Sous-suites et encadrements : corrigé du contrôle de maths en MPSI
Voici le corrigé du contrôle de maths en MPSI sur le thème « sous-suites et encadrements », question par question.
Cette correction est rédigée comme une copie que le jury noterait au maximum : chaque argument cite son théorème et vérifie ses hypothèses. Pour les encadrements, elle montre d’abord comment borner un terme général, puis comment sommer sans perdre de précision. La partie sur les suites adjacentes détaille ensuite le calcul de la différence de deux termes consécutifs, car c’est là que se joue la monotonie. Une figure met aussi en évidence les deux suites extraites qui prouvent la divergence. La preuve epsilon sur les indices pairs et impairs est écrite en entier, afin que vous puissiez la reproduire. Enfin, le problème établit l’inégalité arithmético-géométrique et une majoration quadratique de l’écart, avec un barème par question.
L’énoncé complet se trouve ici : Sous-suites et encadrements : contrôle de maths en MPSI.
Barème du contrôle corrigé : sous-suites et encadrements
| Exercice | Points |
|---|---|
| 1. Deux limites par encadrement | 3 points |
| 2. Un couple de suites adjacentes | 4 points |
| 3. Indices pairs, impairs et multiples de trois | 4 points |
| 4. Récurrences linéaires d’ordre 2 | 4 points |
| 5. Problème : la moyenne arithmético-géométrique de 8 et 2 | 5 points |
| Total | 20 points |
Le corrigé détaillé : sous-suites et encadrements
Exercice 1 – Deux limites par encadrement (3 points)
-
Soit \(n \geq 1\) et \(1 \leq k \leq n\). On a \(n^2 + 1 \leq n^2 + k \leq n^2 + n\), et ces réels sont strictement positifs. Comme le numérateur \(2n + k\) est lui aussi positif, on obtient
\[\frac{2n+k}{n^2+n} \leq \frac{2n+k}{n^2+k} \leq \frac{2n+k}{n^2+1}.\]
On somme alors ces inégalités pour \(k\) de 1 à \(n\). Or \(\sum_{k=1}^{n} (2n+k) = 2n^2 + \frac{n(n+1)}{2} = \frac{5n^2+n}{2}\). Par conséquent,
\[\frac{5n^2+n}{2(n^2+n)} \leq a_n \leq \frac{5n^2+n}{2(n^2+1)}.\]
En simplifiant le membre de gauche par \(n\), on trouve \(\frac{5n+1}{2(n+1)} \leq a_n \leq \frac{5n^2+n}{2(n^2+1)}\) pour tout \(n \geq 1\).
- En divisant par \(n\), le minorant s’écrit \(\frac{5 + 1/n}{2(1 + 1/n)}\), qui tend vers \(\frac{5}{2}\). De même, en divisant par \(n^2\), le majorant vaut \(\frac{5 + 1/n}{2(1 + 1/n^2)}\) et tend aussi vers \(\frac{5}{2}\). D’après le théorème d’encadrement, la suite \((a_n)\) converge et sa limite vaut \(\frac{5}{2}\).
- Par définition de la partie entière, \(x – 1 < \lfloor x \rfloor \leq x\) pour tout réel \(x\). Avec \(x = n\sqrt{3}\) et puisque \(n + \sqrt{n} > 0\), on a donc \(\frac{n\sqrt{3} – 1}{n + \sqrt{n}} < c_n \leq \frac{n\sqrt{3}}{n + \sqrt{n}}\). Après division par \(n\), le minorant devient \(\frac{\sqrt{3} – 1/n}{1 + 1/\sqrt{n}}\) et le majorant \(\frac{\sqrt{3}}{1 + 1/\sqrt{n}}\) : tous deux tendent vers \(\sqrt{3}\). Ainsi \((c_n)\) converge vers \(\sqrt{3}\), toujours par encadrement.
Piège classique : remplacer chaque terme par un équivalent puis sommer. Le nombre de termes dépend de \(n\), si bien que ce raisonnement n’a aucune valeur sans encadrement.
Exercice 2 – Un couple de suites adjacentes (4 points)
-
Pour \(n \geq 1\), on a \(u_{n+1} – u_n = \frac{1}{(n+1)^3}\), donc
\[v_{n+1} – v_n = \frac{1}{(n+1)^3} + \frac{1}{2(n+1)^2} – \frac{1}{2n^2} = \frac{1}{(n+1)^3} – \frac{2n+1}{2n^2(n+1)^2}.\]
On réduit ensuite au dénominateur commun \(2n^2(n+1)^3\) :
\[v_{n+1} – v_n = \frac{2n^2 – (2n+1)(n+1)}{2n^2(n+1)^3} = \frac{2n^2 – 2n^2 – 3n – 1}{2n^2(n+1)^3} = -\frac{3n+1}{2n^2(n+1)^3}.\]
Ce nombre est strictement négatif, tandis que \(u_{n+1} – u_n > 0\). Donc \((u_n)\) est strictement croissante et \((v_n)\) strictement décroissante.
- De plus, \(v_n – u_n = \frac{1}{2n^2}\) tend vers 0. Les deux suites sont donc adjacentes et, d’après le théorème des suites adjacentes, elles convergent vers une même limite \(L\). En outre, \((u_n)\) croît vers \(L\), donc \(u_n \leq L\) pour tout \(n\) (théorème de la limite monotone) ; de même, \((v_n)\) décroît vers \(L\), d’où \(L \leq v_n\).
-
On cherche \(n \geq 1\) tel que \(\frac{1}{2n^2} \leq \frac{1}{30}\), c’est-à-dire \(n^2 \geq 15\). Or \(3^2 = 9 < 15 \leq 16 = 4^2\), donc le plus petit entier convenable est \(n = 4\).
Ensuite, avec le dénominateur \(1728 = 8 \times 216 = 27 \times 64\), on calcule \(u_4 = 1 + \frac{1}{8} + \frac{1}{27} + \frac{1}{64} = \frac{1728 + 216 + 64 + 27}{1728} = \frac{2035}{1728}\). Puis \(v_4 = u_4 + \frac{1}{32} = \frac{2035 + 54}{1728} = \frac{2089}{1728}\). On obtient ainsi \(\frac{2035}{1728} \leq L \leq \frac{2089}{1728}\).
- D’une part, \(u_1 = 1\) alors que \(v_1 = 1 + \frac{1}{2} = 1{,}5\). D’autre part, \((u_n)\) est croissante. Les disques bleus, qui partent de 1 et montent, représentent donc \((u_n)\), et les triangles orange représentent \((v_n)\).
Piège classique : oublier de vérifier que \(v_n – u_n\) tend vers 0. Une suite croissante et une suite décroissante ne sont pas adjacentes pour autant.
Exercice 3 – Indices pairs, impairs et multiples de trois (4 points)
-
Pour \(p \in \mathbb{N}\), on a \(\cos\left(\frac{6p\pi}{3}\right) = \cos(2p\pi) = 1\) et \(\cos\left(\frac{(6p+3)\pi}{3}\right) = \cos(2p\pi + \pi) = -1\). Par conséquent,
\[w_{6p} = \frac{6p+2}{6p+1} \quad \text{et} \quad w_{6p+3} = -\frac{6p+5}{6p+4}.\]
Le premier quotient tend vers 1 et le second vers \(-1\). Or les applications \(p \mapsto 6p\) et \(p \mapsto 6p+3\) sont strictement croissantes de \(\mathbb{N}\) dans \(\mathbb{N}\), donc ces deux suites sont extraites de \((w_n)\). Si \((w_n)\) convergeait vers un réel \(\ell\), toute suite extraite convergerait aussi vers \(\ell\) : on aurait alors \(\ell = 1\) et \(\ell = -1\), ce qui est absurde. La suite \((w_n)\) diverge donc.
Questions 2 et 3 : des suites extraites qui forcent la convergence
-
Soit \(\varepsilon > 0\). Puisque \((x_{2p})\) tend vers \(\ell\), il existe un entier \(P_1\) tel que \(|x_{2p} – \ell| \leq \varepsilon\) pour tout \(p \geq P_1\). De même, il existe \(P_2\) tel que \(|x_{2p+1} – \ell| \leq \varepsilon\) pour tout \(p \geq P_2\).
Posons alors \(N = \max(2P_1, 2P_2 + 1)\) et prenons \(n \geq N\). Si \(n = 2p\) est pair, \(2p \geq 2P_1\), donc \(p \geq P_1\) et \(|x_n – \ell| \leq \varepsilon\). Si au contraire \(n = 2p + 1\) est impair, \(2p + 1 \geq 2P_2 + 1\), donc \(p \geq P_2\) et encore \(|x_n – \ell| \leq \varepsilon\).
Ainsi, pour tout \(\varepsilon > 0\), il existe \(N\) tel que \(|x_n – \ell| \leq \varepsilon\) dès que \(n \geq N\) : la suite \((x_n)\) converge vers \(\ell\).
- Notons \(\ell_1\), \(\ell_2\) et \(\ell_3\) les limites respectives de \((x_{2n})\), \((x_{2n+1})\) et \((x_{3n})\). D’abord, \(x_{6n} = x_{2(3n)} = x_{3(2n)}\) : la suite \((x_{6n})\) est extraite à la fois de \((x_{2n})\) et de \((x_{3n})\), donc \(\ell_1 = \ell_3\) par unicité de la limite. Ensuite, \(x_{6n+3} = x_{2(3n+1)+1} = x_{3(2n+1)}\) : la suite \((x_{6n+3})\) est extraite de \((x_{2n+1})\) et de \((x_{3n})\), d’où \(\ell_2 = \ell_3\). Par conséquent \(\ell_1 = \ell_2\), et la question précédente s’applique. La suite \((x_n)\) converge donc, vers \(\ell_1\).
Piège classique : poser \(N = \max(P_1, P_2)\). Les entiers \(P_1\) et \(P_2\) portent sur l’indice \(p\), et non sur \(n\) : il faut donc les doubler.
Exercice 4 – Récurrences linéaires d’ordre 2 (4 points)
- L’équation caractéristique de \((v_n)\) s’écrit \(6r^2 = r + 1\), soit \(6r^2 – r – 1 = 0\). Son discriminant vaut \(1 + 24 = 25\), donc ses racines sont \(\frac{1 + 5}{12} = \frac{1}{2}\) et \(\frac{1 – 5}{12} = -\frac{1}{3}\). Il existe alors deux réels \(A\) et \(B\) tels que \(v_n = A\left(\frac{1}{2}\right)^n + B\left(-\frac{1}{3}\right)^n\). Les conditions initiales donnent \(A + B = 2\) et \(\frac{A}{2} – \frac{B}{3} = \frac{1}{6}\), c’est-à-dire \(3A – 2B = 1\). En remplaçant \(B\) par \(2 – A\), on trouve \(5A = 5\), donc \(A = 1\) et \(B = 1\). Ainsi \(v_n = \left(\frac{1}{2}\right)^n + \left(-\frac{1}{3}\right)^n\), et \((v_n)\) tend vers 0, car ces deux raisons sont de valeur absolue strictement inférieure à 1.
- L’équation caractéristique de \((u_n)\) est \(r^2 – 2r + 4 = 0\), de discriminant \(-12 = \left(2i\sqrt{3}\right)^2\). Ses racines sont donc \(1 + i\sqrt{3} = 2\,\mathrm{e}^{i\pi/3}\) et \(1 – i\sqrt{3} = 2\,\mathrm{e}^{-i\pi/3}\). D’après le cours, les suites réelles solutions s’écrivent \(u_n = 2^n\left(A\cos\left(\frac{n\pi}{3}\right) + B\sin\left(\frac{n\pi}{3}\right)\right)\). Ensuite, \(u_0 = A = 1\), puis \(u_1 = 2\left(\frac{1}{2} + B\,\frac{\sqrt{3}}{2}\right) = 1 + B\sqrt{3} = 1\), donc \(B = 0\). On a bien \(u_n = 2^n\cos\left(\frac{n\pi}{3}\right)\) pour tout \(n\).
- Pour \(p \in \mathbb{N}\), on a \(u_{6p} = 2^{6p}\cos(2p\pi) = 64^p\), qui tend vers \(+\infty\). En revanche, \(u_{6p+3} = 2^{6p+3}\cos(2p\pi + \pi) = -8 \times 64^p\) tend vers \(-\infty\). Si \((u_n)\) avait une limite, finie ou infinie, ses suites extraites auraient la même limite. Comme ces deux limites diffèrent, \((u_n)\) n’admet aucune limite.
Piège classique : écrire les solutions avec \(\cos(n\theta)\) mais oublier le facteur \(2^n\), qui provient du module des racines.
Exercice 5 – Problème : la moyenne arithmético-géométrique de 8 et 2 (5 points)
- On calcule \(a_1 = \frac{8 + 2}{2} = 5\) et \(b_1 = \sqrt{16} = 4\), puis \(a_2 = \frac{9}{2}\) et \(b_2 = \sqrt{20}\). Ainsi \(a_1 = 5\), \(b_1 = 4\), \(a_2 = \frac{9}{2}\) et \(b_2 = 2\sqrt{5}\).
-
Pour tous réels \(a > 0\) et \(b > 0\), on a l’identité \(\frac{a + b}{2} – \sqrt{ab} = \frac{1}{2}\left(\sqrt{a} – \sqrt{b}\right)^2\).
Montrons alors par récurrence la propriété : « \(a_n\) et \(b_n\) sont définis et \(0 < b_n \leq a_n\) ». Elle est vraie au rang 0, car \(0 < 2 \leq 8\). Supposons-la vraie au rang \(n\). Le produit \(a_n b_n\) est strictement positif, donc \(b_{n+1}\) est défini et strictement positif. De plus, l’identité donne \(a_{n+1} – b_{n+1} = \frac{1}{2}\left(\sqrt{a_n} – \sqrt{b_n}\right)^2 \geq 0\). Par récurrence, \(0 < b_n \leq a_n\) pour tout \(n \in \mathbb{N}\).
- D’une part, \(a_{n+1} – a_n = \frac{b_n – a_n}{2} \leq 0\), donc \((a_n)\) décroît. D’autre part, comme \(a_n \geq b_n > 0\), on a \(a_n b_n \geq b_n^2\) ; la croissance de la racine carrée donne alors \(b_{n+1} \geq b_n\). Donc \((a_n)\) est décroissante et \((b_n)\) est croissante.
Questions 4 à 6 : la limite commune et sa vitesse
- Puisque \(b_{n+1} \geq b_n\), on obtient \(a_{n+1} – b_{n+1} \leq a_{n+1} – b_n = \frac{a_n – b_n}{2}\). Par une récurrence immédiate, \(0 \leq a_n – b_n \leq \frac{6}{2^n}\), qui tend vers 0. En outre, les monotonies ont été établies à la question précédente. Les suites \((a_n)\) et \((b_n)\) sont donc adjacentes : elles convergent vers une même limite \(M\), et \(b_n \leq M \leq a_n\) pour tout \(n\).
-
L’égalité \(a_{n+1} – b_{n+1} = \frac{1}{2}\left(\sqrt{a_n} – \sqrt{b_n}\right)^2\) a été vérifiée à la question 2. Pour \(n \geq 1\), on a de plus \(a_n \geq b_n \geq b_1 = 4\), donc \(\left(\sqrt{a_n} + \sqrt{b_n}\right)^2 \geq (2 + 2)^2 = 16\). Or \(\sqrt{a_n} – \sqrt{b_n} = \frac{a_n – b_n}{\sqrt{a_n} + \sqrt{b_n}}\), d’où
\[a_{n+1} – b_{n+1} = \frac{(a_n – b_n)^2}{2\left(\sqrt{a_n} + \sqrt{b_n}\right)^2} \leq \frac{(a_n – b_n)^2}{32}.\]
Comme \(a_1 – b_1 = 1\), on en déduit \(a_2 – b_2 \leq \frac{1}{32}\), puis \(a_3 – b_3 \leq \frac{1}{32^2 \times 32} = \frac{1}{32768}\). Ensuite, \(b_3 \leq M \leq a_3\) donne \(0 \leq a_3 – M \leq \frac{1}{32768}\). Comme \(32768 > 10^4\), le réel \(a_3\) approche \(M\) à \(10^{-4}\) près.
- Soit \(\lambda > 0\), et notons \((a^{\prime}_n)\), \((b^{\prime}_n)\) les suites issues de \(\lambda a_0\) et \(\lambda b_0\). Si \(a^{\prime}_n = \lambda a_n\) et \(b^{\prime}_n = \lambda b_n\), alors \(a^{\prime}_{n+1} = \lambda\,\frac{a_n + b_n}{2}\) et \(b^{\prime}_{n+1} = \sqrt{\lambda^2 a_n b_n} = \lambda\,b_{n+1}\), car \(\lambda > 0\). La propriété se propage donc par récurrence. Avec \(\lambda = 2\), les suites issues de 4 et 1, de limite commune \(M_1\), donnent par multiplication celles issues de 8 et 2. Par conséquent \(M = 2M_1\).
Piège classique : affirmer que \(b_n > 0\) sans récurrence. Sans cette positivité, la racine carrée de \(a_n b_n\) pourrait ne pas exister.
À retenir de ce contrôle
- Pour encadrer une somme de n termes, on borne chaque terme par le plus petit et le plus grand dénominateur, puis on somme les inégalités obtenues.
- Deux suites sont adjacentes si l’une croît, l’autre décroît et leur différence tend vers 0 ; elles convergent alors vers une même limite qui les sépare.
- Si deux suites extraites d’une même suite ont des limites différentes, cette suite diverge, car toute suite extraite d’une suite convergente a la même limite.
- Lorsque l’équation caractéristique a deux racines complexes conjuguées de module r et d’argument θ, les solutions réelles s’écrivent r^n(A cos nθ + B sin nθ).
- Pour la moyenne arithmético-géométrique, l’écart entre les deux suites est majoré par un multiple de son carré, ce qui donne une convergence extrêmement rapide.
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