Corrigé des exercices : Suites et définition epsilon en L1 de maths

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Pour démarrer

Corrigé de l’exercice 1 – Une suite homographique encadrée

Idée clé : isoler la partie constante d’une fraction rationnelle rend la monotonie et les bornes immédiates.

1. On a \(3(n+4) = 3n + 12\), donc \(3n + 2 = 3(n+4) – 10\). Par conséquent, \(u_n = 3 – \dfrac{10}{n+4}\). On trouve \(\alpha = 3\) et \(\beta = 10\).
2. La suite \(\left(\dfrac{10}{n+4}\right)\) est décroissante, car son dénominateur croît. Donc on retranche à 3 une quantité de plus en plus petite. La suite \((u_n)\) est croissante.
3. Par croissance, \(u_n \geqslant u_0 = \dfrac{1}{2}\). De plus, \(\dfrac{10}{n+4} > 0\), donc \(u_n < 3\). Ainsi, \(\dfrac{1}{2} \leqslant u_n < 3\) pour tout \(n\).
4. La suite est croissante et majorée, donc elle converge d’après le théorème de la limite monotone. En outre, \(\dfrac{10}{n+4} \to 0\). La limite vaut 3.

Corrigé de l’exercice 2 – Trouver le rang pour une précision donnée

Idée clé : l’écart \(|u_n – 2|\) est ici une fraction explicite et décroissante, ce qui donne directement le rang.

1. On calcule \(u_n – 2 = \dfrac{4n – 1 – 2(2n+5)}{2n+5} = \dfrac{-11}{2n+5}\). Donc \(|u_n – 2| = \dfrac{11}{2n+5}\).
2. Soit \(\varepsilon > 0\). L’inégalité \(\dfrac{11}{2n+5} \leqslant \varepsilon\) équivaut à \(2n + 5 \geqslant \dfrac{11}{\varepsilon}\), soit \(n \geqslant \dfrac{11 – 5\varepsilon}{2\varepsilon}\). On pose \(N = \max\left(0, \left\lceil \dfrac{11 – 5\varepsilon}{2\varepsilon} \right\rceil\right)\). Pour tout \(n \geqslant N\), on a bien \(|u_n – 2| \leqslant \varepsilon\). Donc \(u_n \to 2\).
3. Avec \(\varepsilon = 10^{-2}\), la condition devient \(2n + 5 \geqslant 1100\), soit \(n \geqslant 547{,}5\). Comme \(\dfrac{11}{2n+5}\) décroît, la condition est vraie exactement pour \(n \geqslant 548\). En particulier, \(n = 547\) ne convient pas, car \(\dfrac{11}{1099} > 10^{-2}\). Le plus petit rang est \(N = 548\).

Corrigé de l’exercice 3 – Une somme de racines entre deux gendarmes

Idée clé : on encadre chaque terme par le plus petit et le plus grand terme de la somme, puis on multiplie par le nombre de termes.

1. Pour \(1 \leqslant k \leqslant n\), on a \(n^2 + 3 \leqslant n^2 + 3k \leqslant n^2 + 3n\). La fonction \(t \mapsto \dfrac{1}{\sqrt{t}}\) est décroissante sur \(]0, +\infty[\). Donc \(\dfrac{1}{\sqrt{n^2+3n}} \leqslant \dfrac{1}{\sqrt{n^2+3k}} \leqslant \dfrac{1}{\sqrt{n^2+3}}\).
2. On somme ces \(n\) inégalités. Ensuite, on majore \(\dfrac{1}{\sqrt{n^2+3}}\) par \(\dfrac{1}{n}\). On obtient \(\dfrac{n}{\sqrt{n^2+3n}} \leqslant u_n \leqslant 1\).
3. On écrit \(\dfrac{n}{\sqrt{n^2+3n}} = \dfrac{1}{\sqrt{1 + 3/n}}\), qui tend vers 1. Le majorant constant vaut aussi 1. Le théorème des gendarmes s’applique donc. La suite \((u_n)\) converge vers 1.

Corrigé de l’exercice 4 – Tendre vers l’infini par la définition

Idée clé : pour une limite infinie, on minore par une suite simple dont on sait inverser la condition \(\geqslant A\).

1. Si \(\sqrt{n} \geqslant 6\), alors \(n = \sqrt{n} \times \sqrt{n} \geqslant 6\sqrt{n}\), donc \(3\sqrt{n} \leqslant \dfrac{n}{2}\). Ainsi, pour \(n \geqslant 36\), \(v_n \geqslant n – \dfrac{n}{2} = \dfrac{n}{2}\). Soit \(A\) un réel. Posons \(N = \max\left(36, \lceil 2A \rceil\right)\). Pour \(n \geqslant N\), on a \(v_n \geqslant \dfrac{n}{2} \geqslant A\). Donc \(v_n \to +\infty\).
2. On a \(w_{2k} = 2k \to +\infty\) et \(w_{2k+1} = -(2k+1) \to -\infty\). Si \((w_n)\) avait une limite, finie ou infinie, toutes ses suites extraites auraient cette même limite. Or ces deux suites extraites ont des limites différentes. La suite \((w_n)\) n’a aucune limite, ni finie ni infinie.
3. Avec \(A = 1\), il existe \(N_0\) tel que \(u_n \geqslant 1\) pour \(n \geqslant N_0\). Pour ces indices, \(u_n \neq 0\) et \(\dfrac{1}{u_n}\) est défini. Soit maintenant \(\varepsilon > 0\). Avec \(A = \dfrac{1}{\varepsilon}\), il existe \(N_1\) tel que \(u_n \geqslant \dfrac{1}{\varepsilon}\) pour \(n \geqslant N_1\). Pour \(n \geqslant \max(N_0, N_1)\), on obtient \(0 < \dfrac{1}{u_n} \leqslant \varepsilon\). Donc \(\dfrac{1}{u_n} \to 0\).

Corrigé de l’exercice 5 – Récurrence linéaire à deux racines réelles

Idée clé : l’équation caractéristique donne la forme générale, puis les deux premiers termes fixent les constantes.

1. L’équation caractéristique est \(r^2 = r + 6\), soit \(r^2 – r – 6 = 0\). Son discriminant vaut \(25\). Ses racines sont \(3\) et \(-2\).
2. Il existe donc \(\lambda, \mu\) réels tels que \(u_n = \lambda 3^n + \mu (-2)^n\). Les conditions initiales donnent \(\lambda + \mu = 1\) et \(3\lambda – 2\mu = 8\). En ajoutant deux fois la première équation à la seconde, on trouve \(5\lambda = 10\). Ainsi \(\lambda = 2\) et \(\mu = -1\). On vérifie : \(u_1 = 6 + 2 = 8\). Finalement, \(u_n = 2 \times 3^n – (-2)^n\).
3. On factorise par \(3^n\) : \(u_n = 3^n\left(2 – \left(-\dfrac{2}{3}\right)^n\right)\). Comme \(\left|-\dfrac{2}{3}\right| < 1\), la parenthèse tend vers 2. De plus, \(3^n \to +\infty\). Donc \(u_n \to +\infty\) et \(\dfrac{u_n}{3^n} \to 2\).

Corrigé de l’exercice 6 – Trois formes indéterminées classiques

Idée clé : quantité conjuguée pour une différence de racines, factorisation par le terme dominant pour un quotient.

1. Forme \(\infty – \infty\). On multiplie par la quantité conjuguée : \(a_n = \dfrac{(n^2 + 5n) – n^2}{\sqrt{n^2+5n} + n} = \dfrac{5}{\sqrt{1 + 5/n} + 1}\). Donc \(a_n \to \dfrac{5}{2}\).
2. Forme \(\dfrac{\infty}{\infty}\). On factorise par \(5^n\) en haut et en bas : \(b_n = \dfrac{1 + (2/5)^n}{1 + (3/5)^n}\). Les deux suites géométriques tendent vers 0. Donc \(b_n \to 1\).
3. Forme \(\dfrac{\infty}{\infty}\). On factorise par \(n^3\) : \(c_n = \dfrac{1 – 2/n^2}{4 + 1/n + 7/n^3}\). Donc \(c_n \to \dfrac{1}{4}\).

Pour s’entraîner

Corrigé de l’exercice 7 – Inverse d’une suite de limite non nulle

Idée clé : une suite de limite \(\ell > 0\) reste loin de 0 à partir d’un rang, ce qui contrôle le dénominateur.

1. Le réel \(\dfrac{\ell}{2}\) est strictement positif : c’est une précision admissible. La convergence fournit alors un rang \(N_0\) au-delà duquel \(u_n\) reste dans \(\left[\dfrac{\ell}{2}, \dfrac{3\ell}{2}\right]\). Ainsi, \(u_n \geqslant \dfrac{\ell}{2}\) dès que \(n \geqslant N_0\).
2. Pour \(n \geqslant N_0\), \(u_n > 0\), donc \(\dfrac{1}{u_n}\) existe. On écrit \(\dfrac{1}{u_n} – \dfrac{1}{\ell} = \dfrac{\ell – u_n}{u_n \ell}\). Or \(u_n \ell \geqslant \dfrac{\ell^2}{2}\). Par conséquent, \(\left|\dfrac{1}{u_n} – \dfrac{1}{\ell}\right| \leqslant \dfrac{2}{\ell^2}|u_n – \ell|\).
3. Soit \(\varepsilon > 0\). Appliquons la convergence de \((u_n)\) avec la précision \(\varepsilon^{\prime} = \dfrac{\varepsilon \ell^2}{2}\), qui est strictement positive. On obtient un rang \(N_1\) au-delà duquel l’écart \(|u_n – \ell|\) ne dépasse pas \(\varepsilon^{\prime}\). Pour \(n \geqslant \max(N_0, N_1)\), l’inégalité précédente donne \(\left|\dfrac{1}{u_n} – \dfrac{1}{\ell}\right| \leqslant \varepsilon\). Donc \(\dfrac{1}{u_n} \to \dfrac{1}{\ell}\).
4. Si \(u_n = \dfrac{1}{n+1}\), alors \(\dfrac{1}{u_n} = n + 1 \to +\infty\). Si \(u_n = \dfrac{(-1)^n}{n+1}\), alors \(\dfrac{1}{u_n} = (-1)^n (n+1)\), qui n’a aucune limite d’après l’exercice 4. Lorsque \(\ell = 0\), on ne peut donc rien conclure en général.

Corrigé de l’exercice 8 – Deux preuves avec epsilon

Idée clé : majorer l’écart par \(\dfrac{c}{\sqrt{n}}\) ou par \(\dfrac{c}{n^2}\), puis inverser cette majoration.

1. La quantité conjuguée donne \(\sqrt{n+3} – \sqrt{n} = \dfrac{3}{\sqrt{n+3} + \sqrt{n}}\). Comme \(\sqrt{n+3} \geqslant \sqrt{n}\), le dénominateur est au moins \(2\sqrt{n}\). D’où \(0 \leqslant \sqrt{n+3} – \sqrt{n} \leqslant \dfrac{3}{2\sqrt{n}}\) pour \(n \geqslant 1\). Soit \(\varepsilon > 0\). La condition \(\dfrac{3}{2\sqrt{n}} \leqslant \varepsilon\) équivaut à \(n \geqslant \dfrac{9}{4\varepsilon^2}\). Le rang \(N = \max\left(1, \left\lceil \dfrac{9}{4\varepsilon^2} \right\rceil\right)\) convient. Pour \(\varepsilon = 10^{-2}\), on trouve \(\dfrac{9}{4 \times 10^{-4}} = 22\,500\). Ainsi \(\sqrt{n+3} – \sqrt{n} \to 0\), et \(N = 22\,500\) convient pour \(\varepsilon = 10^{-2}\).
2. On calcule \(\dfrac{2n^2 + \sin n}{n^2 + 1} – 2 = \dfrac{\sin n – 2}{n^2 + 1}\). Comme \(|\sin n – 2| \leqslant 3\), l’écart est majoré par \(\dfrac{3}{n^2+1} \leqslant \dfrac{3}{n^2}\) pour \(n \geqslant 1\). Soit \(\varepsilon > 0\). Ensuite, \(\dfrac{3}{n^2} \leqslant \varepsilon\) dès que \(n \geqslant \sqrt{3/\varepsilon}\). Le rang \(N = \max\left(1, \left\lceil \sqrt{3/\varepsilon} \right\rceil\right)\) convient. Donc la suite tend vers 2.

Corrigé de l’exercice 9 – Divergence par deux suites extraites

Idée clé : une suite périodique non constante possède deux suites extraites constantes et distinctes.

1. Les valeurs successives sont \(u_0 = 1\), \(u_1 = \dfrac{1}{2}\), \(u_2 = -\dfrac{1}{2}\), \(u_3 = -1\), \(u_4 = -\dfrac{1}{2}\) et \(u_5 = \dfrac{1}{2}\). Ensuite, \(u_{n+6} = \cos\left(\dfrac{n\pi}{3} + 2\pi\right) = u_n\), car le cosinus est \(2\pi\)-périodique. La suite est périodique de période 6.
2. On a \(u_{6k} = \cos(2k\pi) = 1\) et \(u_{6k+3} = \cos(2k\pi + \pi) = -1\) pour tout \(k\). Ces deux suites extraites sont constantes, de limites 1 et \(-1\). Si \((u_n)\) convergeait, elles auraient la même limite. Donc \((u_n)\) diverge.
3. Pour \(n \geqslant 1\), on a \(-\dfrac{1}{n} \leqslant w_n \leqslant \dfrac{1}{n}\), car \(|u_n| \leqslant 1\). Les deux gendarmes tendent vers 0. Donc \(w_n \to 0\).

Corrigé de l’exercice 10 – Une somme alternée et ses rangs pairs et impairs

Idée clé : les sommes partielles d’une somme alternée à termes décroissants forment deux suites adjacentes.

1. Le passage de \(S_{2n}\) à \(S_{2n+2}\) ajoute les termes d’indices \(2n+1\) et \(2n+2\). Ainsi, \(S_{2n+2} – S_{2n} = -\dfrac{1}{4n+3} + \dfrac{1}{4n+5} = \dfrac{-2}{(4n+3)(4n+5)} < 0\). De même, \(S_{2n+3} – S_{2n+1} = \dfrac{1}{4n+5} – \dfrac{1}{4n+7} = \dfrac{2}{(4n+5)(4n+7)} > 0\). La suite \((S_{2n})\) décroît et la suite \((S_{2n+1})\) croît.
2. En outre, \(S_{2n+1} – S_{2n} = -\dfrac{1}{4n+3}\), qui tend vers 0. Les deux suites sont donc adjacentes.
3. D’après le théorème des suites adjacentes, \((S_{2n})\) et \((S_{2n+1})\) convergent vers une même limite \(\ell\). Les rangs pairs et impairs recouvrent tous les entiers. Par conséquent, \((S_n)\) converge vers \(\ell\). La suite \((S_n)\) converge.
4. On trouve \(S_0 = 1\), \(S_1 = \dfrac{2}{3}\), \(S_2 = \dfrac{2}{3} + \dfrac{1}{5} = \dfrac{13}{15}\) et \(S_3 = \dfrac{13}{15} – \dfrac{1}{7} = \dfrac{76}{105}\). Le théorème donne \(S_{2n+1} \leqslant \ell \leqslant S_{2n}\) pour tout \(n\). Donc \(\dfrac{76}{105} \leqslant \ell \leqslant \dfrac{13}{15}\), soit environ \(0{,}724 \leqslant \ell \leqslant 0{,}867\).

La figure montre les sommes partielles qui oscillent de part et d’autre de la limite, en se resserrant.

Remarque :

Hors programme de ce chapitre, on peut montrer que \(\ell = \dfrac{\pi}{4}\), ce qui est cohérent avec l’encadrement obtenu.

Corrigé de l’exercice 11 – Moyennes harmonique et arithmétique adjacentes

Idée clé : l’écart \(b_{n+1} – a_{n+1}\) s’écrit comme un carré, et le produit \(a_n b_n\) est invariant.

1. Pour \(n = 0\), on a \(0 < 2 \leqslant 8\). Supposons \(0 < a_n \leqslant b_n\). Alors \(a_n + b_n > 0\), donc \(a_{n+1}\) et \(b_{n+1}\) sont définis et strictement positifs. Ensuite, \(b_{n+1} – a_{n+1} = \dfrac{(a_n + b_n)^2 – 4a_n b_n}{2(a_n + b_n)} = \dfrac{(b_n – a_n)^2}{2(a_n + b_n)} \geqslant 0\). Par récurrence, \(0 < a_n \leqslant b_n\) pour tout \(n\).
2. On a \(b_{n+1} – b_n = \dfrac{a_n – b_n}{2} \leqslant 0\). De plus, \(a_{n+1} – a_n = \dfrac{2a_n b_n – a_n(a_n + b_n)}{a_n + b_n} = \dfrac{a_n(b_n – a_n)}{a_n + b_n} \geqslant 0\). La suite \((a_n)\) croît et la suite \((b_n)\) décroît.
3. On écrit \(b_{n+1} – a_{n+1} = \dfrac{b_n – a_n}{2} \times \dfrac{b_n – a_n}{a_n + b_n}\). Or \(0 \leqslant b_n – a_n \leqslant a_n + b_n\), car \(a_n > 0\). Le second facteur est donc au plus 1, d’où l’inégalité demandée. Par récurrence, \(0 \leqslant b_n – a_n \leqslant \dfrac{6}{2^n}\), qui tend vers 0. Les suites sont adjacentes.
4. On calcule \(a_{n+1} b_{n+1} = \dfrac{2a_n b_n}{a_n + b_n} \times \dfrac{a_n + b_n}{2} = a_n b_n\). Le produit vaut donc toujours \(a_0 b_0 = 16\). Soit \(\ell\) la limite commune. Par passage à la limite, \(\ell^2 = 16\). Enfin, \(\ell \geqslant a_0 = 2 > 0\). La limite commune vaut 4.

Corrigé de l’exercice 12 – Un produit infini croissant et majoré

Idée clé : l’inégalité \(1 + x \leqslant \mathrm{e}^x\) transforme le produit en exponentielle d’une somme géométrique.

1. Tous les facteurs sont strictement positifs, donc \(p_n > 0\). Ensuite, \(\dfrac{p_{n+1}}{p_n} = 1 + \dfrac{1}{3^{n+1}} > 1\). La suite \((p_n)\) est croissante.
2. Chaque facteur vérifie \(0 < 1 + \dfrac{1}{3^k} \leqslant \mathrm{e}^{1/3^k}\). Comme ces facteurs sont positifs, on peut multiplier les inégalités. Il vient \(p_n \leqslant \exp\left(\displaystyle\sum_{k=1}^{n} \frac{1}{3^k}\right)\). Or cette somme géométrique vaut \(\dfrac{1}{2}\left(1 – 3^{-n}\right) \leqslant \dfrac{1}{2}\). La fonction exponentielle étant croissante, on conclut. Ainsi, \(p_n \leqslant \sqrt{\mathrm{e}}\) pour tout \(n \geqslant 1\).
3. La suite est croissante et majorée, donc elle converge vers un réel \(\ell\). Par croissance, \(\ell \geqslant p_2 = \dfrac{4}{3} \times \dfrac{10}{9} = \dfrac{40}{27}\). Par passage à la limite dans l’inégalité large, \(\ell \leqslant \sqrt{\mathrm{e}}\). Donc \(\dfrac{40}{27} \leqslant \ell \leqslant \sqrt{\mathrm{e}}\), soit environ \(1{,}481 \leqslant \ell \leqslant 1{,}649\).

Corrigé de l’exercice 13 – Une récurrence à point fixe double

Idée clé : le point fixe 1 est double, ce qui ralentit la convergence ; le changement de suite \(v_n\) la rend explicite.

1. Posons \(f(x) = 2 – \dfrac{1}{x}\). Si \(x > 1\), alors \(0 < \dfrac{1}{x} < 1\), donc \(f(x) > 1\). Comme \(u_0 = 3 > 1\), une récurrence immédiate montre que chaque \(u_n\) est strictement supérieur à 1. En particulier, \(u_n \neq 0\), et le terme suivant est défini. La suite est bien définie et \(u_n > 1\) pour tout \(n\).
2. On calcule \(u_{n+1} – u_n = \dfrac{2u_n – 1 – u_n^2}{u_n} = -\dfrac{(u_n – 1)^2}{u_n}\). Ce quotient est négatif, puisque \(u_n > 0\). La suite \((u_n)\) est décroissante.
3. La suite décroît et elle est minorée par 1. Elle converge donc vers un réel \(\ell \geqslant 1\). La fonction \(f\) est continue en \(\ell\), car \(\ell \neq 0\). Ainsi \(\ell = 2 – \dfrac{1}{\ell}\), soit \(\ell^2 – 2\ell + 1 = 0\). La limite vaut 1.
4. On a \(u_{n+1} – 1 = 1 – \dfrac{1}{u_n} = \dfrac{u_n – 1}{u_n}\). Donc \(v_{n+1} = \dfrac{u_n}{u_n – 1} = 1 + \dfrac{1}{u_n – 1} = v_n + 1\). La suite \((v_n)\) est arithmétique de raison 1 et de premier terme \(v_0 = \dfrac{1}{2}\). Ainsi \(v_n = n + \dfrac{1}{2}\). On en déduit \(u_n = 1 + \dfrac{2}{2n+1}\). On vérifie : \(u_1 = \dfrac{5}{3} = 2 – \dfrac{1}{3}\).
5. On cherche \(\dfrac{2}{2n+1} \leqslant 10^{-3}\), c’est-à-dire \(2n + 1 \geqslant 2000\), soit \(n \geqslant 999{,}5\). L’écart décroît avec \(n\). Le plus petit rang est \(N = 1000\).

Le diagramme en escalier illustre cette lenteur : la courbe de \(f\) est tangente à la droite \(y = x\) au point fixe.

Corrigé de l’exercice 14 – Racine double et racines complexes

Idée clé : le signe du discriminant de l’équation caractéristique choisit la forme générale.

1. L’équation \(r^2 – 4r + 4 = 0\) s’écrit \((r – 2)^2 = 0\). La racine 2 est double, donc \(u_n = (\lambda + \mu n) 2^n\). On a \(u_0 = \lambda = 3\), puis \(u_1 = 2(3 + \mu) = 4\), donc \(\mu = -1\). Ainsi \(u_n = (3 – n) 2^n\). On vérifie \(u_2 = 16 – 12 = 4 = (3-2) \times 4\). Pour \(n \geqslant 4\), \(3 – n \leqslant -1\), donc \(u_n \leqslant -2^n\). Par comparaison, \(u_n = (3-n)2^n \to -\infty\).
2. L’équation \(r^2 – r + 1 = 0\) a pour racines \(\dfrac{1 \pm \mathrm{i}\sqrt{3}}{2} = \mathrm{e}^{\pm \mathrm{i}\pi/3}\). Donc \(v_n = \lambda \cos\left(\dfrac{n\pi}{3}\right) + \mu \sin\left(\dfrac{n\pi}{3}\right)\). D’abord \(v_0 = \lambda = 2\). Ensuite \(v_1 = 1 + \dfrac{\sqrt{3}}{2}\mu = 1\), donc \(\mu = 0\). Ainsi \(v_n = 2\cos\left(\dfrac{n\pi}{3}\right)\). D’après l’exercice 9, \(v_{6k} = 2\) et \(v_{6k+3} = -2\). La suite \((v_n)\) diverge.
3. L’équation \(r^2 – r + \dfrac{1}{2} = 0\) a pour discriminant \(-1\). Ses racines sont \(\dfrac{1 \pm \mathrm{i}}{2} = \dfrac{1}{\sqrt{2}}\mathrm{e}^{\pm \mathrm{i}\pi/4}\). Donc \(w_n = 2^{-n/2}\left(\lambda \cos\left(\dfrac{n\pi}{4}\right) + \mu \sin\left(\dfrac{n\pi}{4}\right)\right)\). La condition \(w_0 = 0\) donne \(\lambda = 0\). Puis \(w_1 = \dfrac{1}{\sqrt{2}} \times \mu \times \dfrac{\sqrt{2}}{2} = \dfrac{\mu}{2} = 1\), donc \(\mu = 2\). On vérifie \(w_2 = 1 – 0 = 1\) et \(2 \times \dfrac{1}{2} \times \sin\left(\dfrac{\pi}{2}\right) = 1\). Enfin, \(|w_n| \leqslant 2 \times 2^{-n/2}\), qui tend vers 0. Ainsi \(w_n = 2^{1 – n/2}\sin\left(\dfrac{n\pi}{4}\right) \to 0\).

Corrigé de l’exercice 15 – Comparaison et limites infinies

Idée clé : minorer une somme par son plus petit terme, et majorer un produit en contrôlant chaque facteur.

1. Pour \(1 \leqslant k \leqslant n\), on a \(\sqrt{k} \leqslant \sqrt{n}\). Par décroissance de l’inverse, chaque terme de la somme est au moins égal à \(\dfrac{1}{\sqrt{n}}\). En sommant les \(n\) termes, \(h_n \geqslant \dfrac{n}{\sqrt{n}} = \sqrt{n}\). Or \(\sqrt{n} \to +\infty\). Par comparaison, \(h_n \to +\infty\).
2. On écrit \(\dfrac{n!}{n^n} = \dfrac{1}{n} \times \dfrac{2}{n} \times \dots \times \dfrac{n}{n}\). Chaque facteur à partir du deuxième est compris entre 0 et 1. Le produit est donc strictement positif et au plus égal à \(\dfrac{1}{n}\). Par les gendarmes, \(\dfrac{n!}{n^n} \to 0\).
3. Pour \(n = 2\), on a \(\dfrac{4}{2} = 2 = 2\left(\dfrac{2}{3}\right)^0\). Supposons l’inégalité vraie au rang \(n \geqslant 2\). Alors \(\dfrac{2^{n+1}}{(n+1)!} = \dfrac{2^n}{n!} \times \dfrac{2}{n+1} \leqslant 2\left(\dfrac{2}{3}\right)^{n-2} \times \dfrac{2}{3}\), car \(n + 1 \geqslant 3\). Par récurrence et par les gendarmes, \(\dfrac{2^n}{n!} \to 0\).
4. Pour \(n \geqslant 1\), on a \(0 < n + \cos n \leqslant n + 1\). En effet, \(n + \cos n \geqslant n – 1 \geqslant 0\), avec égalité impossible car \(\cos 1 \neq -1\). Ainsi \(z_n \geqslant \dfrac{n^2}{n+1}\). De plus, \(\dfrac{n^2}{n+1} \geqslant \dfrac{n}{2}\) équivaut à \(2n \geqslant n + 1\), vrai pour \(n \geqslant 1\). Par comparaison, \(z_n \to +\infty\).

Pour approfondir

Corrigé de l’exercice 16 – Moyennes de Cesàro

Idée clé : on coupe la somme en un début fixe, écrasé par la division par \(n\), et une fin où tous les termes sont petits.

1. Soit \(n > N\) et \(C = |u_1| + \dots + |u_N|\), qui ne dépend pas de \(n\). On découpe \(n c_n = (u_1 + \dots + u_N) + (u_{N+1} + \dots + u_n)\). La seconde somme compte \(n – N\) termes, chacun de valeur absolue au plus \(\dfrac{\varepsilon}{2}\). Donc \(|c_n| \leqslant \dfrac{C}{n} + \dfrac{n – N}{n} \times \dfrac{\varepsilon}{2} \leqslant \dfrac{C}{n} + \dfrac{\varepsilon}{2}\). Ensuite, \(\dfrac{C}{n} \leqslant \dfrac{\varepsilon}{2}\) dès que \(n \geqslant \dfrac{2C}{\varepsilon}\). Pour \(n \geqslant \max\left(N + 1, \dfrac{2C}{\varepsilon}\right)\), on obtient \(|c_n| \leqslant \varepsilon\). Donc \(c_n \to 0\).
2. On applique le résultat précédent à \(u_n – \ell\), qui tend vers 0. La moyenne des \(u_k – \ell\) vaut \(c_n – \ell\). Donc \(c_n \to \ell\).
3. Prenons \(u_n = (-1)^n\). La somme \(u_1 + \dots + u_n\) vaut \(-1\) ou 0. Donc \(|c_n| \leqslant \dfrac{1}{n}\), et \(c_n \to 0\). Pourtant, \((u_n)\) diverge. La réciproque est fausse.
4. On pose \(d_k = x_k – x_{k-1} = \dfrac{3k – 2}{k + 1}\) pour \(k \geqslant 1\). Cette suite tend vers 3. Comme \(x_0 = 0\), on a \(x_n = d_1 + \dots + d_n\). Ainsi, \(\dfrac{x_n}{n}\) est la moyenne de Cesàro de \((d_k)\). D’après la question 2, \(\dfrac{x_n}{n} \to 3\).

Corrigé de l’exercice 17 – Récurrence par une fonction décroissante

Idée clé : avec \(f\) décroissante, la suite oscille ; on étudie séparément les rangs pairs et impairs, qui suivent \(g = f \circ f\), croissante.

1. La fonction \(f\) est décroissante sur \([1, 3]\), avec \(f(1) = 3\) et \(f(3) = \dfrac{5}{3}\). Donc \(f([1, 3]) = \left[\dfrac{5}{3}, 3\right] \subset [1, 3]\). Comme \(u_0 = 1 \in [1, 3]\), une récurrence donne le résultat. Pour tout \(n\), \(u_n \in [1, 3]\).
2. Pour \(x \in [1, 3]\), on calcule \(g(x) = 1 + \dfrac{2}{1 + 2/x} = 1 + \dfrac{2x}{x + 2} = \dfrac{3x + 2}{x + 2}\). On peut aussi écrire \(g(x) = 3 – \dfrac{4}{x + 2}\). Sous cette forme, \(g\) est clairement croissante sur \([1, 3]\).

Les rangs pairs et les rangs impairs

3. On a \(u_{2n+2} = g(u_{2n})\) et \(u_{2n+3} = g(u_{2n+1})\). Or \(u_0 = 1\), \(u_1 = 3\), \(u_2 = \dfrac{5}{3}\) et \(u_3 = \dfrac{11}{5}\). Ainsi \(u_0 \leqslant u_2\) et \(u_1 \geqslant u_3\). Si \(u_{2n} \leqslant u_{2n+2}\), la croissance de \(g\) donne \(u_{2n+2} \leqslant u_{2n+4}\). Le même raisonnement s’applique aux rangs impairs. Donc \((u_{2n})\) croît et \((u_{2n+1})\) décroît.
4. Les deux suites extraites sont monotones et bornées par 1 et 3. Elles convergent donc vers des réels \(\lambda\) et \(\mu\) de \([1, 3]\). La fonction \(g\) est continue sur \([1, 3]\), donc \(g(\lambda) = \lambda\) et \(g(\mu) = \mu\). L’équation \(g(x) = x\) s’écrit \(3x + 2 = x^2 + 2x\), soit \(x^2 – x – 2 = 0\). Ses racines sont 2 et \(-1\), et seule 2 est dans \([1, 3]\). Ainsi \(\lambda = \mu = 2\). Les rangs pairs et impairs tendent vers 2, donc \(u_n \to 2\).

Une vitesse de convergence géométrique

5. On a \(f\left(\dfrac{5}{3}\right) = \dfrac{11}{5}\) et \(f(3) = \dfrac{5}{3}\). Par décroissance, \(f\left(\left[\dfrac{5}{3}, 3\right]\right) = \left[\dfrac{5}{3}, \dfrac{11}{5}\right] \subset \left[\dfrac{5}{3}, 3\right]\). Comme \(u_1 = 3\), une récurrence donne \(u_n \in \left[\dfrac{5}{3}, 3\right]\) pour \(n \geqslant 1\). Ensuite, \(u_{n+1} – 2 = \dfrac{2}{u_n} – 1 = \dfrac{2 – u_n}{u_n}\). Comme \(u_n \geqslant \dfrac{5}{3}\), on obtient \(|u_{n+1} – 2| \leqslant \dfrac{3}{5}|u_n – 2|\). Enfin, \(|u_1 – 2| = 1\). Par récurrence, \(|u_n – 2| \leqslant \left(\dfrac{3}{5}\right)^{n-1}\) pour \(n \geqslant 1\).

La figure montre l’escalier qui tourne autour du point fixe 2 en se resserrant, comme une spirale.

Corrigé de l’exercice 18 – La suite des sinus des entiers diverge

Idée clé : chaque période contient un entier où le sinus est grand et un entier où il est très négatif ; on en tire deux suites extraites incompatibles.

1. Tous les termes \(\sin n\) se trouvent dans \([-1, 1]\). Le théorème de Bolzano-Weierstrass s’applique donc, et fournit une sous-suite de \((s_n)\) qui converge.
2. Les intervalles \(I_k\) et \(J_k\) ont pour longueur \(\dfrac{\pi}{2}\), qui dépasse \(\dfrac{3}{2}\), donc 1. Or un segment \([x, y]\) de longueur au moins 1 contient l’entier \(\lceil x \rceil\), car \(x \leqslant \lceil x \rceil < x + 1 \leqslant y\). Chaque \(I_k\) et chaque \(J_k\) contient au moins un entier.
3. On a \(n_{k+1} \geqslant 2(k+1)\pi + \dfrac{\pi}{4} = 2k\pi + \dfrac{9\pi}{4}\). Ce nombre dépasse \(2k\pi + \dfrac{3\pi}{4}\), qui majore \(n_k\). Donc \(n_{k+1} > n_k\). Le même calcul vaut pour \((m_k)\), et les deux suites d’indices sont strictement croissantes.
4. Le réel \(n_k – 2k\pi\) appartient à \(\left[\dfrac{\pi}{4}, \dfrac{3\pi}{4}\right]\), où le sinus est au moins \(\dfrac{\sqrt{2}}{2}\). Par \(2\pi\)-périodicité, \(\sin n_k = \sin(n_k – 2k\pi)\). De même, \(m_k – 2k\pi \in \left[\dfrac{5\pi}{4}, \dfrac{7\pi}{4}\right]\), où le sinus est au plus \(-\dfrac{\sqrt{2}}{2}\). Donc \(s_{n_k} \geqslant \dfrac{\sqrt{2}}{2}\) et \(s_{m_k} \leqslant -\dfrac{\sqrt{2}}{2}\).
5. Supposons que \((\sin n)\) ait une limite \(\ell\). Elle est finie, car une suite bornée ne tend pas vers l’infini. Les suites extraites \((s_{n_k})\) et \((s_{m_k})\) tendent alors vers \(\ell\). Par passage à la limite dans les inégalités larges, \(\ell \geqslant \dfrac{\sqrt{2}}{2}\) et \(\ell \leqslant -\dfrac{\sqrt{2}}{2}\). C’est absurde. La suite \((\sin n)\) n’a pas de limite.

Corrigé de l’exercice 19 – Problème : une famille de suites récurrentes

Idée clé : le signe de \(f(x) – x\) sur chaque intervalle stable donne le sens de variation, et les points fixes donnent les seules limites possibles.

Partie A : points fixes et intervalles stables

1. On a \(f(x) – x = \dfrac{x^2 – 4x + 3}{4} = \dfrac{(x – 1)(x – 3)}{4}\). Les points fixes sont 1 et 3. De plus, \(f(x) – x\) est positif hors de \(]1, 3[\) et négatif sur \(]1, 3[\).
2. La dérivée \(f^{\prime}(x) = \dfrac{x}{2}\) est positive sur \([0, +\infty[\), donc \(f\) y est croissante. Ensuite, \(f(0) = \dfrac{3}{4}\), \(f(1) = 1\), \(f(3) = 3\) et \(f\) tend vers \(+\infty\). Par croissance, \(f([0,1]) = \left[\dfrac{3}{4}, 1\right]\), \(f([1,3]) = [1,3]\) et \(f([3,+\infty[) = [3,+\infty[\). Les trois intervalles sont stables.

Partie B : comportement selon le premier terme

3. Si \(a \in [0, 1[\), la stabilité de \([0, 1]\) donne \(u_n \in [0, 1]\) pour tout \(n\). Sur cet intervalle, \(f(x) – x \geqslant 0\), donc \(u_{n+1} – u_n = f(u_n) – u_n \geqslant 0\). La suite est croissante et majorée par 1, donc elle converge vers \(\ell \in [0, 1]\). Comme \(f\) est continue, \(\ell\) est un point fixe. Donc \(\ell = 1\).
4. Si \(a \in \,]1, 3[\), alors \(u_n \in [1, 3]\) pour tout \(n\), et \(f(u_n) – u_n \leqslant 0\). La suite décroît et elle est minorée par 1. Elle converge vers un point fixe \(\ell\) tel que \(1 \leqslant \ell \leqslant a < 3\). Donc \(\ell = 1\).
5. Si \(a > 3\), alors \(u_n \geqslant 3\) pour tout \(n\), et \(f(u_n) – u_n \geqslant 0\). La suite croît, donc \(u_n \geqslant a\). Si elle convergeait, sa limite serait un point fixe au moins égal à \(a > 3\), ce qui est impossible. Elle est donc croissante et non majorée. Par la limite monotone, \(u_n \to +\infty\).
6. Si \(a = 1\) ou \(a = 3\), la suite est constante. Si \(a < 0\), la parité de \(f\) donne \(u_1 = f(a) = f(|a|)\). Dès le rang 1, on retrouve ainsi les termes de la suite issue de \(|a|\), décalés d’un cran. Elle tend vers 1 si \(|a| < 3\), vaut 3 à partir du rang 1 si \(|a| = 3\), et tend vers \(+\infty\) si \(|a| > 3\).

Partie C : vitesse de convergence vers 1

7. Par croissance de \(f\) sur \([0, 2]\), \(f([0, 2]) = \left[\dfrac{3}{4}, \dfrac{7}{4}\right] \subset [0, 2]\). Une récurrence donne donc \(u_n \in [0, 2]\). Ensuite, \(u_{n+1} – 1 = \dfrac{u_n^2 – 1}{4} = \dfrac{(u_n – 1)(u_n + 1)}{4}\). Or \(0 \leqslant u_n + 1 \leqslant 3\). Donc \(|u_{n+1} – 1| \leqslant \dfrac{3}{4}|u_n – 1|\).
8. Comme \(a \in [0, 2]\), on a \(|u_0 – 1| \leqslant 1\). Par récurrence, \(|u_n – 1| \leqslant \left(\dfrac{3}{4}\right)^n\). Il suffit alors que \(\left(\dfrac{3}{4}\right)^n \leqslant 10^{-6}\). En prenant le logarithme, et comme \(\ln\left(\dfrac{3}{4}\right) < 0\), cela équivaut à \(n \geqslant \dfrac{\ln(10^{-6})}{\ln(3/4)} \approx \dfrac{13{,}82}{0{,}2877} \approx 48{,}04\). Le rang \(N = 49\) convient.

Pour finir, la figure compare trois premiers termes : \(a = 0\), \(a = 2{,}8\) et \(a = 3{,}1\).

Pour aller plus loin

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