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Nombres r´ eels, suites num´ eriques 3. Nombres r´ eels, suites num´ eriques 3.1. Exercices 1 ` a 11 : Nombres r ´ eels, topologie de IR, bornes sup et inf 3.2. Exercices 1 ` a 15 : ´ Egalit ´ es, ´ equations, in ´ egalit ´ es, in ´ equations 3.3. Exercices 1 ` a 27 : Limites de suites num ´ eriques 3.4. Exercices 1 ` a 13 : Suites d ´ efinies par une r ´ ecurrence u n+1 = f (u n ) Jean-Michel.Ferrard @ ac-lyon.fr, 11 aoˆ ut 2000 Page 1

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Nombres reels, suites numeriques

3. Nombres reels, suites numeriques

3.1. Exercices 1 a 11 :

Nombres reels, topologie de IR, bornes sup et inf

3.2. Exercices 1 a 15 :

Egalites, equations, inegalites, inequations

3.3. Exercices 1 a 27 :

Limites de suites numeriques

3.4. Exercices 1 a 13 :

Suites definies par une recurrence un+1 = f (un)

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Nombres reels, suites numeriques

3.1. Nombres reels, topologie de IR, bornes sup et inf

Exercice 3.1.1

Montrer que, pour tout n ≥ 1,

√√√√2 +

√2 +

√2 +

√· · ·+

√2 = 2 cos

π

2n+1

(le nombre 2 apparaissant n fois sous la racine).

Exercice 3.1.2

Montrer que tout rationnel r de [0, 1[ s’ecrit d’une maniere unique :

r =a2

2!+a3

3!+ · · ·+ an

n!+ · · ·

les entiers ai (nuls a partir d’un certain rang) verifiant 0 ≤ ai < i.

Mettre sous cette forme le rationnel5

7.

Exercice 3.1.3

Montrer que3√

45 + 29√

2 +3√

45− 29√

2 est un entier.

Exercice 3.1.4

Soient m et n des entiers naturels.

1. Montrer que si n n’est pas un carre parfait, alors√n est irrationnnel.

2. Montrer que si m et n ne sont pas des carres, alors√m+

√n n’est pas rationnel.

Exercice 3.1.5

1. Montrer que pour tous a, b dans lQ, a+ b√

2 = 0 ⇔ a = b = 0.

2. Montrer que : ∀ (a, b, c) ∈ lQ3, a√

2 + b√

3 + c√

5 = 0 ⇔ a = b = c = 0.

Exercice 3.1.6

Montrer que 3√

5 +√

2 est un irrationnel.

Exercice 3.1.7

Soit (un) une suite bornee ne possedant qu’une seule valeur d’adherence.

Montrer que cette suite est convergente.

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Exercice 3.1.8

Soit (un) une suite telle que lim∞

(un+1 − un) = 0.

Prouver que l’ensemble des valeurs d’adherence de (un) est vide ou est un intervalle ferme.

Donner un exemple representatif de cette deuxieme eventualite.

Exercice 3.1.9

Soit A l’ensemble des reels de [0, 1] dont le developpement decimal reduit ne contient pas 9.Montrer que A est un ensemble ferme.

Exercice 3.1.10

Calculer λ = inft∈IR

{sup

x∈[0,1]

|x2 + tx|}.

Exercice 3.1.11

Soient x un reel, et n un entier naturel non nul.

On note t 7→ [t] l’operation “partie entiere”.

1. Montrer que pour tout entier relatif k,

[x+ k

n

]=

[[x] + k

n

].

2. Montrer quen−1∑k=0

[x+ k

n

]= [x].

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3.2. Egalites, equations, inegalites, inequations

Exercice 3.2.1

1. Etudier l’existence et le signe des racines reelles de P = (m− 2)x2 +(2m+3)x+m+2.

2. Meme question avec P = (m− 2)x2 − (2m− 5)x+m+ 3.

Exercice 3.2.2

Resoudre dans IR les equations suivantes:

1.√

2x+ 3−√x+ 2 = 2.

2.√x− 9 +

√x− 24 = x.

3.√x2 +mx− 1 = −x+ 3m (avec m reel).

Exercice 3.2.3

Resoudre E(2x− 1) = E(x− 4) dans IR.

Exercice 3.2.4

Resoudre 4√

41 + x+ 4√

41− x = 4 dans IR.

Exercice 3.2.5

Resoudre le systeme

{x3 = 7x+ 3y

y3 = 7y + 3xdans IR.

Exercice 3.2.6

Montrer que pour tous reels positifs a, b : (a2 + a43 b

23 )

12 + (b2 + a

23 b

43 )

12 = (a

23 + b

23 )

32

Exercice 3.2.7

Discuter, suivant les valeurs du parametre reel m, le nombre de solutions reelles de l’equation(Em) : x− 1 = 4

√x4 + x2 +m.

On note ϕ(m) l’unique solution de cette equation quand elle existe.

Etudier l’application ϕ (monotonie, continuite, limites aux bornes).

Exercice 3.2.8

Resoudre dans IR les inequations suivantes :

1. 2x+ 1 <√x2 + 8.

2. x+√x2 − 5x+ 4 < 2.

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Exercice 3.2.9

1. Montrer que, pour tous reels positifs a, b, c, on a : (b+ c)(c+ a)(a+ b) ≥ 8abc.

2. En deduire (a+ b+ c)(1

a+

1

b+

1

c) ≥ 9.

Exercice 3.2.10

Montrer que, pour tous reels a, b, c, on a : b2c2 + c2a2 + a2b2 ≥ abc(a+ b+ c).

Exercice 3.2.11

Soient a, b, c trois reels positifs.

Prouver l’inegaliteab

a+ b+

bc

b+ c+

ca

c+ a≤ a+ b+ c

2.

Quand y-a-t-il egalite ?

Exercice 3.2.12

Soient a, b, c des reels tels que 0 ≤ a ≤ b ≤ c ≤ 1 et c ≤ a+ b.

Montrer que 0 ≤ (a+ b+ c)(a+ b− c)(a− b+ c)(−a+ b+ c) ≤ 3.

Exercice 3.2.13

Soient m,n, p des entiers naturels.

1. Montrer que 1 ≤ m ≤ n ⇒ (1 +1

n)m < 1 +

m

n+ (

m

n)2.

2. En deduire (1 +1

n)n < 3, puis (1 +

p

n)n < 3p.

Exercice 3.2.14

Soit x1, x2, . . . , xn une famille de reels de [0, 1].

Prouver l’inegaliten∏

k=1

(1− xk) ≥ 1−n∑

k=1

xk.

Exercice 3.2.15

On considere les reels a1 ≥ a2 ≥ . . . ≥ an ≥ 0 et b1 ≥ b2 ≥ . . . ≥ bn ≥ 0.

Montrer que (a1 + a2 + · · ·+ an)(b1 + b2 + · · ·+ bn) ≤ n(a1b1 + a2b2 + · · ·+ anbn).

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3.3. Limites de suites numeriques

Exercice 3.3.1

Que dire de deux suites (un) et (vn) de [0, 1] telles que lim∞unvn = 1 ?

Exercice 3.3.2

Calculer limn→∞

1

n2([x] + [2x] + · · ·+ [nx]).

Exercice 3.3.3

Calculer la limite de la suite de terme general un =n∑

k=0

1

C kn

.

Exercice 3.3.4

Soit (un) une suite bornee telle que : ∀n ≥ 1, 2un ≤ un−1 + un+1.

Montrer que cette suite est convergente.

Exercice 3.3.5

Montrer que la suite de terme general un =1

n+ 1+

1

n+ 2+ . . . +

1

kn(ou k est un entier

donne superieur ou egal a 2) est convergente.

Exercice 3.3.6

Soient a, b et c trois reels distincts, a etant non nul. On suppose que a, b, c sont en progressionarithmetique et que 3a, b, c sont en progression geometrique.

Que dire de la raison de cette progression geometrique?

Exercice 3.3.7

Soit (un) une suite dont les suites extraites (an = u2n) et (bn = u3n) convergent respectivementvers ` et `′. Montrer que ` = `′.

Exercice 3.3.8

On se donne une suite reelle (un).

On suppose que les suites (u2n), (u2n+1) et (u3n) sont convergentes.

Montrer que la suite (un) est convergente.

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Exercice 3.3.9

On considere la suite de terme general un =

√1 +

√2 +

√. . .+

√n.

Montrer que pour tout n, u2n+1 ≤ 1 +

√2un.

La suite (un) est-elle convergente?

Exercice 3.3.10

Trouver la condition sur les reels u0, v0, λ ≥ 0 et µ ≥ 0 pour que les suites (un) et (vn)

definies par les recurrences un+1 =un + λvn

1 + λet vn+1 =

un + µvn

1 + µsoient adjacentes.

Dans le cas general, les suites (un) et (vn) sont-elles convergentes, et vers quelle limite?

Exercice 3.3.11

Montrer que la suite de terme general un = 1 − 1

1!+

1

2!− · · · + (−1)n 1

n!est convergente et

que sa limite est un irrationnel.

Exercice 3.3.12

Limite des suites de terme general un = n√n et vn = n

√n!.

Exercice 3.3.13

Limite de la suite de terme general un =n∏

k=1

(1 +k

n2).

Exercice 3.3.14

Soit pn la probabilite d’obtenir exactement n fois pile en 2n lancers d’une piece equilibree.

Calculer pn et determiner lim∞pn.

Exercice 3.3.15

Limite de la suite de terme general un =n

n2 + 1+

n

n2 + 2+ · · ·+ n

n2 + n.

Exercice 3.3.16

Montrer que les suites de terme general un =n∑

k=0

1

k!et vn = un +

1

n(n!)sont adjacentes.

Montrer que leur limite commune est irrationnelle.

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Exercice 3.3.17

Soit une suite (un) telle que, pour tout n ≥ 2, (n+ 1)2un+1 − (n− 1)2un + n = 0 (E).

1. Montrer qu’il existe un reel k tel que si on pose vn = un − k alors pour tout n ≥ 2 :

(n+ 1)2vn+1 − (n− 1)2vn = 0.

2. En deduire l’expression de vn puis celle de un.

3. Que se passe-t-il si la relation (E) est vraie pour n = 1?

Exercice 3.3.18

Etudier lim∞

[un] si lim∞un = `.

Exercice 3.3.19

On se donne une suite reelle (un) et on pose vn =1

n(u1 + u2 + · · ·+ un).

1. Montrer que si lim∞un = ` alors lim

∞vn = `.

2. Verifier sur un exemple que la reciproque est fausse.

3. Montrer que si la suite (un) est monotone, alors la reciproque est vraie.

Exercice 3.3.20

Limite de la suite de terme general un =1

n!(1! + 2! + · · ·+ n!).

Exercice 3.3.21

Soit a un reel strictement positif et different de 1.

On considere la suite definie par u0 > 0 et, pour tout n ≥ 0, un+1 =1 + aun

a+ un

.

1. Verifier que la suite (vn) definie par vn =−1 + un

1 + un

est geometrique de raisona− 1

a+ 1.

2. En deduire lim∞vn puis lim

∞un.

Exercice 3.3.22

Soient a, b deux reels, et une suite (un) telle que : ∀n ∈ IN∗, u0 +u1 + · · ·+un−1 = n(an+ b).

Montrer que la suite (un) est arithmetique. Calculer un.

Exercice 3.3.23

On suppose que les reels a, b, c sont en progression arithmetique.

Montrer qu’il en est de meme des reels b2 + bc+ c2, c2 + ca+ a2 et a2 + ab+ b2.

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Exercice 3.3.24

Dans quelle base de numeration les reels 123, 140, 156 sont-ils en progression arithmetique ?

Exercice 3.3.25

Etudier les suites (un) et (vn) definies par la donnee du couple (u0 > 0, v0 > 0) et par les

relations de recurrence un+1 =u2

n

un + vn

et vn+1 =v2

n

un + vn

.

Exercice 3.3.26

Etudier les suites (un) et (vn) definies par la donnee du couple (u0 = a > 0, v0 = b > 0) et

par les relations un+1 =√unvn et vn+1 =

un + vn

2.

Exercice 3.3.27

Soient a et b deux reels strictement positifs.

On pose u0 = a, v0 = b, et pour tout n,2

un+1

=1

un

+1

vn

et vn+1 =un + vn

2.

Montrer que les suites (un) et (vn) sont adjacentes.

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3.4. Suites definies par une recurrence un+1 = f (un)

Exercice 3.4.1

Etudier la suite (un) definie par u0 6= −12

et par : ∀n ∈ IN, un+1 = un +1 + un

1 + 2un

.

Exercice 3.4.2

Etudier la suite (un) definie par u0 > 0 et un+1 =1

2(un +

a

un

), ou a > 0 est donne.

Exercice 3.4.3

Etudier la suite (un) definie par u0 6= 1 et la relation un+1 =1 + u2

n

−1 + un

.

Exercice 3.4.4

Etudier la suite (un) definie par u0 > 0 et un+1 = 2 + lnun.

Exercice 3.4.5

Etudier la suite (un) definie par u0 reel et un+1 = un(1 + un).

Exercice 3.4.6

Etudier la suite (un) definie par la relation un+1 =√

2un + 35.

Exercice 3.4.7

Etudier la suite (un) definie par la relation un+1 =√

12− un.

Exercice 3.4.8

Etudier la suite (un) definie par la relation un+1 =

√8 +

u2n

2.

Exercice 3.4.9

Etudier la suite (un) definie par par u0 > 0 et la relation un+1 =un + 3

2un

.

Exercice 3.4.10

Etudier la suite (un) definie par la relation un+1 = 1− 1

un

.

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Exercice 3.4.11

Etudier la suite (un) definie par la relation un+1 =1

14(3u3

n − 3u2n − 4un).

Exercice 3.4.12

On definit une application f : IR → IR par : f(x) =

(x− 4)/2 sur ]−∞,−2]

3(x+ 1) sur [−2,−1]

2(x+ 1)/3 sur [−1,+∞[

On definit une suite (un) par la donnee de u0 et par la relation un+1 = f(un).

Etudier la suite (un) suivant les valeurs de u0.

Exercice 3.4.13

Soit a un reel strictement positif, different de 1.

On definit une suite (un) de la maniere suivante :

• u0 est strictement compris entre a et 1.

• Pour tout entier n, un+1 = 1 + a− a

un

.

1. Montrer que la suite (un) est bien definie et que pour tout entier n, le reel un eststrictement compris entre a et 1.

2. Montrer que la suite (un) est convergente.

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Corrige des exercices

Corrige de l’exercice 3.1.1

Notons un l’expression qu’il s’agit ici de calculer. On procede par recurrence.

La propriete est vraie si n = 1 car u1 =√

2 = 2 cosπ

4.

On note que pour tout n ≥ 1, un+1 =√

2 + un.

Si un = 2 cosπ

2n+1alors un+1 =

√2(1 + cos

π

2n+1

)=√

4 cos2π

2n+2= 2 cos

π

2n+2.

La propriete est donc demontree par recurrence.

Corrige de l’exercice 3.1.2

• On note [x] la partie entiere de tout reel x.

On commence par prouver l’unicite de la suite (an), en supposant qu’elle existe.

Pour simplifier, on note : sn =n−1∑k=2

ak

k!et rn =

∑k≥n+1

ak

k!(cette derniere somme est finie).

Pour tout n ≥ 2, on a donc r = sn +an

n!+ rn (avec la convention s2 = 0.)

Si on note N un entier tel que n > N ⇒ an = 0 alors on a les inegalites :

0 ≤ rn =N∑

k=n+1

ak

k!≤

N∑k=n+1

k − 1

k!

OrN∑

k=n+1

k − 1

k!=

N∑k=n+1

(1

(k − 1)!− 1

k!

)=

1

n!− 1

N !<

1

n!.

On en deduit 0 ≤ n!rn < 1 puis an = n!(r − sn − rn) ≤ n!(r − sn) < an + 1.

Ainsi an est la partie entiere de n!(r − sn).

Plus precisement, an = [n!(r − sn)] = [n!r]− n!sn car n!sn est en entier.

On constate donc que la suite (an), si elle existe, est definie de maniere unique par :

� a2 = [2r] (ce qui implique 0 ≤ a2 ≤ 1 car 0 ≤ r < 1)

� Pour tout n ≥ 3, an = [n!(r − sn)] = [n!r]− n!sn = [n!r]− n!n−1∑k=2

ak

k!.

• Il reste a prouver que la suite (an) d’entiers definie par les conditions precedentes satisfaitaux conditions imposees par l’enonce, c’est-a-dire :

� Pour tout n ≥ 2, on doit avoir 0 ≤ an ≤ n− 1.� Il existe un entier N tel que n > N ⇒ an = 0.

� La suite (an) verifie l’egalite r =∑n≥2

an

n!.

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On sait deja que 0 ≤ a2 ≤ 1. On se donne donc un entier n ≥ 3.

Par construction, on a l’encadrement : an−1 ≤ (n− 1)!(r − sn−1) < an−1 + 1.

On en deduit : 0 ≤ r − sn−1 −an−1

(n− 1)!<

1

(n− 1)!ou encore : 0 ≤ r − sn <

1

(n− 1)!.

Cette double inegalite s’ecrit 0 ≤ n!(r − sn) < n et elle implique 0 ≤ an ≤ n− 1.

Ainsi, pour tout entier n ≥ 2, on a : 0 ≤ an ≤ n− 1.

Il en decoule en particulier que n!sn = n!n−1∑k=2

ak

k!est toujours un entier.

Puisque r est rationnel, il existe un entier N tel que N !r soit entier.

Pour tout n ≥ N , n!r et donc n!(r − sn) sont des entiers.

On en deduit que pour tout n ≥ N , on a : an = n!(r − sn).

Il en decoule, pour tout n ≥ N :

an+1 = [(n+ 1)!(r − sn+1)] =[(n+ 1) · n!(r − sn −

an

n!)]

= 0

Cela implique, toujours pour n ≥ N : 0 = an+1 = (n+ 1)!(r − sn+1) = 0 donc sn+1 = r.

On a ainsi prouve l’existence d’un entier N tel que : n > N ⇒ an = 0 et sn = r.

C’est ce qu’il fallait demontrer...

• Ce programme Maple calcule la liste des ak (jusqu’a N au sens precedent.)

> decomp:=proc(r::rational)

local s,L,n,a;

L:=[]; s:=0;

for n from 2 do a:=floor(n!*(r-s));

L:=[op(L),a];

if a=n!*(r-s) then break fi;

s:=s+a/n!;

od;

L;

end:

Voici la decomposition de r =5

7.

> L:=decomp(5/7);L := [1, 1, 1, 0, 4, 2]

On verifie qu’on a bien5

7=

1

2!+

1

3!+

1

4!+

4

6!+

2

7!:

> sum(L[k]/(k+1)!,k=1..nops(L));5

7

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Corrige de l’exercice 3.1.3

Posons a =3√

45 + 29√

2, b =3√

45− 29√

2 et x = a+ b.

On constate que a3 + b3 = 90 et ab = 3√

452 − 2 ∗ 292 = 3√

343 = 7.

Ainsi 90 = (a+ b)(a2 − ab+ b2) = (a+ b)((a+ b)2 − 3ab) = x(x2 − 21).

Le reel x est donc une racine de P (x) = x3 − 21x− 90 = (x− 6)(x2 + 6x+ 15).

On en deduit x = 6 (seule racine reelle de P .)

Corrige de l’exercice 3.1.4

1. On suppose que n n’est pas un carre parfait et, par l’absurde, que√n est rationnel.

Il existe donc deux entiers positifs a et b (que l’on peut supposer sans facteur premier

commun) tels que√n =

a

b, donc tels que a2 = nb2.

Puisque n n’est pas un carre parfait, l’un de ses facteurs premiers p est present dans ladecomposition de n avec un exposant impair.

Puisque l’entier premier p divise n, il divise nb2 = a2 : il divise donc a.

Mais l’exposant de p dans la decomposition de a2 (donc dans la decomposition de nb2)est pair. On en deduit que p figure dans la decomposition de b ce qui est absurde car aet b sont censes etre sans facteur premier commun.

Conclusion : si n n’est pas un carre parfait, alors√n est irrationnel.

2. On suppose que r =√m+

√n est rationnel.

Il en alors de meme de son carre r2 = m+ n+√mn.

Mais cela implique que√mn est rationnel.

D’apres ce qui precede, l’entier mn est un carre parfait a2, avec a ∈ IN∗.

On peut donc ecrire m =a2

net r =

√m+

√n =

a√n

+√n =

a+ n√n

.

On constate alors que√n =

a+ n

rest un rationnel.

On en deduit que n est un carre parfait.

En echangeant les roles, on a le meme resultat pour m.

Conclusion : si m et n ne sont pas des carres parfaits, alors√m+

√n est irrationnel.

Corrige de l’exercice 3.1.5

1. Si a = b = 0, alors a+ b√

2 = 0. Reciproquement si a+ b√

2 = 0 alors b = 0 (sans quoi√2 serait egal au rationnel −a

b.) puis a = 0.

2. Si a = b = c = 0, alors a√

2 + b√

3 + c√

5 = 0.

Reciproquement, supposons a√

2 + b√

3 + c√

5 = 0.

Alors 5c2 = (a√

2 + b√

3)2 = 2a2 + 3b2 + 2ab√

6.

On en deduit a = 0 ou b = 0 sinon√

6 serait rationnel (cf exercice precedent)

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• Si a = 0, alors 5c2 = 3b2 puis (5c)2 = 15b2.

On en deduit b = 0 (sinon√

15 serait rationnel) puis c = 0.• Si b = 0, alors 5c2 = 2a2 puis (5c)2 = 10a2.

On en deduit a = 0 (sinon√

10 serait rationnel) puis c = 0.

Corrige de l’exercice 3.1.6

Supposons par l’absurde que x = 3√

5 +√

2 est rationnel.

Alors 5 = (x−√

2)3 = x3 − 3x2√

2 + 6x− 2√

2 = (x3 + 6x)− (3x2 + 2)√

2.

Il en resulte que√

2 =x3 + 6x− 5

3x2 + 2et donc

√2 ∈ lQ, ce qui n’est pas.

Conclusion : le reel x = 3√

5 +√

2 est un irrationnel.

Corrige de l’exercice 3.1.7

On suppose que la suite reelle (un) est bornee et que a est son unique valeur d’adherence.

On suppose par l’absurde que la suite (un) n’est pas convergente, et qu’elle n’est donc pasconvergente vers a, sa seule limite possible.

Alors il existe ε > 0 tel que, pour tout entier N , il existe n ≥ N verifiant |un − a| ≥ ε.

On peut donc extraire une suite (vn) de (un) de telle maniere que : ∀n ∈ IN, |vn − a| ≥ ε.

Tout comme la suite (un), la suite (vn) est bornee.

Elle possede donc une valeur d’adherence b, qui verifie necessairement |b− a| ≥ ε.

Le reel b est alors aussi une valeur d’adherence de (un), distincte de a, ce qui est absurde.

Conclusion : toute suite (un) bornee et n’ayant qu’une valeur d’adherence a converge vers a.

Corrige de l’exercice 3.1.8

• L’exemple de la suite de terme general un = lnn (qui tend vers +∞) montre que l’ensembleX des valeurs d’adherence de la suite (un) peut etre vide.

• On suppose que X est non vide. On va montrer que X est un intervalle.

Pour cela on se donne deux valeurs d’adherence a et b de (un), avec a < b.

Soit c un element de ]a, b[. Il faut montrer que c est aussi une valeur d’adherence de (un).

On se donne ε > 0 : il faut montrer qu’il existe un entier n tel que |c− un| ≤ ε. On nemodifie pas la portee de la demonstration en supposant que a+ ε < c < b− ε.

D’une part il existe un entier N tel que n ≥ N ⇒ |un+1 − un| ≤ ε.

D’autre part, il existe un entier m ≥ N tel que |um − a| ≤ ε et un entier p > m tel que|up − b| ≤ ε (en effet a et b sont deux valeurs d’adherence de la suite (un)).

Jean-Michel.Ferrard @ac-lyon.fr, 11 aout 2000 Page 15

Nombres reels, suites numeriques

Compte tenu de l’hypothese sur ε, on a um < c < up.

Notons n l’indice maximum, compris entre m et p, tel que un ≤ c.

Avec cette definition, on a donc un ≤ c < un+1.

Or |un+1 − un| ≤ ε (car n ≥ m ≥ N). On en deduit |c− un| ≤ ε.

Cela prouve que c est une valeur d’adherence de la suite (un) et acheve la demonstration.

• On definit la suite un de la maniere suivante.

Il s’agit d’effectuer des parcours successifs du segment [0, 1], dans un sens puis dans l’autre,avec un pas qui diminue a chaque nouveau parcours.

On pose donc :

� u1 = 0, u2 = 1, u3 = 0 (premier “aller-retour”)

� u4 = 0, u5 =1

2, u6 = 1, u7 =

1

2, u8 = 0 (deuxieme “aller-retour”)

� u9 = 0, u10 =1

3, u11 =

2

3, u12 = 1, u13 =

2

3, u14 =

1

3, u15 = 0

� Soit m ∈ IN∗. Le m-ieme “aller-retour”) s’ecrit, en posant n = m2 (et 0 ≤ k ≤ m):

un = 0, un+1 =1

m, . . . , un+k =

k

m, . . . , un+m−1 = 1− 1

m,un+m = 1,

un+m+1 = 1− 1

m, . . . , un+m+k = 1− k

m, . . . , un+2m−1 =

1

m,un+2m = 0

Avec cette definition, on voit que |un+1 − un| =1

m, ou m = [

√n].

On a donc bien lim∞

(un+1 − un) = 0.

D’autre part, l’ensemble des valeurs d’adherence de la suite (un) est le segment [0, 1].

En effet, soit x un reel de [0, 1]. Pour tout entier m ≥ 1, x se situe dans un et un seul

intervalle [un, un+1[ avec m2 ≤ n ≤ m2 +m− 1, et alors |x− un| <1

mqui peut etre rendu

inferieur a tout ε > 0 donne a l’avance.

Corrige de l’exercice 3.1.9

Soit (vn) une suite convergente d’elements de A. Pour montrer que A est ferme, il suffit demontrer que la limite de (vn) est encore un element de A.

Pour tout n de IN, soit vn =+∞∑k=1

an,k10−k le developpement decimal de vn.

On va verifier que la suite des decimales de rang donne dans les vn successifs est stationnaire.

Pour tous entiers m,n,N , on peut ecrire :

vm − vn =N∑

k=1

(am,k − an,k)10−k ++∞∑

k=N+1

(am,k − an,k)10−k

Mais par hypothese, les ap,k sont tous compris entre 0 et 8.

[email protected], 11 aout 2000 Page 16

Nombres reels, suites numeriques

On en deduit :∣∣∣∣∣∣+∞∑

k=N+1

(am,k − an,k)10−k

∣∣∣∣∣∣ ≤+∞∑

k=N+1

|am,k − an,k| 10−k ≤ 8+∞∑

k=N+1

10−k =8

910−N

Si on se donne ε > 0, il existe un entier M tel que n,m ≥M ⇒ |vn − vm| <1

910−N .

On en deduit, pour n,m ≥M :∣∣∣∣∣N∑

k=1

(am,k − an,k)10−k

∣∣∣∣∣ =∣∣∣∣∣∣vm − vn −

+∞∑k=N+1

(am,k − an,k)10−k

∣∣∣∣∣∣ < 10−N

Ce resultat implique am,k = an,k pour tout k de {1, . . . , N}.

En effet, dans le cas contraire, et en notant j l’indice minimum tel que am,j 6= an,j, on aurait :

|am,j − an,j| < 10j−N +

∣∣∣∣∣∣N∑

k=j+1

(am,k − an,k)10j−k

∣∣∣∣∣∣ < 10j−N + 9N∑

k=j+1

10j−k

Or 10j−N + 9N∑

k=j+1

10j−k = 10(j−N) +9

10

1− 10j−N

1− 10−1= 1.

On en deduirait |am,j − an,j| < 1, ce qui est incompatible avec l’hypothese am,j 6= an,j.

Ainsi pour chaque entier k, la suite des k-iemes decimales an,k des vn est stationnaire.

Pour chaque entier k, soit bk la valeur en laquelle stationne la suite des an,k.

Comme chacun des an,k les entiers bk sont compris entre 0 et 8.

Posons ` =+∞∑k=1

bk10−k : ` est donc un element de A.

Soit M dans IN∗. Par construction, et pour n assez grand, on a an,k = bk pour 1 ≤ k ≤M .

On a alors :

|vn − `| =∣∣∣∣∣+∞∑k=1

(an,k − bk)10−k

∣∣∣∣∣ =∣∣∣∣∣∣

+∞∑k=M+1

(an,k − bk)10−k

∣∣∣∣∣∣ ≤ 8

910−M−1

On constate donc que limn → +∞

vn = `.

Ainsi la limite de la suite convergente (vn) de A est encore un element de A.

Cela prouve que A est un ensemble ferme.

[email protected], 11 aout 2000 Page 17

Nombres reels, suites numeriques

Corrige de l’exercice 3.1.10

• Si t ≥ 0, l’application x 7→ x2 + tx est positive croissante sur [0, 1].

Dans ce cas supx∈[0,1]

|x2 + tx| est atteint pour x = 1 et vaut 1 + t ≥ 1.

• Si t < 0, le tableau de variation de l’application x 7→ |x(x+ t)| est le suivant :

On en deduit :

� Si 1 ≤ − t2, c’est-a-dire si t ≤ −2, alors : sup

x∈[0,1]|x2 + tx| = |1 + t| ≥ 1.

� Si − t2≤ 1 ≤ −t, c’est-a-dire si −2 ≤ t ≤ −1, alors : sup

x∈[0,1]|x2 + tx| = t2

4≤ 1.

(quantite decroissante par rapport a t, et de mimimum1

4quand t = −1.)

� Si −t ≤ 1, c’est-a-dire si −1 ≤ t ≤ 0, alors : supx∈[0,1]

|x2 + tx| = sup{t2

4, |1 + t|} ≤ 1.

Posons µ = inf−1≤t≤0

ϕ(t), avec ϕ(t) = sup{t2

4, |1 + t|} = sup{t

2

4, 1 + t}.

Ort2

4− (1 + t) =

1

4(t2 − 4t− 4) =

1

4(t− α)(t− β), avec

{α = 2− 2

√2 ≈ −0, 83

β = 2 + 2√

2 > 0.

Ainsi on at2

4≥ 1 + t sur [−1, α] et

t2

4≤ 1 + t sur [α, 0].

On en deduit que :

ϕ(t) =t2

4(fonction decroissante) sur [−1, α] et

ϕ(t) = 1 + t (fonction croissante) sur [α, 0].

Finalement, µ = ϕ(α) = 1 + α = 3− 2√

2 <1

4.

� Conclusion : La borne inferieure λ est obtenue en supposant −1 ≤ t ≤ 0.

Plus precisement, elle est obtenue quand t = 2− 2√

2 et elle vaut 3− 2√

2.

[email protected], 11 aout 2000 Page 18

Nombres reels, suites numeriques

Corrige de l’exercice 3.1.11

1. Soit q =

[x+ k

n

]. On a q ≤ x+ k

n< q + 1 c’est-a-dire qn− k ≤ x < (q + 1)n− k (1).

Pour tous entiers m et p, on a : m ≤ x < p ⇐⇒ m ≤ [x] < p.

(1) equivaut donc a qn− k ≤ [x] < (q + 1)n− k, c’est-a-dire q ≤ [x] + k

n< q + 1 .

On en deduit

[[x] + k

n

]= q, ce qu’il fallait demontrer.

2. On commence par traiter le cas ou x un entier relatif.

Soit x = qn+ r la division euclidienne de x par n : le reste r verifie 0 ≤ r ≤ n− 1.

Pour tout entier k de {0, . . . , n− 1}, on a :

[x+ k

n

]=

[q +

r + k

n

]= q +

[r + k

n

].

Remarquons que 0 ≤ r + k ≤ 2n− 2 < 2n :

[r + k

n

]est donc egale a 0 ou 1.

• Si 0 ≤ k ≤ n− r− 1 (ce qui fait n− r possibilites) alors r+k ≤ n− 1 et

[r + k

n

]= 0.

• Si n− r ≤ k ≤ n− 1 (ce qui fait r possibilites), alors r + k ≥ n et

[r + k

n

]= 1.

On en deduit :

n−1∑k=0

[x+ k

n

]=

n−1∑k=0

(q +

[r + k

n

])= nq +

n−1∑k=0

[r + k

n

]

= nq +n−r−1∑

k=0

[r + k

n

]︸ ︷︷ ︸

=0

+n−1∑

k=n−r

[r + k

n

]︸ ︷︷ ︸

=1

= nq + (n− r) · 0 + r · 1 = nq + r = x

On suppose maintenant que x est un reel quelconque.

D’apres le (a),n−1∑k=0

[x+ k

n

]=

n−1∑k=0

[[x] + k

n

].

Mais [x] est un entier relatif, et cette derniere somme est egale a [x], comme on vientde le voir. Le resultat est donc prouve pour tout reel x.

Jean-Michel.Ferrard @ac-lyon.fr, 11 aout 2000 Page 19

Nombres reels, suites numeriques

Corrige de l’exercice 3.2.1

1. Si m = 2, alors P = 7x+ 4 et la seule racine est −4

7, qui est negative.

On suppose maintenant m 6= 2 : P est un polynome de degre 2.

Le discriminant de P est ∆ = (2m+ 3)2 − 4(m− 2)(m+ 2) = 12m+ 25.

• Si m < −25

12alors ∆ < 0 et P n’a pas de racine reelle.

• Si m = −25

12alors ∆ = 0 et P a une racine double negative x = − 2m+ 3

2(m− 2)= −1

7.

• Si m > −25

12(avec m 6= 2) alors ∆ > 0 et P a deux racines reelles distinctes α, β.

Ces racines sont−(2m+ 3)−

√12m+ 5

2(m− 2)et−(2m+ 3) +

√12m+ 5

2(m− 2).

On a αβ =m+ 2

m− 2et α+ β = −2m+ 3

m− 2.

� Si −25

12< m < −2 alors αβ > 0 et α+ β < 0 : les deux racines sont negatives.

� Si m = −2, alors P = −4x2 − x = −x(4x+ 1) : une racine nulle, l’autre negative.

� Si −2 < m < 2 alors αβ < 0 : les deux racines sont de signes contraires.

� Si 2 < m alors αβ > 0 et α+ β < 0 : les deux racines sont negatives.

2. Si m = 2, alors P = x+ 5 et la seule racine est −5, qui est negative.

On suppose maintenant m 6= 2 : P est un polynome de degre 2.

Le discriminant de P est ∆ = (2m− 5)2 − 4(m− 2)(m+ 3) = 49− 24m.

• Si m >49

24alors ∆ < 0 et P n’a pas de racine reelle.

• Si m =49

24alors ∆ = 0 et P a une racine double negative x =

2m− 5

2(m− 2)= −11.

• Si m <49

24(avec m 6= 2) alors ∆ > 0 et P a deux racines reelles distinctes α, β.

Ces racines sont2m− 5−

√49− 24m

2(m− 2)et

2m− 5 +√

49− 24m

2(m− 2).

On a αβ =m+ 3

m− 2et α+ β =

2m− 5

m− 2.

� Si 2 < m <49

24, alors αβ > 0 et α+ β < 0 : les deux racines sont negatives.

� Si −3 < m < 2 alors αβ < 0. Les deux racines sont de signes contraires.

� Si m = −3, alors P = −5x2+11x = −x(5x−11) : une racine nulle, l’autre positive.

� Si m < −3, alors αβ > 0 et α+ β > 0 : les deux racines sont positives.

Jean-Michel.Ferrard @ac-lyon.fr, 11 aout 2000 Page 20

Nombres reels, suites numeriques

Corrige de l’exercice 3.2.2

1. Soit (E) l’equation√

2x+ 3−√x+ 2 = 2.

(E) ⇔√

2x+ 3 = 2 +√x+ 2 (les deux membres sont ≥ 0 : on eleve au carre)

⇔ 2x+ 3 = 4 + 4√x+ 2 + x+ 2

⇔ x− 3 = 4√x+ 2

On eleve au carre, mais avec la condition x ≥ 3 pour garder l’equivalence :

(E) ⇔{

(x− 3)2 = 16(x+ 2)x ≥ 3

⇔{x2 − 22x− 23 = 0x ≥ 3

⇔{

(x− 23)(x+ 1) = 0x ≥ 3

⇔ x = 23

La seule solution de (E) est donc x = 23.

2. Pour tout x ≥ 24, on a√x− 24 <

√x− 9 donc

√x− 9 +

√x− 24 < 2

√x− 9.

Or pour tout x ≥ 9, on a 2√x− 9 < x. En effet ces deux quantites positives sont dans

le meme ordre que leurs carres 4(x−9) et x2, et le polynome x2−4(x−9) = x2−4x+36(dont le discriminant reduit est ∆′ = −32 < 0) reste strictement positif sur IR.

Pour tout x ≥ 24, on a donc√x− 9 +

√x− 24 < 2

√x− 9 < x.

L’equation√x− 9 +

√x− 24 = x n’a donc pas de solution sur IR.

3. Soit (Em) l’equation√x2 +mx− 1 = −x+ 3m.

On eleve au carre en ajoutant la condition x ≤ 3m pour assurer l’equivalence.

(E) ⇔{

(x2 +mx− 1) = (−x+ 3m)2

x ≤ 3m

⇔{

7mx = 9m2 + 1

x ≤ 3m

On voit que si m = 0 ce systeme n’a pas de solution.

Si m 6= 0, il admet la seule solution xm =9m2 + 1

7m, sous reserve que xm ≤ 3m.

Or 3m− xm =12m2 − 1

7m=

(2m√

3− 1)(2m√

3 + 1)

7m.

Cette quantite est positive ou nulle si et seulement si : m ∈ [− 12√

3, 0[∪[ 1

2√

3,+∞[.

Conclusion :

L’equation (E) a une solution unique x =9m2 + 1

7msi m ∈

[− 1

2√

3, 0[∪[

12√

3,+∞

[.

Dans le cas contraire, (E) ne possede aucune solution dans IR.

Jean-Michel.Ferrard @ac-lyon.fr, 11 aout 2000 Page 21

Nombres reels, suites numeriques

Corrige de l’exercice 3.2.3

Posons k = [x]. On a k ≤ x < k + 1.

• Si k ≤ x < k + 12

alors 2k ≤ 2x < 2k + 1 et [2x] = 2k.

L’equation equivaut alors a 2k − 1 = k − 4, c’est-a-dire k = −3.

On obtient ainsi les solutions x ∈ [−3,−52[.

• Si k + 12≤ x < k + 1 alors 2k + 1 ≤ 2x < 2k + 2 et [2x] = 2k + 1.

L’equation equivaut alors a 2k = k − 4, c’est-a-dire k = −4.

On obtient ainsi les solutions x ∈ [−72,−3[.

• Finalement, l’ensemble des solutions est l’intervalle [−72,−5

2[.

Corrige de l’exercice 3.2.4

Soit x une solution de l’equation (s’il en existe).

Posons X = 4√

41 + x et Y = 4√

41− x.

On constate que X4 + Y 4 = 82 et S = X + Y = 4.

On ecrit l’expression symetrique X4 + Y 4 en fonction de S = X + Y et de P = XY .

X4 + Y 4 = (X2 + Y 2)2 − 2P 2 = ((X + Y )2 − 2P )2 − 2P 2

= (16− 2P )2 − 2P 2 = 256− 64P + 2P 2..

Puisque X4 + Y 4 = 82, il vient P 2 − 32P + 87 = 0, c’est-a-dire (P − 29)(P − 3) = 0.

On a donc{X + Y = 4XY = 29

ou{X + Y = 4XY = 3

.

• Le premier systeme signifie que X, Y sont les racines de t2 − 4t+ 29.

Mais le discriminant de ce trinome est negatif.

Ce premier cas ne donne aucune solution reelle X, Y , donc aucune solution reelle x.

• Le deuxieme systeme signifie que X, Y sont les racines de t2 − 4t+ 3 = (t− 1)(t− 3).

Cela equivaut a{X = 1

Y = 3c’est-a-dire x = X4 − 41 = 41− Y 4 = −40,

ou a{X = 3

Y = 1c’est-a-dire x = X4 − 41 = 41− Y 4 = 40.

Reciproquement −40 et 40 sont solutions de l’equation initiale.

On a donc obtenu les deux seules solutions de cette equation.

[email protected], 11 aout 2000 Page 22

Nombres reels, suites numeriques

Corrige de l’exercice 3.2.5

(S) equivaut au systeme obtenu par somme et difference de ses deux equations.

(S) ⇔{x3 + y3 = 10(x+ y)

x3 − y3 = 4(x− y)

⇔{

(x+ y)(x2 − xy + y2 − 10) = 0

(x− y)(x2 + xy + y2 − 4) = 0

• Avec la condition y = x : (S) ⇔ x(x2 − 10) = 0 ⇔ x = 0 ou x = ±√

10.

On obtient les couples solutions (0, 0), (√

10,√

10) et (−√

10,−√

10).

• Avec la condition y = −x : (S) ⇔ x(x2 − 4) = 0 ⇔ x = 0 ou x = ±2.

On obtient donc les couples solutions (0, 0), (2,−2) et (−2, 2).

• Si on suppose y 6= ±x, alors (S) ⇔{x2 − xy + y2 = 10

x2 + xy + y2 = 4⇔

{x2 + y2 = 7

xy = −3

Mais la premiere equation devient 7 = x2 + y2 = (x+ y)2 − 2xy = (x+ y)2 + 6.

Le systeme (S) equivaut donc a :

{x+ y = ε

xy = −3avec ε = ±1.

� Si ε = 1, cela revient a dire que x et y sont les racines de P (t) = t2 − t − 3, dont lediscriminant est ∆ = 13.

Les racines de P (t) sont a =1−

√13

2et b =

1 +√

13

2.

On obtient les couples solutions (a, b) et (b, a).

� Si ε = −1, cela revient a dire que x et y sont les racines de Q(t) = t2 + t − 3, dont lesracines sont les opposees de celles de P .

Avec les notations precedentes, on obtient donc les solutions (−a,−b) et (−b,−a).

Conclusion : on trouve 9 couples solutions, qui sont

(0, 0), (√

10,√

10), (−√

10,−√

10),

(2,−2), (−2, 2), (a, b), (b, a), (−a,−b), (−b,−a)

Corrige de l’exercice 3.2.6

On factorise a43 dans la premiere parenthese et b

43 dans la seconde.

(a2 + a43 b

23 )

12 + (b2 + a

23 b

43 )

12 = a

23 (a

23 + b

23 )

12 + b

23 (b

23 + a

23 )

12

= (a23 + b

23 )(a

23 + b

23 )

12 = (a

23 + b

23 )

32

[email protected], 11 aout 2000 Page 23

Nombres reels, suites numeriques

Corrige de l’exercice 3.2.7

• On a les equivalences :

(Em) ⇔{

(x− 1)4 = x4 + x2 +m

x ≥ 1⇔

{4x3 − 5x2 + 4x+m− 1 = 0

x ≥ 1

Notons fm l’application definie sur IR par : fm(x) = 4x3 − 5x2 + 4x+m− 1.

Pour tout x reel, f ′m(x) = 12x2 − 10x+ 4 = 2(6x2 − 5x+ 2).

Le discriminant ∆ de P (x) = 6x2 − 5x+ 2 est δ = 25− 48 < 0.

On en deduit que, pour tout x de IR, f ′m(x) > 0.

L’application fm est donc strictement croissante sur IR.

Puisque limx→−∞

fm(x) = −∞ et limx→+∞

fm(x) = +∞, fm est une bijection de IR sur IR.

En particulier il existe un reel ϕ(m) unique (dependant de m) tel que fm(ϕ(m)) = 0.

Ce reel est effectivement solution de (Em) s’il est superieur ou egal a 1.

Or fm(1) = m+ 2. L’application fm etant strictement croissante, on a :

ϕ(m) ≥ 1 ⇔ fm(ϕ(m)) ≥ fm(1) ⇔ 0 ≥ m+ 2 ⇔ m ≤ −2

Conclusion :

� L’equation (Em) n’a pas de solution reelle si m > −2.

� Elle a une solution unique ϕ(m) ≥ 1 si m ≤ −2.

• On sait que l’application ϕ est definie sur ]−∞,−2] et qu’elle est a valeurs dans [1,+∞[.

On a x = ϕ(m) ⇔ m = ψ(x), avec ψ(x) = (x− 1)4 − x4 − x2 = −4x3 + 5x2 − 4x+ 1.

L’application ψ est continue sur [1,+∞[ et elle est strictement decroissante (en effet on aψ′(x) = −2(6x2 − 5x+ 2) < 0 comme on l’a vu precedemment.)

D’autre part, ψ(1) = −2 et limx→+∞

ψ(x) = −∞.

L’application ψ est donc une bijection de [1,+∞[ sur ]−∞,−2].

L’application ϕ est la bijection reciproque de ψ. On en deduit que :

� ϕ est continue sur ]−∞,−2], et strictement decroissante.

� Elle verifie ϕ(−2) = 1 et limm→−∞

ϕ(m) = +∞.

On peut meme trouver un equivalent de ϕ(m) quand m→ −∞.

En effet, en utilisant le fait que limm→−∞

ϕ(m) = +∞, on trouve :

4ϕ3(m)− 5ϕ2(m) + 4ϕ(m) = 1−m ⇒ 4ϕ3(m) ∼ −m

On en deduit ϕ(m) ∼ −(

m4

)1/3quand m→ −∞.

[email protected], 11 aout 2000 Page 24

Nombres reels, suites numeriques

Corrige de l’exercice 3.2.8

1. Notons que si x < −12

alors 2x+ 1 < 0 <√x2 + 8.

Si on suppose x ≥ −12, on obtient une inequation equivalente par elevation au carre.

(2x+ 1)2 < x2 + 8 ⇔ 3x2 + 4x− 7 < 0 ⇔ (x− 1)(3x+ 7) < 0 ⇔ x ∈]− 73, 1[.

Conclusion : l’ensemble des solutions de 2x+ 1 <√x2 + 8 est ]−∞, 1[.

2. Le domaine de definition D de√x2 − 5x+ 4 =

√(x− 1)(x− 4) est ]−∞, 1]∪ [4,+∞[.

Notons aussi que si x ≥ 4 alors 2 − x < 0 alors que√x2 − 5x+ 4 ≥ 0 : un tel reel x

n’est donc pas solution de l’inegalite proposee.

On peut donc supposer x ≤ 1 (pour rester dans le domaine D) ce qui permet d’ecrire :x+

√x2 − 5x+ 4 < 2 ⇔

√x2 − 5x+ 4 < 2− x ⇔ x2 − 5x+ 4 < (2− x)2 ⇔ x > 0.

Conclusion : l’ensemble des solutions de x+√x2 − 5x+ 4 < 2 est l’intervalle ]0, 1].

Corrige de l’exercice 3.2.9

1. Pour tous reels a, b, on a (a+ b)2 − 4ab = a2 + b2 − 2ab = (a− b)2 ≥ 0.

Ainsi (a+ b)2 ≥ 4ab (avec egalite si et seulement si a = b).

On en deduit

(b+ c)2 ≥ 4bc(c+ a)2 ≥ 4ca(a+ b)2 ≥ 4ab

puis par produit (b+ c)2(c+ a)2(a+ b)2 ≥ 64a2b2c2.

En prenant les racines carrees positives, on trouve (b+ c)(c+ a)(a+ b) ≥ 8abc.

De plus l’egalite n’a lieu que si a = b = c.

2. Posons s = a+ b+ c. Alors

(b+ c)(c+ a)(a+ b) = (s− a)(s− b)(s− c)

= s3 − (a+ b+ s︸ ︷︷ ︸=s

)s2 + (ab+ bc+ ca)s− abc

= (ab+ bc+ ca)s− abc

Le resultat de la question precedente s’ecrit :

s(ab+ bc+ ca)− abc ≥ 8abc et donc (a+ b+ c)(ab+ bc+ ca) ≥ 9abc.

Le resultat demande en decoule apres division par abc.

La encore, l’egalite n’a lieu que si a = b = c.

Corrige de l’exercice 3.2.10

On constate que :

b2c2 + c2a2 + a2b2 − abc(a+ b+ c)

= 12(a2(b2 + c2) + b2(a2 + c2) + c2(a2 + b2)− 2a2bc− 2b2ac− 2c2ab)

= 12(a2(b− c)2 + b2(a− c)2 + c2(a− b)2) ≥ 0

.

Jean-Michel.Ferrard @ac-lyon.fr, 11 aout 2000 Page 25

Nombres reels, suites numeriques

Corrige de l’exercice 3.2.11

∀x, y ≥ 0 :xy

x+ y≤ x+ y

4car (x+ y)2 − 4xy = (x− y)2 ≥ 0 (egalite ⇔ x = y).

Si on applique ce resultat aux paires {a, b}, {b, c}, {a, c} et si on ajoute alors on obtient :

ab

a+ b+

bc

b+ c+

ca

c+ a≤ a+ b

4+b+ c

4+c+ a

4=a+ b+ c

2

Et il n’y a egalite que si a = b = c.

Corrige de l’exercice 3.2.12

• Notons α = −a+ b+ c, β = a− b+ c et γ = a+ b− c.

Le resultat a demontrer s’ecrit maintenant : 0 ≤ (α+ β + γ)αβγ ≤ 3.

• On constate que α = −a+ b+ c ≥ c ≥ 0, β = a− b+ c ≥ a ≥ 0, γ = a+ b− c ≥ 0.

On en deduit evidemment 0 ≤ (α+ β + γ)αβγ.

Notons que si α = 0, β = 0 ou γ = 0, la double inegalite est evidente.

On peut donc supposer que α, β, γ sont strictement positifs.

• La concavite de x 7→ lnx donne : ln

(α+ β + γ

3

)≥ 1

3(lnα+ ln β + ln γ) =

1

3ln(αβγ).

Ainsi αβγ ≤(α+ β + γ

3

)3

. Maisα+ β + γ

3=a+ b+ c

3≤ 1.

On en deduit αβγ ≤ 1, puis : (α+ β + γ)αβγ ≤ α+ β + γ ≤ 3.

Corrige de l’exercice 3.2.13

1. On procede par une recurrence finie sur l’entier m, avec n ≥ 1 fixe.

La propriete est evidente si m = 1.

Soit m un entier compris entre 1 et n− 1. On suppose que (1 +1

n)m < 1 +

m

n+ (

m

n)2.

On en deduit : (1 +1

n)m+1 < (1 +

1

n)(1 +

m

n+ (

m

n)2

).

Autrement dit : (1 +1

n)m+1 < 1 +

m+ 1

n+m2 +m

n2+m2

n3.

Mais m < n ⇒ m2 < n(m+ 1). Il en decoulem2

n3<m+ 1

n2.

On en deduit (1 +1

n)m+1 < 1 +

m+ 1

n+m2 + 2m+ 1

n2= 1 +

m+ 1

n+

(m+ 1)2

n2.

Cela prouve la propriete au rang m+ 1 et acheve la recurrence.

[email protected], 11 aout 2000 Page 26

Nombres reels, suites numeriques

2. Dans le cas particulier m = n, on trouve bien sur : (1 +1

n)n < 3.

Pour tout p ≥ 1, on a (1 +1

n)p = 1 +

p

n+

p∑k=2

C kp

1

nk≥ 1 +

p

n.

On en deduit, par elevation a la puissance n :

(1 +p

n)n ≤ (1 +

1

n)np =

((1 +

1

n)n

)p

< 3p.

Corrige de l’exercice 3.2.14

On procede par recurrence sur l’entier n ≥ 1. C’est evident si n = 1.

C’est vrai pour n = 2 car : (1− x1)(1− x2) = 1− (x1 + x2) + x1x2 ≥ 1− (x1 + x2).

On suppose que le resultat est etabli au rang n ≥ 2.

On se donne x1, . . . , xn, xn+1 dans [0, 1].

On trouve :n+1∏k=1

(1− xk) = (1− xn+1)n∏

k=1

(1− xk) ≥ (1− xn+1)

(1−

n∑k=1

xk

)

Ainsi :n+1∏k=1

(1− xk) ≥ 1−n+1∑k=1

xk + xn+1

n∑k=1

xk ≥ 1−n+1∑k=1

xk.

On a ainsi prouve la propriete au rang n+ 1, ce qui acheve la recurrence.

Corrige de l’exercice 3.2.15

La propriete est evidente si n = 1.

Supposons qu’elle soit vraie pour un certain entier n ≥ 1.

On se donne les reels

{a1 ≥ a2 ≥ . . . ≥ an ≥ an+1 ≥ 0

b1 ≥ b2 ≥ . . . ≥ bn ≥ bn+1 ≥ 0

Posons An =n∑

k=1

ak, Bn =n∑

k=1

bk et Sn =n∑

k=1

akbk. Par hypothese AnBn ≤ nSn.

On doit prouver (An + an+1)(Bn + bn+1) ≤ (n+ 1)(Sn + an+1bn+1).

On evalue la difference entre les deux termes a comparer :

(n+ 1)(Sn + an+1bn+1)− (An + an+1)(Bn + bn+1)

= nSn − AnBn + Sn + nan+1bn+1 − an+1Bn − bn+1An

= nSn − AnBn +n∑

k=1

(akbk + an+1bn+1 − an+1bk − bn+1ak)

= nSn − AnBn +n∑

k=1

(ak − an+1)(bk − bn+1)︸ ︷︷ ︸≥0

≥ nSn − AnBn ≥ 0

On a ainsi prouve la propriete au rang n, ce qui acheve la recurrence.

Jean-Michel.Ferrard @ac-lyon.fr, 11 aout 2000 Page 27

Nombres reels, suites numeriques

Corrige de l’exercice 3.3.1

Pour tout entier n, on a : 0 ≤ unvn ≤ un ≤ 1 et 0 ≤ unvn ≤ vn ≤ 1.

On en deduit : limn→+∞

un = limn→+∞

vn = 1.

Corrige de l’exercice 3.3.2

Pour tout reel x, et tout entier k, on a kx ≤ [kx] < kx+ 1.

On en deduit l’encadrement :x

n2

n∑k=1

k ≤ un(x) <1

n2

n∑k=1

(kx+ 1).

Autrement dit :n+ 1

2nx ≤ un(x) <

n+ 1

2nx+

1

n.

On en deduit limn→+∞

un(x) =x

2.

Corrige de l’exercice 3.3.3

On ecrit un =1

C 0n

+1

C 1n

+n−2∑k=2

1

C kn

+1

Cn−1n

+1

Cnn

= 2 +2

n+

n−2∑k=2

1

C kn

Pour tout n ≥ 4 et pour tout k de {2, . . . , n− 2}, on a : C kn ≥ C 2

n et C 2n =

n(n− 1)

2.

On en deduit 2 ≤ un ≤ 2 +2

n+n− 3

C 2n

c’est-a-dire : 2 ≤ un ≤ 2 +2

n+

2(n− 3)

n(n− 1).

Finalement on trouve : limn→+∞

un = 2.

Corrige de l’exercice 3.3.4

Considerons la suite de terme general wn = un+1 − un pour n ≥ 0.

L’hypothese sur la suite (un) s’ecrit : ∀n ∈ IN, wn ≤ wn+1.

La suite (wn) est donc croissante. De plus, comme la suite (un), elle est bornee.

On en deduit que la suite (wn) est convergente. Soit ` sa limite.

• Si ` > 0, alors wn = un+1 − un ≥ 0 pour n assez grand.

• Si ` ≤ 0, alors wn = un+1 − un ≤ 0 pour tout n.

Dans tous les cas, on voit que (un) est monotone au moins a partir d’un certain rang.

Comme cette suite est bornee, cela implique qu’elle est convergente.

[email protected], 11 aout 2000 Page 28

Nombres reels, suites numeriques

Corrige de l’exercice 3.3.5

On constate que un+1 − un =k(n+1)∑m=n+2

1

m−

kn∑m=n+1

1

m=

kn+k∑m=kn+1

1

m− 1

n+ 1.

Dans la derniere somme chacun des k termes est superieur ou egal au dernier1

k(n+ 1).

Il en decoule : un+1 − un ≥k

k(n+ 1)− 1

n+ 1c’est-a-dire un+1 − un ≥ 0.

La suite (un) est donc croissante.

Dans l’expression, un =kn∑

m=n+1

1

m, on majore chaque

1

mpar

1

n+ 1.

Comme il y a (k − 1)n termes dans cette somme, on en deduit : un ≤(k − 1)n

n+ 1≤ k − 1.

Cela prouve que la suite (un) est majoree.

Comme elle est croissante, elle est convergente.

Remarque : on montre que limn→+∞

un = ln k.

Corrige de l’exercice 3.3.6

On sait que a+ c = 2b.

D’autre part, il existe q 6= 0 tel que b = 3aq et c = bq = 3aq2.

On en deduit a+ c = a(3q2 + 1) = 6aq, puis 3q2 − 6q + 1 = 0.

On trouve donc deux solutions : q =3 +

√6

3et q =

3−√

6

3.

Dans le premier cas on a : b = (3 +√

6)a et c = (5 + 2√

6)a.

Dans le deuxieme cas on a : b = (3−√

6)a et c = (5− 2√

6)a.

Corrige de l’exercice 3.3.7

Pour tout entier n, posons cn = u6n.

• On a cn = a3n. La suite (cn) est donc extraite de la suite (an).

On en deduit que la suite (cn) est convergente de limite `.

• On a cn = b2n. La suite (cn) est donc extraite de la suite (bn).

On en deduit que la suite (cn) est convergente de limite `′.

• Par unicite de la limite, il en decoule ` = `′.

[email protected], 11 aout 2000 Page 29

Nombres reels, suites numeriques

Corrige de l’exercice 3.3.8

Notons `a, `b et `c les limites respectives des suites (an), (bn) et (cn).

La suite de terme general xn = u6n = a3n = c2n est extraite de la suite (an).

La suite (xn) est donc convergente de limite `a.

Mais la suite (xn) est egalement extraite de la suite (cn).

Ell est donc convergente de limite `c.

Par unicite de la limite, on en deduit `a = `c.

De meme, la suite de terme general yn = u6n+3 = b3n+1 = c2n+1 est extraite de la suite (bn)(donc convergente de limite `b) et extraite de la suite (cn) (donc convergente de limite `c).

Par unicite de la limite, on en deduit `b = `c.

Finalement `a = `b. La suite des termes d’indices pairs et la suite des termes d’indices impairsde la suite (un) sont donc convergentes vers la meme limite.

On en deduit que la suite (un) est convergente vers ` = `a = `b.

Corrige de l’exercice 3.3.9

• Il est clair que la suite (un) est croissante.

En effet on passe de un a un+1 en remplacant n par n+√n+ 1 dans l’expression de un.

• D’autre part on peut ecrireu2

n+1 = 1 +

√2 +

√3 +

√. . .+

√n+ 1

1 +√

2un = 1 +

√1 · 2 +

√2 · 22 +

√. . .+

√n · 2n

Dans les deux cas, il y a n radicaux superposes.

Pour tout k de {2, . . . , n}, on a : k + 1 ≤ k · 2k.

On peut ainsi comparer les termes de meme rang et d’affirmer que u2n+1 ≤ 1 +

√2un.

• Des deux resultats precedents, on tire : u2n+1 ≤ 1 +

√2un ≤ 1 +

√2un+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 polynome P admet donc deux racines reelles α < β.

La condition P (un) ≤ 0 signifie alors que α ≤ un ≤ β.

On en deduit que la suite (un) est majoree.

Comme cette suite est croissante, elle est convergente.

[email protected], 11 aout 2000 Page 30

Nombres reels, suites numeriques

Corrige de l’exercice 3.3.10

• Comme λ ≥ 0 et µ ≥ 0, on voit que un et vn sont definis pour tout n ≥ 0.

• Pour tout entier naturel n, on a :

vn+1 − un+1 =un + µvn

1 + µ− un + λvn

1 + λ=

(µ− λ)(vn − un)

(1 + µ)(1 + λ)

La suite de terme general vn − un est donc geometrique de raison q =µ− λ

(1 + µ)(1 + λ).

On en deduit, pour tout n de IN : vn − un = qn(v0 − u0).

• On remarque que |q| ≤ µ+ λ

(1 + µ)(1 + λ)< 1.

On en deduit limn→+∞

(vn − un) = 0.

• Pour tout entier naturel n, on a :

un+1 − un =un + λvn

1 + λ− un =

λ

1 + λ(vn − un) =

λ

1 + λqn(v0 − u0)

De meme :

vn+1 − vn =un + µvn

1 + µ− vn =

un − vn

1 + µ=

−1

1 + µqn(v0 − u0)

• On constate que si u0 = v0 = a, alors pour tout n de IN, un = vn = a.

On peut dire dans ce cas que les suites (un) et (vn) sont adjacentes.

Supposons maintenant u0 6= v0.

Pour que les suites (un) et (vn) soient adjacentes, il faut et il suffit que l’une soit croissante,l’autre decroissante, car on sait deja que lim

n→+∞(vn − un) = 0.

Ces conditions de monotonie equivalent a q ≥ 0, c’est-a-dire µ ≥ λ.

• Conclusion : les suites (un) et (vn) sont adjacentes ⇔ µ ≥ λ ou u0 = v0.

• Remarque :

Dans tous les cas, on a :

un = u0 +n−1∑k=0

(uk+1 − uk) = u0 +λ(v0 − u0)

1 + λ

n−1∑k=0

qk = u0 +λ(v0 − u0)

1 + λ

1− qn

1− q

On en deduit :

limn→+∞

un = u0 +λ(v0 − u0)

(1 + λ)(1− q)= u0 +

λ(1 + µ)

1 + 2λ+ µλ(v0 − u0)

Finalement :

limn→+∞

un = limn→+∞

vn =(1 + λ)u0 + λ(1 + µ)v0

1 + 2λ+ λµ

[email protected], 11 aout 2000 Page 31

Nombres reels, suites numeriques

Corrige de l’exercice 3.3.11

Pour tout entier n ≥ 0 : u2n+2 − u2n =1

(2n+ 2)!− 1

(2n+ 1)!< 0.

De meme, pour tout n ≥ 1, on a : u2n+1 − u2n−1 = − 1

(2n+ 1)!+

1

(2n)!> 0.

Enfin u2n+1 − u2n = − 1

(2n+ 1)!tend vers 0 quand n tend vers +∞.

Tout cela signifie que les suites (an = u2n) et (bn = u2n+1) sont adjacentes.

Cela implique qu’elles sont convergentes et ont une meme limite `.

Il en decoule que la suite (un) est elle-meme convergente vers `.

D’autre part, pour tout n ≥ 0, on a l’encadrement u2n+1 = u2n −1

(2n+ 1)!< ` < u2n.

On multiplie par (2n+ 1)! : N − 1 < (2n+ 1)!` < N ou 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’etait, choisir n tel que 2n+ 1 soit superieur ou egal au denominateur de `).

Remarque : on montre que ` =1

e. On en deduit que

1

eet donc e sont irrationnels.

Corrige de l’exercice 3.3.12

• On a lnun =1

nlnn. Ainsi lim

n→+∞lnun = 0 ⇒ lim

n→+∞un = 1.

• Dans le produit n! =n∏

k=1

k, il y a au moinsn

2termes qui sont superieurs ou egaux a

n

2.

On en deduit n! ≥ (n

2)n/2 puis vn ≥

√n

2. Il en decoule lim

n→+∞vn = +∞.

Corrige de l’exercice 3.3.13

Montrons que pour tout x ≥ 0, on a l’encadrement x− 1

2x2 ≤ ln(1 + x) ≤ x.

Pour cela on definit x 7→ ϕ(x) = x− ln(1 + x) et x 7→ ψ(x) = ln(1 + x)− x+1

2x2.

Pour tout x ≥ 0, on a : ϕ′(x) = 1− 1

1 + x=

x

1 + x≥ 0.

Pour tout x ≥ 0, on a : ψ′(x) =1

1 + x− 1 + x =

x2

1 + x≥ 0.

Ainsi, les applications ϕ et ψ, qui sont nulles en 0, sont croissantes sur IR+. On en deduitque sur IR+ elles sont a valeurs ≥ 0, ce qu’il fallait prouver.

[email protected], 11 aout 2000 Page 32

Nombres reels, suites numeriques

Pour tout n ≥ 1, on a : lnun =n∑

k=1

ln(1 +k

n2).

Ainsi, en encadrant chaque terme de la somme :n∑

k=1

(k

n2− k2

2n4

)≤ lnun ≤

n∑k=1

k

n2

Autrement dit :n+ 1

2n− (n+ 1)(2n+ 1)

12n3≤ lnun ≤

n+ 1

2n.

On fait tendre n vers +∞ et on trouve : limn→+∞

lnun =1

2et donc lim

n→+∞un =

√e.

Corrige de l’exercice 3.3.14

Cette epreuve possede 22n resultats elementaires possibles.

Le nombre de “cas favorables” a la realisation de l’evenement considere ici est : Cn2n (c’est

le nombre de manieres differentes de choisir a quel moment vont arriver les n piles parmi les2n jets successifs.)

La probabilite recherchee est donc pn = 2−2nCn2n =

(2n)!

(n!)2 22n.

On constate quepn+1

pn

=(2n+ 2)(2n+ 1)

4(n+ 1)2=

2n+ 1

2(n+ 1)< 1.

La suite (pn) est donc decroissante (ce qui semble assez logique).

Comme elle est minoree (par 0), elle est convergente.

Soit ` sa limite. On va montrer que ` = 0.

Pour tout n ≥ 1, onp2n

pn

=2n−1∏k=n

2k + 1

2(k + 1).

La suite de terme general wk =2k + 1

2(k + 1)= 1− 1

2(k + 1)est croissante.

Dans le produit precedent, on peut donc majorer chaque wk par w2n−1 =4n− 1

4n= 1− 1

4n.

On en deduitp2n

pn

≤(1− 1

4n

)n

puis : ln p2n − ln pn ≤ n ln(1− 1

4n

).

Or limn→+∞

n ln(1− 1

4n

)= −1

4.

Dans ces conditions, l’hypothese ` > 0 serait absurde car elle impliquerait :

limn→+∞

( ln p2n − ln pn) = ln `− ln ` = 0

On en deduit finalement limn→+∞

pn = 0.

Jean-Michel.Ferrard @ac-lyon.fr, 11 aout 2000 Page 33

Nombres reels, suites numeriques

Corrige de l’exercice 3.3.15

Par definition, un =n∑

k=1

n

n2 + k.

Pour tout entier k de {1, . . . , n}, on a :

n

n2 + n≤ n

n2 + k≤ n

n2 + 1

On en deduit l’encadrementn2

n2 + n≤ un ≤

n2

n2 + 1,.

En passant a la limlite quand n→ +∞, on trouve donc limn→+∞

un = 1.

Corrige de l’exercice 3.3.16

• La suite (un) est croissante car un+1 − un =1

(n+ 1)!> 0.

• La suite (vn) est decroissante car :

vn+1 − vn = un+1 − un +1

(n+ 1)(n+ 1)!− 1

n(n!)

=1

(n+ 1)!+

1

(n+ 1)(n+ 1)!− 1

n(n!)

=n(n+ 1) + n− (n+ 1)2

n(n+ 1)(n+ 1)!

=−1

n(n+ 1)(n+ 1)!< 0

• Enfin limn→+∞

vn − un = limn→+∞

1

n(n!)= 0.

• Les trois proprietes precedentes prouvent que les suites (un) et (vn) sont adjacentes.

Elles sont donc convergentes et ont une meme limite `.

• On peut prouver que limn→+∞

un = limn→+∞

vn = e.

• Pour tout entier n, on a un < ` < vn.

On en deduit 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 decoule que ` est irrationnel (par l’absurde, considerer n egal au denominateur de `).

[email protected], 11 aout 2000 Page 34

Nombres reels, suites numeriques

Corrige de l’exercice 3.3.17

1. Si on pose vn = un − k alors :

(n+ 1)2vn+1 −(n− 1)2vn = (n+ 1)2(un+1 − k)− (n− 1)2(un − k)

= (n+ 1)2un+1 − (n− 1)2un − k((n+ 1)2 − (n− 1)2)

= −n(1 + 4k)

Il faut donc poser vn = un +1

4pour avoir : ∀n ≥ 2, (n+ 1)2vn+1 − (n− 1)2vn = 0.

2. Pour tout n ≥ 2, on a : vn+1 =(n− 1)2

(n+ 1)2vn. On en deduit, pour n ≥ 3 :

vn =n−1∏k=2

(k − 1)2

(k + 1)2v2 = v2

n−2∏k=1

k2n∏

k=3

1

k2=

4v2

n2(n− 1)2

Cette expression de vn est encore valable si n = 2.

On en deduit : ∀n ≥ 2, un = −1

4+ vn = −1

4+

4

n2(n− 1)2(u2 +

1

4).

On constate que limn→+∞

vn = 0 et limn→+∞

un = −1

4.

3. Si la relation (E) est vraie pour n = 1, alors v2 = 0, puis vn = 0 pour tout n ≥ 2.

Il en decoule que pour tout n ≥ 2 on a un = −1

4.

Corrige de l’exercice 3.3.18

• Si ` = ±∞, alors limn→+∞

[un] = ` : C’est une consequence de un − 1 < [un] ≤ un.

Dans la suite, on suppose que ` est un reel.

• Supposons que ` ne soit pas entier. Notons k = [`]. On a k < ` < k + 1.

Soit ε > 0 tel que k < `− ε < `+ ε < k + 1.

Il existe un entier n0 tel que n ≥ n0 ⇒ `− ε ≤ un ≤ `+ ε.

Pour tout n ≥ n0, on a donc : [un] = k = [`].

Ainsi la suite ([un]) est stationnaire en [`] donc convergente en ce point.

• Si ` est un entier, alors plusieurs cas sont possibles :

� Si ∃n0 tel que n ≥ n0 ⇒ un ≥ `, alors ([un]) stationne en `, donc converge vers `.

� Si ∃n0 tq n ≥ n0 ⇒ un < `, alors ([un]) stationne en `− 1, donc converge vers `− 1.

� Dans les autres cas, c’est-a-dire si pour tout N il existe n0 ≥ N et n1 ≥ N tels queun0 < ` et un1 ≥ ` alors la suite de terme ([un]) n’est pas convergente (elle possede unesuite extraite convergeant vers ` et une autre convergeant vers `− 1.)

Par exemple si un =(−1)n

n+ 1, alors [u2n] = 0 et [u2n+1] = −1.

Jean-Michel.Ferrard @ac-lyon.fr, 11 aout 2000 Page 35

Nombres reels, suites numeriques

Corrige de l’exercice 3.3.19

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 deduit, pour tout n > m :

|vn| ≤1

n

∣∣∣∣∣m∑

k=1

uk

∣∣∣∣∣+ 1

n

∣∣∣∣∣∣n∑

k=m+1

uk

∣∣∣∣∣∣ et donc |vn| ≤m

n|vm|+

n−m

nε.

Le dernier membre tend vers ε quand n tend vers +∞.

Il existe donc un entier p > m tel que n ≥ p ⇒ m

n|vm|+

n−m

nε ≤ 2ε.

On en deduit que : n ≥ p ⇒ |vn| ≤ 2ε, ce qui prouve limn→+∞

vn = 0 = limn→+∞

un.

• On suppose maintenant que ` est un reel non nul.

Pour tout n ≥ 1, on pose Un = un − ` et Vn = vn − `.

On constate que Vn =1

n

n∑k=1

uk − ` =1

n

n∑k=1

(uk − `) =1

n

n∑k=1

Uk.

Or limn→+∞

Un = 0. Donc limn→+∞

Vn = 0 (premier cas) puis limn→+∞

vn = ` = limn→+∞

un.

• Supposons maintenant ` = +∞. Soit A un reel positif quelconque.

Il existe un entier m tel que n > m ⇒ un ≥ A.

Ainsi n > m ⇒ vn =m

nvm +

1

n

n∑k=m+1

uk ≥m

nvm +

n−m

nA.

Le dernier membre tend vers A quand n tend vers +∞.

Il existe donc un entier p > m tel que n ≥ p ⇒ m

nvm +

n−m

nA ≥ A

2.

On en deduit que : n ≥ p ⇒ vn ≥A

2, ce qui prouve lim

n→+∞vn = +∞ = lim

n→+∞un.

• En fin le cas ` = −∞ se traite en considerant la suite de terme general −un.

2. La reciproque est fausse comme on le voit avec la suite de terme general un = (−1)n.

Cette suite est en effet divergente, alors que limn→+∞

vn = 0.

3. On suppose que la suite (un) est croissante (l’autre cas s’en deduit en considerant −un.)

Cette suite a alors necessairement une limite, finie ou egale a +∞.

Cette limite est necessairement aussi celle de la suite (vn) (question 1).

Ainsi l’hypothese limn→+∞

vn = ` et la croissance de (un) impliquent limn→+∞

un = `.

Remarque : Montrons que la suite (vn) est croissante.

Pour tout k de {1, . . . , n} on uk ≤ un+1. Donc vn =1

n

n∑k=1

uk ≤ un+1.

On en deduit : vn+1 − vn =1

n+ 1(nvn + un+1)− vn =

1

n+ 1(un+1 − vn) ≥ 0.

Remarque : quand (vn) est convergente, on dit que (un) converge au sens de Cesaro.

Jean-Michel.Ferrard @ac-lyon.fr, 11 aout 2000 Page 36

Nombres reels, suites numeriques

Corrige de l’exercice 3.3.20

On ecrit un =1

n!

n−2∑k=1

k! +1

n+ 1 ≥ 1.

Pour chaque k de {1, . . . , n− 2}, on a k! ≤ (n− 2)!.

On en deduit un encadrement de un : 1 ≤ un ≤ 1 +1

n+ (n− 2)

(n− 2)!

n!.

Autrement dit: ∀n ≥ 2, 1 ≤ un ≤ 1 +1

n+

n− 2

n(n− 1). Il en decoule lim

n→+∞un = 1.

Corrige de l’exercice 3.3.21

1. Une recurrence evidente montre que (un) est bien definie et que un > 0 pour tout n.

En consequence la suite (vn) est elle aussi bien definie, et pour tout n ≥ 0 :

vn+1 =−1 + un+1

1 + un+1

=−1 +

1 + aun

a+ un

1 +1 + aun

a+ un

=−(a+ un) + 1 + aun

a+ un + 1 + aun

=(a− 1)(un − 1)

(a+ 1)(un + 1)=a− 1

a+ 1vn

La suite (vn) est donc geometrique de raison q =a− 1

a+ 1.

2. On constate que 1− q2 =(a+ 1)2 − (a− 1)2

(a+ 1)2=

4a

(a+ 1)2> 0.

Autrement dit −1 < q < 1, donc vn = qnv0 tend vers 0 quand n tend vers +∞.

Pour tout n, l’egalite vn =−1 + un

1 + un

s’ecrit un =1 + vn

1− vn

.

Pusique limn→+∞

vn = 0 on en deduit limn→+∞

un = 1.

Corrige de l’exercice 3.3.22

Pour tout entier n ≥ 1, on a :

un =n∑

k=0

uk −n−1∑k=0

uk = a(n+ 1)2 + b(n+ 1)− an2 − bn = 2an+ a+ b

L’enonce montre que cette expression est encore correcte si n = 0.

La suite (un) est donc arithmetique de raison 2a, de premier terme u0 = a+ b.

[email protected], 11 aout 2000 Page 37

Nombres reels, suites numeriques

Corrige de l’exercice 3.3.23

Il suffit pour cela de verifier l’egalite x+ z = 2y, sachant que a+ c = 2b.

Effectivement :

x+ z = b2 + 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

Corrige de l’exercice 3.3.24

Il faut trouver une base b telle que (b2 + 2b+ 3) + (b2 + 5b+ 6) = 2(b2 + 4b).

Cette condition equivaut a b = 9.

Effectivement, en base 9, on a :

x = 123 = 102

y = 140 = 117 = x+ 15

z = 156 = 132 = y + 15

.

Corrige de l’exercice 3.3.25

On voit que les deux suites sont parfaitement definies et a termes strictement positifs.

Pour tout entier n, on a : vn+1 − un+1 =v2

n − u2n

un + vn

= vn − un.

Autrement dit la suite de terme general dn = vn − un est constante.

On peut donc ecrire, pour tout n ≥ 0 : vn = un + v0 − u0.

D’autre part : ∀n ∈ IN,vn+1

un+1

=(vn

un

)2

. Ainsi : ∀n ∈ IN,vn

un

=(v0

u0

)2n

.

Posons λ = v0 − u0 et µ =v0

u0

.

• On constate que si u0 = v0, alors u1 = v1 =u0

2et plus generalement un = vn =

u0

2npour

tout n. Les deux suites (un) et (vn) sont alors convergentes vers 0

• On suppose donc u0 6= v0, c’est-a-dire λ 6= 0 et µ 6= 1.

Pour tout entier n, on a : vn = un µ2n

= un + λ, donc un =λ

µ2n − 1.

� Supposons 0 < µ < 1, c’est-a-dire 0 < v0 < u0.

Alors limn→+∞

µ2n

= 0 donc limn→+∞

un = −λ > 0 donc limn→+∞

vn = 0.

� Supposons 1 < µ, c’est-a-dire 0 < u0 < v0.

Alors limn→+∞

µ2n

= +∞ donc limn→+∞

un = 0 donc limn→+∞

vn = λ > 0.

[email protected], 11 aout 2000 Page 38

Nombres reels, suites numeriques

Corrige de l’exercice 3.3.26

Par une recurrence evidente, (un) et (vn) sont bien definies et sont a valeurs > 0.

Pour tout n ≥ 0, on a : vn+1 − un+1 =un + vn

2−√unvn =

1

2(√vn −

√un)2 ≥ 0.

On en deduit que pour tout n ≥ 1, on a l’inegalite : un ≤ vn.

Dans ces conditions : ∀n ≥ 0, un+1 =√unvn ≥ un et vn+1 =

un + vn

2≤ vn.

La suite (un) est donc croissante, et la suite (vn) decroissante, a partir de n = 1.

En utilisant ce qui precede, on trouve : ∀n ≥ 1, u1 ≤ un ≤ vn ≤ v1.

Ainsi la suite (un) est croissante majoree, et la suite (vn) est decroissante minoree.

On en deduit que ces deux suites sont convergentes.

Posons ` = limn→+∞

un et `′ = limn→+∞

vn.

Si on passe a la limite dans l’egalite vn+1 =un + vn

2on trouve `′ =

`+ `′

2donc ` = `′.

Conclusion : les deux suites (un) et (vn) sont adjacentes.

Corrige de l’exercice 3.3.27

Par une recurrence evidente, (un) et (vn) sont bien definies et sont a valeurs > 0.

Pour tout n ≥ 0, on a : vn+1 − un+1 =un + vn

2− 2unvn

un + vn

=(vn − un)2

2(un + vn)≥ 0.

On en deduit que pour tout n ≥ 1, on a l’inegalite : un ≤ vn.

Dans ces conditions, pour tout entier naturel n :

2

un+1

=1

un

+1

vn

≤ 2

un

(donc un ≤ un+1) et vn+1 =un + vn

2≤ vn.

La suite (un) est donc croissante, et la suite (vn) decroissante, a partir de n = 1.

En utilisant ce qui precede, on trouve : ∀n ≥ 1, u1 ≤ un ≤ vn ≤ v1.

Ainsi la suite (un) est croissante majoree, et la suite (vn) est decroissante minoree.

On en deduit que ces deux suites sont convergentes.

Posons ` = limn→+∞

un et `′ = limn→+∞

vn.

Si on passe a la limite dans l’egalite vn+1 =un + vn

2on trouve `′ =

`+ `′

2donc ` = `′.

Conclusion : les deux suites (un) et (vn) sont adjacentes.

[email protected], 11 aout 2000 Page 39

Nombres reels, suites numeriques

Corrige de l’exercice 3.4.1

La suite u est definie par un+1 = f(un), avec f(x) = x+1 + x

1 + 2x.

On commence par etudier l’application f .

On a f(x) = x ⇔ x = −1 : la seule limite finie possible de la suite u est donc ` = −1.

Pour tout x 6= −12, on a : f ′(x) = 1− 1

(1 + 2x)2= 4

x(x+ 1)

(1 + 2x)2·

On en deduit le tableau de variations de f (avec le signe de f(x)− x =1 + x

1 + 2x) :

Voici la courbe representative de f (avec l’asymptote y = x+ 12

et la bissectrice y = x) :

On constate que x 6= −12⇒ f(x) 6= −1

2.

Puisque u0 6= −12, cela signifie que la suite (un) est entierement definie.

On peut maintenant etudier la suite u, suivant les valeurs de u0.

• Si u0 < −1.

Pour tout x < −1, on a x < f(x) < −1.

En particulier u0 < u1 < −1, puis u1 < u2 < −1.

Par une recurrence evidente : ∀n ≥ 0, un < un+1 < −1.

La suite u, croissante et majoree, converge vers sa seule limite finie possible ` = −1.

[email protected], 11 aout 2000 Page 40

Nombres reels, suites numeriques

• Si u0 = −1.

Puisque −1 est un point fixe de f , la suite u est constante : ∀n ≥ 0, un = −1.

• Si −1 < u0 < −12.

On constate que u1 = f(u0) < −1.

On est donc ramene au premier cas. La suite u converge vers −1.

• Si −12< u0.

Pour tout x > −12, on a −1

2< 1 ≤ x < f(x).

En particulier −12< u0 < u1, puis −1

2< u1 < u2.

Par une recurrence evidente : ∀n ≥ 0, −12< un < un+1.

La suite u est croissante mais elle ne peut manifestement pas converger vers −1 (sa seulelimite finie possible).

On en deduit limn→+∞

un = +∞.

Corrige de l’exercice 3.4.2

La suite u est definie par un+1 = f(un), avec f(x) =1

2(x+

a

x).

Par une recurrence evidente, on voit que un est defini et strictement positif pour tout n.

On a f(x)− x =a− x2

2x.

En particulier f(x) = x ⇔ x =√a.

La seule limite finie possible de la suite u est donc ` =√a.

Pour tout x > 0, on a : f ′(x) =x2 − a

2x2

On en deduit le tableau de variations de f (avec le signe de f(x)−x), et la courbe de f (aveca = 1, l’asymptote y = x

2et la bissectrice y = x) :

[email protected], 11 aout 2000 Page 41

Nombres reels, suites numeriques

On peut maintenant etudier la suite u, suivant les valeurs de u0.

• Si√a < u0.

Pour tout x >√a, on a

√a < f(x) < x.

En particulier√a < u1 < u0 et

√a < u2 < u1.

Par une recurence evidente, on trouve : ∀n ≥ 0,√a < un+1 < un.

La suite u, decroissante et minoree, converge vers sa seule limite finie possible ` =√a.

• Si u0 =√a.

Dans ce cas, la suite u est constante : ∀n ≥ 0, un =√a.

• Si 0 < u0 <√a.

On constate que u1 = f(u0) >√a. On est donc ramene au premier cas.

• Conclusion : Dans tous les cas, limn→+∞

un =√a.

Remarque :

Puisque f ′(√a) = 0, la convergence vers ` =

√a est tres rapide.

On peut en effet ecrire :

un+1 − ` = f(un)− f(`)

= (un − `)f ′(`) +1

2(un − `)2f ′′(`) + o((un − `)2) ∼ 1

2`(un − `)2

On dit que la convergence est de type quadratique. Dans la pratique, le nombre de decimalesexactes, dans l’approximation un ≈

√a, double a peu pres a chaque iteration.

Corrige de l’exercice 3.4.3

La suite u est definie par un+1 = f(un), avec f(x) =x2 + 1

x− 1.

On commence par etudier l’application f , definie pour x 6= 1.

On constate que pour tout x 6= 1, f(x)− 1 =x2 − x+ 2

x− 1est non nul.

Puisque u0 6= 1, on en deduit que la suite u est parfaitement definie.

On a f(x)− x =x+ 1

x− 1et f(x) = x ⇔ x = −1.

La seule limite finie possible de la suite u est donc ` = −1.

Pour tout x 6= 1, on a : f ′(x) =2x(x− 1)− (x2 + 1)

(x− 1)2=x2 − 2x− 1

(x− 1)2·

Dans toute la suite, on note α = 1−√

2 et β = 1 +√

2.

Avec ces notations, on peut ecrire : ∀x 6= 1, f ′(x) =(x− α)(x− β)

(x− 1)2.

[email protected], 11 aout 2000 Page 42

Nombres reels, suites numeriques

On en deduit le tableau de variations de f (avec le signe de f(x)− x =x+ 1

x− 1) et la courbe

de f (avec l’asymptote y = x+ 1 et la bissectrice y = x) :

On peut maintenant etudier la suite u, suivant les valeurs de u0.

• Si u0 < −1.

Pour tout x < −1, on a : x < f(x) < −1. En particulier u0 < u1 < −1 et u1 < u2 < −1.

Par une recurrence evidente, on en deduit : ∀n ≥ 0, un < un+1 < −1.

La suite u, croissante et majoree, converge vers sa seule limite finie possible ` = −1.

• Si u0 = −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 recurrence evidente, on en deduit : ∀n ≥ 0,−1 < un+1 < un < 0.

La suite u, decroissante et minoree, converge vers sa seule limite finie possible ` = −1.

• Si u0 = 0.

On constate que u1 = f(0) = −1, et donc : ∀n ≥ 1, un = −1.

• Si 0 < u0 < 1.

On a u1 = f(u0) < −1. On est donc ramene au premier cas : limn→+∞

un = −1.

• Si u0 > 1.

Pour tout x > 1 on a : 1 < x < f(x). En particulier 1 < u0 < u1 et 1 < u1 < u2.

Par une recurrence evidente, on en deduit : ∀n ≥ 0, 1 < un < un+1.

La suite u est croissante mais elle ne peut manifestement pas converger vers −1 (sa seulelimite finie possible). On en deduit lim

n→+∞un = +∞.

• Conclusion :

Si u0 < 1 alors limn→+∞

un = −1. Si u0 > 1 alors limn→+∞

un = +∞.

[email protected], 11 aout 2000 Page 43

Nombres reels, suites numeriques

Corrige de l’exercice 3.4.4

La suite u est definie par un+1 = f(un), avec f(x) = 2 + ln x.

L’application f est une bijection strictement croissante de IR+∗ sur IR.

Sur IR+∗, on pose g(x) = f(x)− x = 2 + lnx− x. On a g′(x) =1

x− 1.

Voici les variations de g. L’equation f(x) = x possede 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 representative de f (avec la premiere bissectrice):

On peut maintenant etudier la suite u, suivant les valeurs de u0.

• Si u0 = α ou u0 = β. La suite u est constante : ∀n ≥ 0, un = u0.

• Si α < u0 < β.

Pour tout x de ]α, β[, on a : α < x < f(x) < β.

En particulier α < u0 < u1 < β et α < u1 < u2 < β.

Plus generalement, une recurrence evidente donne : ∀n ≥ 0, α < un < un+1 < β.

La suite u, majoree et croissante, est donc convergente.

Ici on a manifestement limn→+∞

un = β (l’autre limite possible, α, est ici exclue).

[email protected], 11 aout 2000 Page 44

Nombres reels, suites numeriques

• Si β < u0.

Pour tout x de ]β,+∞[, on a : β < f(x) < x.

En particulier β < u1 < u0 et β < u2 < u1.

Plus generalement, une recurrence evidente donne : ∀n ≥ 0, α < β < un+1 < un.

La suite u, minoree et decroissante, est donc convergente.

Ici encore on a manifestement limn→+∞

un = β (α est exclu).

• Si 0 < u0 < α.

On a verifier que la suite u n’est pas definie a partir d’un certain rang.

Pour cela on raisonne par l’absurde, et on suppose donc que pour tout n, un existe (et estdonc 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 generalement, une recurrence evidente donne : ∀n ≥ 0, 0 < un+1 < un < α < β.

La suite u, minoree et decroissante, est donc convergente.

On aboutit a 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 definie a partir d’un certain rang.

Corrige de l’exercice 3.4.5

Pour tout n de IN, on a un+1 − un = u2n ≥ 0. La suite u est donc croissante.

La seule limite finie possible, donnee par ` = `(1 + `), est ` = 0.

• Si u0 > 0.

Il est clair que un > 0 pour tout n. On en deduit limn→+∞

un = +∞ (en effet la suite est

croissante et ne peut donc pas converger vers 0).

• Si u0 < −1.

On a u1 = u0(1 + u0) > 0 et on est ramene au cas precedent : limn→+∞

un = +∞.

• Si u0 = 0.

La suite u est constante : ∀n ≥ 0, un = 0.

• Si u0 = −1.

On a alors u1 = 0 ce qui ramene au cas precedent : ∀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 deduit : ∀n ≥ 0,−1 < un < 0.

La suite u, croissante et majoree, est convergente. Necessairement limn→+∞

un = 0.

• Conclusion : Si −1 ≤ u0 ≤ 0 alors limn→+∞

un = 0. Sinon limn→+∞

un = +∞.

[email protected], 11 aout 2000 Page 45

Nombres reels, suites numeriques

Corrige de l’exercice 3.4.6

La suite u est definie ⇔ u0 ≥ −352. On a alors : ∀n ≥ 1, un ≥ 0.

L’equation ` =√

2`+ 35 equivaut a `2 − 2`− 35 = 0 et ` ≥ 0.

Or `2 − 2`− 35 = (`− 7)(`+ 5).

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 =2(un − 7)√2un + 35 + 7

On en deduit |un+1 − 7| ≤ 27|un − 7|.

Une recurrence evidente donne alors : ∀n ≥ 0, |un − 7| ≤(

27

)n|u0 − 7|.

Il en decoule limn→+∞

|un − 7| = 0 c’est-a-dire limn→+∞

un = 7.

Corrige de l’exercice 3.4.7

La suite u est definie par un+1 = f(un), ou f(x) =√

12− x.

L’application f realise une bijection decroissante de ]−∞, 12] sur [0,+∞[.

Pour que u1 soit defini, il est necessaire que u0 ≤ 12.

Pour que u2 soit defini, il faut alors u1 ≤ 12, c’est-a-dire 12− u0 ≤ 144, donc u0 ≥ −132.

Reciproquement, si −132 ≤ u0 ≤ 12, alors 0 ≤ u1 ≤ 12 puis 0 ≤ un ≤ 12 pour tout n.

L’equation ` = f(`) equivaut a `2 + `− 12 = 0 et ` ≥ 0.

Or `2 + `− 12 = (`− 3)(`+ 4).

La seule limite finie possible de la suite u est donc ` = 3.

Pour tout n ≥ 0 : un+1 − 3 =√

12− un −√

12− 3 =3− un√

12− un + 3.

On en deduit |un+1 − 3| ≤ 13|un − 3| et donc : ∀n ≥ 0, |un − 3| ≤

(13

)n|u0 − 3|.

Il en decoule limn→+∞

|un − 3| = 0 c’est-a-dire limn→+∞

un = 3.

Remarque :

La suite u n’est pas monotone. On montre en effet que pour tout choix de u0, les suites determe general vn = u2n et wn = u2n+1 sont adjacentes, de limite commune ` = 3.

[email protected], 11 aout 2000 Page 46

Nombres reels, suites numeriques

Corrige de l’exercice 3.4.8

Pour tout entier n, il est clair que un est defini et positif.

La suite u est definie par un+1 = f(un), ou f(x) =

√8 +

x2

2.

L’application f etant paire, on peut se contenter d’etudier le cas ou u0 ≥ 0.

L’application f est strictement croissante sur IR+.

Pour tout x ≥ 0, on a f(x)− x =

√8 +

x2

2− x =

1

2

16− x2√8 +

x2

2+ x

=1

2

(4− x)(4 + x)√8 +

x2

2+ x

.

On en deduit le signe de f(x)− x, et l’equivalence 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 u0.

• 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 recurrence evidente donne alors : ∀n ≥ 0, 0 ≤ un < un+1 < 4.

La suite u, croissante et majoree, converge vers 4 (seule limite possible).

• Si u0 = 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 recurrence evidente donne alors : ∀n ≥ 0, 4 < un+1 < un.

La suite u, decroissante et minoree, converge vers 4 (seule limite possible).

• Si u0 ≤ 0 : On a alors u1 ≥ 0 et on est ramene aux cas precedents.

• Conclusion : Dans tous les cas, on a limn→+∞

un = 4.

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Nombres reels, suites numeriques

Corrige de l’exercice 3.4.9

Il est clair que un est defini et positif pour tout n.

Posons f(x) =x+ 3

2x. On a f(x)− x =

2x2 − x− 3

2x=

(2x− 3)(x+ 1)

2x.

Ainsi, dans IR+∗, f(x) = x ⇔ x =3

2. La seule limite finie possible est donc ` =

3

2.

On a f ′(x) = − 3

2x2. L’application f est donc decroissante sur IR+∗.

Voici le tableau des variations de f , avec le signe de f(x)− x, et la courbe y = f(x), avec la

bissectrice y = x et l’asymptote horizontale x =1

2.

Il est clair que (sauf dans le cas evident ou u0 = 32) la suite u n’est pas monotone, car les

termes d’indice pair sont d’un cote de 32

et les termes d’indice impair sont de l’autre cote.

Posons an = u2n, bn = u2n+1, et g = f◦f . On verifie que g(x) =7x+ 3

2(x+ 3).

Pour tout entier n, on a : an+1 = g(an) et bn+1 = g(bn).

∀x > 0, g′(x) =9

(x+ 3)2: g est strictement croissante. ∀x > 0, g(x)− x =

(x+ 1)(3− 2x)

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 y = x et l’asymptote horizontale x =7

2.

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Nombres reels, suites numeriques

On peut maintenant etudier la suite u suivant les valeurs de u0.

• Si 0 < u0 <32

: On a donc 0 < a0 = u0 <32

et 32< b0 = u1.

∀x ∈]0, 32[, on a 0 < x < g(x) < 3

2. En particulier, 0 < a0 < a1 <

32

et 0 < a1 < a2 <32.

De meme : ∀x ∈]32,+∞[, on a 3

2< g(x) < x. En particulier 3

2< b1 < b0 et 3

2< b2 < b1.

Par une recurrence evidente, on trouve : ∀n ≥ 0, 0 < an < an+1 <32< bn+1 < bn.

Ainsi la suite (an), qui est croissante majoree, et la suite (bn), qui est decroissante minoree,sont convergentes, et vers 3

2(seule solution positive de g(x) = x.)

Autrement dit, les suites de terme general an = u2n et bn = u2n+1 sont adjacentes.

Conclusion : la suite u converge vers 32.

• Si u0 = 32

: La suite u est constante : ∀n ≥ 0, un = 32.

• Si u0 >32

: On a 0 < u1 <32

et on est ramene au premier cas : limn→+∞

un =3

2.

Voici une illustration graphique du comportement de la suite u, quand u0 = 13.

Corrige de l’exercice 3.4.10

u1 est defini si u0 6= 0, et u2 soit defini si u1 6= 0, donc si u0 6= 1.

On a alors u2 = 1− 1

u1

= 1− 1

1− 1/u0

=1

1− u0

, puis u3 = 1− 1

u2

= 1− (1− u0) = u0.

L’egalite u3 = u0 implique que la suite u est periodique de periode 3 :

Voici une illustration graphique de la suite u, quand u0 = −2 (on a u1 = 32

et u2 = 13).

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Nombres reels, suites numeriques

Corrige de l’exercice 3.4.11

La suite u est definie par la relation un+1 = f(un), ou f(x) =1

14(3x3 − 3x2 − 4x).

Pour tout reel x, on a f(x)− x =1

14(3x3 − 3x2 − 18x) =

3

14x(x− 3)(x+ 2).

Les seules limites finies possibles de la suite u sont donc −2, 0, et 3.

Pour tout x, on a f ′(x) =1

14(9x2 − 6x− 4) =

1

14(3x− 1−

√5)(3x− 1 +

√5).

On constate que f ′(0) = −2

7, f ′(−2) =

22

7et f ′(3) =

59

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 “repulsifs”.

On note α =1−

√5

3≈ −0.412 et β =

1 +√

5

3≈ 1.079 les deux racines de f ′.

On verifie f(α) =5√

5− 7

63≈ 0.066 et f(β) =

−5√

5− 7

63≈ −0.289.

Voici le tableau des variations de f , avec le signe de f(x)− x, et la courbe y = f(x), avec labissectrice y = x.

Nous pouvons commencer l’etude de la suite u, en fonction des valeurs de u0.

On va commencer par les cas les plus simples.

• Si u0 ∈ {−2, 0, 3}.Alors la suite u est constante : ∀n ∈ IN, un = u0.

• Si u0 < −2.

Pour tout x de ]−∞,−2[, on a : f(x) < x < −2, et en particulier u1 < u0 < −2.

Par une recurrence evidente, on trouve : ∀n ≥ 0, un+1 < un < −2.

La suite u est donc decroissante, et elle ne peut visiblement pas converger vers une destrois seules limites possibles −2, 0, 3. On a donc lim

n→+∞un = −∞.

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Nombres reels, suites numeriques

• Si u0 > 3.

Pour tout x de ]3,+∞[, on a : 3 < x < f(x), et en particulier 3 < u0 < u1.

Par une recurrence evidente, on trouve : ∀n ≥ 0, 3 < un < un+1.

La suite u est donc croissante, et elle ne peut visiblement pas converger vers une des troisseules limites possibles −2, 0, 3. On a donc lim

n→+∞un = +∞.

• Si α ≤ u0 ≤ β.

Alors f(α) ≥ u1 ≥ f(β). Or on a : α ≤ f(β) ≤ f(α) ≤ β.

On en deduit α ≤ u1 ≤ β, et par une recurrence evidente : ∀n ∈ IN, α ≤ un ≤ β.

Sur [α, β], f ′′(x) =3

7(3x− 1) s’annule en 1

3.

Le maximum de |f ′(x)| est donc atteint en 13

et∣∣∣f ′(1

3)∣∣∣ = 5

14< 1.

L’application f est donc contractante sur l’intervalle stable [α, β].

On en deduit (c’est un theoreme classique) que la suite u est convergente.

Or la seule limite possible sur cet intervalle est 0. Donc limn→+∞

un = 0.

• Si −2 < u0 ≤ α.

Alors on a les inegalites −2 < u0 < u1 ≤ f(α) ≤ β.

Supposons que u1 verifie encore u1 ≤ α. Alors −2 < u1 < u2 ≤ f(α) ≤ β.

Supposons par l’absurde que pour tout n on ait encore un ≤ α.

Alors on en deduit les inegalites −2 < u0 ≤ un < un+1 ≤ α pour tout n.

Il en decoule que la suite u, croissante majoree, converge vers une limite ` comprise entreu0 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 ramene au cas precedent, et limn→+∞

un = 0.

• Si β ≤ u0 < 3.

Alors on a les inegalites α < f(β) ≤ u1 < u0 < 3.

Supposons que u1 verifie 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 deduit les inegalites β ≤ un+1 < un ≤ u0 < 3 pour tout n.

Il en decoule que la suite u, decroissante minoree, converge vers une limite ` comprise entreβ 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 ramene a un cas deja etudie, et limn→+∞

un = 0.

• Conclusion :

Si −2 < u0 < 3, limn→+∞

un = 0. Si u0 ∈ {−2, 3}, la suite est constante.

Si u0 < −2 alors limn→+∞

un = −∞. Si u0 > 3 alors limn→+∞

un = +∞.

[email protected], 11 aout 2000 Page 51

Nombres reels, suites numeriques

Corrige de l’exercice 3.4.12

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 evident.

L’equation f(x) = x a trois solutions : −4, −32

et 2 (seules limites finies possibles.)

On verifie |f ′(−4)| < 1,∣∣∣f ′(−3

2)∣∣∣ > 1 et |f ′(2)| < 1 : les points fixes −4 et 2 sont donc

“attractifs”, alors que 32

est “repulsif”.

Voici le comportement de la suite u suivant les valeurs de u0 (en abregeant un peu.)

• Si u0 ∈ {−4,−32, 2}.

La suite u est constante : ∀n ∈ IN, un = u0.

• Si u0 < −4.

Sur ]−∞,−4[, on a x < f(x) < −4. Donc pour tout n, un < un+1 < −4.

La suite u, croissante majoree, converge ici vers −4 (seule possibilite.)

• Si −4 < u0 < −32.

Sur ]− 4,−32[, on a −4 < f(x) < x < −3

2. Donc pour tout n, −4 < un+1 < un < −3

2.

La suite u, decroissante minoree, converge ici vers −4 (seule possibilite.)

• Si −3

2< u0 < 2.

Sur ]− 32, 2[, on a −3

2< x < f(x) < 2. Donc pour tout n, −3

2< un < un+1 < 2.

La suite u, croissante majoree, converge ici vers 2 (seule possibilite.)

• Si 2 < u0.

Sur ]2,+∞[, on a 2 < f(x) < x. Donc pour tout n, 2 < un+1 < un.

La suite u, decroissante minoree, converge ici vers 2 (seule possibilite.)

• Conclusion :

Si u0 < −32

alors limn→+∞

un = −4.

Si u0 = −32

alors la suite u est constante.

Si u0 > −32

alors limn→+∞

un = 2.

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Nombres reels, suites numeriques

Corrige de l’exercice 3.4.13

1. On procede par recurrence.

Tout d’abord u0 est bien defini et verifie (u0 − 1)(u0 − a) < 0.

Soit n un entier naturel. On suppose que un est defini et que (un − 1)(un − a) < 0.

En particulier un est non nul, ce qui assure de l’existence de un+1.

Ensuite (un+1 − 1)(un+1 − a) =(a− a

un

)(1− a

un

)=

a

u2n

(un − 1)(un − a) < 0.

On constate donc que un+1 est egalement strictement compris entre 1 et a.

Ceci demontre la propriete au rang n+ 1 et acheve la recurrence.

2. Si on note f(x) = 1 + a− a

xnotons que f(x)− x = −1

x(x− 1)(x− a).

En particulier f(x) = x ⇔ x ∈ {1, a}.Les seules limites finies possibles de la suite u sont donc 1 et a.

Pour tout entier n, on a : un+1 − un = f(un)− un = − 1

un

(un − 1)(un − a) > 0.

La suite u est donc croissante. Comme elle est bornee, elle est majoree donc convergente.

La limite de la suite u est alors le maximum des deux valeurs possibles 1 et a.

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