 \cdot 9^{n}}{2 \cdot 4^{n} + 3 \cdot 9^{n}} = \frac{2 {(\frac{4}{9})}^{n} - 3}{2 {(\frac{4}{9})}^{n} + 3}$ . Comme $0 < \frac{4}{9} < 1$ , ${(\frac{4}{9})}^{n} \to 0$ et $t_{2 n + 1} \to - 1$ .

Deux suites extraites ont des limites différentes : $(t_{n}) diverge$ (fiche §6). Elle est pourtant bornée par $1$ en valeur absolue : bornée n'entraîne pas convergente.

Après avoir comparé avec le corrigé :

Application du cours4 points

2. Revenir à la définition

Soit $u_{n} = \frac{3 n + 2}{n + 4}$ et $v_{n} = (- 1)^{n} \frac{n}{n + 1}$ pour $n \in ℕ$ .

En utilisant uniquement la définition de la limite, montrer que $(u_{n})$ converge vers $3$ .
Montrer que $(u_{n})$ est croissante et majorée par $3$ .
Montrer que $(v_{n})$ est bornée et divergente.
La suite $(∣ v_{n} ∣)$ est-elle convergente ?

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Application du cours5 points

3. Deux suites adjacentes et une valeur approchée

Pour $n \geq 1$ , on pose $u_{n} = \sum_{k = 1}^{n} \frac{1}{k^{3}}$ et $v_{n} = u_{n} + \frac{1}{2 n^{2}}$ .

Montrer que $(u_{n})_{n \geq 1}$ est croissante.
Montrer que pour tout $n \geq 1$ , $v_{n + 1} - v_{n} = - \frac{3 n + 1}{2 n^{2} (n + 1)^{3}}$ . En déduire le sens de variation de $(v_{n})$ .
Montrer que $(u_{n})$ et $(v_{n})$ convergent vers une même limite $S$ et que $u_{n} \leq S \leq v_{n}$ pour tout $n \geq 1$ .
En déduire un encadrement de $S$ par deux rationnels à l'aide du rang $n = 2$ .
Déterminer le plus petit entier $n$ pour lequel l'encadrement de la question 3 garantit une précision de $10^{- 4}$ .

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1. $u_{n + 1} - u_{n} = \frac{1}{(n + 1)^{3}} > 0$ : $(u_{n})$ est strictement croissante.

4. $u_{2} = 1 + \frac{1}{8} = \frac{9}{8}$ et $v_{2} = \frac{9}{8} + \frac{1}{8} = \frac{5}{4}$ . Donc $\frac{9}{8} \leq S \leq \frac{5}{4}$ .

Après avoir comparé avec le corrigé :

Application du cours6 points

4. Suites arithmético-géométriques et récurrentes linéaires

Soit $(a_{n})$ définie par $a_{0} = 0$ et $a_{n + 1} = \frac{1}{3} a_{n} + 4$ . (a) Déterminer le réel $c$ tel que $c = \frac{1}{3} c + 4$ , puis exprimer $a_{n}$ en fonction de $n$ . (b) Calculer $S_{n} = \sum_{k = 0}^{n} a_{k}$ , puis $\lim_{n \to + \infty} \frac{S_{n}}{n}$ .
Soit $(w_{n})$ définie par $w_{0} = 0$ , $w_{1} = 5$ et $w_{n + 2} = w_{n + 1} + 6 w_{n}$ . (a) Exprimer $w_{n}$ en fonction de $n$ . (b) Justifier que $w_{n} \neq 0$ pour $n \geq 1$ , puis déterminer $\lim_{n \to + \infty} \frac{w_{n + 1}}{w_{n}}$ .
Soit $(z_{n})$ définie par $z_{0} = 0$ , $z_{1} = 1$ et $z_{n + 2} = z_{n + 1} - z_{n}$ . (a) Montrer que $z_{n} = \frac{2}{\sqrt{3}} \sin \frac{n π}{3}$ pour tout $n$ . (b) En déduire que $(z_{n})$ est périodique et divergente.

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Niveau devoir8 points

5. Deux suites récurrentes $u_{n + 1} = f (u_{n})$

Partie A. Soit $f (x) = \sqrt{2 x + 3}$ sur $I = [- \frac{3}{2}, + \infty [$ et $(u_{n})$ définie par $u_{0} \in I$ et $u_{n + 1} = f (u_{n})$ .

Justifier que la suite $(u_{n})$ est bien définie et que $u_{n} \geq 0$ pour $n \geq 1$ .
Déterminer les points fixes de $f$ et étudier le signe de $f (x) - x$ sur $I$ .
Montrer que $[- \frac{3}{2}, 3]$ et $[3, + \infty [$ sont stables par $f$ .
Étudier la convergence de $(u_{n})$ selon la position de $u_{0}$ .
On suppose $u_{0} \geq 0$ . Montrer que $∣ u_{n + 1} - 3 ∣ \leq \frac{1}{2} ∣ u_{n} - 3 ∣$ , puis que $∣ u_{n} - 3 ∣ \leq \frac{∣ u_{0} - 3 ∣}{2^{n}}$ . Pour $u_{0} = 0$ , donner un rang à partir duquel $∣ u_{n} - 3 ∣ \leq 10^{- 3}$ .

Partie B. Soit $g (x) = \frac{2}{1 + x}$ sur $[0, + \infty [$ et $(v_{n})$ définie par $v_{0} = 0$ et $v_{n + 1} = g (v_{n})$ .

Montrer que $v_{n} \in [0, 2]$ pour tout $n$ , et calculer $v_{1}, v_{2}, v_{3}$ .
Montrer que $h = g \circ g$ est croissante sur $[0, 2]$ et que $h (x) - x = - \frac{(x - 1) (x + 2)}{x + 3}$ .
On pose $a_{n} = v_{2 n}$ et $b_{n} = v_{2 n + 1}$ . Montrer que $(a_{n})$ est croissante, que $(b_{n})$ est décroissante, et que $(v_{n})$ converge vers $1$ .

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Après avoir comparé avec le corrigé :

Niveau devoir7 points

6. Une suite définie implicitement

Pour $n \in ℕ^{*}$ , on considère $P_{n} (x) = x^{3} + n x - 1$ .

Montrer que l'équation $P_{n} (x) = 0$ admet une unique solution réelle $x_{n}$ , et que $x_{n} \in] 0, \frac{1}{n} [$ .
Déterminer la limite de $(x_{n})$ .
Calculer $P_{n + 1} (x_{n})$ . En déduire que $(x_{n})$ est strictement décroissante.
Montrer que $\frac{1}{n} - \frac{1}{n^{4}} \leq x_{n} \leq \frac{1}{n}$ pour tout $n \geq 1$ .
En déduire $\lim_{n \to + \infty} n x_{n}$ , puis $\lim_{n \to + \infty} n^{3} (1 - n x_{n})$ .

Voir le corrigé

2. $0 < x_{n} < \frac{1}{n}$ et $\frac{1}{n} \to 0$ : par le théorème des gendarmes, $x_{n} \to 0$ .

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Niveau devoir6 points

7. Suites extraites et théorème de Bolzano-Weierstrass

Soit $u_{n} = \cos \frac{n π}{3} + \frac{1}{n + 1}$ . Pour $r \in [⁣ [0, 5] ⁣]$ , déterminer la limite de $(u_{6 n + r})_{n \in ℕ}$ . La suite $(u_{n})$ converge-t-elle ?
Soit $(u_{n})$ une suite réelle bornée et $ℓ \in ℝ$ . On suppose que toute suite extraite convergente de $(u_{n})$ a pour limite $ℓ$ . Montrer, en raisonnant par l'absurde, que $u_{n} \to ℓ$ .
Montrer, à l'aide de la suite définie par $u_{n} = n$ si $n$ est pair et $u_{n} = 0$ si $n$ est impair, que l'hypothèse « bornée » ne peut pas être supprimée dans la question 2.

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Niveau devoir8 points

8. Deux suites adjacentes qui approchent $π$

Soit $θ \in] 0, \frac{π}{2} [$ . On définit $a_{0} = \cos θ$ , $b_{0} = 1$ et, pour tout $n \in ℕ$ : $a_{n + 1} = \frac{a_{n} + b_{n}}{2}, b_{n + 1} = \sqrt{a_{n + 1} b_{n}} .$

Montrer par récurrence que les suites sont bien définies et que $0 < a_{n} \leq a_{n + 1} \leq b_{n + 1} \leq b_{n}$ pour tout $n$ .
Montrer que $0 \leq b_{n} - a_{n} \leq \frac{1 - \cos θ}{2^{n}}$ . En déduire que $(a_{n})$ et $(b_{n})$ sont adjacentes. On note $L$ leur limite commune.
Montrer par récurrence que, pour tout $n$ : $a_{n} = \frac{\sin θ}{2^{n} \tan (θ / 2^{n})} et b_{n} = \frac{\sin θ}{2^{n} \sin (θ / 2^{n})} .$ (On pourra utiliser $1 + \cos x = 2 \cos^{2} \frac{x}{2}$ et $\sin x = 2 \sin \frac{x}{2} \cos \frac{x}{2}$ .)
En déduire $L = \frac{\sin θ}{θ}$ .
On prend $θ = \frac{π}{3}$ . Calculer $a_{1}$ et $b_{1}$ , puis montrer que $3 \leq π \leq 2 \sqrt{3}$ .

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À droite : $\frac{3 \sqrt{3}}{2 π} \leq \frac{\sqrt{3}}{2} ⟺ \frac{3}{π} \leq 1 ⟺ π \geq 3$ .
À gauche : $\frac{3}{4} \leq \frac{3 \sqrt{3}}{2 π} ⟺ π \leq 2 \sqrt{3}$ .

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Synthèse, niveau concours10 points

9. Problème : moyenne de Cesàro et vitesse de convergence

Partie A — Le lemme de Cesàro. Soit $(a_{n})_{n \geq 1}$ une suite réelle et $m_{n} = \frac{a_{1} + a_{2} + \dots + a_{n}}{n}$ .

On suppose $a_{n} \to 0$ . Soit $ε > 0$ et $N \geq 1$ tel que $∣ a_{n} ∣ \leq \frac{ε}{2}$ pour $n > N$ . Montrer que pour $n > N$ : $∣ m_{n} ∣ \leq \frac{∣ a_{1} + \dots + a_{N} ∣}{n} + \frac{ε}{2}$ . En déduire $m_{n} \to 0$ .
En déduire que si $a_{n} \to ℓ \in ℝ$ , alors $m_{n} \to ℓ$ .
La réciproque est-elle vraie ?
Soit $(b_{n})_{n \geq 0}$ une suite réelle telle que $b_{n + 1} - b_{n} \to ℓ \in ℝ$ . Montrer que $\frac{b_{n}}{n} \to ℓ$ .

Partie B — Une suite récurrente. Soit $u_{0} \in] 0, 1 [$ et $u_{n + 1} = u_{n} - u_{n}^{2}$ pour $n \in ℕ$ .

Montrer que $u_{n} \in] 0, 1 [$ pour tout $n$ .
Montrer que $(u_{n})$ converge et déterminer sa limite.
Montrer que $\frac{1}{u_{n + 1}} - \frac{1}{u_{n}} = \frac{1}{1 - u_{n}}$ pour tout $n$ . En déduire $\lim_{n \to + \infty} n u_{n}$ .

Partie C — Un terme de plus.

Montrer que $\frac{1}{u_{n}} = \frac{1}{u_{0}} + n + \sum_{k = 0}^{n - 1} \frac{u_{k}}{1 - u_{k}}$ pour tout $n \geq 1$ . En déduire que $n u_{n} < 1$ pour $n \geq 1$ .
Montrer que $\ln (1 + x) \leq x$ pour $x > - 1$ , puis que $H_{n} = \sum_{k = 1}^{n} \frac{1}{k} \geq \ln (n + 1)$ .
Montrer qu'il existe $K \geq 1$ tel que $u_{k} \geq \frac{1}{2 k}$ pour $k \geq K$ . En déduire que $δ_{n} = \frac{1}{u_{n}} - n \to + \infty$ .
Montrer que $n (1 - n u_{n}) \to + \infty$ .

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A.2. Appliquons A.1 à $a_{n}^{'} = a_{n} - ℓ \to 0$ : $\frac{a_{1}^{'} + \dots + a_{n}^{'}}{n} = m_{n} - ℓ \to 0$ , donc $m_{n} \to ℓ$ .

A.3. Non : $a_{n} = (- 1)^{n}$ diverge, mais $m_{n}$ vaut $0$ ( $n$ pair) ou $- \frac{1}{n}$ ( $n$ impair), donc $∣ m_{n} ∣ \leq \frac{1}{n}$ et $m_{n} \to 0$ .

B.1. Récurrence. $u_{0} \in] 0, 1 [$ . Si $u_{n} \in] 0, 1 [$ , alors $u_{n + 1} = u_{n} (1 - u_{n})$ est un produit de deux réels de $] 0, 1 [$ , donc $u_{n + 1} \in] 0, 1 [$ .

Après avoir comparé avec le corrigé :

Synthèse, niveau concours10 points

10. Problème : suites sous-additives

Partie I — Le théorème.

Justifier l'existence de $λ$ et montrer que $λ \geq 0$ .
Montrer par récurrence sur $q \geq 1$ que $u_{q p + r} \leq q u_{p} + u_{r}$ pour tous $p \geq 1$ et $r \geq 1$ .
Soit $p \geq 1$ fixé et $M_{p} = \max (u_{1}, \dots, u_{p})$ . Pour $n > p$ , on pose $q = E ⁣ (\frac{n - 1}{p})$ et $r = n - q p$ . Montrer que $q \geq 1$ , $r \in [⁣ [1, p] ⁣]$ , puis que $\frac{u_{n}}{n} \leq \frac{u_{p}}{p} + \frac{M_{p}}{n}$ .
Soit $ε > 0$ . En choisissant convenablement $p$ , montrer qu'il existe $N$ tel que $λ \leq \frac{u_{n}}{n} \leq λ + ε$ pour $n \geq N$ . Conclure : $\frac{u_{n}}{n} \to λ$ .

Partie II — Applications.

Montrer que $(\sqrt{n})$ est sous-additive et retrouver $\lim \frac{\sqrt{n}}{n}$ .
Soit $α > 0$ et $u_{n} = E (n α) + 1$ . (a) Montrer que $E (x + y) \leq E (x) + E (y) + 1$ pour tous réels $x, y$ . (b) En déduire que $(u_{n})$ est sous-additive et positive. (c) Montrer que $λ = α$ . Qu'en déduit-on pour $(\frac{E (n α)}{n})$ ?
Soit $c_{n} = 2^{n} + 1$ . (a) Montrer que $c_{m + n} \leq c_{m} c_{n}$ , puis que $(c_{n}^{1 / n})$ converge (on pourra considérer $\ln c_{n}$ ). (b) Calculer directement cette limite et en déduire $\inf_{n \geq 1} {(2^{n} + 1)}^{1 / n}$ .

Voir le corrigé

6.(b) $u_{m + n} = E (m α + n α) + 1 \leq E (m α) + E (n α) + 2 = u_{m} + u_{n}$ . Et $n α > 0$ donne $E (n α) \geq 0$ , donc $u_{n} \geq 1 > 0$ .

Après avoir comparé avec le corrigé :

Niveau devoir10 points

11. Des quotients aux racines $n$ -ièmes : le critère de Cauchy

Classique du programme : racine n-ième de u(n) (critère de Cauchy).

Partie A — Du quotient à la racine (6 points)

On suppose que $\frac{u_{n + 1}}{u_{n}} ⟶ ℓ$ , avec $ℓ \in [0, + \infty [$ .

Cas $ℓ > 0$ . Pour $k \geq 1$ , on pose $a_{k} = \ln \frac{u_{k + 1}}{u_{k}}$ . Montrer que $a_{k} \to \ln ℓ$ , puis que $\ln u_{n} = \ln u_{1} + \sum_{k = 1}^{n - 1} a_{k}$ pour $n \geq 2$ . (1 point)
En déduire que $\sqrt[n]{u_{n}} \to ℓ$ . (2 points)
Cas $ℓ = 0$ . Soit $ε \in] 0, 1 [$ . Montrer qu'il existe $N \geq 1$ tel que $u_{n} \leq u_{N} ε^{n - N}$ pour tout $n \geq N$ , puis que $\sqrt[n]{u_{n}} \leq ε C^{1 / n}$ pour $n \geq N$ , où $C = u_{N} ε^{- N}$ . Conclure que $\sqrt[n]{u_{n}} \to 0$ . (2 points)
Avec $u_{n} = 2 + (- 1)^{n}$ , montrer que $\sqrt[n]{u_{n}}$ converge alors que $\frac{u_{n + 1}}{u_{n}}$ n'a pas de limite : la réciproque du résultat des questions 2 et 3 est fausse. (1 point)

Partie B — Applications (4 points)

Montrer que $\frac{x}{1 + x} \leq \ln (1 + x) \leq x$ pour tout $x > 0$ (on appliquera l'inégalité rappelée à $t = - \frac{x}{1 + x}$ ), puis que ${(1 + \frac{1}{n})}^{n} \to e$ . (1 point)
Pour $n \geq 1$ , soit $v_{n} = \frac{n!}{n^{n}}$ . Calculer $\frac{v_{n + 1}}{v_{n}}$ et en déduire $\lim_{n \to + \infty} \frac{\sqrt[n]{n!}}{n}$ . (1 point)
Déterminer $\lim_{n \to + \infty} \sqrt[n]{(\binom{2 n}{n})}$ et $\lim_{n \to + \infty} \sqrt[n]{(\binom{3 n}{n})}$ . (1 point)
Déterminer $\lim_{n \to + \infty} \frac{1}{n} \sqrt[n]{(n + 1) (n + 2) \dots (2 n)}$ . (1 point)

Voir le corrigé

Après avoir comparé avec le corrigé :

1. Limites par opérations, encadrement et suites extraites

2. Revenir à la définition

3. Deux suites adjacentes et une valeur approchée

4. Suites arithmético-géométriques et récurrentes linéaires

5. Deux suites récurrentes un+1=f(un)

6. Une suite définie implicitement

7. Suites extraites et théorème de Bolzano-Weierstrass

8. Deux suites adjacentes qui approchent π

9. Problème : moyenne de Cesàro et vitesse de convergence

10. Problème : suites sous-additives

11. Des quotients aux racines n-ièmes : le critère de Cauchy

1. Limites par opérations, encadrement et suites extraites

2. Revenir à la définition

3. Deux suites adjacentes et une valeur approchée

4. Suites arithmético-géométriques et récurrentes linéaires

5. Deux suites récurrentes un+1=f(un)

6. Une suite définie implicitement

7. Suites extraites et théorème de Bolzano-Weierstrass

8. Deux suites adjacentes qui approchent π

9. Problème : moyenne de Cesàro et vitesse de convergence

10. Problème : suites sous-additives

11. Des quotients aux racines n-ièmes : le critère de Cauchy

5. Deux suites récurrentes $u_{n + 1} = f (u_{n})$

8. Deux suites adjacentes qui approchent $π$

11. Des quotients aux racines $n$ -ièmes : le critère de Cauchy

5. Deux suites récurrentes $u_{n + 1} = f (u_{n})$

8. Deux suites adjacentes qui approchent $π$

11. Des quotients aux racines $n$ -ièmes : le critère de Cauchy