Corrigé des exercices : Limite d’une suite et convergence en maths sup (MPSI)

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Pour démarrer

Corrigé de l’exercice 1 – Revenir à la définition de la limite

Idée clé : on calcule l’écart exact à la limite, puis on résout une inégalité simple en \(n\).

1. On a \(u_n – 2 = \frac{2n – 1 – 2n – 8}{n + 4} = \frac{-9}{n+4}\). Donc \(|u_n – 2| = \frac{9}{n+4}\).
2. Soit \(\varepsilon > 0\). L’inégalité \(\frac{9}{n+4} \leqslant \varepsilon\) équivaut à \(n \geqslant \frac{9}{\varepsilon} – 4\). Prenons pour \(N\) un entier supérieur ou égal à \(\frac{9}{\varepsilon}\). Alors, pour tout \(n \geqslant N\), on a \(|u_n – 2| \leqslant \varepsilon\). Par définition, \((u_n)\) converge vers \(2\).
3. Pour \(\varepsilon = 10^{-3}\), il faut \(n + 4 \geqslant 9000\), soit \(n \geqslant 8996\). Le plus petit rang qui convient est \(N = 8996\).
4. D’après la question 1, \(u_n – 2 = -\frac{9}{n+4} < 0\). Ainsi, \(2\) majore tous les termes. Ensuite, soit \(\varepsilon > 0\). Comme \(u_n \to 2\), il existe un terme \(u_n > 2 – \varepsilon\). Donc aucun réel strictement inférieur à \(2\) n’est un majorant. Par conséquent, \(2\) est la borne supérieure des termes, et elle n’est pas atteinte.

Corrigé de l’exercice 2 – Monotonie et limite de deux suites explicites

Idée clé : pour une fraction, on isole la partie constante ; pour des termes positifs avec des puissances, on compare le quotient de deux termes consécutifs à \(1\).

1. On écrit \(n + 3 = \frac{1}{2}(2n + 1) + \frac{5}{2}\). Donc \(v_n = \frac{1}{2} + \frac{5/2}{2n+1}\), soit \(c = \frac{5}{2}\). Comme \(2n + 1\) croît, \(v_n\) décroît. De plus, \(\frac{1}{2} < v_n \leqslant v_0 = 3\). Enfin, \(\frac{5/2}{2n+1}\) tend vers \(0\). La suite \((v_n)\) est décroissante, comprise entre \(\frac{1}{2}\) et \(3\), et converge vers \(\frac{1}{2}\).
2. On a \(\frac{w_{n+1}}{w_n} = \frac{n+1}{2^{n+1}} \times \frac{2^n}{n} = \frac{n+1}{2n}\). Or \(n + 1 \leqslant 2n\) pour \(n \geqslant 1\). Comme les termes sont positifs, \(w_{n+1} \leqslant w_n\). La suite \((w_n)\) est décroissante.
3. Les termes \(w_n\) sont positifs et diminuent. D’après le théorème de la limite monotone, \((w_n)\) possède donc une limite finie \(\ell \geqslant 0\). Ensuite, \(\frac{n+1}{2n}\) tend vers \(\frac{1}{2}\). Par opérations, la relation donne \(\ell = \frac{\ell}{2}\). Donc \(\ell = 0\).

Corrigé de l’exercice 3 – Limites par opérations

Idée clé : chaque suite présente une forme indéterminée ; on factorise par le terme prépondérant ou l’on multiplie par la quantité conjuguée.

1. En divisant par \(n^2\), on obtient \(a_n = \frac{3 – 1/n + 5/n^2}{1/n^2 – 2}\). Donc \(a_n \to -\frac{3}{2}\).
2. La quantité conjuguée donne \(b_n = \frac{3n}{\sqrt{n^2 + 3n} + n} = \frac{3}{\sqrt{1 + 3/n} + 1}\) pour \(n \geqslant 1\). Ainsi, \(b_n \to \frac{3}{2}\).
3. En divisant par \(5^n\), on a \(c_n = \frac{(2/5)^n + 1}{(3/5)^n + 1}\). Or \(\left(\frac{2}{5}\right)^n\) et \(\left(\frac{3}{5}\right)^n\) tendent vers \(0\). Donc \(c_n \to 1\).
4. On écrit \(\ln(n^2 + 1) = 2\ln n + \ln\left(1 + \frac{1}{n^2}\right)\). Ainsi, \(d_n = 2 + \frac{\ln(1 + 1/n^2)}{\ln n}\). Le numérateur tend vers \(0\) et le dénominateur vers \(+\infty\). Par conséquent, \(d_n \to 2\).

Corrigé de l’exercice 4 – Deux encadrements directs

Idée clé : on remplace la partie entière, le sinus et le cosinus par leurs bornes, puis on applique le théorème d’encadrement.

1. La partie entière d’un réel \(y\) est l’unique entier \(p\) tel que \(p \leqslant y < p + 1\). Avec \(y = n\sqrt{3}\), cela donne \(n\sqrt{3} – 1 < \lfloor n\sqrt{3} \rfloor \leqslant n\sqrt{3}\). Comme \(n\) est strictement positif, la division conserve le sens des inégalités : \(\sqrt{3} – \frac{1}{n} < w_n \leqslant \sqrt{3}\). Les deux bornes tendent vers \(\sqrt{3}\). Par encadrement, \(w_n \to \sqrt{3}\).
2. D’abord, \(3n – \cos n \geqslant 3n – 1 > 0\). Ensuite, pour \(n \geqslant 2\), le numérateur vérifie \(0 \leqslant n – 2 \leqslant n + 2\sin n \leqslant n + 2\). De plus, le dénominateur est compris entre \(3n – 1\) et \(3n + 1\). Comme tout est positif, on obtient l’encadrement annoncé. Enfin, les deux bornes tendent vers \(\frac{1}{3}\). Donc \(z_n \to \frac{1}{3}\).

Corrigé de l’exercice 5 – Suite arithmético-géométrique de raison 1/3

Idée clé : l’écart au point fixe forme une suite géométrique.

1. L’équation \(c = \frac{c}{3} + 4\) donne \(\frac{2c}{3} = 4\). Donc \(c = 6\).
2. Posons \(v_n = u_n – 6\). En soustrayant \(6 = \frac{6}{3} + 4\) à la relation de récurrence, on obtient \(v_{n+1} = \frac{v_n}{3}\). Ainsi, \(v_n = \frac{v_0}{3^n} = -\frac{6}{3^n}\). Par conséquent, \(u_n = 6 – \frac{6}{3^n}\), et \((u_n)\) converge vers \(6\).
3. Par linéarité, \(\sum_{k=0}^{n} u_k = 6(n+1) – 6\sum_{k=0}^{n} \frac{1}{3^k}\). La somme géométrique vaut \(\frac{1 – 3^{-(n+1)}}{1 – 1/3} = \frac{3}{2}\left(1 – 3^{-(n+1)}\right)\). On obtient \(\sum_{k=0}^{n} u_k = 6(n+1) – 9\left(1 – \frac{1}{3^{n+1}}\right)\). Pour \(n = 1\), on vérifie : \(0 + 4 = 4\) et \(12 – 9 \times \frac{8}{9} = 4\).

Corrigé de l’exercice 6 – Récurrence d’ordre 2 à racines réelles

Idée clé : on résout l’équation caractéristique, on écrit la forme générale, puis on ajuste les deux constantes avec \(u_0\) et \(u_1\).

1. L’équation caractéristique est \(r^2 – r – 2 = 0\). Son discriminant vaut \(9\). Ses racines sont \(2\) et \(-1\).
2. Les racines sont distinctes, donc \(u_n = \lambda 2^n + \mu(-1)^n\). Les conditions initiales donnent \(\lambda + \mu = 3\) et \(2\lambda – \mu = 0\). En additionnant, \(3\lambda = 3\), d’où \(\lambda = 1\) et \(\mu = 2\). Ainsi, \(u_n = 2^n + 2(-1)^n\). Ensuite, la récurrence donne \(u_2 = 0 + 6 = 6\) et \(u_3 = 6 + 0 = 6\). La formule donne aussi \(4 + 2 = 6\) et \(8 – 2 = 6\).
3. Comme \(2(-1)^n\) est borné et \(2^n \to +\infty\), on a \(u_n \to +\infty\). De plus, \(\frac{u_n}{2^n} = 1 + \frac{2(-1)^n}{2^n}\), et le second terme tend vers \(0\). Donc \(u_n \to +\infty\) et \(\frac{u_n}{2^n} \to 1\).

Corrigé de l’exercice 7 – Premières suites complexes

Idée clé : pour une suite géométrique, seul le module de la raison compte ; pour une fraction, on factorise comme dans le cas réel.

1. On a \(\left|\frac{1 + i\sqrt{3}}{4}\right| = \frac{\sqrt{1 + 3}}{4} = \frac{1}{2}\). Ainsi, \(|z_n| = \frac{1}{2^n}\) tend vers \(0\). Donc \(z_n \to 0\).
2. En divisant par \(n^2\), on obtient \(w_n = \frac{1/n + i}{1 + 2i/n^2}\). Le numérateur tend vers \(i\) et le dénominateur vers \(1\). Par opérations, \(w_n \to i\).
3. On a \(t_{4n} = e^{2in\pi} = 1\) et \(t_{4n+2} = e^{2in\pi}e^{i\pi} = -1\). Ces deux suites extraites ont des limites différentes. Par conséquent, \((t_n)\) diverge.

Pour s’entraîner

Corrigé de l’exercice 8 – Suites convergentes : bornes et signe

Idée clé : on applique la définition avec un \(\varepsilon\) bien choisi : \(1\) pour borner, \(\frac{\ell}{2}\) pour le signe.

1. Avec \(\varepsilon = 1\), il existe \(N\) tel que \(|u_n – \ell| \leqslant 1\) pour \(n \geqslant N\). Alors \(|u_n| \leqslant |\ell| + 1\) pour ces rangs. Ensuite, on pose \(K = \max\left(|u_0|, \dots, |u_{N-1}|, |\ell| + 1\right)\), qui est un maximum d’un nombre fini de réels. Ainsi, \(|u_n| \leqslant K\) pour tout \(n\) : la suite est bornée.
2. Appliquons la définition avec la précision \(\frac{\ell}{3}\), qui est strictement positive. À partir d’un rang \(N\), chaque terme vérifie \(u_n \geqslant \ell – \frac{\ell}{3} = \frac{2\ell}{3}\). Or \(\frac{2\ell}{3} > \frac{\ell}{2}\), puisque \(\ell > 0\). Ainsi, \(u_n > \frac{\ell}{2}\) pour tout \(n \geqslant N\).
3. On a \(u_n \geqslant 0\) pour tout \(n\), et la suite constante nulle tend vers \(0\). Par passage à la limite dans l’inégalité large, \(\ell \geqslant 0\). En revanche, l’inégalité stricte ne se conserve pas. Par exemple, \(u_n = \frac{1}{n+1}\) est strictement positive et tend vers \(0\).
4. La suite \(u_n = (-1)^n\) est bornée par \(1\). Ses suites extraites \((u_{2n})\) et \((u_{2n+1})\) sont constantes, égales à \(1\) et à \(-1\). Elles ont des limites différentes, donc \((u_n)\) diverge.

Corrigé de l’exercice 9 – Encadrer une somme

Idée clé : on encadre chaque terme par le plus petit et le plus grand d’entre eux, puis on multiplie par le nombre de termes.

1. Pour \(1 \leqslant k \leqslant n\), on a \(n^2 + 1 \leqslant n^2 + k \leqslant n^2 + n\). La fonction \(t \mapsto \frac{1}{\sqrt{t}}\) est décroissante. Donc \(\frac{1}{\sqrt{n^2 + n}} \leqslant \frac{1}{\sqrt{n^2 + k}} \leqslant \frac{1}{\sqrt{n^2 + 1}}\). En sommant les \(n\) termes, il vient
   \[\frac{1}{\sqrt{1 + 1/n}} = \frac{n}{\sqrt{n^2 + n}} \leqslant S_n \leqslant \frac{n}{\sqrt{n^2 + 1}} = \frac{1}{\sqrt{1 + 1/n^2}}.\]
   Les deux bornes tendent vers \(1\). Par encadrement, \(S_n \to 1\).
2. Pour tout \(k\), on a \(kx – 1 < \lfloor kx \rfloor \leqslant kx\). En sommant de \(k = 1\) à \(n\), on obtient \(x\frac{n(n+1)}{2} – n < \sum_{k=1}^{n} \lfloor kx \rfloor \leqslant x\frac{n(n+1)}{2}\). Ensuite, nous divisons par \(n^2\) :
   \[\frac{x}{2}\left(1 + \frac{1}{n}\right) – \frac{1}{n} < T_n \leqslant \frac{x}{2}\left(1 + \frac{1}{n}\right).\]
   Les deux bornes tendent vers \(\frac{x}{2}\), donc \(T_n \to \frac{x}{2}\).

Corrigé de l’exercice 10 – Un produit croissant et majoré

Idée clé : le logarithme transforme le produit en somme, que l’on majore par une somme géométrique.

1. Les facteurs sont strictement positifs, et \(\frac{P_{n+1}}{P_n} = 1 + \frac{1}{2^{n+1}} > 1\). Donc \((P_n)\) est croissante.
2. On a \(\ln P_n = \sum_{k=1}^{n} \ln\left(1 + \frac{1}{2^k}\right) \leqslant \sum_{k=1}^{n} \frac{1}{2^k}\). Cette somme géométrique vaut \(1 – \frac{1}{2^n} < 1\). Comme l’exponentielle est croissante, on obtient \(P_n < e\).
3. Une suite croissante dont tous les termes restent sous \(e\) admet une limite finie : c’est le théorème de la limite monotone. Notons \(\ell\) cette limite. De plus, \(P_n \geqslant P_1 = \frac{3}{2}\) pour tout \(n \geqslant 1\). En passant à la limite dans les inégalités larges, on obtient \(\frac{3}{2} \leqslant \ell \leqslant e\).
4. On a \(1 + \frac{1}{k} = \frac{k+1}{k}\). Le produit est télescopique et vaut \(Q_n = n + 1\). Ainsi, \((Q_n)\) est croissante mais tend vers \(+\infty\) : la croissance seule ne suffit pas, il faut un majorant.

Corrigé de l’exercice 11 – Suite récurrente avec deux points fixes

Idée clé : le signe de \(u_{n+1} – u_n\) se lit sur la position de \(u_n\) par rapport aux points fixes ; un intervalle stable donne ensuite un majorant.

1. L’équation \(f(x) = x\) s’écrit \(x^2 – 5x + 6 = 0\), soit \((x – 2)(x – 3) = 0\). Les solutions sont \(2\) et \(3\).
2. On calcule \(u_{n+1} – u_n = \frac{u_n^2 + 6 – 5u_n}{5}\). D’après la question 1, cela vaut \(\frac{(u_n – 2)(u_n – 3)}{5}\).
3. Pour \(n = 0\), on a bien \(0 \leqslant 1 \leqslant 2\). Supposons \(0 \leqslant u_n \leqslant 2\). La fonction \(f\) est croissante sur \([0, +\infty[\). Donc \(f(0) \leqslant u_{n+1} \leqslant f(2)\), soit \(\frac{6}{5} \leqslant u_{n+1} \leqslant 2\). La propriété est donc vraie pour tout \(n\).
4. Pour \(u_n \in [0, 2]\), les facteurs \(u_n – 2\) et \(u_n – 3\) sont négatifs ou nuls. Leur produit est donc positif, et \((u_n)\) est croissante. Comme elle est majorée par \(2\), elle converge vers un réel \(\ell \in [1, 2]\). Par opérations, la relation \(u_{n+1} = \frac{u_n^2 + 6}{5}\) donne \(\ell = \frac{\ell^2 + 6}{5}\). Ainsi, \(\ell \in \{2, 3\}\). Comme \(\ell \leqslant 2\), on obtient \(\ell = 2\).
5. Montrons d’abord que \(u_n \geqslant 4\) pour tout \(n\). C’est vrai pour \(n = 0\). Ensuite, si \(u_n \geqslant 4\), la croissance de \(f\) donne \(u_{n+1} \geqslant f(4) = \frac{22}{5} \geqslant 4\). Dès lors, \(u_n – 2 > 0\) et \(u_n – 3 > 0\), donc \((u_n)\) est croissante. Si elle était majorée, elle convergerait vers \(\ell \geqslant 4\) avec \(f(\ell) = \ell\). Or les seuls points fixes sont \(2\) et \(3\). La suite n’est donc pas majorée et, par le théorème de la limite monotone, elle tend vers \(+\infty\).

Corrigé de l’exercice 12 – Sommes alternées et suites adjacentes

Idée clé : on sépare les rangs pairs et impairs ; chaque sous-suite avance de deux termes de signes opposés.

1. Le terme d’indice \(k\) vaut \(\frac{(-1)^{k+1}}{2k-1}\). Pour passer de \(S_{2n}\) à \(S_{2n+2}\), on ajoute les termes d’indices \(2n + 1\) et \(2n + 2\). Ainsi, \(S_{2n+2} – S_{2n} = \frac{1}{4n+1} – \frac{1}{4n+3}\), qui est positif. De même, \(S_{2n+3} – S_{2n+1} = -\frac{1}{4n+3} + \frac{1}{4n+5}\), qui est négatif. Donc \((S_{2n})\) croît et \((S_{2n+1})\) décroît.
2. On a \(S_{2n+1} – S_{2n} = \frac{1}{4n+1}\), qui tend vers \(0\). Les deux suites sont adjacentes.
3. D’après le théorème des suites adjacentes, \((S_{2n})\) et \((S_{2n+1})\) convergent vers une même limite \(\ell\). Les termes de rang pair et ceux de rang impair tendent donc vers \(\ell\). Par conséquent, \((S_n)\) converge vers \(\ell\).
4. On calcule \(S_3 = 1 – \frac{1}{3} + \frac{1}{5} = \frac{13}{15}\), puis \(S_4 = \frac{13}{15} – \frac{1}{7} = \frac{76}{105}\). Comme \((S_{2n})\) croît vers \(\ell\) et \((S_{2n+1})\) décroît vers \(\ell\), on a \(S_4 \leqslant \ell \leqslant S_3\). Ainsi, \(0{,}72 < \frac{76}{105} \leqslant \ell \leqslant \frac{13}{15} < 0{,}87\).

La figure montre les deux sous-suites. Les termes pairs montent, les termes impairs descendent, et tous se resserrent autour de la limite commune.

Remarque :

On peut montrer que \(\ell = \frac{\pi}{4} \approx 0{,}785\), ce qui est cohérent avec l’encadrement. Cependant, ce résultat dépasse le programme de ce chapitre.

Corrigé de l’exercice 13 – Divergence par suites extraites

Idée clé : on exhibe dans chaque cas deux suites extraites de limites différentes.

1. D’abord, \(u_{8n} = \frac{8n}{8n+1}\sin(2n\pi) = 0\). Ensuite, \(u_{8n+2} = \frac{8n+2}{8n+3}\sin\left(2n\pi + \frac{\pi}{2}\right) = \frac{8n+2}{8n+3}\), qui tend vers \(1\). Les limites \(0\) et \(1\) diffèrent, donc \((u_n)\) diverge.
2. On a \(v_{3n} = n – n = 0\). De plus, \(\lfloor \frac{3n+1}{3} \rfloor = n\), donc \(v_{3n+1} = n – n – \frac{1}{3} = -\frac{1}{3}\). Les deux suites extraites sont constantes et distinctes : \((v_n)\) diverge.
3. La fraction \(\frac{n^2 + 1}{n^2 + n + 1}\) tend vers \(1\). Donc \(w_{2n} \to 1\) et \(w_{2n+1} \to -1\). Par conséquent, \((w_n)\) diverge.

Corrigé de l’exercice 14 – Densité par les suites

Idée clé : la partie entière fournit des approximations dyadiques, et la convergence permet ensuite de placer un terme dans n’importe quel intervalle ouvert.

1. Le nombre \(\lfloor 2^n x \rfloor\) est un entier, donc \(x_n \in D\). Par ailleurs, \(2^n x – 1 < \lfloor 2^n x \rfloor \leqslant 2^n x\). En divisant par \(2^n\), on obtient \(x – \frac{1}{2^n} < x_n \leqslant x\). Par encadrement, \(x_n \to x\).
2. Posons \(x = \frac{a+b}{2}\) et \(\varepsilon = \frac{b-a}{2} > 0\). Comme \(x_n \to x\), il existe un rang \(n\) tel que \(|x_n – x| < \varepsilon\). Alors \(a < x_n < b\). Ainsi, \(]a, b[\) contient l’élément \(x_n\) de \(D\) : la partie \(D\) est dense dans \(\mathbb{R}\).
3. Soit \(x\) réel. Si \(x\) est irrationnel, la suite constante égale à \(x\) convient. Sinon, \(y_n = x + \frac{\sqrt{2}}{n+1}\) est irrationnel. En effet, si \(y_n\) était rationnel, \(\sqrt{2} = (n+1)(y_n – x)\) le serait aussi. De plus, \(y_n \to x\). Par la caractérisation séquentielle, l’ensemble des irrationnels est dense dans \(\mathbb{R}\).

Corrigé de l’exercice 15 – Récurrence d’ordre 2 à racine double

Idée clé : une racine double \(r_0\) impose la forme \((\lambda + \mu n) r_0^n\).

1. L’équation caractéristique \(r^2 – 6r + 9 = 0\) s’écrit \((r – 3)^2 = 0\). Donc \(u_n = (\lambda + \mu n)3^n\). La condition \(u_0 = 2\) donne \(\lambda = 2\). Ensuite, \(u_1 = 3(2 + \mu) = 3\) donne \(\mu = -1\). Ainsi, \(u_n = (2 – n)3^n\).
2. La récurrence donne \(u_2 = 18 – 18 = 0\) et \(u_3 = 0 – 27 = -27\). La formule donne \(0 \times 9 = 0\) et \(-1 \times 27 = -27\). Les deux valeurs coïncident.
3. Pour \(n \geqslant 3\), on a \(2 – n \leqslant -1\), donc \(u_n \leqslant -3^n\). Par comparaison, \(u_n \to -\infty\). De plus, \(\frac{u_n}{n3^n} = \frac{2 – n}{n} = \frac{2}{n} – 1\). Ce quotient tend vers \(-1\).

Corrigé de l’exercice 16 – Récurrence d’ordre 2 à racines complexes

Idée clé : les racines sont de module \(1\) ; la suite réelle est donc une combinaison de \(\cos\frac{n\pi}{3}\) et \(\sin\frac{n\pi}{3}\), sans facteur géométrique.

1. L’équation \(r^2 – r + 1 = 0\) a pour discriminant \(-3\). Ses racines sont \(\frac{1 \pm i\sqrt{3}}{2}\). Sous forme exponentielle, ce sont \(e^{i\pi/3}\) et \(e^{-i\pi/3}\).
2. Le module vaut \(1\) et l’argument \(\frac{\pi}{3}\). Donc \(u_n = A\cos\frac{n\pi}{3} + B\sin\frac{n\pi}{3}\). La condition \(u_0 = 1\) donne \(A = 1\). Ensuite, \(u_1 = \frac{1}{2} + B\frac{\sqrt{3}}{2} = 2\) donne \(B = \sqrt{3}\). Ainsi, \(u_n = \cos\frac{n\pi}{3} + \sqrt{3}\sin\frac{n\pi}{3}\).
3. On factorise par \(2\) : \(u_n = 2\left(\frac{1}{2}\cos\frac{n\pi}{3} + \frac{\sqrt{3}}{2}\sin\frac{n\pi}{3}\right)\). On reconnaît \(\cos\frac{\pi}{3}\) et \(\sin\frac{\pi}{3}\). Donc \(u_n = 2\cos\left(\frac{n\pi}{3} – \frac{\pi}{3}\right)\), avec \(R = 2\) et \(\alpha = \frac{\pi}{3}\). Comme le cosinus est \(2\pi\)-périodique, on a \(u_{n+6} = u_n\). Les six premiers termes sont \(1, 2, 1, -1, -2, -1\), ce que confirme la récurrence.
4. Les suites extraites \((u_{6n})\) et \((u_{6n+1})\) sont constantes, égales à \(1\) et à \(2\). Par conséquent, \((u_n)\) diverge.

Corrigé de l’exercice 17 – Suite arithmético-géométrique complexe

Idée clé : la méthode du point fixe fonctionne dans \(\mathbb{C}\) comme dans \(\mathbb{R}\) ; la convergence se lit sur le module de \(q\).

1. On a \(z_1 = 1\). Ensuite, \(z_2 = \frac{1+i}{2} + 1 = \frac{3}{2} + \frac{i}{2}\). Enfin, \(z_3 = \frac{(1+i)(3+i)}{4} + 1 = \frac{2 + 4i}{4} + 1\). Ainsi, \(z_1 = 1\), \(z_2 = \frac{3+i}{2}\) et \(z_3 = \frac{3}{2} + i\).
2. L’équation donne \(\omega(1 – q) = 1\), avec \(1 – q = \frac{1 – i}{2}\). Donc \(\omega = \frac{2}{1 – i} = \frac{2(1+i)}{2}\). On obtient \(\omega = 1 + i\).
3. En soustrayant, \(z_{n+1} – \omega = q(z_n – \omega)\). La suite \((z_n – \omega)\) est donc géométrique, et \(z_n – \omega = q^n(z_0 – \omega) = -(1+i)q^n\). Ainsi, \(z_n = (1+i)(1 – q^n)\). Or \(|q| = \frac{\sqrt{2}}{2} < 1\), donc \(q^n \to 0\). Par conséquent, \(z_n \to 1 + i\).
4. On a \(|z_n – \omega| = |1+i| \times |q|^n = \sqrt{2} \times 2^{-n/2} = 2^{(1-n)/2}\). Ensuite, \(2^{(1-n)/2} < 10^{-2}\) équivaut à \(2^{(n-1)/2} > 100\). Or \(2^{6{,}5} \approx 90{,}5\) et \(2^7 = 128\). L’écart est inférieur à \(10^{-2}\) à partir du rang \(n = 15\).

La figure place les points \(z_n\) dans le plan complexe : ils tournent autour de \(1 + i\) en se rapprochant de ce point.

Pour approfondir

Corrigé de l’exercice 18 – Trois suites extraites

Idée clé : la suite \((u_{3n})\) partage des termes avec \((u_{2n})\) et avec \((u_{2n+1})\) ; elle force les deux limites à coïncider.

1. Fixons une précision \(\varepsilon > 0\). La convergence des termes pairs fournit un seuil \(N_1\) : dès que \(p \geqslant N_1\), le terme \(u_{2p}\) est à distance au plus \(\varepsilon\) de \(\ell\). De même, la convergence des termes impairs fournit un seuil \(N_2\) pour les \(u_{2p+1}\). Prenons maintenant un entier \(n\) au moins égal à \(\max(2N_1, 2N_2 + 1)\). Écrit sous la forme \(2p\) ou \(2p + 1\), il a un \(p\) assez grand pour que le seuil correspondant s’applique. Tout terme de rang assez grand est donc à distance au plus \(\varepsilon\) de \(\ell\) : la suite converge vers \(\ell\).
2. Notons \(\ell_1\), \(\ell_2\) et \(\ell_3\) les trois limites. Les indices multiples de \(6\) sont à la fois pairs et multiples de \(3\), puisque \(6n = 2(3n) = 3(2n)\). Les termes \(u_{6n}\) forment donc une sous-suite commune à \((u_{2n})\) et à \((u_{3n})\). Elle tend à la fois vers \(\ell_1\) et vers \(\ell_3\) ; l’unicité de la limite impose \(\ell_1 = \ell_3\). Regardons maintenant les indices \(6n + 3\). Ils sont impairs, puisque \(6n + 3 = 2(3n+1) + 1\), et multiples de \(3\), puisque \(6n + 3 = 3(2n+1)\). Le même raisonnement fournit \(\ell_2 = \ell_3\). Ainsi, \(\ell_1 = \ell_2\), et la question 1 montre que \((u_n)\) converge.
3. Posons \(u_n = 1\) si le reste de \(n\) modulo \(6\) vaut \(1\) ou \(5\), et \(u_n = 0\) sinon. Un entier pair ou multiple de \(3\) n’a jamais un tel reste. Donc \((u_{2n})\) et \((u_{3n})\) sont nulles. En revanche, \(u_{6n+1} = 1\) et \(u_{6n} = 0\). La suite \((u_n)\) diverge, alors que \((u_{2n})\) et \((u_{3n})\) convergent.

Corrigé de l’exercice 19 – Une seule valeur d’adhérence

Idée clé : si la suite ne converge pas vers \(\ell\), une infinité de termes restent loin de \(\ell\) ; Bolzano-Weierstrass extrait de ces termes une seconde valeur d’adhérence.

1. Raisonnons par l’absurde, en niant la convergence vers \(\ell\). On dispose alors d’un \(\varepsilon > 0\) et d’une infinité de rangs \(n\) où l’écart \(|u_n – \ell|\) dépasse \(\varepsilon\). Rangeons ces rangs par ordre croissant : on obtient une sous-suite \((u_{\varphi(k)})\) dont tous les termes restent hors de \([\ell – \varepsilon, \ell + \varepsilon]\). Cette sous-suite hérite de la bornitude de \((u_n)\). Grâce au théorème de Bolzano-Weierstrass, une nouvelle extraction la fait converger, disons vers \(\ell^{\prime}\). Par passage à la limite, \(|\ell^{\prime} – \ell| \geqslant \varepsilon\). Or cette suite est aussi extraite de \((u_n)\), donc \(\ell^{\prime}\) est une valeur d’adhérence différente de \(\ell\). C’est absurde, donc \((u_n)\) converge vers \(\ell\).
2. La suite proposée n’est pas bornée, car \(u_{2n} = 2n\). Elle diverge donc. Pourtant, considérons une sous-suite convergente \((u_{\varphi(k)})\). Si une infinité de ses rangs \(\varphi(k)\) étaient pairs, elle prendrait des valeurs \(\varphi(k)\) arbitrairement grandes, ce qui est impossible pour une suite convergente. Au-delà d’un certain \(k\), tous ses rangs sont donc impairs, et ses termes valent \(0\). Sa limite vaut ainsi \(0\). Ainsi, \(0\) est l’unique valeur d’adhérence, mais la suite diverge : l’hypothèse « bornée » est indispensable.
3. On a \(u_{3n} = \cos(2n\pi) = 1\), \(u_{3n+1} = \cos\frac{2\pi}{3} = -\frac{1}{2}\) et \(u_{3n+2} = \cos\frac{4\pi}{3} = -\frac{1}{2}\). La suite ne prend donc que les valeurs \(1\) et \(-\frac{1}{2}\). Une suite extraite convergente est, à partir d’un certain rang, constante égale à l’une d’elles. Les valeurs d’adhérence sont \(1\) et \(-\frac{1}{2}\).

Corrigé de l’exercice 20 – Moyennes de Cesàro

Idée clé : on coupe la somme en deux : un début fixé, dont le poids s’écrase quand on divise par \(n\), et une fin où tous les termes sont petits.

1. Pour \(n > N\), on écrit \(n\,m_n = (u_1 + \cdots + u_N) + (u_{N+1} + \cdots + u_n)\). La seconde somme comporte \(n – N\) termes, tous de valeur absolue au plus \(\varepsilon\). Par l’inégalité triangulaire, elle est majorée en valeur absolue par \((n – N)\varepsilon \leqslant n\varepsilon\). En divisant par \(n\), on obtient l’inégalité demandée. Ensuite, notons \(C = |u_1 + \cdots + u_N|\), qui ne dépend pas de \(n\). Il existe \(N^{\prime} > N\) tel que \(\frac{C}{n} \leqslant \varepsilon\) pour \(n \geqslant N^{\prime}\). Alors \(|m_n| \leqslant 2\varepsilon\) pour ces rangs. Comme \(\varepsilon\) est arbitraire, \(m_n \to 0\).
2. Posons \(v_n = u_n – \ell\), qui tend vers \(0\). Sa moyenne vaut \(m_n – \ell\). D’après la question 1, elle tend vers \(0\). Donc \(m_n \to \ell\).
3. Prenons \(u_n = (-1)^n\). Les sommes \(u_1 + \cdots + u_n\) valent \(-1\) ou \(0\). Ainsi, \(|m_n| \leqslant \frac{1}{n}\) et \(m_n \to 0\). Pourtant, \((u_n)\) diverge : la réciproque est fausse.
4. Posons \(d_k = a_{k+1} – a_k = 2 + \frac{(-1)^k}{k}\). Cette suite tend vers \(2\). Par télescopage, \(d_1 + \cdots + d_n = a_{n+1} – a_1 = a_{n+1}\). La question 2 donne alors \(\frac{a_{n+1}}{n} \to 2\). Enfin, \(\frac{a_{n+1}}{n+1} = \frac{a_{n+1}}{n} \times \frac{n}{n+1}\). Par conséquent, \(\frac{a_n}{n} \to 2\).

Remarque :

La dernière question illustre un résultat utile : si \(a_{n+1} – a_n\) tend vers \(c\), alors \(\frac{a_n}{n}\) tend vers \(c\). En revanche, cela ne dit rien sur la convergence de \((a_n)\) elle-même.

Corrigé de l’exercice 21 – Problème – Moyennes arithmétique et harmonique

Idée clé : l’écart \(a_n – b_n\) s’exprime comme un carré, ce qui donne l’ordre et la vitesse ; le produit \(a_n b_n\) reste constant, ce qui donne la limite.

1. On a \(a_1 = \frac{8 + 2}{2} = 5\) et \(b_1 = \frac{2 \times 16}{10} = \frac{16}{5}\). Ensuite, \(a_2 = \frac{1}{2}\left(5 + \frac{16}{5}\right) = \frac{41}{10}\) et \(b_2 = \frac{2 \times 16}{41/5} = \frac{160}{41}\). Ainsi, \(a_1 = 5\), \(b_1 = 3{,}2\), \(a_2 = 4{,}1\) et \(b_2 = \frac{160}{41} \approx 3{,}902\).
2. La positivité se propage par récurrence : si \(a_n > 0\) et \(b_n > 0\), les deux formules donnent des quotients de nombres strictement positifs. Ensuite, on réduit au même dénominateur :
   \[a_{n+1} – b_{n+1} = \frac{(a_n + b_n)^2 – 4a_n b_n}{2(a_n + b_n)} = \frac{(a_n – b_n)^2}{2(a_n + b_n)}.\]
   Cette quantité est positive. De plus, \(a_0 – b_0 = 6 \geqslant 0\). Donc \(b_n \leqslant a_n\) pour tout \(n\).
3. D’une part, \(a_{n+1} – a_n = \frac{b_n – a_n}{2} \leqslant 0\). D’autre part, \(b_{n+1} – b_n = b_n \times \frac{2a_n – (a_n + b_n)}{a_n + b_n} = \frac{b_n(a_n – b_n)}{a_n + b_n} \geqslant 0\). Donc \((a_n)\) décroît et \((b_n)\) croît.
4. Comme \(0 \leqslant a_n – b_n \leqslant a_n + b_n\), on a \(\frac{a_n – b_n}{a_n + b_n} \leqslant 1\). La question 2 donne alors \(a_{n+1} – b_{n+1} \leqslant \frac{a_n – b_n}{2}\). Par récurrence, \(0 \leqslant a_n – b_n \leqslant \frac{6}{2^n}\), qui tend vers \(0\). Les suites \((a_n)\) et \((b_n)\) sont adjacentes.
5. On calcule \(a_{n+1}b_{n+1} = \frac{a_n + b_n}{2} \times \frac{2a_nb_n}{a_n + b_n} = a_n b_n\). Le produit est donc constant, égal à \(a_0 b_0 = 16\). Notons \(L\) la limite commune. Par passage à la limite, \(L^2 = 16\). Or \(L \geqslant b_0 = 2 > 0\). La limite commune vaut \(L = 4\).
6. L’inégalité \(a_n + b_n \geqslant 2\sqrt{a_n b_n}\) équivaut à \(\left(\sqrt{a_n} – \sqrt{b_n}\right)^2 \geqslant 0\). Donc \(a_n + b_n \geqslant 2\sqrt{16} = 8\). La question 2 donne alors \(a_{n+1} – b_{n+1} \leqslant \frac{(a_n – b_n)^2}{16}\). Or \(a_2 – b_2 = \frac{41}{10} – \frac{160}{41} = \frac{81}{410} \approx 0{,}198\). Par conséquent, \(a_3 – b_3 \leqslant \frac{1}{16}\left(\frac{81}{410}\right)^2 < 2{,}5 \times 10^{-3}\).

La figure montre la convergence très rapide des deux suites vers \(4\). Dès le rang \(3\), elles sont indiscernables à l’échelle du graphique.

Remarque :

La dernière question montre une convergence quadratique : à chaque étape, l’erreur est grosso modo élevée au carré. Ainsi, le nombre de décimales exactes double à peu près à chaque itération. En général, avec \(a_0 b_0 = c\), la limite commune vaut \(\sqrt{c}\) : ce procédé calcule donc des racines carrées.

Pour aller plus loin

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