Document créé le 29 octobre 2015
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Chapitre 6 Suites numériques 6.1 6.1
Géné Généra rali lité téss sur sur les les limi limite tess
Solution Solution 6.1.1
– Si Si =
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±∞ ±∞, alors n lim+ un = = : C’est une conséquence de u n − 1 < un un . →
∞
Dans la suite, on suppose que que est un réel.
– Supposon Supposonss que que ne soit pas entier. Notons k = . On a k a k < < k + k + 1. 1. Soit ε Soit ε > 0 tel 0 tel que k que k < ε < + ε < k + 1. 1. Il existe un entier n 0 tel que n que n n0 ε un + ε. Pour tout n tout n n0 , on a donc : un = k = k = = . Ainsi la suite ( suite ( un ) est stationnaire en donc convergente en ce point.
−
⇒ −
– Si Si est un entier, alors plusieurs cas sont possibles : que n n0 ⇒ u n , alors ( alors ( un ) stationne en en ,, donc converge vers . Si ∃n0 tel que n . tq n n0 ⇒ u n < , alors ( alors ( un ) stationne en en − 1, donc converge vers − 1. Si ∃n0 tq n Dans les autres cas, c’est-à-dire si pour tout N il N il existe n existe n 0 N et n et n 1 N tels N tels que u que u n < et u n alors la suite de terme ( un ) n’est pas convergente (elle a une suite extraite convergeant vers et une (−1)n autre vers vers − 1). Par exemple si u n = , alors u2n = 0 et u2n+1 = −1. 0
1
n+1
Solution Solution 6.1.2
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1 ln n. Ainsi lim ln un = 0, donc lim donc lim n→+∞ un = 1. n→+∞ n n n n – Dans Dans le produi produitt n! n ! = k, il y a au moins termes qui sont supérieurs ou égaux à . 2 2 k=1
– On a ln a ln un =
n n/2 On en déduit n déduit n!! ( )n/2 puis v puis v n 2 Solution Solution 6.1.3
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n . Il en découle lim vn = + n→+∞ 2
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∞. .
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Pour tout entier n entier n,, posons c posons c n = u = u 6n . – On a c a c n = a = a 3n. La suite ( suite (ccn ) est extraite de la suite (a ( an ) donc converge vers . . – On a c a c n = b = b 2n. La suite ( suite (ccn ) est donc extraite de la suite (b ( bn ). On en déduit que la suite (c ( cn ) est convergente de limite . – Par Par unicité unicité de la limite limite,, il en découle découle = = .
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6.2 Limite par encadrement Solution Solution 6.1.4
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Chapitre Chapitre 6 : Suites
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numériques
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Notons Notons a , b et et c les limites respectives des suites (a ( an ), (b ( bn ) et (c ( cn ). La suite de terme général x n = u = u 6n = a = a 3n = c = c 2n est extraite de la suite (a ( an ). La suite ( suite (x xn ) est donc convergente de limite a . Mais la suite ( suite (x xn ) est également extraite de la suite (c ( cn ). Elle converge donc vers c . Par unicité de la limite, on en déduit a = = c . De même, la suite de terme général yn = u6n+3 = b3n+1 = c2n+1 est extraite de la suite (bn ) (donc convergente de limite b) et extraite de la suite (c ( cn ) (donc convergente de limite limite c ). Par unicité de la limite, on en déduit b = c . Finalement Finalement a = b . La suite des termes d’indices pairs et la suite des termes d’indices impairs de la suite (un ) sont donc convergentes vers la même limite. On en déduit que la suite (u ( un ) est convergente vers = = a = = b .
6.2 6.2
Limi Limite te par par enca encadr drem emen entt
Solution Solution 6.2.1
Pour tout n tout n,, on a :
Solution Solution 6.2.2
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0 un vn
1
0 un vn
vn
1
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un
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. On en déduit : lim un = lim vn = 1. n→+∞
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n→+∞
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1 n−2 1 On écrit u écrit u n = k ! + + 1 1. n! k=1 n
Pour chaque k chaque k de 1, . . . , n
{
a k!! (n − 2)!. 2)!. − 2}, on a k
On en déduit un encadrement de u n : 1 Autrement dit : n 2, 1 un
∀
Solution Solution 6.2.3
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1+
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un
1+
1 + (n (n n
− 2) (n −n! 2)! .
1 n 2 + . Il en découle lim un = 1. n→+∞ n n(n 1)
− −
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− 12 x2 ln(1 + x) x. 1 Pour cela on définit x définit x → ϕ( ϕ (x) = x − ln(1 + x) et x → ψ( ψ (x) = ln(1 + x) − x + x2 . 2 1 x Pour tout x tout x 0, on a : ϕ : ϕ (x) = 1 − = 0. 1+x 1+x Montrons que pour tout x tout x
0, on a l’encadrement x l’encadrement x
1 x2 1 + x = 0. 1+x 1+x Ainsi, Ainsi, les applications applications ϕ ϕ et ψ , qui sont nulles en 0, 0 , sont croissantes sur
Pour tout x tout x
0, on a : ψ : ψ (x) =
On en déduit que sur
−
+ R .
+ R
elles sont à valeurs 0, ce qu’il fallait prouver. n k Pour tout n tout n 1, on a : ln : ln un = ln(1 + 2 ). n k=1 n k k2 Ainsi, en encadrant chaque terme de la somme : ln un n2 2n4 k=1
( n + 1)(2n 1)(2n + 1) n+1 − (n ln un . 3 12 12n n 2n 1 On fait tendre n tendre n vers + vers + ∞ et on trouve : lim ln un = et donc lim n + n + 2
Autrement dit :
n+1 2n
−
→
Mathématique Mathématiquess en MPSI © Jean-Michel Ferrard
∞
mathprepa.fr
→
∞
n
k n2 k=1
un =
√ e. Page 2
6.3 Limites des suites monotones Solution 6.2.4
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Chapitre 6 : Suites
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n
n n . Pour tout entier k de 1, . . . , n , on a : 2 +k n +n k=1 n2 n2 On en déduit l’encadrement 2 , puis lim un = 1. un n→+∞ n +n n2 + 1
Par définition, u n =
Solution 6.2.5
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n2
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n2
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n +k
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Solution 6.2.6
On écrit u n = Pour tout n Ainsi 2
6.3
un
1
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n−2
1
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1
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1
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n 0
+
n 1
+
n k=2 k
+
n n−1
2 n + n
− n 2
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n n
− 2}, on a :
{
2+
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n +1
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(kx + 1).
k=1
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n n n n(n 1) et = . k 2 2 2 3 2 2(n 3) , donc 2 un 2 + + et finalement : lim un = 2. n→+∞ n n(n 1)
4 et pour tout k de 2, . . . , n
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2 n−2 1 = 2 + + n k=2 nk
1
+
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n
.
n2
x n 1 Pour tout (x, k) de R N, on a kx kx < kx + 1. On en déduit : 2 k un (x) < 2 n k=1 n n+1 n+1 1 x Autrement dit : x un (x) < x + . On en déduit lim un (x) = . n→+∞ 2n 2n n 2
×
.
numériques
−
− −
Limites des suites monotones
Solution 6.3.1
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k(n+1)
On constate que u n+1
−
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kn
1 un = m m=n+2
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−
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kn+k 1 1 = m m=kn+1 m m=n+1
− n +1 1 .
1 Dans la dernière somme chacun des k termes est supérieur ou égal au dernier . k(n + 1) k 1 Ainsi u n+1 un donc u n+1 un 0 : la suite (un ) est croissante. k(n + 1) n + 1
−
−
−
kn
Dans l’expression, u n = Comme il y a (k
1 1 1 , on majore chaque par . m m n+1 m=n+1
k − 1. − 1)n termes dans cette somme, on en déduit : u n (kn−+1)n 1
Ainsi la suite (un ) est majorée, et croissante, donc convergente. Remarque : on montre que lim un = ln k. n→+∞
Solution 6.3.2
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– Il est clair que la suite (un ) est croissante. En effet on passe de u n à u n+1 en remplaçant n par n +
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√ n + 1 dans l’expression de u
n.
– D’autre part on peut écrire
u2n+1 = 1 +
√ 1 + 2u
n =
2+
1+
3+
1 2+
·
...+ 2
·
√ n + 1
22
+
... +
√ n · 2n
Dans les deux cas, il y a n radicaux superposés. Pour tout k de 2, . . . , n , on a : k + 1 k 2k . On peut ainsi comparer les termes de même rang et d’affirmer que u 2n+1
{
Mathématiques en MPSI © Jean-Michel Ferrard
}
·
mathprepa.fr
1+
√ 2 u . n
Page 3
6.3 Limites des suites monotones
Chapitre 6 : Suites
√
numériques
√ − √ −
– Des deux résultats précédents, on tire : u 2n+1 1 + 2 un 1 + 2 un+1 . Autrement, dit, pour tout n 1, on a P (un ) 0 avec P (x) = x2 x 2 1. Or le discriminant de P est ∆ = 5 > 0. Le polynôme P admet donc deux racines réelles α < β . La condition P (un ) 0 signifie alors que α un β . On en déduit que la suite (un ) est majorée. Comme cette suite est croissante, elle est convergente. Solution 6.3.3
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Considérons la suite de terme général w n = u n+1 un pour n 0. L’hypothèse sur la suite (un ) s’écrit : n N, wn wn+1. La suite (wn ) est donc croissante. De plus, comme la suite (un ), elle est bornée. On en déduit que la suite (wn ) est convergente. Soit sa limite.
−
∀ ∈
– Si > 0, alors w n = u n+1 –
− un 0 pour n assez grand. Si 0, alors w n = u n+1 − un 0 pour tout n.
Dans tous les cas, on voit que (un ) est monotone au moins à partir d’un certain rang. Comme cette suite est bornée, cela implique qu’elle est convergente. Solution 6.3.4
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1. On va discuter suivant les valeurs possibles de . – Traitons d’abord le cas = 0, et donnons-nous ε > 0. Il existe un entier m tel que n > m un ε. On en déduit, pour tout n > m :
⇒ | | n 1 m 1 m n − m uk et donc |vn | | vm | + ε. |vn| n uk + n n n k=1 k=m+1 Le dernier membre tend vers ε quand n tend vers + ∞. m n − m Il existe donc un entier p > m tel que n p ⇒ | vm | + ε 2ε. n n On en déduit que : n p ⇒ |vn | 2ε, ce qui prouve lim vn = 0 = lim n + n +
→
∞
→
∞
un .
– On suppose maintenant que est un réel non nul. Pour tout n 1, on pose U n = u n et V n = vn . 1 n 1 n 1 n On constate que V n = uk = (uk ) = U k . n k=1 n k=1 n k=1
−
−
−
−
Or lim U n = 0. Donc lim V n = 0 (premier cas) puis lim vn = = lim un . n→+∞
n→+∞
n→+∞
n→+∞
– Supposons maintenant = + . Soit A un réel positif quelconque. Il existe un entier m tel que n > m u n A. m 1 n m n m Ainsi n > m v n = vm + uk vm + A. n n k=m+1 n n
∞
⇒
−
⇒
Le dernier membre tend vers A quand n tend vers + . m n m A Il existe donc un entier p > m tel que n p vm + A . n n 2 A On en déduit que : n p v n , ce qui prouve lim vn = + = lim un . n→+∞ n→+∞ 2
∞
⇒
⇒
– En fin le cas =
−
∞
−∞ se traite en considérant la suite de terme général −un.
2. La réciproque est fausse comme on le voit avec la suite de terme général u n = ( 1)n . Cette suite est en effet divergente, alors que lim vn = 0.
−
n→+∞
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6.4 Suites adjacentes
Chapitre 6 : Suites
3. On suppose que la suite (un ) est croissante (l’autre cas s’en déduit en considérant Cette suite a alors nécessairement une limite, finie ou égale à + . Cette limite est nécessairement aussi celle de la suite (vn ) (question 1). Ainsi l’hypothèse lim vn = et la croissance de (un ) impliquent lim un = .
∞
n→+∞
numériques
−un.)
n→+∞
Remarque : Montrons que la suite (vn ) est croissante. 1 n Pour tout k de 1, . . . , n on u k un+1 . Donc v n = uk un+1 . n k=1 1 1 On en déduit : v n+1 vn = (nvn + un+1 ) vn = (un+1 vn ) 0. n+1 n+1
{
}
−
−
−
Remarque : quand (vn ) est convergente, on dit que (un ) converge au sens de Cesaro. Solution 6.3.5
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Cette épreuve possède 2 2n résultats élémentaires possibles. Le nombre de “cas favorables” à la réalisation de l’événement considéré ici est : 2n n (c’est le nombre de manières différentes de choisir à quel moment vont arriver les n piles parmi les 2n jets successifs.) (2n)! La probabilité recherchée est donc p n = 2−2n 2n = . n (n!)2 22n pn+1 (2n + 2)(2n + 1) 2n + 1 On constate que = = < 1. pn 4(n + 1)2 2(n + 1) La suite ( pn ) est donc décroissante (ce qui semble assez logique).
Comme elle est minorée (par 0), elle est convergente. Soit sa limite. On va montrer que = 0. p2n 2n−1 2k + 1 Pour tout n 1, on = . pn 2(k + 1) k=n
La suite de terme général w k =
2k + 1 =1 2(k + 1)
1 est croissante. − 2(k + 1) 4n 1 1 =1 . 4n 4n 1 1 1 . Or lim n ln 1 = . n→+∞ 4n 4n 4 lim (ln p2n ln pn ) = ln ln = 0
Dans le produit précédent, on peut donc majorer chaque w k par w 2n−1 =
−
p2n 1 n Ainsi 1 puis : ln p2n ln pn n ln 1 pn 4n L’hypothèse > 0 serait absurde car elle impliquerait :
−
−
−
−
−
n→+∞
−
−
−
On en déduit finalement lim pn = 0. n→+∞
6.4
Suites adjacentes
Solution 6.4.1
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– La suite (un ) est croissante car u n+1
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− un = (n +1 1)! > 0.
– La suite (vn ) est décroissante car : vn+1
− vn
1 1 1 1 1 = + − un + (n + 1)(n − − + 1)! n(n!) (n + 1)! (n + 1)(n + 1)! n(n!) −1 n(n + 1) + n − (n + 1)2 = = < 0
= u n+1
n(n + 1)(n + 1)!
– Enfin lim vn n→+∞
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n(n + 1)(n + 1)!
1 = 0. ∞ n(n!)
− un = n lim+ →
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6.4 Suites adjacentes
Chapitre 6 : Suites
numériques
– Les trois propriétés précédentes prouvent que les suites (un ) et (vn ) sont adjacentes. Elles sont donc convergentes et ont une même limite . – On peut prouver que lim un = lim vn = e. n→+∞
n→+∞
– Pour tout entier n, on a u n < < v n . On en déduit l’encadrement : n(n!)un < n(n!) < n(n!)vn . Mais N = n(n!)un est un entier et n(n!)vn = N + 1. Cela prouve que n(n!) n’est jamais un entier, quelque soit n. Il en découle que est irrationnel (par l’absurde, considérer n égal au dénominateur de ). Solution 6.4.2
– Comme λ
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0 et µ
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0, on voit que u n et v n sont définis pour tout n
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0.
u n + λvn (µ − λ)(vn − un ) n = − un+1 = un1 ++µv − µ 1+λ (1 + µ)(1 + λ) µ−λ La suite de terme général v n − un est donc géométrique de raison q = . (1 + µ)(1 + λ) On en déduit, pour tout n de N : v n − un = q n (v0 − u0 ). µ+λ On remarque que |q | < 1. On en déduit lim (vn − un ) = 0. n + (1 + µ)(1 + λ)
– Pour tout n, on a : v n+1
–
→
∞
– Pour tout entier naturel n, on a : un+1
− un = un1 ++λvλ n − un = 1 +λ λ (vn − un) = 1 +λ λ q n(v0 − u0)
De même :
−1 q n(v0 − u0) un − vn n − vn = un1 ++µv − vn = = µ 1+µ 1+µ
vn+1
– On constate que si u 0 = v 0 = a, alors pour tout n de N, u n = v n = a. On peut dire dans ce cas que les suites (un ) et (vn ) sont adjacentes. Supposons maintenant u 0 = v 0 . Pour que les suites (un ) et (vn ) soient adjacentes, il faut et il suffit que l’une soit croissante, l’autre décroissante, car on sait déjà que lim (vn un ) = 0.
n→+∞
−
Ces conditions de monotonie équivalent à q 0, c’est-à-dire µ – Conclusion : les suites (un ) et (vn ) sont adjacentes
⇔
λ.
µ λ ou u 0 = v 0 .
– Remarque : Dans tous les cas, on a : n−1
un = u 0 +
(uk+1
k=0
−
λ(v0 u0 ) uk ) = u 0 + 1+λ
On en déduit : lim un = u 0 +
n→+∞
−
−
k
−
lim un = lim vn =
Mathématiques en MPSI © Jean-Michel Ferrard
λ(v0 u0 ) 1 q n q = u 0 + 1+λ 1 q k=0
λ(v0 u0 ) λ(1 + µ) = u 0 + (v0 (1 + λ)(1 q ) 1 + 2λ + µλ
Finalement : n→+∞
n−1
n→+∞
−
− −
− u0)
(1 + λ)u0 + λ(1 + µ)v0 1 + 2λ + λµ
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6.4 Suites adjacentes Solution 6.4.3
Chapitre 6 : Suites
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Par une récurrence évidente, (un ) et (vn ) sont bien définies et sont à valeurs > 0. un + vn 1 Pour tout n 0, on a : v n+1 un+1 = un vn = ( vn un )2 0. 2 2 On en déduit que pour tout n 1, on a l’inégalité : u n vn . un + vn Dans ces conditions : n 0, un+1 = un vn un et v n+1 = vn . 2 La suite (un ) est donc croissante, et la suite (vn ) décroissante, à partir de n = 1.
− √
−
√ − √
√
∀
En utilisant ce qui précède, on trouve :
∀n 1, u1 un vn v1.
Ainsi la suite (un ) est croissante majorée, et la suite (vn ) est décroissante minorée. On en déduit que ces deux suites sont convergentes. Posons = lim un et = lim vn . n→+∞
n→+∞
un + vn + on trouve = donc = . 2 2 Conclusion : les deux suites (un ) et (vn ) sont adjacentes. Si on passe à la limite dans l’égalité v n+1 =
Solution 6.4.4
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Par une récurrence évidente, (un ) et (vn ) sont bien définies et sont à valeurs > 0. un + vn 2un vn (vn un )2 Pour tout n 0, on a : v n+1 un+1 = = 0. 2 un + vn 2(un + vn ) On en déduit que pour tout n 1, on a l’inégalité : u n vn .
−
−
−
Dans ces conditions, pour tout entier naturel n : 2 1 1 2 un + vn = + (donc u n un+1 ) et v n+1 = vn . un+1 un vn un 2 La suite (un ) est donc croissante, et la suite (vn ) décroissante, à partir de n = 1. En utilisant ce qui précède, on trouve :
∀n 1, u1 un vn v1.
Ainsi la suite (un ) est croissante majorée, et la suite (vn ) est décroissante minorée. On en déduit que ces deux suites sont convergentes. Posons = lim un et = lim vn . n→+∞
n→+∞
un + vn + on trouve = donc = . 2 2 Conclusion : les deux suites (un ) et (vn ) sont adjacentes. Si on passe à la limite dans l’égalité v n+1 =
Solution 6.4.5
Pour tout entier n
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− u2n = (2n 1+ 2)! − (2n 1+ 1)! < 0.
0 : u 2n+2
De même, pour tout n Enfin u 2n+1
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1, on a : u 2n+1
− u2n
1 =
−
1 −(2n 1+ 1)! + (2n)! > 0.
− u2n = −(2n 1+ 1)! tend vers 0 quand n tend vers + ∞.
Tout cela signifie que les suites (an = u 2n ) et (bn = u 2n+1 ) sont adjacentes. Cela implique qu’elles sont convergentes et ont une même limite . Il en découle que la suite (un ) est elle-même convergente vers . D’autre part, pour tout n
0, on a l’encadrement u 2n+1 = u 2n
− (2n 1+ 1)! < < u 2n.
On multiplie par (2n + 1)! : N
− 1 < (2n + 1)! < N où N = (2n + 1)!u2n est entier.
Cela prouve que (2n + 1)! n’est jamais un entier, ce qui implique que n’est pas rationnel (s’il l’était, choisir n tel que 2n + 1 soit supérieur ou égal au dénominateur de ). 1 1 Remarque : on montre que = . On en déduit que et donc e sont irrationnels. e e Mathématiques en MPSI © Jean-Michel Ferrard
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6.5 Suites arithmétiques ou géométriques
6.5
Chapitre 6 : Suites
numériques
Suites arithmétiques ou géométriques
Solution 6.5.1
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On sait que a + c = 2b. D’autre part, il existe q = 0 tel que b = 3aq et c = bq = 3aq 2 .
On en déduit a + c = a(3q 2 + 1) = 6aq , puis 3q 2 − 6q + 1 = 0. √ √ 3+ 6 3− 6 On trouve donc deux solutions : q = et q = . 3 3 √ √ Dans le premier cas on a : b = (3 + 6)a et c = (5 + 2 6)a. √ √ Dans le deuxième cas on a : b = (3 − 6)a et c = (5 − 2 6)a. Solution 6.5.2
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Il suffit pour cela de vérifier l’égalité x + z = 2y, sachant que a + c = 2b. Effectivement : x + z = b 2 + bc + c2 + a2 + ab + b2 = 2b2 + b(a + c) + a2 + c2 = 2b(a + c) + a2 + c2 = (a + c)2 + a2 + c2 = 2(a2 + ac + c2 ) = 2y Solution 6.5.3
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Il faut trouver une base b telle que (b2 + 2b + 3) + (b2 + 5b + 6) = 2(b2 + 4b). Cette condition équivaut à b = 9.
x = 123 = 102
Effectivement, en base 9, on a :
.
y = 140 = 117 = x + 15 z = 156 = 132 = y + 15
Solution 6.5.4
Pour tout entier n
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1, on a : n
n−1
−
un =
uk
k=0
uk = a(n + 1)2 + b(n + 1)
k=0
− an2 − bn = 2an + a + b
L’énoncé montre que cette expression est encore correcte si n = 0. La suite (un ) est donc arithmétique de raison 2a, de premier terme u 0 = a + b. Solution 6.5.5
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1. Si on pose v n = u n
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− k alors :
(n + 1)2 vn+1
−(n − 1)2vn = (n + 1)2(un+1 − k) − (n − 1)2(un − k) = (n + 1)2 un+1 − (n − 1)2 un − k((n + 1)2 − (n − 1)2 ) = −n(1 + 4k)
1 Il faut donc poser v n = u n + pour avoir : n 2, (n + 1)2 vn+1 (n 1)2 vn = 0. 4 (n 1)2 2. Pour tout n 2, on a : v n+1 = v n . On en déduit, pour n 3 : (n + 1)2
∀
− −
−
n−1
(k 1)2 vn = v = v 2 2 2 (k + 1) k=2
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−
n−2
2
n
1 4v2 = k2 n2 (n 1)2 k=3
k
k=1
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−
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6.6 Suites définies par récurrence
Chapitre 6 : Suites
Cette expression de v n est encore valable si n = 2. 1 1 4 1 On en déduit : n 2, un = + vn = + 2 (u + ). 2 4 4 n (n 1)2 4 1 On constate que lim vn = 0 et lim un = . n→+∞ n→+∞ 4 3. Si la relation (E) est vraie pour n = 1, alors v 2 = 0, puis v n = 0 pour tout n 1 Il en découle que pour tout n 2 on a u n = . 4
∀
−
−
numériques
−
−
2.
−
Solution 6.5.6
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1. Par récurrence évidente, u n > 0 pour tout n, et n
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0 :
1 + aun 1+ − −1 + un+1 = −(a + un) + 1 + aun = (a − 1)(un − 1) = a − 1 vn a + un = =
vn+1
1 + un+1
1+
1 + aun a + un
a + un + 1 + aun
(a + 1)(un + 1)
a 1 . a+1 (a + 1)2 (a 1)2 4a 2. On constate que 1 q 2 = = > 0. (a + 1)2 (a + 1)2 Autrement dit 1 < q < 1, donc v n = q n v0 tend vers 0 quand n tend vers + 1 + un 1 + vn Pour tout n, l’égalité v n = s’écrit u n = . 1 + un 1 vn Pusique lim vn = 0 on en déduit lim un = 1.
a+1
−
La suite (vn ) est donc géométrique de raison q =
− −
−
−
−
∞.
−
n→+∞
6.6
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n→+∞
Suites définies par récurrence
Solution 6.6.1
Pour tout n de
N,
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on a u n+1
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− un = u2n 0. La suite u est donc croissante.
La seule limite finie possible , donnée par = (1 + ), est = 0.
– Si u0 > 0 : il est clair que un > 0 pour tout n. On en déduit
lim un = +
n→+∞
croissante et ne peut donc pas converger vers 0). – Si u 0 < 1. On a u 1 = u 0 (1 + u0 ) > 0 et on est ramené au cas précédent :
−
∞ (en effet la suite est
lim un = + .
∞
n→+∞
– Si u 0 = 0. La suite u est constante : n 0, un = 0.
∀
– Si u 0 = 1. On a alors u 1 = 0 ce qui ramène au cas précédent : n 1, un = 0.
−
∀
– Si 1 < u0 < 0. Pour tout x de ] 1, 0[, on a 1 < x < f (x) < 0. L’intervalle ] 1, 0[ est donc stable par f . On en déduit : n 0, 1 < un < 0. La suite u, croissante et majorée, est convergente. Nécessairement lim un = 0.
−
−
−
−
∀
−
n→+∞
– Conclusion : Si
Mathématiques en MPSI © Jean-Michel Ferrard
−1 u0 0 alors n lim+ →
∞
un = 0. Sinon lim un = + n→+∞
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∞. Page 9
6.6 Suites définies par récurrence Solution 6.6.2
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Chapitre 6 : Suites
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⇔ u0 − 352 . On a alors : ∀n 1, un 0. √ L’équation = 2 + 35 équivaut à 2 − 2 − 35 = 0 et 0. Or 2 − 2 − 35 = ( − 7)( + 5). La suite u est définie
La seule limite finie possible de la suite u est donc = 7. Pour tout entier naturel n, on a : un+1
− 7 = √ 2un + 35 − √ 2 · 7 + 35 = √ 2u2(un +n −357)+ 7
− 7| 72 |un − 7|.
On en déduit un+1
|
2 7
Il en découle lim
|un − 7| = 0 c’est-à-dire n lim+
n→+∞
Solution 6.6.3
| − 7|
∀
→
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u0
un = 7.
∞
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n
|
Une récurrence évidente donne alors : n 0, un
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− 7|. .
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√ 12 − x. L’application f réalise une bijection décroissante de ] − ∞, 12] sur [0, +∞[. La suite u est définie par u n+1 = f (un ), où f (x) = Pour que u 1 soit défini, il est nécessaire que u 0 Pour que u 2 soit défini, il faut alors u 1
12.
12, c’est-à-dire 12
Réciproquement, si
− u0 144, donc u0 −132.
−132 u0 12, alors 0 u1 12 puis 0 un 12 pour tout n. L’équation = f () équivaut à 2 + − 12 = 0 et 0. Or 2 + − 12 = ( − 3)( + 4). La seule limite finie possible de la suite u est donc = 3.
− 3 = √ 12 − un − √ 12 − 3 = √ 123−−uunn + 3 . n On en déduit |un+1 − 3| 31 |un − 3| et donc : ∀n 0, |un − 3| 13 |u0 − 3|. Il en découle lim |un − 3| = 0 c’est-à-dire lim un = 3. n + n + Pour tout n
0 : u n+1
→
∞
→
∞
Remarque : La suite u n’est pas monotone. On montre en effet que pour tout choix de u0 , les suites de terme général vn = u 2n et w n = u 2n+1 sont adjacentes, de limite commune = 3. Solution 6.6.4
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On voit que les deux suites sont parfaitement définies et à termes strictement positifs. vn2 u2n Pour tout entier n, on a : v n+1 un+1 = = v n un . un + vn Autrement dit la suite de terme général d n = v n un est constante.
−
−
−
−
On peut donc écrire, pour tout n 0 : v n = u n + v0 u0 . v n+1 vn 2 vn v0 2 v0 D’autre part : n N, = . Ainsi : n N, = . Posons λ = v 0 u0 et µ = . un+1 un un u0 u0 u0 u0 – On constate que si u0 = v0 , alors u1 = v1 = et plus généralement un = vn = n pour tout n. Les 2 2 deux suites (un ) et (vn ) sont alors convergentes vers 0
∀ ∈
−
∀ ∈
n
−
– On suppose donc u 0 = v 0 , c’est-à-dire λ = 0 et µ = 1.
Pour tout entier n, on a : v n = u n µ 2 = u n + λ, donc u n =
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n
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λ µ2
n
− 1. Page 10
6.6 Suites définies par récurrence
Chapitre 6 : Suites
numériques
Supposons 0 < µ < 1, c’est-à-dire 0 < v0 < u0. Alors lim µ2 = 0 donc lim un = −λ > 0 donc lim vn = 0. n + n + n + Supposons 1 < µ, c’est-à-dire 0 < u0 < v0. Alors lim µ2 = +∞ donc lim un = 0 donc lim vn = λ > 0. n + n + n + n
→
∞
→
∞
→
∞
n
→
∞
→
Solution 6.6.5
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∞
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La suite u est définie par u n+1 = f (un ), avec f (x) = x +
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1+x . 1 + 2x
On commence par étudier l’application f . On a f (x) = x x = 1 : la seule limite finie possible de la suite u est donc = 1 x(x + 1) Pour tout x = 12 , on a : f (x) = 1 = 4 (1 + 2x)2 (1 + 2x)2 1+x On en déduit le tableau de variations de f (avec le signe de f (x) x = ): 1 + 2x
⇔ −
.
−
−
−1.
·
−
Voici la courbe représentative de f (avec l’asymptote y = x + 21 et la bissectrice y = x) :
On constate que x = 12 f (x) = 12 . Puisque u0 = 12 , cela signifie que la suite (un ) est entièrement définie. On peut maintenant étudier la suite u, suivant les valeurs de u 0 . – Si u 0 < 1. Pour tout x < 1, on a x < f (x) < 1. En particulier u 0 < u1 < 1, puis u 1 < u2 < 1. Par une récurrence évidente : n 0, un < un+1 < 1. La suite u, croissante et majorée, converge vers sa seule limite finie possible =
− ⇒
−
−
−
−
−
−
∀
−
−
– Si u 0 = 1. Puisque 1 est un point fixe de f , la suite u est constante : n 0, un =
− −
∀
– Si 1 < u0 < 12 . On constate que u 1 = f (u0 ) < 1. On est donc ramené au premier cas. La suite u converge vers
−
−
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−
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−1.
−1.
−1. Page 11
6.6 Suites définies par récurrence
Chapitre 6 : Suites
– Si 12 < u 0 . Pour tout x > 12 , on a 12 < 1 x < f (x). En particulier 12 < u 0 < u1 , puis 12 < u1 < u2 . Par une récurrence évidente : n 0, 12 < u n < un+1 . La suite u est croissante mais elle ne peut manifestement pas converger vers possible). On en déduit lim un = + .
−
− −
−
∀
.
.
.
.
−
−1 (sa seule limite finie
∞
n→+∞
Solution 6.6.6
−
numériques
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1 a La suite u est définie par u n+1 = f (un ), avec f (x) = (x + ). 2 x Par une récurrence évidente, on voit que u n est défini et strictement positif pour tout n. a x2 On a f (x) x = . 2x En particulier f (x) = x x = a. La seule limite finie possible de la suite u est donc = a. x2 a Pour tout x > 0, on a : f (x) = 2x2 On en déduit le tableau de variations de f (avec le signe de f (x) x), et la courbe de f (avec a = 1, l’asymptote y = x2 et la bissectrice y = x) :
−
−
⇔
√
√
−
−
On peut maintenant étudier la suite u, suivant les valeurs de u 0 . – Si a < u 0 . Pour tout x > a, on a a < f (x) < x. En particulier a < u 1 < u0 et a < u 2 < u1 . Par une récurence évidente, on trouve : n 0, a < u n+1 < un . La suite u, décroissante et minorée, converge vers sa seule limite finie possible =
√
√ √
√
√
∀
√
√
– Si u 0 = a. Dans ce cas, la suite u est constante : n 0, un =
∀
√
√ a.
√ a.
– Si 0 < u0 < a. On constate que u 1 = f (u0 ) > –
√ a. On est donc ramené au premier cas. √ Conclusion : Dans tous les cas, lim u = a. n→+∞
n
Remarque : Puisque f ( a) = 0, la convergence vers = On peut en effet écrire :
√
un+1
−
= f (un ) = (un
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√ a est très rapide.
− f ()
− )f () + 12 (un − )2f () + o((un − )2) ∼ 21 (un − )2
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6.6 Suites définies par récurrence
Chapitre 6 : Suites
numériques
On dit que la convergence est de type quadratique . Dans la pratique, le nombre de décimales exactes, dans l’approximation u n a, double à peu près à chaque itération.
≈ √
Solution 6.6.7
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x2 + 1 . x 1 On commence par étudier l’application f , définie pour x = 1. x2 x + 2 On constate que pour tout x = 1, f (x) 1 = est non nul. x 1 Puisque u0 = 1, on en déduit que la suite u est parfaitement définie. x+1 On a f (x) x = et f (x) = x x = 1. x 1 La seule limite finie possible de la suite u est donc = 1. 2x(x 1) (x2 + 1) x2 2x 1 Pour tout x = 1, on a : f (x) = = (x 1)2 (x 1)2 Dans toute la suite, on note α = 1 2 et β = 1 + 2. (x α)(x β ) Avec ces notations, on peut écrire : x = 1, f (x) = . (x 1)2 La suite u est définie par u n+1 = f (un ), avec f (x) =
−
− −
−
⇔
−
−
−
− − − √ −
−
√ −
∀
− − · −
−
−
On en déduit le tableau de variations de f (avec le signe de f (x) l’asymptote y = x + 1 et la bissectrice y = x) :
− x = xx +− 11 ) et la courbe de f (avec
On peut maintenant étudier la suite u, suivant les valeurs de u 0 . – Si u 0 < 1. Pour tout x < 1, on a : x < f (x) < 1. En particulier u 0 < u1 < 1 et u 1 < u2 < 1. Par une récurrence évidente, on en déduit : n 0, un < un+1 < 1. La suite u, croissante et majorée, converge vers sa seule limite finie possible = 1.
−
−
−
∀
– Si u 0 = 1. Dans ce cas la suite u est constante : n 0, un =
−
− −
∀
−
−
−1.
– Si 1 < u0 < 0. Pour tout x de ] 1, 0[, on a : 1 < f (x) < x < 0. En particulier 1 < u1 < u0 < 0 et 1 < u2 < u1 < 0. Par une récurrence évidente, on en déduit : n 0, 1 < un+1 < un < 0. La suite u, décroissante et minorée, converge vers sa seule limite finie possible =
−
−
−
−
−
∀
−
−1.
– Si u 0 = 0. On constate que u 1 = f (0) =
−1, et donc : ∀n 1, un = −1.
– Si 0 < u0 < 1. On a u 1 = f (u0 ) < Mathématiques en MPSI © Jean-Michel Ferrard
−1. On est donc ramené au premier cas : n lim+ →
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∞
un =
−1. Page 13
6.6 Suites définies par récurrence
Chapitre 6 : Suites
numériques
– Si u 0 > 1. Pour tout x > 1 on a : 1 < x < f (x). En particulier 1 < u0 < u1 et 1 < u1 < u2 . Par une récurrence évidente, on en déduit : n 0, 1 < un < un+1. La suite u est croissante mais elle ne peut manifestement pas converger vers 1 (sa seule limite finie possible). On en déduit lim un = + .
∀
∞
n→+∞
– Conclusion : Si u 0 < 1 alors lim un = n→+∞
Solution 6.6.8
.
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−
−1. Si u 0 > 1 alors n lim+
.
→
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∞
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un = + .
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∞.
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La suite u est définie par u n+1 = f (un ), avec f (x) = 2 + ln x. L’application f est une bijection strictement croissante de R+∗ sur R. 1 Sur R+∗ , on pose g(x) = f (x) x = 2 + ln x x. On a g (x) = 1. x Voici les variations de g . L’équation f (x) = x possède donc deux solutions distinctes α et β . On trouve α 0.1585943396 et β 3.146193221.
−
≈
−
−
≈
α et β sont les deux seules limites finies possibles de la suite u. Voici maintenant la courbe représentative de f (avec la première bissectrice) :
On peut maintenant étudier la suite u, suivant les valeurs de u 0 . – Si u 0 = α ou u 0 = β : la suite u est constante : n 0, un = u 0 .
∀
– Si α < u 0 < β : pour tout x de ]α, β [, on a : α < x < f (x) < β . En particulier α < u0 < u1 < β et α < u 1 < u2 < β . Plus généralement, une récurrence évidente donne : n 0, α < un < un+1 < β . La suite u, majorée et croissante, est donc convergente. Ici on a manifestement lim un = β (l’autre limite possible , α, est ici exclue).
∀
n→+∞
– Si β < u 0 : pour tout x de ]β, + [, on a : β < f (x) < x. En particulier β < u1 < u0 et β < u 2 < u1 . Plus généralement, une récurrence évidente donne : n 0, α < β < un+1 < un . La suite u, minorée et décroissante, est donc convergente. Ici encore on a manifestement lim un = β (α est exclu).
∞
∀
n→+∞
Mathématiques en MPSI © Jean-Michel Ferrard
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6.6 Suites définies par récurrence
Chapitre 6 : Suites
numériques
– Si 0 < u0 < α. On a vérifié que la suite u n’est pas définie à partir d’un certain rang. Pour cela on raisonne par l’absurde, et on suppose donc que pour tout n, un existe (et est donc strictement positif pour permettre le calcul de un+1 ). Pour tout x de ]0, α[, on a f (x) < x < α. En particulier 0 < u1 < u0 < α et 0 < u2 < u1 < α. Plus généralement, une récurrence évidente donne : n 0, 0 < un+1 < un < α < β . La suite u, minorée et décroissante, est donc convergente. On aboutit à une contradiction car les deux seules limites possibles , α et β sont ici exclues. Conclusion : si 0 < u0 < α, alors la suite u n’est pas définie à partir d’un certain rang.
∀
Solution 6.6.9
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Pour tout entier n, il est clair que u n est défini et positif.
x 2 . 2 L’application f étant paire, on peut se contenter d’étudier le cas où u0 La suite u est définie par u n+1 = f (un ), où f (x) = L’application f est strictement croissante sur Pour tout x
0, on a f (x)
− x =
On en déduit le signe de f (x)
−
x 2 8+ 2
−
8+
0.
R+ .
1 x = 2
16
− x2
=
1 (4 2
−
x)(4 + x)
x 2 x 2 8+ +x 8+ +x 2 2 x, et l’équivalence f (x) = x x = 4.
La seule limite finie possible de la suite u est donc = 4.
.
⇔
Voici la courbe y = f (x), avec la bissectrice y = x.
On peut alors conclure suivant la valeur de u 0 . – Si 0 u0 < 4 : Pour tout x de [0, 4[, on a 0 x < f (x) < 4. En particulier 0 u0 < u1 < 4 et 0 u1 < u2 < 4. Une récurrence évidente donne alors : n 0, 0 un < un+1 < 4. La suite u, croissante et majorée, converge vers 4 (seule limite possible).
∀
– Si u 0 = 4 : La suite u est constante : n 0, un = 4.
∀
– Si 4 < u0 : Pour tout x de ]4, + [, on a 4 < f (x) < x. En particulier 4 < u1 < u0 et 4 < u2 < u1 . Une récurrence évidente donne alors : n 0, 4 < un+1 < un . La suite u, décroissante et minorée, converge vers 4 (seule limite possible).
∞
∀
– Si u 0
0 : On a alors u 1
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0 et on est ramené aux cas précédents. mathprepa.fr
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6.6 Suites définies par récurrence
Chapitre 6 : Suites
– Conclusion : Dans tous les cas, on a Solution 6.6.10
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numériques
lim un = 4.
n→+∞
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Il est clair que u n est défini et positif pour tout n. x+3 2x2 x 3 (2x 3)(x + 1) Posons f (x) = . On a f (x) x = = . 2x 2x 2x 3 3 Ainsi, dans R+∗ , f (x) = x x = . La seule limite finie possible est donc = . 2 2 3 On a f (x) = . L’application f est donc décroissante sur R+∗ . 2x2 Voici le tableau des variations de f , avec le signe de f (x) x, et la courbe y = f (x), avec la bissectrice 1 y = x et l’asymptote horizontale x = . 2
− −
−
−
⇔
−
−
Il est clair que (sauf dans le cas évident où u0 = 23 ) la suite u n’est pas monotone, car les termes d’indice pair sont d’un coté de 23 et les termes d’indice impair sont de l’autre coté. 7x + 3 Posons a n = u 2n , b n = u 2n+1 , et g = f f . On vérifie que g(x) = . 2(x + 3) Pour tout entier n, on a : a n+1 = g(an ) et b n+1 = g(bn ). 9 (x + 1)(3 2x) : g est strictement croissante. x > 0, g(x) x = . x > 0, g (x) = 2 (x + 3) 2(x + 3) Voici le tableau des variations de g, avec le signe de g(x) x, et la courbe y = g(x), avec la bissectrice 7 y = x et l’asymptote horizontale x = . 2
◦
∀
∀
−
−
−
On peut maintenant étudier la suite u suivant les valeurs de u 0 . – Si 0 < u0 < 23 : On a donc 0 < a0 = u 0 < 23 et 23 < b0 = u 1 . x ]0, 23 [, on a 0 < x < g(x) < 23 . En particulier, 0 < a0 < a1 < 23 et 0 < a1 < a2 < 23 . De même : x ] 32 , + [, on a 23 < g (x) < x. En particulier 23 < b 1 < b0 et 23 < b 2 < b1 . Par une récurrence évidente, on trouve : n 0, 0 < an < an+1 < 23 < bn+1 < bn .
∀ ∈
∀ ∈
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∞
∀
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6.6 Suites définies par récurrence
Chapitre 6 : Suites
numériques
Ainsi la suite (an ), qui est croissante majorée, et la suite (bn ), qui est décroissante minorée, sont convergentes, et vers 23 (seule solution positive de g (x) = x.) Autrement dit, les suites de terme général a n = u 2n et b n = u 2n+1 sont adjacentes. Conclusion : la suite u converge vers 23 . – Si u 0 = 23 : La suite u est constante : n 0, un = 23 .
∀
3 . n→+∞ 2 Voici une illustration graphique du comportement de la suite u, quand u0 = 31 . – Si u 0 > 23 : On a 0 < u1 < 23 et on est ramené au premier cas :
Solution 6.6.11
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lim un =
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u1 est défini si u 0 = 0, et u 2 soit défini si u 1 = 0, donc si u 0 = 1. 1 1 1 On a alors u 2 = 1 =1 = , puis u1 1 1/u0 1 u0 1 u3 = 1 = 1 (1 u0 ) = u 0 . u2 L’égalité u3 = u 0 implique que la suite u est périodique de période 3 : Voici une illustration graphique de la suite u, quand u0 = 2 (on a u 1 = 23 et u 2 = 31 ).
−
− − − − −
−
−
Solution 6.6.12
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La suite u est définie par la relation u n+1 = f (un ), où f (x) =
1 (3x3 14
− 3x2 − 4x).
− x = 141 (3x3 − 3x2 − 18x) = 143 x(x − 3)(x + 2). Les seules limites finies possibles de la suite u sont donc −2, 0, et 3. √ √ 1 1 Pour tout x, on a f (x) = (9x2 − 6x − 4) = (3x − 1 − 5)(3x − 1 + 5). 14 14 2 22 59 On constate que f (0) = − , f (−2) = et f (3) = . 7 7 14 Ainsi |f (0)| < 1 alors que |f (−2)| > 1 et |f (3)| > 1. Des trois points fixes, seul 0 est donc “attractif”. Les deux autres sont “répulsifs”. √ √ 1− 5 1+ 5 On note α = ≈ −0.412 et β = 3 ≈ 1.079 les deux racines de f . 3 √ √ 5 5−7 5 5−7 − ≈ 0.066 et f (β ) = ≈ −0.289. On vérifie f (α) = Pour tout réel x, on a f (x)
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6.6 Suites définies par récurrence
Chapitre 6 : Suites
Voici les variations de f , avec le signe de f (x)
numériques
− x, et la courbe y = f (x), avec la bissectrice y = x.
Nous pouvons commencer l’étude de la suite u, en fonction des valeurs de u 0 . On va commencer par les cas les plus simples. – Si u 0 2, 0, 3 . Alors la suite u est constante : n
∈ {−
}
∀ ∈ N, un = u0.
– Si u 0 < 2. Pour tout x de ] , 2[, on a : f (x) < x < 2, et en particulier u 1 < u0 < 2. Par une récurrence évidente, on trouve : n 0, un+1 < un < 2. La suite u est donc décroissante, et elle ne peut visiblement pas converger vers une des trois seules limites possibles 2, 0, 3. On a donc lim un = .
−
−∞ −
∀
−
n→+∞
−
−
−
−∞
– Si u 0 > 3. Pour tout x de ]3, + [, on a : 3 < x < f (x), et en particulier 3 < u0 < u1 . Par une récurrence évidente, on trouve : n 0, 3 < un < un+1. La suite u est donc croissante, et elle ne peut visiblement pas converger vers une des trois seules limites possibles 2, 0, 3. On a donc lim un = + .
∞
∀
−
n→+∞
∞
– Si α u0 β . Alors f (α) u1 f (β ). Or on a : α f (β ) f (α) β . On en déduit α u1 β , et par une récurrence évidente : n N, α un 3 Sur [α, β ], f (x) = (3x 1) s’annule en 31 . 7 5 Le maximum de f (x) est donc atteint en 31 et f ( 13 ) = 14 < 1.
∀ ∈
−
|
β .
|
L’application f est donc contractante sur l’intervalle stable [α, β ]. On en déduit (c’est un théorème classique) que la suite u est convergente. Or la seule limite possible sur cet intervalle est 0. Donc lim un = 0. n→+∞
– Si 2 < u0 α. Alors on a les inégalités 2 < u0 < u1 f (α) β . Supposons que u 1 vérifie encore u 1 α. Alors 2 < u1 < u2 f (α) β . Supposons par l’absurde que pour tout n on ait encore u n α. Alors on en déduit les inégalités 2 < u0 un < un+1 α pour tout n. Il en découle que la suite u, croissante majorée, converge vers une limite comprise entre u 0 et α, ce qui est absurde. Autrement dit, il existe un premier entier m tel que α um β . A partir de cet entier, on est ramené au cas précédent, et lim un = 0.
−
−
−
−
n→+∞
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6.6 Suites définies par récurrence
Chapitre 6 : Suites
numériques
– Si β u0 < 3. Alors on a les inégalités α < f (β ) u1 < u0 < 3. Supposons que u 1 vérifie encore β u1 . Alors α < f (β ) u2 < u1 < 3. Supposons par l’absurde que pour tout n on ait encore β un . Alors on en déduit les inégalités β un+1 < un u0 < 3 pour tout n. Il en découle que la suite u, décroissante minorée, converge vers une limite comprise entre β et u0 , ce qui est absurde. Autrement dit, il existe un premier entier m tel que α um β . A partir de cet entier, on est ramené à un cas déjà étudié, et lim un = 0. n→+∞
– Conclusion : Si 2 < u0 < 3, lim un = 0. Si u 0
−
n→+∞
Si u 0 <
−2 alors n lim+ →
Solution 6.6.13
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∞
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∈ {−2, 3}, la suite est constante. un = −∞. Si u 0 > 3 alors lim un = +∞. n +
.
→
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L’application f est affine par morceaux. Voici la courbe y = f (x), avec la bissectrice y = x. On constate que f est croissante et continue. Son tableau de variation est évident.
4, − 32 et 2 (seules limites finies possibles .) − 3 On vérifie |f (−4)| < 1, f (− 2 ) > 1 et |f (2)| < 1 : les points fixes −4 et 2 sont donc “attractifs”, alors L’équation f (x) = x a trois solutions :
que 23 est “répulsif”. Voici le comportement de la suite u suivant les valeurs de u 0 (en abrégeant un peu.) – Si u 0 4, 32 , 2 . La suite u est constante : n N, un = u 0 .
∈ {− − }
∀ ∈
– Si u 0 < 4. Sur ] , 4[, on a x < f (x) < 4. Donc pour tout n, u n < un+1 < 4. La suite u, croissante majorée, converge ici vers 4 (seule possibilité.)
− −∞ −
−
−
−
– Si 4 < u0 < 32 . Sur ] 4, 32 [, on a 4 < f (x) < x < 32 . Donc pour tout n, 4 < un+1 < un < La suite u, décroissante minorée, converge ici vers 4 (seule possibilité.)
−
− −
−
−
−
−
−
−32 .
− 32 < u 0 < 2. Sur ] − 23 , 2[, on a − 32 < x < f (x) < 2. Donc pour tout n, − 32 < u n < un+1 < 2.
– Si
La suite u, croissante majorée, converge ici vers 2 (seule possibilité.)
– Si 2 < u0 . Sur ]2, + [, on a 2 < f (x) < x. Donc pour tout n, 2 < un+1 < un . La suite u, décroissante minorée, converge ici vers 2 (seule possibilité.)
∞
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6.6 Suites définies par récurrence
Chapitre 6 : Suites
numériques
– Conclusion : Si u 0 < 32 alors lim un =
− −4. n + Si u 0 = − 32 alors la suite u est constante. Si u 0 > − 32 alors lim un = 2. n +
Solution 6.6.14
→
∞
→
∞
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1. On procède par récurrence. Tout d’abord u 0 est bien défini et vérifie (u0 1)(u0 a) < 0. Soit n un entier naturel. On suppose que u n est défini et que (un 1)(un a) < 0. En particulier u n est non nul, ce qui assure de l’existence de u n+1 . a a a Ensuite (un+1 1)(un+1 a) = a 1 = 2 (un 1)(un a) < 0. un un un On constate donc que u n+1 est également strictement compris entre 1 et a. Ceci démontre la propriété au rang n + 1 et achève la récurrence. a 1 2. Si on note f (x) = 1 + a notons que f (x) x = (x 1)(x a). x x En particulier f (x) = x x 1, a . Les seules limites finies possibles de la suite u sont donc 1 et a. 1 Pour tout entier n, on a : u n+1 un = f (un ) un = (un 1)(un a) > 0. un La suite u est donc croissante. Comme elle est bornée, elle est majorée donc convergente. La limite de la suite u est alors le maximum des deux valeurs possibles 1 et a.
−
−
−
−
− −
− ⇔ ∈ { } −
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