3. Nombres r´eels, suites num´eriques - cjoint.com · [email protected], 11 aoutˆ...

of 53 /53
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

Embed Size (px)

Transcript of 3. Nombres r´eels, suites num´eriques - cjoint.com · [email protected], 11 aoutˆ...

  • 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)

    [email protected], 11 aout 2000 Page 1

  • 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

    2n+1

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

    Exercice 3.1.2

    Montrer que tout rationnel r de [0, 1[ secrit dune maniere unique :

    r =a22!

    +a33!

    + + ann!

    +

    les entiers ai (nuls a partir dun 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 nest pas un carre parfait, alorsn est irrationnnel.

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

    n nest 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 quune seule valeur dadherence.

    Montrer que cette suite est convergente.

    [email protected], 11 aout 2000 Page 2

  • Nombres reels, suites numeriques

    Exercice 3.1.8

    Soit (un) une suite telle que lim (un+1 un) = 0.

    Prouver que lensemble des valeurs dadherence de (un) est vide ou est un intervalle ferme.

    Donner un exemple representatif de cette deuxieme eventualite.

    Exercice 3.1.9

    Soit A lensemble 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 = inftIR

    {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] loperation partie entiere.

    1. Montrer que pour tout entier relatif k,

    [x+ k

    n

    ]=

    [[x] + k

    n

    ].

    2. Montrer quen1k=0

    [x+ k

    n

    ]= [x].

    [email protected], 11 aout 2000 Page 3

  • Nombres reels, suites numeriques

    3.2. Egalites, equations, inegalites, inequations

    Exercice 3.2.1

    1. Etudier lexistence 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+ 3x+ 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 lequation(Em) : x 1 = 4

    x4 + x2 +m.

    On note (m) lunique solution de cette equation quand elle existe.

    Etudier lapplication (monotonie, continuite, limites aux bornes).

    Exercice 3.2.8

    Resoudre dans IR les inequations suivantes :

    1. 2x+ 1 0 et, pour tout n 0, un+1 =1 + auna+ un

    .

    1. Verifier que la suite (vn) definie par vn =1 + un1 + un

    est geometrique de raisona 1a+ 1

    .

    2. En deduire limvn puis lim un.

    Exercice 3.3.22

    Soient a, b deux reels, et une suite (un) telle que : n IN, u0 +u1 + +un1 = 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 quil en est de meme des reels b2 + bc+ c2, c2 + ca+ a2 et a2 + ab+ b2.

    Jean-Michel.Ferrard @ac-lyon.fr, 11 aout 2000 Page 8

  • Nombres reels, suites numeriques

    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 =u2n

    un + vnet vn+1 =

    v2nun + 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 + vn2

    .

    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

    vnet vn+1 =

    un + vn2

    .

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

    [email protected], 11 aout 2000 Page 9

  • Nombres reels, suites numeriques

    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 + un1 + 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 + u2n1 + 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 +

    u2n2

    .

    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 = 11

    un.

    [email protected], 11 aout 2000 Page 10

  • Nombres reels, suites numeriques

    Exercice 3.4.11

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

    14(3u3n 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.

    [email protected], 11 aout 2000 Page 11

  • Nombres reels, suites numeriques

    Corrige des exercices

    Corrige de lexercice 3.1.1

    Notons un lexpression quil sagit ici de calculer. On procede par recurrence.

    La propriete est vraie si n = 1 car u1 =

    2 = 2 cos

    4.

    On note que pour tout n 1, un+1 =

    2 + un.

    Si un = 2 cos

    2n+1alors un+1 =

    2(1 + cos

    2n+1

    )=

    4 cos2

    2n+2= 2 cos

    2n+2.

    La propriete est donc demontree par recurrence.

    Corrige de lexercice 3.1.2

    On note [x] la partie entiere de tout reel x.On commence par prouver lunicite de la suite (an), en supposant quelle existe.

    Pour simplifier, on note : sn =n1k=2

    akk!

    et rn =

    kn+1

    akk!

    (cette derniere somme est finie).

    Pour tout n 2, on a donc r = sn +ann!

    + 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

    akk!

    Nk=n+1

    k 1k!

    OrN

    k=n+1

    k 1k!

    =N

    k=n+1

    (1

    (k 1)! 1k!

    )=

    1

    n! 1N !

    N an = 0. La suite (an) verifie legalite r =

    n2

    ann!

    .

    [email protected], 11 aout 2000 Page 12

  • Nombres reels, suites numeriques

    On sait deja que 0 a2 1. On se donne donc un entier n 3.Par construction, on a lencadrement : an1 (n 1)!(r sn1) < an1 + 1.

    On en deduit : 0 r sn1 an1

    (n 1)! 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 quon a bien5

    7=

    1

    2!+

    1

    3!+

    1

    4!+

    4

    6!+

    2

    7!:

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

    7

    [email protected], 11 aout 2000 Page 13

  • Nombres reels, suites numeriques

    Corrige de lexercice 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 lexercice 3.1.4

    1. On suppose que n nest pas un carre parfait et, par labsurde, quen est rationnel.

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

    commun) tels quen =

    a

    b, donc tels que a2 = nb2.

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

    Puisque lentier premier p divise n, il divise nb2 = a2 : il divise donc a.

    Mais lexposant 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 nest pas un carre parfait, alorsn 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 quemn est rationnel.

    Dapres ce qui precede, lentier mn est un carre parfait a2, avec a IN.

    On peut donc ecrire m =a2

    net r =

    m+

    n =

    an

    +n =

    a+ nn

    .

    On constate alors quen =

    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, alorsm+

    n est irrationnel.

    Corrige de lexercice 3.1.5

    1. Si a = b = 0, alors a+ b

    2 = 0. Reciproquement si a+ b

    2 = 0 alors b = 0 (sans quoi2 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)

    Jean-Michel.Ferrard @ac-lyon.fr, 11 aout 2000 Page 14

  • Nombres reels, suites numeriques

    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 lexercice 3.1.6

    Supposons par labsurde 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 nest pas.

    Conclusion : le reel x = 3

    5 +

    2 est un irrationnel.

    Corrige de lexercice 3.1.7

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

    On suppose par labsurde que la suite (un) nest pas convergente, et quelle nest donc pasconvergente vers a, sa seule limite possible.

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

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

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

    Elle possede donc une valeur dadherence b, qui verifie necessairement |b a| .

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

    Conclusion : toute suite (un) bornee et nayant quune valeur dadherence a converge vers a.

    Corrige de lexercice 3.1.8

    Lexemple de la suite de terme general un = lnn (qui tend vers +) montre que lensembleX des valeurs dadherence 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 dadherence a et b de (un), avec a < b.

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

    On se donne > 0 : il faut montrer quil existe un entier n tel que |c un| . On nemodifie pas la portee de la demonstration en supposant que a+ < c < b .Dune part il existe un entier N tel que n N |un+1 un| .Dautre part, il existe un entier m N tel que |um a| et un entier p > m tel que|up b| (en effet a et b sont deux valeurs dadherence de la suite (un)).

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

  • Nombres reels, suites numeriques

    Compte tenu de lhypothese sur , on a um < c < up.

    Notons n lindice maximum, compris entre m et p, tel que un c.Avec cette definition, on a donc un c < un+1.Or |un+1 un| (car n m N). On en deduit |c un| .Cela prouve que c est une valeur dadherence de la suite (un) et acheve la demonstration.

    On definit la suite un de la maniere suivante.Il sagit deffectuer des parcours successifs du segment [0, 1], dans un sens puis dans lautre,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) secrit, en posant n = m2 (et 0 k m):

    un = 0, un+1 =1

    m, . . . , un+k =

    k

    m, . . . , un+m1 = 1

    1

    m,un+m = 1,

    un+m+1 = 11

    m, . . . , un+m+k = 1

    k

    m, . . . , un+2m1 =

    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.

    Dautre part, lensemble des valeurs dadherence 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 seulintervalle [un, un+1[ avec m

    2 n m2 +m 1, et alors |x un| 0 donne a lavance.

    Corrige de lexercice 3.1.9

    Soit (vn) une suite convergente delements 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,k10k 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)10k ++

    k=N+1

    (am,k an,k)10k

    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)10k

    +k=N+1

    |am,k an,k| 10k 8+

    k=N+1

    10k =8

    910N

    Si on se donne > 0, il existe un entier M tel que n,m M |vn vm| 0.

    Ainsi on at2

    4 1 + t sur [1, ] et t

    2

    4 1 + t sur [, 0].

    On en deduit que :

    (t) =t2

    4(fonction decroissante) sur [1, ] et

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

    Finalement, = () = 1 + = 3 2

    2 2512

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

    Ces racines sont(2m+ 3)

    12m+ 5

    2(m 2)et(2m+ 3) +

    12m+ 5

    2(m 2).

    On a =m+ 2

    m 2et + = 2m+ 3

    m 2.

    Si 2512

    < m < 2 alors > 0 et + < 0 : les deux racines sont negatives.

    Si m = 2, alors P = 4x2 x = x(4x+ 1) : une racine nulle, lautre negative.

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

    Si 2 < m alors > 0 et + < 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 > 4924

    alors < 0 et P na pas de racine reelle.

    Si m = 4924

    alors = 0 et P a une racine double negative x =2m 5

    2(m 2)= 11.

    Si m < 4924

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

    Ces racines sont2m 5

    49 24m

    2(m 2)et

    2m 5 +

    49 24m2(m 2)

    .

    On a =m+ 3

    m 2et + =

    2m 5m 2

    .

    Si 2 < m < 4924

    , alors > 0 et + < 0 : les deux racines sont negatives.

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

    Si m = 3, alors P = 5x2+11x = x(5x11) : une racine nulle, lautre positive.

    Si m < 3, alors > 0 et + > 0 : les deux racines sont positives.

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

  • Nombres reels, suites numeriques

    Corrige de lexercice 3.2.2

    1. Soit (E) lequation

    2x+ 3x+ 2 = 2.

    (E)

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

    2x+ 3 = 4 + 4x+ 2 + x+ 2

    x 3 = 4x+ 2

    On eleve au carre, mais avec la condition x 3 pour garder lequivalence :

    (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 ax 24 0.

    Lapplication 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 (m) unique (dependant de m) tel que fm((m)) = 0.

    Ce reel est effectivement solution de (Em) sil est superieur ou egal a 1.

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

    (m) 1 fm((m)) fm(1) 0 m+ 2 m 2

    Conclusion :

    Lequation (Em) na pas de solution reelle si m > 2.

    Elle a une solution unique (m) 1 si m 2.

    On sait que lapplication est definie sur ],2] et quelle est a valeurs dans [1,+[.On a x = (m) m = (x), avec (x) = (x 1)4 x4 x2 = 4x3 + 5x2 4x+ 1.Lapplication est continue sur [1,+[ et elle est strictement decroissante (en effet on a(x) = 2(6x2 5x+ 2) < 0 comme on la vu precedemment.)Dautre part, (1) = 2 et lim

    x+(x) = .

    Lapplication est donc une bijection de [1,+[ sur ],2].Lapplication est la bijection reciproque de . On en deduit que :

    est continue sur ],2], et strictement decroissante.

    Elle verifie (2) = 1 et limm

    (m) = +.

    On peut meme trouver un equivalent de (m) quand m .En effet, en utilisant le fait que lim

    m(m) = +, on trouve :

    43(m) 52(m) + 4(m) = 1m 43(m) m

    On en deduit (m) (

    m4

    )1/3quand m .

    [email protected], 11 aout 2000 Page 24

  • Nombres reels, suites numeriques

    Corrige de lexercice 3.2.8

    1. Notons que si x < 12

    alors 2x+ 1 < 0 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 lexercice 3.3.15

    Par definition, un =n

    k=1

    n

    n2 + k.

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

    n

    n2 + n nn2 + k

    nn2 + 1

    On en deduit lencadrementn2

    n2 + n un

    n2

    n2 + 1,.

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

    un = 1.

    Corrige de lexercice 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)! 1n(n!)

    =1

    (n+ 1)!+

    1

    (n+ 1)(n+ 1)! 1n(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 lencadrement : 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!)` nest jamais un entier, quelque soit n.

    Il en decoule que ` est irrationnel (par labsurde, considerer n egal au denominateur de `).

    [email protected], 11 aout 2000 Page 34

  • Nombres reels, suites numeriques

    Corrige de lexercice 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 =n1k=2

    (k 1)2

    (k + 1)2v2 = v2

    n2k=1

    k2n

    k=3

    1

    k2=

    4v2n2(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 lexercice 3.3.18

    Si ` = , alors limn+

    [un] = ` : Cest 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 > 0 tel que k < ` < `+ < k + 1.Il existe un entier n0 tel que n n0 ` un `+ .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, cest-a-dire si pour tout N il existe n0 N et n1 N tels queun0 < ` et un1 ` alors la suite de terme ([un]) nest 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 lexercice 3.3.19

    1. On va discuter suivant les valeurs possibles de `.

    Traitons dabord le cas ` = 0, et donnons-nous > 0.Il existe un entier m tel que n > m |un| . On en deduit, pour tout n > m :

    |vn| 1

    n

    m

    k=1

    uk

    + 1n

    nk=m+1

    uk

    et donc |vn| mn |vm|+ nmn .Le dernier membre tend vers quand n tend vers +.

    Il existe donc un entier p > m tel que n p mn|vm|+

    nmn

    2.

    On en deduit que : n p |vn| 2, 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

    nk=1

    uk ` =1

    n

    nk=1

    (uk `) =1

    n

    nk=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

    nk=m+1

    uk m

    nvm +

    nmn

    A.

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

    Il existe donc un entier p > m tel que n p mnvm +

    nmn

    A A2

    .

    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 (lautre cas sen 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 lhypothese 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

    nk=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 lexercice 3.3.20

    On ecrit un =1

    n!

    n2k=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 2n(n 1)

    . Il en decoule limn+

    un = 1.

    Corrige de lexercice 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+11 + un+1

    =1 + 1 + aun

    a+ un

    1 +1 + auna+ un

    =(a+ un) + 1 + auna+ un + 1 + aun

    =(a 1)(un 1)(a+ 1)(un + 1)

    =a 1a+ 1

    vn

    La suite (vn) est donc geometrique de raison q =a 1a+ 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, legalite vn =1 + un1 + un

    secrit un =1 + vn1 vn

    .

    Pusique limn+

    vn = 0 on en deduit limn+

    un = 1.

    Corrige de lexercice 3.3.22

    Pour tout entier n 1, on a :

    un =n

    k=0

    uk n1k=0

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

    Lenonce 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 lexercice 3.3.23

    Il suffit pour cela de verifier legalite 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 lexercice 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 lexercice 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 =v2n u2nun + 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.

    Dautre part : n IN, vn+1un+1

    =(vnun

    )2. Ainsi : n IN, vn

    un=(v0u0

    )2n.

    Posons = v0 u0 et =v0u0

    .

    On constate que si u0 = v0, alors u1 = v1 =u02

    et plus generalement un = vn =u02n

    pour

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

    On suppose donc u0 6= v0, cest-a-dire 6= 0 et 6= 1.

    Pour tout entier n, on a : vn = un 2n = un + , donc un =

    2n 1.

    Supposons 0 < < 1, cest-a-dire 0 < v0 < u0.Alors lim

    n+2

    n

    = 0 donc limn+

    un = > 0 donc limn+

    vn = 0.

    Supposons 1 < , cest-a-dire 0 < u0 < v0.Alors lim

    n+2

    n

    = + donc limn+

    un = 0 donc limn+

    vn = > 0.

    [email protected], 11 aout 2000 Page 38

  • Nombres reels, suites numeriques

    Corrige de lexercice 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

    2unvn =

    1

    2(vn

    un)

    2 0.

    On en deduit que pour tout n 1, on a linegalite : un vn.

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

    un + vn2

    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 ` = lim

    n+vn.

    Si on passe a la limite dans legalite vn+1 =un + vn

    2on trouve ` =

    `+ `

    2donc ` = `.

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

    Corrige de lexercice 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 2unvnun + vn

    =(vn un)2

    2(un + vn) 0.

    On en deduit que pour tout n 1, on a linegalite : un vn.

    Dans ces conditions, pour tout entier naturel n :

    2

    un+1=

    1

    un+

    1

    vn 2un

    (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 ` = lim

    n+vn.

    Si on passe a la limite dans legalite 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 lexercice 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 lapplication 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 + x1 + 2x

    ) :

    Voici la courbe representative de f (avec lasymptote 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 12 < 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 lexercice 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 a2x2

    On en deduit le tableau de variations de f (avec le signe de f(x)x), et la courbe de f (aveca = 1, lasymptote 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.

    Sia < u0.

    Pour tout x >a, on a

    a < f(x) < x.

    En particuliera < 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 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 lapproximation un

    a, double a peu pres a chaque iteration.

    Corrige de lexercice 3.4.3

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

    x 1.

    On commence par etudier lapplication f , definie pour x 6= 1.

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

    est non nul.

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

    On a f(x) x = x+ 1x 1

    et 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 = 1

    2 et = 1 +

    2.

    Avec ces notations, on peut ecrire : x 6= 1, f (x) = (x )(x )(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+ 1x 1

    ) et la courbe

    de f (avec lasymptote 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 : lim

    n+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 lim

    n+un = 1. Si u0 > 1 alors lim

    n+un = +.

    [email protected], 11 aout 2000 Page 43

  • Nombres reels, suites numeriques

    Corrige de lexercice 3.4.4

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

    Lapplication 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) = 1x 1.

    Voici les variations de g. Lequation f(x) = x possede donc deux solutions distinctes et .

    On trouve 0.1585943396 et 3.146193221.

    et 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 = ou u0 = . La suite u est constante : n 0, un = u0.

    Si < u0 < .Pour tout x de ], [, on a : < x < f(x) < .

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

    Plus generalement, une recurrence evidente donne : n 0, < un < un+1 < .La suite u, majoree et croissante, est donc convergente.

    Ici on a manifestement limn+

    un = (lautre limite possible, , est ici exclue).

    [email protected], 11 aout 2000 Page 44

  • Nombres reels, suites numeriques

    Si < u0.Pour tout x de ],+[, on a : < f(x) < x.En particulier < u1 < u0 et < u2 < u1.

    Plus generalement, une recurrence evidente donne : n 0, < < un+1 < un.La suite u, minoree et decroissante, est donc convergente.

    Ici encore on a manifestement limn+

    un = ( est exclu).

    Si 0 < u0 < .On a verifier que la suite u nest pas definie a partir dun certain rang.

    Pour cela on raisonne par labsurde, 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, [, on a f(x) < x < .

    En particulier 0 < u1 < u0 < et 0 < u2 < u1 < .

    Plus generalement, une recurrence evidente donne : n 0, 0 < un+1 < un < < .La suite u, minoree et decroissante, est donc convergente.

    On aboutit a une contradiction car les deux seules limites possibles, et sont ici exclues.

    Conclusion : si 0 < u0 < , alors la suite u nest pas definie a partir dun certain rang.

    Corrige de lexercice 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 lim

    n+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 : lim

    n+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.Lintervalle ] 1, 0[ est donc stable par f . On en deduit : n 0,1 < un < 0.La suite u, croissante et majoree, est convergente. Necessairement lim

    n+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 lexercice 3.4.6

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

    Lequation ` =

    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 cest-a-dire limn+

    un = 7.

    Corrige de lexercice 3.4.7

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

    12 x.

    Lapplication 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, cest-a-dire 12 u0 144, donc u0 132.

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

    Lequation ` = 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 un12 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 cest-a-dire limn+

    un = 3.

    Remarque :

    La suite u nest 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 lexercice 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.

    Lapplication f etant paire, on peut se contenter detudier le cas ou u0 0.

    Lapplication f est strictement croissante sur IR+.

    Pour tout x 0, on a f(x) x =

    8 +x2

    2 x = 1

    2

    16 x28 +

    x2

    2+ x

    =1

    2

    (4 x)(4 + x)8 +

    x2

    2+ x

    .

    On en deduit le signe de f(x) x, et lequivalence 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.

    [email protected], 11 aout 2000 Page 47

  • Nombres reels, suites numeriques

    Corrige de lexercice 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 = 2x

    2 x 32x

    =(2x 3)(x+ 1)

    2x.

    Ainsi, dans IR+, f(x) = x x = 32. La seule limite finie possible est donc ` =

    3

    2.

    On a f (x) = 32x2

    . Lapplication 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 labissectrice y = x et lasymptote horizontale x =

    1

    2.

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

    termes dindice pair sont dun cote de 32

    et les termes dindice impair sont de lautre cote.

    Posons an = u2n, bn = u2n+1, et g = ff . 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 labissectrice y = x et lasymptote horizontale x =

    7

    2.

    [email protected], 11 aout 2000 Page 48

  • 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 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 u0 .Alors f() u1 f(). Or on a : f() f() .On en deduit u1 , et par une recurrence evidente : n IN, un .

    Sur [, ], f (x) =3

    7(3x 1) sannule en 1

    3.

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

    etf (1

    3) = 5

    14< 1.

    Lapplication f est donc contractante sur lintervalle stable [, ].

    On en deduit (cest 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 .Alors on a les inegalites 2 < u0 < u1 f() .Supposons que u1 verifie encore u1 . Alors 2 < u1 < u2 f() .Supposons par labsurde que pour tout n on ait encore un .Alors on en deduit les inegalites 2 < u0 un < un+1 pour tout n.Il en decoule que la suite u, croissante majoree, converge vers une limite ` comprise entreu0 et , ce qui est absurde.

    Autrement dit, il existe un premier entier m tel que um .A partir de cet entier, on est ramene au cas precedent, et lim

    n+un = 0.

    Si u0 < 3.Alors on a les inegalites < f() u1 < u0 < 3.Supposons que u1 verifie encore u1. Alors < f() u2 < u1 < 3.Supposons par labsurde que pour tout n on ait encore un.Alors on en deduit les inegalites un+1 < un u0 < 3 pour tout n.Il en decoule que la suite u, decroissante minoree, converge vers une limite ` comprise entre et u0, ce qui est absurde.

    Autrement dit, il existe un premier entier m tel que um .A partir de cet entier, on est ramene a un cas deja etudie, et lim

    n+un = 0.

    Conclusion :Si 2 < u0 < 3, lim

    n+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 lexercice 3.4.12

    Lapplication 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.

    Lequation 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 ] 4,3

    2[, on a 4 < f(x) < x < 3

    2. Donc pour tout n, 4 < un+1 < un < 32 .

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

    Si 32< 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.

    [email protected], 11 aout 2000 Page 52

  • Nombres reels, suites numeriques

    Corrige de lexercice 3.4.13

    1. On procede par recurrence.

    Tout dabord 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 lexistence 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 ax

    notons que f(x) x = 1x

    (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.

    [email protected], 11 aout 2000 Page 53

    3. Nombres rels, suites numriques3.1. Nombres rels, topologie de R, bornes sup et inf3.2. Egalits, quations, ingalits, inquations3.3. Limites de suites numriques3.4. Suites dfinies par rcurrenceCorrig des exercices