Le chapitre Les suites numériques en 2 bac PC et SVT : suites majorées, minorées et bornées, monotonie, suites arithmétiques et géométriques, limites et opérations, critères de convergence et suites récurrentes, avec exercices corrigés.
Soit $(u_n)_{n \in I}$ une suite numérique.
Soit $(v_n)_{n \geq 1}$ la suite définie par $v_n = \sqrt{n+1} - \sqrt{n}$ pour tout $n \in \mathbb{N}^*$.
1) Montrer que $(v_n)_{n \geq 1}$ est minorée par 0.
2) Montrer que $(v_n)_{n \geq 1}$ est majorée par $\dfrac{1}{2}$.
3) Que peut-on déduire ?
1) Montrons que $\forall n \in \mathbb{N}^*$, $0 \leq v_n$ :
$$v_n = \sqrt{n+1} - \sqrt{n} = \frac{\left(\sqrt{n+1} - \sqrt{n}\right)\left(\sqrt{n+1} + \sqrt{n}\right)}{\sqrt{n+1} + \sqrt{n}} \quad \text{(le conjugue)}$$ $$v_n = \frac{\left(\sqrt{n+1}\right)^2 - \left(\sqrt{n}\right)^2}{\sqrt{n+1} + \sqrt{n}} = \frac{n + 1 - n}{\sqrt{n+1} + \sqrt{n}} = \frac{1}{\sqrt{n+1} + \sqrt{n}} \geq 0$$Donc $0 \leq v_n$ pour tout $n \in \mathbb{N}^*$ : $(v_n)_{n \geq 1}$ est minorée par 0.
2) Montrons que $v_n \leq \dfrac{1}{2}$ :
$$v_n - \frac{1}{2} = \frac{1}{\sqrt{n+1} + \sqrt{n}} - \frac{1}{2} = \frac{2 - \left(\sqrt{n+1} + \sqrt{n}\right)}{\sqrt{n+1} + \sqrt{n}}$$On a $n \geq 1$ et $n + 1 \geq 2$, donc $\sqrt{n} \geq 1$ et $\sqrt{n+1} \geq \sqrt{2}$. Donc $\sqrt{n+1} + \sqrt{n} \geq 1 + \sqrt{2}$, donc $-\left(\sqrt{n+1} + \sqrt{n}\right) \leq -1 - \sqrt{2}$, donc $2 - \left(\sqrt{n+1} + \sqrt{n}\right) \leq 1 - \sqrt{2}$ ; et puisque $1 - \sqrt{2} < 0$ :
$$v_n - \frac{1}{2} < 0 \quad \forall n \in \mathbb{N}^* \qquad \text{donc} \qquad v_n < \frac{1}{2} \quad \forall n \in \mathbb{N}^*$$Donc la suite $(v_n)_{n \geq 1}$ est majorée par $\dfrac{1}{2}$.
3) Donc la suite $(v_n)_{n \geq 1}$ est bornée car $\forall n \in \mathbb{N}^*$ : $0 < v_n < \dfrac{1}{2}$.
Soit la suite $(u_n)_{n \in \mathbb{N}}$ définie par $u_n = \dfrac{2 + \cos n}{3 - \sin\sqrt{n}}$ pour tout $n \in \mathbb{N}$. Montrer que $(u_n)_{n \in \mathbb{N}}$ est bornée.
Soit $n \in \mathbb{N}$. On a $-1 \leq \cos n \leq 1$ et $-1 \leq \sin\sqrt{n} \leq 1$.
Donc $1 \leq 2 + \cos n \leq 3$ et $-1 \leq -\sin\sqrt{n} \leq 1$, donc $1 \leq 2 + \cos n \leq 3$ et $2 \leq 3 - \sin\sqrt{n} \leq 4$.
$$\text{Donc } 1 \leq 2 + \cos n \leq 3 \quad \text{et} \quad \frac{1}{4} \leq \frac{1}{3 - \sin\sqrt{n}} \leq \frac{1}{2}$$ $$\text{Donc } \frac{1}{4} \leq \frac{2 + \cos n}{3 - \sin\sqrt{n}} \leq \frac{3}{2}, \quad \text{c'est-a-dire } \frac{1}{4} \leq u_n \leq \frac{3}{2}$$Donc $(u_n)_{n \in \mathbb{N}}$ est bornée.
Une suite $(u_n)_{n \in I}$ est bornée si et seulement s'il existe un réel positif $M$ tel que $\forall n \in I \ \ |u_n| \leq M$.
Soit la suite $(u_n)_{n \in \mathbb{N}}$ définie par $u_n = (-1)^n \sin\sqrt{n}$ pour tout $n \in \mathbb{N}$. Montrer que $(u_n)_{n \in \mathbb{N}}$ est bornée.
Soit $n \in \mathbb{N}$ :
$$|u_n| = \left|(-1)^n \sin\sqrt{n}\right| = \left|(-1)^n\right| \left|\sin\sqrt{n}\right| = \left|\sin\sqrt{n}\right| \leq 1$$Donc $|u_n| \leq 1$ pour tout $n \in \mathbb{N}$, donc $(u_n)_{n \in \mathbb{N}}$ est bornée.
Soit $(u_n)_{n \in I}$ une suite numérique.
Soit $(u_n)_{n \in I}$ une suite numérique.
Soit $(u_n)_{n \in \mathbb{N}^*}$ la suite définie par $u_n = \displaystyle\sum_{k=1}^{n} \frac{2^k}{k}$ pour tout $n \in \mathbb{N}^*$. Étudier la monotonie de la suite $(u_n)_{n \in \mathbb{N}^*}$.
Donc $u_n \leq u_{n+1}$ pour tout $n \in \mathbb{N}^*$ : la suite $(u_n)_{n \in \mathbb{N}^*}$ est strictement croissante.
Soit $(u_n)_{n \in \mathbb{N}^*}$ la suite définie par $u_n = \displaystyle\sum_{k=1}^{n} \frac{1}{n+k}$ pour tout $n \in \mathbb{N}^*$. Étudier la monotonie de la suite $(u_n)_{n \in \mathbb{N}^*}$.
Et on a $\displaystyle\sum_{k=1}^{n+1} \frac{1}{n+1+k} = \sum_{k'=2}^{n+2} \frac{1}{n+k'}$ en posant $k' = k+1$ ; et puisque $k'$ est une variable, on peut l'appeler $k$ :
$$\sum_{k=1}^{n+1} \frac{1}{n+1+k} = \sum_{k=2}^{n+2} \frac{1}{n+k}$$ $$\text{Donc } u_{n+1} - u_n = \sum_{k=2}^{n+2} \frac{1}{n+k} - \sum_{k=1}^{n} \frac{1}{n+k} = \frac{1}{2n+1} + \frac{1}{2n+2} - \frac{1}{n+1} = \frac{1}{2(n+1)(2n+1)} > 0$$Donc la suite $(u_n)_{n \in \mathbb{N}^*}$ est strictement croissante.
Soit $(u_n)_{n \in \mathbb{N}}$ la suite récurrente définie par $u_{n+1} = \dfrac{8(u_n - 1)}{u_n + 2}$ pour tout $n \in \mathbb{N}$, et $u_0 = 3$.
1) Montrer que $(u_n)_{n \in \mathbb{N}}$ est minorée par 2.
2) Montrer que $(u_n)_{n \in \mathbb{N}}$ est majorée par 4.
3) Étudier la monotonie de la suite $(u_n)_{n \in \mathbb{N}}$.
1) Montrons par récurrence que $2 \leq u_n$ pour tout $n \in \mathbb{N}$.
Initialisation : pour $n = 0$, $2 \leq u_0$ car $2 < 3$. La proposition est vraie pour $n = 0$.
Hypothèse de récurrence : supposons que $2 \leq u_n$. Montrons alors que $2 \leq u_{n+1}$ :
$$u_{n+1} - 2 = \frac{8(u_n - 1)}{u_n + 2} - 2 = \frac{8(u_n - 1) - 2(u_n + 2)}{u_n + 2} = \frac{6u_n - 12}{u_n + 2} = \frac{6(u_n - 2)}{u_n + 2}$$Et puisque $2 \leq u_n$, on a $u_n - 2 \geq 0$ et $u_n + 2 > 0$, donc $u_{n+1} - 2 \geq 0$. Donc $2 \leq u_n$ pour tout $n \in \mathbb{N}$.
2) Montrons par récurrence que $u_n \leq 4$ pour tout $n \in \mathbb{N}$.
Initialisation : pour $n = 0$, $u_0 \leq 4$ car $3 < 4$. La proposition est vraie pour $n = 0$.
Hypothèse de récurrence : supposons que $u_n \leq 4$. Montrons alors que $u_{n+1} \leq 4$ :
$$4 - u_{n+1} = 4 - \frac{8(u_n - 1)}{u_n + 2} = \frac{4(u_n + 2) - 8(u_n - 1)}{u_n + 2} = \frac{-4u_n + 16}{u_n + 2} = \frac{4(4 - u_n)}{u_n + 2}$$Et puisque $u_n \leq 4$, on a $4 - u_n \geq 0$ et $u_n + 2 > 0$, donc $u_{n+1} \leq 4$. Par suite $u_n \leq 4$ pour tout $n \in \mathbb{N}$.
3)
$$u_{n+1} - u_n = \frac{8(u_n - 1)}{u_n + 2} - u_n = \frac{8(u_n - 1) - u_n(u_n + 2)}{u_n + 2} = \frac{-u_n^2 + 6u_n - 8}{u_n + 2}$$On factorise $-u_n^2 + 6u_n - 8$ : $\Delta = 36 - 32 = 4 > 0$, $x_1 = \dfrac{-6+2}{-2} = 2$ et $x_2 = \dfrac{-6-2}{-2} = 4$, donc $-u_n^2 + 6u_n - 8 = -(u_n - 2)(u_n - 4)$ :
$$u_{n+1} - u_n = \frac{-(u_n - 2)(u_n - 4)}{u_n + 2}$$Or on a $u_n \geq 2$ et $u_n \leq 4$, donc $u_{n+1} - u_n \geq 0$ : la suite $(u_n)_{n \in \mathbb{N}}$ est strictement croissante.
On appelle suite arithmétique toute suite $(u_n)_{n \in I}$ définie par son premier terme et par la relation récurrente $\forall n \in I \ \ u_{n+1} = u_n + r$, où $r$ est un réel fixe. Le réel $r$ s'appelle la raison de la suite $(u_n)_{n \in I}$.
Soit $(u_n)_{n \in I}$ une suite arithmétique de raison $r$ et $u_p$ l'un de ses termes.
$$u_n = u_p + (n - p)r \quad \forall n \in I$$ $$s_n = u_p + u_{p+1} + \dots + u_n = \frac{(n - p + 1)}{2}\left(u_p + u_n\right)$$On appelle suite géométrique toute suite $(u_n)_n$ définie par son premier terme et par la relation récurrente $u_{n+1} = q\,u_n$ pour tout $n \in I$, où $q$ est un réel fixe. Le réel $q$ s'appelle la raison de la suite $(u_n)_n$. Le premier terme et la raison d'une suite géométrique s'appellent aussi les éléments de la suite géométrique.
Si $(u_n)_{n \in I}$ est une suite géométrique de raison $q$ et si $p$ est un entier naturel, alors :
$$u_n = q^{\,n-p}\,u_p \quad \forall n \in I$$ $$s_n = u_p + u_{p+1} + u_{p+2} + \dots + u_{n-2} + u_{n-1} + u_n$$Si $q = 1$ alors $s_n = (n - p + 1)u_p$. Si $q \neq 1$ alors :
$$s_n = u_p\,\frac{1 - q^{\,n-p+1}}{1 - q}$$Un jeune homme se préparait à l'examen du baccalauréat ; son père, pour l'encourager, lui demanda ce qu'il désirait en récompense.
« Mon examen devant avoir lieu le 20 juin, répondit-il, donne-moi seulement 1 centime le 1er juin, 2 centimes le lendemain, 4 centimes le surlendemain, en doublant chaque jour jusqu'au 20 inclusivement. Et donne-moi la somme. J'emploierai cet argent pour faire un voyage pendant les vacances. »
Le père pensa qu'avec cette somme son fils n'irait pas loin ; mais au bout de quelques jours, il commença à s'apercevoir de son erreur. Avec quelle somme le fils va-t-il pouvoir partir en vacances ?
Les nombres de centimes à payer chaque jour sont les termes d'une suite géométrique de 20 termes dont le premier est $u_1 = 1$ et la raison $q = 2$ : $u_2 = 2$ (la somme à donner le 2e jour), …, $u_{20}$ (la somme à donner le 20e jour).
$$u_n = u_1 \times q^{\,n-1} = 1 \times 2^{\,n-1} = 2^{\,n-1}, \qquad u_{20} = 2^{20-1} = 2^{19} = 524288 \text{ centimes}$$La somme totale à payer serait :
$$s_{20} = u_1 + u_2 + u_3 + \dots + u_{20} = u_1\,\frac{1 - 2^{20-1+1}}{1 - 2} = 2^{20} - 1 = 1048575 \text{ centimes}$$Soit $s_{20} \simeq 1$ million 500 dh. Joli voyage !
Calculer en fonction de $n$ la somme suivante :
$$s_n = \sum_{k=0}^{k=n-1} \left(\frac{1}{2}\right)^k = 1 + \frac{1}{2} + \left(\frac{1}{2}\right)^2 + \dots + \left(\frac{1}{2}\right)^{n-1}$$On pose $u_n = \left(\dfrac{1}{2}\right)^n$. On a $(u_n)_n$ une suite géométrique de raison $q = \dfrac{1}{2}$ car $\dfrac{u_{n+1}}{u_n} = \dfrac{1}{2}$. Donc :
$$s_n = \sum_{k=0}^{k=n-1} \left(\frac{1}{2}\right)^k = 1 \cdot \frac{1 - \left(\frac{1}{2}\right)^n}{1 - \frac{1}{2}} = 2\left(1 - \left(\frac{1}{2}\right)^n\right)$$Soit $(u_n)_{n \in \mathbb{N}}$ la suite définie par $u_{n+2} = \dfrac{1}{27}\left(12u_{n+1} - u_n\right)$ pour tout $n \in \mathbb{N}$, avec $u_0 = 2$ et $u_1 = \dfrac{4}{9}$. On considère la suite $(v_n)_{n \in \mathbb{N}}$ définie par $v_n = u_n - \dfrac{1}{3^n}$ pour tout $n \in \mathbb{N}$.
1) Montrer que $u_{n+1} = \dfrac{1}{9}u_n + \dfrac{2}{3^{n+2}}$ pour tout $n \in \mathbb{N}$.
2) a) Montrer que $(v_n)_{n \in \mathbb{N}}$ est une suite géométrique dont on déterminera la raison et le premier terme. b) Écrire $v_n$ et $u_n$ en fonction de $n$. c) Calculer la somme $s_n = \displaystyle\sum_{k=0}^{k=n} u_k = u_0 + u_1 + \dots + u_n$.
1) Montrons par récurrence que $u_{n+1} = \dfrac{1}{9}u_n + \dfrac{2}{3^{n+2}}$.
Initialisation : $n = 0$ : $\dfrac{1}{9}u_0 + \dfrac{2}{3^{0+2}} = \dfrac{2}{9} + \dfrac{2}{9} = \dfrac{4}{9} = u_1$. La proposition est vraie pour $n = 0$.
Supposons que $u_{n+1} = \dfrac{1}{9}u_n + \dfrac{2}{3^{n+2}}$ ; montrons alors que $u_{n+2} = \dfrac{1}{9}u_{n+1} + \dfrac{2}{3^{n+3}}$.
On a $u_{n+1} = \dfrac{1}{9}u_n + \dfrac{2}{3^{n+2}}$ donc $u_n = 9\left(u_{n+1} - \dfrac{2}{3^{n+2}}\right)$, et $u_{n+2} = \dfrac{1}{27}\left(12u_{n+1} - u_n\right)$ :
$$u_{n+2} = \frac{1}{27}\left(12u_{n+1} - 9\left(u_{n+1} - \frac{2}{3^{n+2}}\right)\right) = \frac{1}{27}\left(3u_{n+1} + \frac{2}{3^n}\right) = \frac{1}{9}u_{n+1} + \frac{2}{3^{n+3}}$$Par suite $u_{n+1} = \dfrac{1}{9}u_n + \dfrac{2}{3^{n+2}}$ pour tout $n \in \mathbb{N}$.
2) a) On a $v_{n+1} = u_{n+1} - \dfrac{1}{3^{n+1}}$, donc :
$$v_{n+1} = \frac{1}{9}u_n + \frac{2}{3^{n+2}} - \frac{1}{3^{n+1}} = \frac{1}{9}u_n - \frac{1}{3^{n+2}} = \frac{1}{9}\left(u_n - \frac{1}{3^n}\right) = \frac{1}{9}v_n$$Donc $(v_n)_{n \in \mathbb{N}}$ est une suite géométrique de raison $q = \dfrac{1}{9}$ et de premier terme $v_0 = 1$.
b) Donc $v_n = v_0 \times q^n$, soit $v_n = \left(\dfrac{1}{9}\right)^n$ pour tout $n \in \mathbb{N}$. Puisque $u_n = v_n + \dfrac{1}{3^n}$ :
$$u_n = \left(\frac{1}{9}\right)^n + \left(\frac{1}{3}\right)^n$$c) On a $u_n = v_n + w_n$ avec $w_n = \left(\dfrac{1}{3}\right)^n$ ; $(v_n)_n$ et $(w_n)_n$ sont deux suites géométriques de raisons $q = \dfrac{1}{9}$ et $q' = \dfrac{1}{3}$, donc :
$$s_n = \sum_{k=0}^{k=n} u_k = \sum_{k=0}^{k=n} v_k + \sum_{k=0}^{k=n} w_k = v_0\,\frac{1 - \left(\frac{1}{9}\right)^{n+1}}{1 - \frac{1}{9}} + w_0\,\frac{1 - \left(\frac{1}{3}\right)^{n+1}}{1 - \frac{1}{3}}$$ $$s_n = \frac{9}{8}\left(1 - \left(\frac{1}{9}\right)^{n+1}\right) + \frac{3}{2}\left(1 - \left(\frac{1}{3}\right)^{n+1}\right) = \frac{21}{8} - \frac{1}{8}\left(\frac{1}{9}\right)^{n} - \frac{1}{2}\left(\frac{1}{3}\right)^{n}$$Soit $(u_n)_{n \in \mathbb{N}}$ la suite définie par $u_{n+1} = \dfrac{u_n}{\sqrt{u_n + 2}}$ pour tout $n \in \mathbb{N}$, avec $u_0 \in \,]-1 ; 0[$.
1) Montrer que $-1 < u_n < 0$ pour tout $n \in \mathbb{N}$.
2) Montrer que $(u_n)_{n \in \mathbb{N}}$ est une suite strictement croissante.
3) Montrer que $u_{n+1} \geq \dfrac{u_n}{\sqrt{u_0 + 2}}$ pour tout $n \in \mathbb{N}$, et en déduire que $u_n \geq \dfrac{u_0}{\left(\sqrt{u_0 + 2}\right)^n}$ pour tout $n \in \mathbb{N}$.
1) Montrons par récurrence que $-1 < u_n < 0$.
Initialisation : $n = 0$ : $-1 < u_0 < 0$. La proposition est vraie pour $n = 0$.
Supposons que $-1 < u_n < 0$ ; montrons que $-1 < u_{n+1} < 0$. On a $-1 < u_n < 0$ donc $1 < u_n + 2 < 2$, donc $1 < \sqrt{u_n + 2} < \sqrt{2}$, donc $\dfrac{1}{\sqrt{2}} < \dfrac{1}{\sqrt{u_n + 2}} < 1$.
Et puisque $0 < -u_n < 1$, alors $0 < \dfrac{-u_n}{\sqrt{u_n + 2}} < 1$, donc $-1 < \dfrac{u_n}{\sqrt{u_n + 2}} < 0$, donc $-1 < u_{n+1} < 0$. D'où $-1 < u_n < 0$ pour tout $n \in \mathbb{N}$.
2)
$$u_{n+1} - u_n = \frac{u_n}{\sqrt{u_n + 2}} - u_n = \frac{u_n}{\sqrt{u_n + 2}}\left(1 - \sqrt{u_n + 2}\right)$$Et puisque $1 - \sqrt{u_n + 2} < 0$ et $\dfrac{u_n}{\sqrt{u_n + 2}} < 0$, alors $u_{n+1} - u_n > 0$ : la suite $(u_n)_{n \in \mathbb{N}}$ est strictement croissante.
3) Soit $n \in \mathbb{N}$. On a $u_n \geq u_0$ car $(u_n)_{n \in \mathbb{N}}$ est croissante. Donc $\sqrt{2 + u_n} \geq \sqrt{2 + u_0}$, c'est-à-dire $\dfrac{1}{\sqrt{2 + u_n}} \leq \dfrac{1}{\sqrt{2 + u_0}}$ ; et puisque $u_n < 0$ :
$$\frac{u_n}{\sqrt{2 + u_n}} \geq \frac{u_n}{\sqrt{2 + u_0}} \qquad \text{donc} \qquad u_{n+1} \geq \frac{u_n}{\sqrt{2 + u_0}} \quad \forall n \in \mathbb{N}$$Soit $n \in \mathbb{N}$. On a $0 > u_{n+1} \geq \dfrac{u_n}{\sqrt{2 + u_0}}$, donc $0 \leq -u_{n+1} \leq \dfrac{-u_n}{\sqrt{2 + u_0}}$. En donnant à $n$ des valeurs :
$$0 \leq -u_1 \leq \frac{-u_0}{\sqrt{2 + u_0}}, \quad 0 \leq -u_2 \leq \frac{-u_1}{\sqrt{2 + u_0}}, \quad \dots, \quad 0 \leq -u_n \leq \frac{-u_{n-1}}{\sqrt{2 + u_0}}$$Le produit des inégalités donne $0 < -u_n \leq \dfrac{-u_0}{\left(\sqrt{u_0 + 2}\right)^n}$, donc :
$$u_n \geq \frac{u_0}{\left(\sqrt{u_0 + 2}\right)^n} \quad \forall n \in \mathbb{N}$$L'expression « quand $n$ tend vers $+\infty$ » est superflue, car l'étude de la limite d'une suite c'est toujours quand $n$ tend vers $+\infty$, et on se contente d'écrire $\lim u_n = +\infty$.
Les suites $(n)$ ; $\left(n^2\right)$ ; $\left(n^p\right)$ avec $p \in \mathbb{N}^*$ ; $\left(\sqrt{n}\right)$ tendent vers $+\infty$ ; on écrit :
$$\lim_{n \to +\infty} n = +\infty \ ; \quad \lim_{n \to +\infty} n^2 = +\infty \ ; \quad \lim_{n \to +\infty} n^p = +\infty \ (p \in \mathbb{N}^*) \ ; \quad \lim_{n \to +\infty} \sqrt{n} = +\infty$$Les suites $\left(\dfrac{1}{n}\right)$ ; $\left(\dfrac{1}{n^2}\right)$ ; $\left(\dfrac{1}{n^3}\right)$ ; $\left(\dfrac{1}{n^p}\right)$ ; $\left(\dfrac{1}{\sqrt{n}}\right)$ tendent vers 0 ; on écrit :
$$\lim_{n \to +\infty} \frac{1}{n} = 0 \ ; \quad \lim_{n \to +\infty} \frac{1}{n^2} = 0 \ ; \quad \lim_{n \to +\infty} \frac{1}{n^p} = 0 \ (p \in \mathbb{N}^*) \ ; \quad \lim_{n \to +\infty} \frac{1}{\sqrt{n}} = 0$$Une suite qui tend vers une limite finie $l$ s'appelle une suite convergente. Une suite qui n'est pas convergente est une suite divergente.
Les suites $\left(\dfrac{1}{n}\right)$ ; $\left(\dfrac{1}{n^2}\right)$ ; $\left(\dfrac{1}{n^3}\right)$ ; $\left(\dfrac{1}{n^p}\right)$ ; $\left(\dfrac{1}{\sqrt{n}}\right)$ sont des suites convergentes.
Les suites $(n)$ ; $\left(n^p\right)$ avec $p \in \mathbb{N}^*$ ; $\left(\sqrt{n}\right)$ ; $(\cos n)$ ; $\left((-1)^n\right)$ sont divergentes.
Si une suite $(u_n)_{n \in \mathbb{N}}$ admet une limite finie $l$, cette limite est unique.
Limite de la somme (F.I. = forme indéterminée) :
$$\begin{array}{|c|c|c|c|c|c|c|} \hline \lim u_n & l & l & l & +\infty & -\infty & +\infty \\ \hline \lim v_n & l' & +\infty & -\infty & +\infty & -\infty & -\infty \\ \hline \lim (u_n + v_n) & l + l' & +\infty & -\infty & +\infty & -\infty & \text{F.I.} \\ \hline \end{array}$$Limites des produits :
$$\begin{array}{|c|c|c|c|c|c|} \hline \lim u_n & l & l > 0 \text{ ou } +\infty & l > 0 \text{ ou } +\infty & l < 0 \text{ ou } -\infty & \pm\infty \\ \hline \lim v_n & l' & +\infty & -\infty & +\infty & 0 \\ \hline \lim (u_n \times v_n) & l\,l' & +\infty & -\infty & -\infty & \text{F.I.} \\ \hline \end{array}$$Limites des inverses :
$$\begin{array}{|c|c|c|c|c|} \hline \lim u_n & l \neq 0 & 0^+ & 0^- & \pm\infty \\ \hline \lim \dfrac{1}{u_n} & \dfrac{1}{l} & +\infty & -\infty & 0 \\ \hline \end{array}$$Limites des quotients :
$$\begin{array}{|c|c|c|c|c|c|} \hline \lim u_n & l & l > 0 \text{ ou } +\infty & l < 0 \text{ ou } -\infty & 0 & \pm\infty \\ \hline \lim v_n & l' \neq 0 & 0^+ & 0^+ & 0 & \pm\infty \\ \hline \lim \dfrac{u_n}{v_n} & \dfrac{l}{l'} & +\infty & -\infty & \text{F.I.} & \text{F.I.} \\ \hline \end{array}$$Utiliser les opérations sur les limites des suites pour calculer les limites suivantes :
$$1)\ \lim_{n \to +\infty} \frac{2}{\sqrt{3n}} - \frac{2}{3n} + \frac{5}{n^2} - 1 \qquad 2)\ \lim_{n \to +\infty} \left(-3 + \frac{1}{n}\right)\left(1 + \frac{2}{\sqrt{n}}\right) \qquad 3)\ \lim_{n \to +\infty} n^2 - n$$ $$4)\ \lim_{n \to +\infty} \sqrt{n} - 2n \qquad 5)\ \lim_{n \to +\infty} 4n^2 - 2n - 5 \qquad 6)\ \lim_{n \to +\infty} \frac{4n^2 - 3n - 7}{3n^2 + 5} \qquad 7)\ \lim_{n \to +\infty} \sqrt{n^2 - 3n + 2} - n$$1) $\displaystyle\lim_{n \to +\infty} \frac{2}{\sqrt{3n}} - \frac{2}{3n} + \frac{5}{n^2} - 1 = 0 - 0 + 0 - 1 = -1$, car $\displaystyle\lim \frac{2}{\sqrt{3n}} = 0$, $\displaystyle\lim \frac{2}{3n} = 0$ et $\displaystyle\lim \frac{5}{n^2} = 0$.
2) $\displaystyle\lim_{n \to +\infty} \left(-3 + \frac{1}{n}\right)\left(1 + \frac{2}{\sqrt{n}}\right) = (-3 + 0)(1 + 0) = -3$, car $\displaystyle\lim \frac{1}{n} = 0$ et $\displaystyle\lim \frac{2}{\sqrt{n}} = 0$.
3) Directement on trouve une forme indéterminée $(+\infty - \infty)$ :
$$\lim_{n \to +\infty} n^2 - n = \lim_{n \to +\infty} n(n - 1) = +\infty$$car $\displaystyle\lim n = +\infty$ et $\displaystyle\lim (n-1) = +\infty$ et $+\infty \times +\infty = +\infty$.
4) Directement on trouve une forme indéterminée $(+\infty - \infty)$ :
$$\lim_{n \to +\infty} \sqrt{n} - 2n = \lim_{n \to +\infty} \sqrt{n}\left(1 - 2\sqrt{n}\right) = -\infty$$car $\displaystyle\lim \sqrt{n} = +\infty$ et $\displaystyle\lim \left(1 - 2\sqrt{n}\right) = -\infty$ et $+\infty \times -\infty = -\infty$.
5)
$$\lim_{n \to +\infty} 4n^2 - 2n - 5 = \lim_{n \to +\infty} n^2\left(4 - \frac{2}{n} - \frac{5}{n^2}\right) = +\infty$$puisque $\displaystyle\lim -\frac{2}{n} = 0$, $\displaystyle\lim \frac{-5}{n^2} = 0$ et $\displaystyle\lim n^2 = +\infty$.
6)
$$\lim_{n \to +\infty} \frac{4n^2 - 3n - 7}{3n^2 + 5} = \lim_{n \to +\infty} \frac{n^2\left(4 - \frac{3}{n} - \frac{7}{n^2}\right)}{n^2\left(3 + \frac{5}{n^2}\right)} = \frac{4}{3}$$car $\displaystyle\lim -\frac{3}{n} = 0$, $\displaystyle\lim \frac{-7}{n^2} = 0$ et $\displaystyle\lim \frac{5}{n^2} = 0$.
7)
$$\lim_{n \to +\infty} \sqrt{n^2 - 3n + 2} - n = \lim_{n \to +\infty} \frac{\left(\sqrt{n^2-3n+2} - n\right)\left(\sqrt{n^2-3n+2} + n\right)}{\sqrt{n^2-3n+2} + n} = \lim_{n \to +\infty} \frac{-3n + 2}{\sqrt{n^2\left(1 - \frac{3}{n} + \frac{2}{n^2}\right)} + n}$$ $$= \lim_{n \to +\infty} \frac{n\left(-3 + \frac{2}{n}\right)}{n\left(\sqrt{1 - \frac{3}{n} + \frac{2}{n^2}} + 1\right)} = \lim_{n \to +\infty} \frac{-3 + \frac{2}{n}}{\sqrt{1 - \frac{3}{n} + \frac{2}{n^2}} + 1} = -\frac{3}{2}$$1) La limite d'une suite polynôme est la limite de son terme de plus grand degré.
2) La limite d'une suite rationnelle est la limite du rapport des termes de plus grand degré.
Calculer les limites suivantes :
$$1)\ \lim_{n \to +\infty} 4n^3 - 5n^2 + 3n - 1 \qquad 2)\ \lim_{n \to +\infty} 6n^3 - 2n^5 + 7n - 9 \qquad 3)\ \lim_{n \to +\infty} \frac{9n - 3}{3n + 5}$$ $$4)\ \lim_{n \to +\infty} \frac{6n^2 - 9}{3n + 1} \qquad 5)\ \lim_{n \to +\infty} \frac{7n^2 + 1}{14n^3 - 5n + 9} \qquad 6)\ \lim_{n \to +\infty} \frac{n^2 + 1}{n^5 + 3n - 4}$$1) $\displaystyle\lim_{n \to +\infty} 4n^3 - 5n^2 + 3n - 1 = \lim_{n \to +\infty} 4n^3 = +\infty$
2) $\displaystyle\lim_{n \to +\infty} 6n^3 - 2n^5 + 7n - 9 = \lim_{n \to +\infty} -2n^5 = -\infty$
3) $\displaystyle\lim_{n \to +\infty} \frac{9n - 3}{3n + 5} = \lim_{n \to +\infty} \frac{9n}{3n} = 3$
4) $\displaystyle\lim_{n \to +\infty} \frac{6n^2 - 9}{3n + 1} = \lim_{n \to +\infty} \frac{6n^2}{3n} = \lim_{n \to +\infty} 2n = +\infty$
5) $\displaystyle\lim_{n \to +\infty} \frac{7n^2 + 1}{14n^3 - 5n + 9} = \lim_{n \to +\infty} \frac{7n^2}{14n^3} = \lim_{n \to +\infty} \frac{1}{2n} = 0$
6) $\displaystyle\lim_{n \to +\infty} \frac{n^2 + 1}{n^5 + 3n - 4} = \lim_{n \to +\infty} \frac{n^2}{n^5} = \lim_{n \to +\infty} \frac{1}{n^3} = 0$
Calculer les limites suivantes :
$$1)\ \lim_{n \to +\infty} \sqrt{n+2} - \sqrt{n} \qquad 2)\ \lim_{n \to +\infty} \sqrt{n^2 + n + 1} - n$$1)
$$\lim_{n \to +\infty} \sqrt{n+2} - \sqrt{n} = \lim_{n \to +\infty} \frac{\left(\sqrt{n+2} - \sqrt{n}\right)\left(\sqrt{n+2} + \sqrt{n}\right)}{\sqrt{n+2} + \sqrt{n}} = \lim_{n \to +\infty} \frac{2}{\sqrt{n+2} + \sqrt{n}} = 0$$2)
$$\lim_{n \to +\infty} \sqrt{n^2+n+1} - n = \lim_{n \to +\infty} \frac{\left(\sqrt{n^2+n+1} - n\right)\left(\sqrt{n^2+n+1} + n\right)}{\sqrt{n^2+n+1} + n} = \lim_{n \to +\infty} \frac{n+1}{\sqrt{n^2\left(1 + \frac{1}{n} + \frac{1}{n^2}\right)} + n}$$ $$= \lim_{n \to +\infty} \frac{1 + \frac{1}{n}}{\sqrt{1 + \frac{1}{n} + \frac{1}{n^2}} + 1} = \frac{1}{2}$$Si la suite $(u_n)_{n \in \mathbb{N}}$ est définie d'une façon explicite $u_n = f(n)$, alors :
$$\lim_{n \to +\infty} u_n = \lim_{x \to +\infty} f(x)$$Calculer les limites suivantes :
$$1)\ \lim_{n \to +\infty} \sqrt[3]{n^5 + 2n^3 - n + 4} \qquad 2)\ \lim_{n \to +\infty} n \arctan\frac{1}{n}$$1) $\displaystyle\lim_{n \to +\infty} \sqrt[3]{n^5 + 2n^3 - n + 4} = \lim_{x \to +\infty} \sqrt[3]{x^5} = \sqrt[3]{+\infty} = +\infty$
2) On pose $\dfrac{1}{n} = t$ ; $n \to +\infty \iff t \to 0$ :
$$\lim_{n \to +\infty} n \arctan\frac{1}{n} = \lim_{t \to 0} \frac{\arctan t}{t} = 1$$Soit $(u_n)_{n \in \mathbb{N}}$ une suite convergente vers $L$ telle que $(\exists N \in \mathbb{N})(\forall n > N) : u_n \geq 0$. Alors $L \geq 0$.
Soient $(u_n)_{n \in \mathbb{N}}$ et $(v_n)_{n \in \mathbb{N}}$ deux suites convergentes telles que $(\exists N \in \mathbb{N})(\forall n > N)(v_n \leq u_n)$. Alors $\lim v_n \leq \lim u_n$.
Si $v_n < u_n$ pour tout $n > N$, on n'a pas obligatoirement $\lim v_n < \lim u_n$.
Soient $(u_n)_{n \in \mathbb{N}}$ et $(v_n)_{n \in \mathbb{N}}$ deux suites numériques telles que $u_n = 3 - \dfrac{1}{n}$ et $v_n = 3 + \dfrac{1}{n}$ pour tout $n \in \mathbb{N}^*$.
On a $u_n < v_n$ pour tout $n \in \mathbb{N}^*$, mais $\displaystyle\lim_{n \to +\infty} v_n = \lim_{n \to +\infty} u_n = 3$.
Soient $(u_n)_{n \in \mathbb{N}}$ et $(v_n)_{n \in \mathbb{N}}$ deux suites numériques telles que $(\exists N \in \mathbb{N})(\forall n > N)(v_n \leq u_n)$ et $\lim v_n = +\infty$. On a alors $\lim u_n = +\infty$.
Soit $(v_n)_{n \in \mathbb{N}}$ une suite telle que $v_n = 2(-1)^n + \dfrac{4}{3}n^2 + 2$ pour tout $n \in \mathbb{N}$.
1) Montrer que $v_n \geq \dfrac{4}{3}n^2$ pour tout $n \in \mathbb{N}$.
2) En déduire $\displaystyle\lim_{n \to +\infty} v_n$.
1) On a $(-1)^n \geq -1$ pour tout $n \in \mathbb{N}$, donc $2(-1)^n \geq -2$, donc :
$$2(-1)^n + \frac{4}{3}n^2 + 2 \geq -2 + \frac{4}{3}n^2 + 2 \qquad \text{donc} \qquad v_n \geq \frac{4}{3}n^2 \quad \forall n \in \mathbb{N}$$2) On a $v_n \geq \dfrac{4}{3}n^2$ pour tout $n \in \mathbb{N}$ et $\displaystyle\lim \frac{4}{3}n^2 = +\infty$. Donc $\displaystyle\lim_{n \to +\infty} v_n = +\infty$ d'après le théorème 4.
Soit $(v_n)_{n \in \mathbb{N}}$ une suite telle que $v_n = 3n + 5\sin n$ pour tout $n \in \mathbb{N}$. Calculer $\displaystyle\lim_{n \to +\infty} v_n$.
On a $\sin n \geq -1$ pour tout $n \in \mathbb{N}$, donc $5\sin n \geq -5$, donc $v_n \geq 3n - 5$.
On a $v_n \geq 3n - 5$ pour tout $n \in \mathbb{N}$ et $\lim (3n - 5) = +\infty$. Donc $\displaystyle\lim_{n \to +\infty} v_n = +\infty$ d'après le théorème 4.
Soient $(u_n)_{n \in \mathbb{N}}$ et $(v_n)_{n \in \mathbb{N}}$ deux suites numériques telles que $(\exists N \in \mathbb{N})(\forall n > N)(v_n \leq u_n)$ et $\lim u_n = -\infty$. On a alors $\lim v_n = -\infty$.
Soit $(v_n)_{n \in \mathbb{N}}$ une suite telle que $v_n = -4n + 3\cos n$ pour tout $n \in \mathbb{N}$. Calculer $\displaystyle\lim_{n \to +\infty} v_n$.
On a $\cos n \leq 1$ pour tout $n \in \mathbb{N}$, donc $3\cos n \leq 3$, donc $v_n \leq -4n + 3$.
On a $v_n \leq -4n + 3$ pour tout $n \in \mathbb{N}$ et $\lim(-4n + 3) = -\infty$. Donc $\displaystyle\lim_{n \to +\infty} v_n = -\infty$ d'après le théorème 5.
Soient $(u_n)_{n \in \mathbb{N}}$ et $(v_n)_{n \in \mathbb{N}}$ deux suites numériques et $l$ un réel tels que $|u_n - l| \leq v_n$ pour tout $n \geq p$ et $\displaystyle\lim_{n \to +\infty} v_n = 0$. Alors $\displaystyle\lim_{n \to +\infty} u_n = l$.
Soit $(u_n)$ la suite définie par $u_n = 3 + \dfrac{\sin n}{n^3}$ pour tout $n \in \mathbb{N}^*$. Calculer $\displaystyle\lim_{n \to +\infty} u_n$.
On a $u_n = 3 + \dfrac{\sin n}{n^3}$, donc $u_n - 3 = \dfrac{\sin n}{n^3}$, donc $|u_n - 3| = \left|\dfrac{\sin n}{n^3}\right|$, donc $|u_n - 3| \leq \dfrac{1}{n^3}$ car $|\sin n| \leq 1$.
Et puisque $\displaystyle\lim \frac{1}{n^3} = 0$, alors $\displaystyle\lim_{n \to +\infty} u_n = 3$.
Soient $(u_n)_{n \in \mathbb{N}}$, $(v_n)_{n \in \mathbb{N}}$ et $(w_n)_{n \in \mathbb{N}}$ des suites numériques et $l$ un réel tels que $w_n < u_n < v_n$ pour tout $n \geq p$ et $\displaystyle\lim_{n \to +\infty} v_n = \lim_{n \to +\infty} w_n = l$. Alors $(u_n)_{n \in \mathbb{N}}$ est convergente et $\displaystyle\lim_{n \to +\infty} u_n = l$.
Calculer $\displaystyle\lim_{n \to +\infty} \frac{\sin n}{n}$.
On a $-1 \leq \sin n \leq 1$ pour tout $n \in \mathbb{N}$, donc :
$$\frac{-1}{n} \leq \frac{\sin n}{n} \leq \frac{1}{n} \quad \forall n \in \mathbb{N}^*$$Or $\displaystyle\lim \frac{-1}{n} = \lim \frac{1}{n} = 0$, donc $\displaystyle\lim_{n \to +\infty} \frac{\sin n}{n} = 0$.
1) Toute suite croissante et majorée est convergente.
2) Toute suite décroissante et minorée est convergente.
Soit $(u_n)_{n \in \mathbb{N}}$ la suite récurrente définie par $u_{n+1} = \dfrac{8(u_n - 1)}{u_n + 2}$ pour tout $n \in \mathbb{N}$, avec $u_0 = 3$.
On a montré que la suite $(u_n)_{n \in \mathbb{N}}$ est croissante et qu'elle est majorée par 4. Donc elle est convergente.
Soit $(v_n)_{n \geq 4}$ la suite récurrente définie par $v_{n+1} = \dfrac{5v_n}{n+1}$ et $v_4 = 10$. Montrer que la suite $(v_n)_{n \geq 4}$ est convergente.
Et puisque $v_n > 0$ pour tout $n \geq 4$ (à vérifier par récurrence), alors $v_{n+1} - v_n \leq 0$ pour tout $n \geq 4$ : la suite $(v_n)_{n \geq 4}$ est décroissante.
Et puisque $v_n > 0$ pour tout $n \geq 4$, alors $(v_n)_{n \geq 4}$ est minorée par 0. Conclusion : $(v_n)_{n \geq 4}$ est convergente.
Une suite peut être convergente sans qu'elle soit monotone. Exemple : $u_n = \dfrac{(-1)^n}{n}$ n'est pas monotone mais elle est convergente.
Calculer les limites suivantes :
$$1)\ \lim_{n \to +\infty} \frac{\cos n}{n + 2} \qquad 2)\ \lim_{n \to +\infty} \frac{3n - 2\sin\frac{1}{n}}{4n + \sin\frac{1}{n}}$$1) On a $-1 \leq \cos n \leq 1$ pour tout $n \in \mathbb{N}$, donc :
$$\frac{-1}{n+2} \leq \frac{\cos n}{n+2} \leq \frac{1}{n+2} \quad \forall n \in \mathbb{N}^*$$Or $\displaystyle\lim \frac{-1}{n+2} = \lim \frac{1}{n+2} = 0$, donc $\displaystyle\lim_{n \to +\infty} \frac{\cos n}{n+2} = 0$.
2) Posons $u_n = \dfrac{3n - 2\sin\frac{1}{n}}{4n + \sin\frac{1}{n}}$, donc $\left|u_n - \dfrac{3}{4}\right| = \dfrac{11}{4}\left|\dfrac{\sin\frac{1}{n}}{4n + \sin\frac{1}{n}}\right|$.
Et on a $-1 \leq \sin n \leq 1$ pour tout $n \in \mathbb{N}$, donc $4n - 1 \leq 4n + \sin\dfrac{1}{n} \leq 4n + 1$ pour tout $n \in \mathbb{N}^*$ :
$$\frac{1}{4n+1} \leq \frac{1}{4n + \sin\frac{1}{n}} \leq \frac{1}{4n-1}$$Et puisque $\left|\sin\dfrac{1}{n}\right| \leq 1$ et $\left|\dfrac{1}{4n + \sin\frac{1}{n}}\right| \leq \dfrac{1}{4n-1}$ pour tout $n \in \mathbb{N}^*$ :
$$\left|\frac{\sin\frac{1}{n}}{4n + \sin\frac{1}{n}}\right| \leq \frac{1}{4n-1} \qquad \text{donc} \qquad \left|u_n - \frac{3}{4}\right| \leq \frac{11}{4(4n-1)}$$Et puisque $\displaystyle\lim \frac{11}{4(4n-1)} = 0$, alors $\displaystyle\lim_{n \to +\infty} \frac{3n - 2\sin\frac{1}{n}}{4n + \sin\frac{1}{n}} = \frac{3}{4}$.
1) Toute suite croissante et non majorée tend vers $+\infty$.
2) Toute suite décroissante et non minorée tend vers $-\infty$.
Soit $(v_n)_{n \in \mathbb{N}}$ une suite telle que $v_{n+1} = v_n + n^4$ pour tout $n \in \mathbb{N}$ et $v_0 = 1$. Montrer que $\displaystyle\lim_{n \to +\infty} v_n = +\infty$.
On a $v_{n+1} - v_n = n^4 \geq 0$ pour tout $n \in \mathbb{N}$, donc $(v_n)_{n \in \mathbb{N}}$ est croissante.
Montrons que $(v_n)_{n \in \mathbb{N}}$ est non majorée. Supposons que $(v_n)_{n \in \mathbb{N}}$ est majorée : donc $(v_n)_{n \in \mathbb{N}}$ converge vers un $l \in \mathbb{R}$, donc $\displaystyle\lim_{n \to +\infty} v_n = l$ et on a aussi $\displaystyle\lim_{n \to +\infty} v_{n+1} = l$, donc $\displaystyle\lim_{n \to +\infty} v_{n+1} - v_n = 0$.
Or on a $v_{n+1} - v_n = n^4$, donc $\displaystyle\lim_{n \to +\infty} v_{n+1} - v_n = \lim_{n \to +\infty} n^4 = +\infty$, ce qui est absurde.
Donc $(v_n)_{n \in \mathbb{N}}$ est non majorée et croissante, donc $\displaystyle\lim_{n \to +\infty} v_n = +\infty$.
Soit $f$ une fonction continue sur un intervalle $I$ et $(u_n)$ une suite numérique telle que $(\exists N \in \mathbb{N})(\forall n > N)(u_n \in I)$. Si $\displaystyle\lim_{n \to +\infty} u_n = l$ et $f$ continue en $l$, alors :
$$\lim_{n \to +\infty} f(u_n) = f(l)$$Soit $(v_n)_{n \in \mathbb{N}}$ une suite telle que $v_n = \sqrt{\dfrac{2n^2 - n + 1}{3n^2 + 4}}$ pour tout $n \in \mathbb{N}$. Calculer $\displaystyle\lim_{n \to +\infty} v_n$.
On pose $u_n = \dfrac{2n^2 - n + 1}{3n^2 + 4}$, donc $v_n = f(u_n)$ avec $f(x) = \sqrt{x}$.
$$\lim_{n \to +\infty} u_n = \lim_{n \to +\infty} \frac{2n^2 - n + 1}{3n^2 + 4} = \lim_{n \to +\infty} \frac{2n^2}{3n^2} = \frac{2}{3}$$Et $f$ est continue en $\dfrac{2}{3}$, donc $\displaystyle\lim_{n \to +\infty} v_n = f\left(\frac{2}{3}\right) = \sqrt{\frac{2}{3}}$.
Calculer les limites suivantes :
$$1)\ \lim_{n \to +\infty} \tan\left(\frac{\pi n + 1}{3n + 4}\right) \qquad 2)\ \lim_{n \to +\infty} \sqrt{\sqrt{\frac{16n^2 - 3n + 1}{2n^2 + 1}}} \qquad 3)\ \lim_{n \to +\infty} \arctan\left(n \sin\left(\frac{1}{n}\right)\right)$$1) $\displaystyle\lim_{n \to +\infty} \frac{\pi n + 1}{3n + 4} = \frac{\pi}{3}$ et la fonction $f$ telle que $f(x) = \tan x$ est continue sur $\mathbb{R}$, donc continue en $\dfrac{\pi}{3}$ :
$$\lim_{n \to +\infty} \tan\left(\frac{\pi n + 1}{3n + 4}\right) = \tan\left(\frac{\pi}{3}\right) = \sqrt{3}$$2) $\displaystyle\lim_{n \to +\infty} \frac{16n^2 - 3n + 1}{2n^2 + 1} = \lim_{n \to +\infty} \frac{16n^2}{2n^2} = 8$ et la fonction $f$ telle que $f(x) = \sqrt{x}$ est continue en 8 :
$$\lim_{n \to +\infty} \sqrt{\sqrt{\frac{16n^2 - 3n + 1}{2n^2 + 1}}} = \sqrt{\sqrt{8}} = \sqrt[4]{8}$$3) On pose $t = \dfrac{1}{n}$ ; $n \to +\infty \iff t \to 0$, et $\displaystyle\lim_{t \to 0} \frac{\sin t}{t} = 1$, donc $\displaystyle\lim_{n \to +\infty} n \sin\left(\frac{1}{n}\right) = 1$. Et la fonction $f$ telle que $f(x) = \arctan(x)$ est continue en 1 :
$$\lim_{n \to +\infty} \arctan\left(n \sin\left(\frac{1}{n}\right)\right) = \arctan(1) = \frac{\pi}{4}$$Soit $a \in \mathbb{R}$.
Calculer les limites suivantes : $\displaystyle\lim_{n \to +\infty} 2^n$ ; $\displaystyle\lim_{n \to +\infty} \left(\frac{2}{3}\right)^n$ ; $\displaystyle\lim_{n \to +\infty} (-5)^n$.
$\displaystyle\lim_{n \to +\infty} 2^n = +\infty$ car $a = 2 > 1$.
$\displaystyle\lim_{n \to +\infty} \left(\frac{2}{3}\right)^n = 0$ car $-1 < a = \dfrac{2}{3} < 1$.
$\left((-5)^n\right)$ n'a pas de limite car $a = -5 < -1$.
Calculer les limites suivantes :
$$\lim_{n \to +\infty} (0{,}7)^n \ ; \quad \lim_{n \to +\infty} \left(\sqrt{2}\right)^n \ ; \quad \lim_{n \to +\infty} (-2)^n \ ; \quad \lim_{n \to +\infty} 4^{-n}$$ $$\lim_{n \to +\infty} \frac{5^n}{4^n} \ ; \quad \lim_{n \to +\infty} 3^n - \frac{1}{2^n} \ ; \quad \lim_{n \to +\infty} \frac{3^n + 2^n}{2^n}$$$\displaystyle\lim_{n \to +\infty} (0{,}7)^n = 0$ car $-1 < a = 0{,}7 < 1$.
$\displaystyle\lim_{n \to +\infty} \left(\sqrt{2}\right)^n = +\infty$ car $a = \sqrt{2} > 1$.
$\displaystyle\lim_{n \to +\infty} (-2)^n$ n'a pas de limite car $a = -2 < -1$.
$\displaystyle\lim_{n \to +\infty} 4^{-n} = \lim_{n \to +\infty} \frac{1}{4^n} = \lim_{n \to +\infty} \left(\frac{1}{4}\right)^n = 0$ car $-1 < a = \dfrac{1}{4} < 1$.
$\displaystyle\lim_{n \to +\infty} \frac{5^n}{4^n} = \lim_{n \to +\infty} \left(\frac{5}{4}\right)^n = +\infty$ car $a = \dfrac{5}{4} > 1$.
$\displaystyle\lim_{n \to +\infty} 3^n - \frac{1}{2^n} = +\infty - 0 = +\infty$ car $a = 3 > 1$ et $-1 < \dfrac{1}{2} < 1$.
$\displaystyle\lim_{n \to +\infty} \frac{3^n + 2^n}{2^n} = \lim_{n \to +\infty} \frac{3^n}{2^n} + \frac{2^n}{2^n} = \lim_{n \to +\infty} \left(\frac{3}{2}\right)^n + 1 = +\infty + 1 = +\infty$.
Soit $f$ une fonction définie sur un intervalle $I$ et $(u_n)$ une suite numérique telle que :
Alors la suite $(u_n)$ tend vers $l$, solution de l'équation $f(x) = x$.
1) Parfois l'équation $f(x) = x$ admet plusieurs solutions ; dans ce cas prenez celle qui est dans $I$. S'il y a plusieurs solutions de l'équation $f(x) = x$, utiliser la monotonie de $(u_n)$.
2) La fonction $f$ et la suite $(u_n)$ n'ont pas nécessairement la même monotonie.
Soit la suite $(u_n)$ définie par $u_0 = 1$ et $u_{n+1} = f(u_n)$ où $f(x) = \sqrt{\dfrac{1+x}{2}}$.
1) Étudier les variations de $f$ sur $I = [0 ; 1]$ et montrer que $f(I) \subset I$.
2) a) Montrer que $(\forall n \in \mathbb{N})\ u_n \in I = [0 ; 1]$. b) Montrer que la suite $(u_n)$ est croissante, puis en déduire qu'elle est convergente. c) Calculer la limite de la suite $(u_n)$.
1) La fonction $f$ est croissante et continue sur $I = [0 ; 1]$, donc :
$$f(I) = f([0 ; 1]) = [f(0) ; f(1)] = \left[\frac{\sqrt{2}}{2} ; 1\right] \subset [0 ; 1]$$2) a) Montrons que $(\forall n \in \mathbb{N})\ 0 \leq u_n \leq 1$. On a $0 \leq u_0 \leq 1$ : la propriété est vraie pour $n = 0$. Supposons que $0 \leq u_n \leq 1$ ; montrons que $0 \leq u_{n+1} \leq 1$.
On a $0 \leq u_n \leq 1$ donc $u_n \in I = [0 ; 1]$, donc $f(u_n) \in f(I) \subset I$, donc $u_{n+1} \in [0 ; 1]$, donc $0 \leq u_{n+1} \leq 1$. Conclusion : $(\forall n \in \mathbb{N})\ 0 \leq u_n \leq 1$.
b)
$$u_{n+1} - u_n = \sqrt{\frac{1 + u_n}{2}} - u_n = \left(\frac{1 + u_n}{2} - u_n^2\right) \times \frac{1}{\sqrt{\frac{1+u_n}{2}} + u_n}$$ $$\text{On a : } \frac{1 + u_n}{2} - u_n^2 = \frac{-2u_n^2 + u_n + 1}{2} = \frac{-2(u_n - 1)\left(u_n + \frac{1}{2}\right)}{2}$$Et puisque $0 \leq u_n \leq 1$, alors $u_{n+1} - u_n \geq 0$ : la suite $(u_n)$ est croissante. Et puisque $(u_n)$ est majorée par 1, alors $(u_n)$ est convergente.
c) $(u_n)$ est convergente et la limite est solution de l'équation $f(x) = x$ :
$$l = f(l) \iff l = \sqrt{\frac{1+l}{2}} \iff 2l^2 - l - 1 = 0$$donc $l = 1$ ou $l = -\dfrac{1}{2}$ ; et puisque $0 \leq l \leq 1$, donc $\displaystyle\lim_{n \to +\infty} u_n = 1$.
Toute suite convergente est bornée.
La réciproque n'est pas vraie : $u_n = (-1)^n$ est bornée mais pas convergente.
Soit les suites numériques $(u_n)$ et $(v_n)$ définies par $u_n = \displaystyle\sum_{k=1}^{n} \frac{1}{k^3}$ et $v_n = u_n + \dfrac{1}{n}$ pour tout $n \in \mathbb{N}^*$.
1) Montrer que la suite $(u_n)$ est croissante et que la suite $(v_n)$ est décroissante.
2) Calculer $\displaystyle\lim_{n \to +\infty} v_n - u_n$.
1) $u_{n+1} - u_n = \dfrac{1}{(n+1)^3} > 0$, donc $(u_n)$ est croissante.
$$v_{n+1} - v_n = u_{n+1} - u_n + \frac{1}{n+1} - \frac{1}{n} = \frac{1}{(n+1)^3} + \frac{1}{n+1} - \frac{1}{n} = -\frac{\left(n^2 + n + 1\right)}{n(n+1)^3} < 0$$donc $(v_n)$ est décroissante.
2) On a $\displaystyle\lim_{n \to +\infty} v_n - u_n = \lim_{n \to +\infty} \frac{1}{n} = 0$.
Soit les suites numériques $(u_n)$ et $(v_n)$ définies par $u_n = \displaystyle\sum_{k=1}^{n} \frac{1}{\sqrt{k}} - 2\sqrt{n+1}$ et $v_n = \displaystyle\sum_{k=1}^{n} \frac{1}{\sqrt{k}} - 2\sqrt{n}$ pour tout $n \in \mathbb{N}^*$.
1) Montrer que la suite $(u_n)$ est croissante et que la suite $(v_n)$ est décroissante.
2) Calculer $\displaystyle\lim_{n \to +\infty} v_n - u_n$.
1)
$$u_{n+1} - u_n = \frac{1}{\sqrt{n+1}} - 2\sqrt{n+2} + 2\sqrt{n+1} = \frac{\sqrt{n+2} - \sqrt{n+1}}{\sqrt{n+1}\left(\sqrt{n+2} + \sqrt{n+1}\right)} > 0$$donc $(u_n)$ est croissante.
$$v_{n+1} - v_n = \frac{1}{\sqrt{n+1}} - 2\sqrt{n+1} + 2\sqrt{n} = \frac{-\left(\sqrt{n+1} - \sqrt{n}\right)}{\sqrt{n+1}\left(\sqrt{n+1} + \sqrt{n}\right)} < 0$$donc $(v_n)$ est décroissante.
2) $\displaystyle\lim_{n \to +\infty} v_n - u_n = \lim_{n \to +\infty} \frac{2}{\sqrt{n+1} + \sqrt{n}} = 0$.
Soit les suites numériques $(x_n)$, $(u_n)$ et $(v_n)$ définies par $x_n = \displaystyle\sum_{k=1}^{n} \frac{(-1)^{k+1}}{k^2}$, et $u_n = x_{2n}$ et $v_n = x_{2n+1}$ pour tout $n \in \mathbb{N}^*$. Montrer que les suites $(u_n)$ et $(v_n)$ sont convergentes et ont la même limite.
Il suffit de montrer que les suites $(u_n)$ et $(v_n)$ sont adjacentes.
$$u_{n+1} - u_n = x_{2n+2} - x_{2n} = \frac{1}{(2n+1)^2} - \frac{1}{(2n+2)^2} > 0$$donc $(u_n)$ est croissante.
$$v_{n+1} - v_n = x_{2n+3} - x_{2n+1} = \frac{1}{(2n+3)^2} - \frac{1}{(2n+2)^2} < 0$$donc $(v_n)$ est décroissante. Et on a :
$$\lim_{n \to +\infty} v_n - u_n = \lim_{n \to +\infty} x_{2n+1} - x_{2n} = \lim_{n \to +\infty} \frac{1}{(2n+1)^2} = 0$$Alors les suites $(u_n)$ et $(v_n)$ sont adjacentes, donc convergentes et ont la même limite.
Soit la suite $(u_n)$ définie par $u_0 = 1$ et $u_{n+1} = f(u_n)$ où $f(x) = \dfrac{1}{x+1}$.
1) Étudier les variations de $f$ sur $\mathbb{R}^+$.
2) On pose $\alpha_n = u_{2n+1}$ et $\beta_n = u_{2n}$ pour tout $n \in \mathbb{N}$. a) Montrer que la suite $(\alpha_n)$ est croissante et que la suite $(\beta_n)$ est décroissante. b) Montrer que $\alpha_n \leq \beta_n$ pour tout $n \in \mathbb{N}$.
3) Montrer que $(\forall n \in \mathbb{N})\ \dfrac{1}{2} \leq u_n \leq 1$.
4) Montrer que $|u_{n+1} - u_n| \leq \dfrac{1}{n}$ pour tout $n \in \mathbb{N}^*$.
5) Calculer $\lim \alpha_n - \beta_n$.
1) $f'(x) = -\dfrac{1}{(x+1)^2} < 0$ pour tout $x \in \mathbb{R}^+$, donc $f$ est décroissante sur $\mathbb{R}^+$.
2) On a $\alpha_n = u_{2n+1}$, $\beta_n = u_{2n}$ et $u_{n+1} = f(u_n)$, donc $\alpha_{n+1} = (f \circ f)(\alpha_n)$ et $\beta_{n+1} = (f \circ f)(\beta_n)$. Et puisque $f$ est décroissante sur $\mathbb{R}^+$ et $f(\mathbb{R}^+) \subset \mathbb{R}^+$, alors $f \circ f$ est croissante sur $\mathbb{R}^+$.
a) Montrons que $\alpha_n \leq \alpha_{n+1}$ et $\beta_{n+1} \leq \beta_n$. Pour $n = 0$ : $\alpha_0 = \dfrac{1}{2} \leq \alpha_1 = \dfrac{3}{5}$ et $\beta_1 = \dfrac{2}{3} \leq \beta_0 = 1$. Supposons que $\alpha_n \leq \alpha_{n+1}$ et $\beta_{n+1} \leq \beta_n$ ; puisque $f \circ f$ est croissante sur $\mathbb{R}^+$ :
$$(f \circ f)(\alpha_n) \leq (f \circ f)(\alpha_{n+1}) \quad \text{et} \quad (f \circ f)(\beta_{n+1}) \leq (f \circ f)(\beta_n)$$Donc $\alpha_{n+1} \leq \alpha_{n+2}$ et $\beta_{n+2} \leq \beta_{n+1}$. Donc $(\alpha_n)$ est croissante et la suite $(\beta_n)$ est décroissante.
b) Pour $n = 0$ : $\alpha_0 = \dfrac{1}{2}$ et $\beta_0 = 1$ donc $\alpha_0 \leq \beta_0$. Supposons que $\alpha_n \leq \beta_n$ ; puisque $f \circ f$ est croissante sur $\mathbb{R}^+$, alors $(f \circ f)(\alpha_n) \leq (f \circ f)(\beta_n)$, donc $\alpha_{n+1} \leq \beta_{n+1}$. Donc $\alpha_n \leq \beta_n$ pour tout $n \in \mathbb{N}$.
3) Puisque $\alpha_0 \leq \alpha_n \leq \beta_n \leq \beta_0$ pour tout $n \in \mathbb{N}$, donc $\dfrac{1}{2} \leq u_{2n+1} \leq u_{2n} \leq 1$, donc $\dfrac{1}{2} \leq u_n \leq 1$ pour tout $n \in \mathbb{N}$.
4) Pour $n = 1$ : $|u_2 - u_1| = \dfrac{1}{6}$ donc $|u_2 - u_1| \leq \dfrac{1}{1}$. Supposons que $|u_{n+1} - u_n| \leq \dfrac{1}{n}$ ; montrons que $|u_{n+2} - u_{n+1}| \leq \dfrac{1}{n+1}$ :
$$|u_{n+2} - u_{n+1}| = \left|\frac{1}{u_{n+1}+1} - \frac{1}{u_n+1}\right| = \frac{1}{(u_{n+1}+1)(u_n+1)}\left|u_{n+1} - u_n\right|$$Et on a $\dfrac{1}{2} \leq u_n \leq 1$ et $\dfrac{1}{2} \leq u_{n+1} \leq 1$, donc $\dfrac{3}{2} \leq 1 + u_n \leq 2$ et $\dfrac{3}{2} \leq 1 + u_{n+1} \leq 2$, donc $\dfrac{1}{2} \leq \dfrac{1}{u_{n+1}+1} \leq \dfrac{2}{3}$ et $\dfrac{1}{2} \leq \dfrac{1}{u_n+1} \leq \dfrac{2}{3}$ :
$$\frac{1}{(u_{n+1}+1)(u_n+1)} \leq \frac{4}{9} \quad \text{et} \quad |u_{n+1} - u_n| \leq \frac{1}{n} \qquad \text{donc} \qquad |u_{n+2} - u_{n+1}| \leq \frac{4}{9n}$$Et on a $\dfrac{1}{n+1} - \dfrac{4}{9n} = \dfrac{5n-4}{9n(n+1)} > 0$ donc $\dfrac{4}{9n} < \dfrac{1}{n+1}$. Donc $|u_{n+2} - u_{n+1}| \leq \dfrac{1}{n+1}$, d'où $|u_{n+1} - u_n| \leq \dfrac{1}{n}$ pour tout $n \in \mathbb{N}^*$.
5) On a $|u_{n+1} - u_n| \leq \dfrac{1}{n}$ pour tout $n \in \mathbb{N}^*$, donc $|u_{2n+1} - u_{2n}| \leq \dfrac{1}{2n}$, donc $|\alpha_n - \beta_n| \leq \dfrac{1}{2n}$ pour tout $n \in \mathbb{N}^*$. Et puisque $\displaystyle\lim \frac{1}{2n} = 0$, alors $\lim \alpha_n - \beta_n = 0$.
Soit la suite $(u_n)_{n \in \mathbb{N}^*}$ définie par $u_1 = 1$ et $u_{n+1} = \dfrac{12u_n}{9 + u_n^4}$ pour tout $n \in \mathbb{N}^*$.
1) Montrer que $\forall n \in \mathbb{N}^*$, $1 \leq u_n \leq \sqrt{\sqrt{3}}$.
2) Étudier la monotonie de la suite $(u_n)_{n \in \mathbb{N}^*}$ et en déduire sa convergence et sa limite.
1) Soit la fonction $f$ telle que $f(x) = \dfrac{12x}{9 + x^4}$. La fonction $f$ est continue et dérivable sur $\mathbb{R}$ :
$$f'(x) = 12\,\frac{9 + x^4 - 4x^4}{\left(9+x^4\right)^2} = 36\,\frac{3 - x^4}{\left(9+x^4\right)^2} = 36\,\frac{\left(\sqrt{3} + x^2\right)\left(\sqrt{3} - x^2\right)}{\left(9+x^4\right)^2}$$Le signe de $f'(x)$ est celui de $\sqrt{3} - x^2 = \left(\sqrt{\sqrt{3}} - x\right)\left(\sqrt{\sqrt{3}} + x\right)$. Donc $f$ est croissante sur $\left[-\sqrt{\sqrt{3}} ; \sqrt{\sqrt{3}}\right]$, et $f$ est décroissante sur $\left]-\infty ; -\sqrt{\sqrt{3}}\right]$ et $\left[\sqrt{\sqrt{3}} ; +\infty\right[$.
Montrons par récurrence que $1 \leq u_n \leq \sqrt{\sqrt{3}}$. Pour $n = 1$ : $u_1 = 1$ donc $1 \leq u_1 \leq \sqrt{\sqrt{3}}$. Supposons que $1 \leq u_n \leq \sqrt{\sqrt{3}}$ ; montrons que $1 \leq u_{n+1} \leq \sqrt{\sqrt{3}}$.
On a $1 \leq u_n \leq \sqrt{\sqrt{3}}$ et puisque $f$ est croissante sur $I = \left[1 ; \sqrt{\sqrt{3}}\right]$ : $f(1) \leq f(u_n) \leq f\left(\sqrt{\sqrt{3}}\right)$, donc $\dfrac{6}{5} \leq u_{n+1} \leq \sqrt{\sqrt{3}}$, donc $1 \leq u_{n+1} \leq \sqrt{\sqrt{3}}$ pour tout $n \in \mathbb{N}^*$.
2)
$$u_{n+1} - u_n = \frac{12u_n}{9 + u_n^4} - u_n = u_n\left(\frac{12}{9 + u_n^4} - 1\right) = u_n\left(\frac{3 - u_n^4}{9 + u_n^4}\right)$$Puisque $1 \leq u_n \leq \sqrt{\sqrt{3}}$, donc $u_n > 0$, $3 - u_n^4 \geq 0$ et $9 + u_n^4 > 0$. Donc $u_{n+1} - u_n \geq 0$ : $(u_n)_{n \in \mathbb{N}^*}$ est croissante.
La suite $(u_n)$ est croissante et puisque $(u_n)$ est majorée par $\sqrt{\sqrt{3}}$, alors $(u_n)$ est convergente. Soit $\lim u_n = l$ ; on a donc $1 \leq l \leq \sqrt{\sqrt{3}}$.
Soit la fonction $f$ telle que $f(x) = \dfrac{12x}{9 + x^4}$. On a : $f$ est continue sur $I = \left[1 ; \sqrt{\sqrt{3}}\right]$ ; $f(I) = \left[f(1) ; f\left(\sqrt{\sqrt{3}}\right)\right] = \left[\dfrac{6}{5} ; \sqrt{\sqrt{3}}\right] \subset I$ ; $(\forall n \in \mathbb{N})(u_{n+1} = f(u_n))$ ; $u_1 \in I$ ; $(u_n)$ est convergente.
Alors la limite $l$ de la suite $(u_n)$ vérifie l'équation $l = f(l)$ et $l \in I$ :
$$l = f(l) \iff l = \frac{12l}{9 + l^4} \iff 9 + l^4 = 12 \iff l^4 = 3$$donc $l = \sqrt{\sqrt{3}}$ ou $l = -\sqrt{\sqrt{3}}$ ; et puisque $l \in I$, donc $\displaystyle\lim_{n \to +\infty} u_n = l = \sqrt{\sqrt{3}}$.
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