Limites de suites en epsilon : corrigé du contrôle de maths en L1
Voici le corrigé du contrôle de maths en L1 sur le thème « limites de suites en epsilon », question par question.
Cette correction rédige chaque preuve comme une copie de licence irréprochable. Les démonstrations en epsilon donnent toujours un rang N explicite, et chaque encadrement est justifié terme à terme avant d’appliquer le théorème des gendarmes. Pour le vrai ou faux, les contre-exemples sont choisis aussi simples que possible.
Vous verrez aussi les deux suites adjacentes tracées sur une même figure, puis l’étude complète de la suite récurrente selon son premier terme. Travaillez d’abord le sujet sans aide, ensuite confrontez votre rédaction à celle-ci. De plus, chaque exercice se termine par un barème précis, qui sépare les points de rédaction de ceux du résultat final.
L’énoncé complet se trouve ici : Limites de suites en epsilon : contrôle de maths en L1.
Barème du contrôle corrigé : limites de suites en epsilon
| Exercice | Points |
|---|---|
| 1. Retour à la définition | 3 points |
| 2. Trois encadrements | 4 points |
| 3. Vrai ou faux sur les suites bornées | 4 points |
| 4. Sommes d’inverses de cubes | 4 points |
| 5. Problème : une récurrence à deux points fixes | 5 points |
| Total | 20 points |
Le corrigé détaillé : limites de suites en epsilon
Exercice 1 – Retour à la définition (3 points)
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Pour tout \(n \in \mathbb{N}\), on réduit au même dénominateur :
\[u_n – \frac{5}{2} = \frac{2(5n – 1) – 5(2n + 3)}{2(2n + 3)} = \frac{-17}{4n + 6}, \quad \text{donc} \quad \left|u_n – \frac{5}{2}\right| = \frac{17}{4n + 6}.\]
Soit \(\varepsilon > 0\). Posons \(N = \left\lfloor \frac{17}{4\varepsilon} \right\rfloor + 1\). Pour \(n \geq N\), on a \(4n + 6 > 4N > \frac{17}{\varepsilon}\), d’où \(\left|u_n – \frac{5}{2}\right| < \varepsilon\). Ainsi \((u_n)\) converge vers \(\frac{5}{2}\).
Pour \(\varepsilon = \frac{1}{5}\), l’écart \(\frac{17}{4n + 6}\) décroît avec \(n\), et l’inégalité \(\frac{17}{4n + 6} < \frac{1}{5}\) équivaut à \(4n + 6 > 85\), soit \(n > 19{,}75\). En effet, \(\frac{17}{82} > \frac{1}{5}\) alors que \(\frac{17}{86} < \frac{1}{5}\). Le plus petit rang est donc \(N = 20\), ce que confirme la figure.
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Pour \(n \geq 1\), on a \(n + 1 \leq 2n\), donc \(v_n \geq \frac{n^2}{2n} = \frac{n}{2}\). Soit alors \(A > 0\) et \(N\) un entier supérieur à \(\max(1, 2A)\). Pour tout \(n \geq N\), il vient \(v_n \geq \frac{n}{2} \geq \frac{N}{2} \geq A\). Par conséquent, \(v_n \to +\infty\).
Piège classique : choisir un rang \(N\) qui dépend de \(n\). Le rang ne peut dépendre que de \(\varepsilon\), ou de \(A\) pour une limite infinie.
Exercice 2 – Trois encadrements (4 points)
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Pour \(1 \leq k \leq n\), on a \(n^2 + 1 \leq n^2 + k \leq n^2 + n\), donc chaque terme vérifie \(\frac{n}{n^2 + n} \leq \frac{n}{n^2 + k} \leq \frac{n}{n^2 + 1}\). En sommant ces \(n\) inégalités :
\[\frac{n^2}{n^2 + n} \leq w_n \leq \frac{n^2}{n^2 + 1}.\]
Les minorant et majorant s’écrivent \(\frac{1}{1 + 1/n}\) et \(\frac{1}{1 + 1/n^2}\) : chacun a pour limite \(1\). L’encadrement entraîne alors \(w_n \to 1\) (théorème des gendarmes).
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La partie entière d’un réel \(t\) est l’unique entier \(m\) tel que \(m \leq t < m + 1\) ; ici, cela fournit \(n\sqrt{2} – 1 < \lfloor n\sqrt{2} \rfloor \leq n\sqrt{2}\). Une division par l’entier positif \(n\) conduit à \(\sqrt{2} – \frac{1}{n} < t_n \leq \sqrt{2}\). Comme \(\frac{1}{n}\) tend vers \(0\), on conclut que \(t_n \to \sqrt{2}\).
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D’abord, l’inégalité de Bernoulli donne \(\left(1 + \frac{1}{n}\right)^n \geq 1 + n \times \frac{1}{n} = 2\). Comme \(t \mapsto t^{1/n}\) est croissante sur \([0\,;\,+\infty[\), on en déduit \(2^{1/n} \leq 1 + \frac{1}{n}\). De plus, \(2 \geq 1\) entraîne \(2^{1/n} \geq 1\).
Ensuite, \(3^n \leq 2^n + 3^n \leq 2 \times 3^n\), d’où \(3 \leq s_n \leq 3 \times 2^{1/n} \leq 3 + \frac{3}{n}\). Le théorème des gendarmes permet alors de conclure : \(s_n \to 3\).
Exercice 3 – Vrai ou faux sur les suites bornées (4 points)
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Vrai. Soit \((u_n)\) de limite \(\ell\). Appliquons la définition avec \(\varepsilon = 1\) : à partir d’un certain rang \(N\), l’écart \(|u_n – \ell|\) reste inférieur ou égal à \(1\), ce qui donne \(|u_n| \leq |\ell| + 1\) par l’inégalité triangulaire. Les termes d’indice inférieur à \(N\) sont en nombre fini. Ainsi \(M = \max\left(|u_0|, \ldots, |u_{N-1}|, |\ell| + 1\right)\) majore tous les \(|u_n|\).
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Faux. Prenons \(u_n = \cos\left(\frac{2n\pi}{3}\right)\), bornée par \(1\). On a \(u_{3k} = 1\) et \(u_{3k+1} = \cos\left(\frac{2\pi}{3} + 2k\pi\right) = -\frac{1}{2}\) pour tout \(k\). Si \((u_n)\) convergeait vers \(\ell\), toutes ses suites extraites tendraient vers \(\ell\), donc \(\ell = 1\) et \(\ell = -\frac{1}{2}\) : c’est absurde. Cette suite bornée diverge donc.
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Vrai. Soit \(M > 0\) tel que \(|a_n| \leq M\) pour tout \(n\), et soit \(\varepsilon > 0\). Puisque \(b_n \to 0\), il existe \(N\) tel que \(|b_n| \leq \frac{\varepsilon}{M}\) dès que \(n \geq N\). Pour ces indices, \(|a_n b_n| \leq M \times \frac{\varepsilon}{M} = \varepsilon\), donc \(a_n b_n \to 0\).
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Faux. La suite définie par \(u_n = 1 – \frac{1}{n + 1}\) est strictement croissante et majorée par \(2\), car elle est majorée par \(1\). Pourtant elle converge vers \(1\), et non vers \(2\). Le théorème de la limite monotone garantit seulement une limite inférieure ou égale au majorant.
Exercice 4 – Sommes d’inverses de cubes (4 points)
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Pour tout \(n \geq 1\), \(a_{n+1} – a_n = \frac{1}{(n + 1)^3} > 0\) : la suite \((a_n)\) est strictement croissante.
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On calcule la différence de deux termes consécutifs :
\[b_{n+1} – b_n = \frac{1}{(n+1)^3} + \frac{1}{2(n+1)^2} – \frac{1}{2n^2} = \frac{1}{(n+1)^3} – \frac{2n + 1}{2n^2(n+1)^2}.\]
Au dénominateur commun \(2n^2(n+1)^3\), le numérateur vaut \(2n^2 – (2n + 1)(n + 1) = 2n^2 – 2n^2 – 3n – 1 = -(3n + 1)\). Ainsi \(b_{n+1} – b_n = -\frac{3n + 1}{2n^2(n+1)^3} < 0\), donc \((b_n)\) est décroissante.
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D’une part, \((a_n)\) croît et \((b_n)\) décroît. D’autre part, \(b_n – a_n = \frac{1}{2n^2} \to 0\). Ce sont donc deux suites adjacentes. Le théorème correspondant affirme qu’elles possèdent une limite commune \(\ell\), coincée entre \(a_n\) et \(b_n\) quel que soit \(n \geq 1\).
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On trouve \(a_2 = 1 + \frac{1}{8} = \frac{9}{8}\), puis \(b_2 = \frac{9}{8} + \frac{1}{8} = \frac{5}{4}\). L’encadrement de la question c) au rang \(2\) donne alors \(\frac{9}{8} \leq \ell \leq \frac{5}{4}\).
Piège classique : oublier de vérifier que \(b_n – a_n\) tend vers \(0\). Une suite croissante et une suite décroissante qui ne se rapprochent pas ne sont pas adjacentes.
Exercice 5 – Problème : une récurrence à deux points fixes (5 points)
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Pour tout réel \(x\), \(f(x) – x = \frac{x^2 – 5x + 6}{5} = \frac{(x – 2)(x – 3)}{5}\). Donc \(f(x) = x\) si et seulement si \(x = 2\) ou \(x = 3\). De plus, \(f(x) – x\) est positif hors de \([2\,;\,3]\) et négatif sur \(]2\,;\,3[\).
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Notons \(H_n\) la propriété \(1 \leq u_n \leq u_{n+1} < 2\). On remarque d’abord que \(f\) est croissante sur \([0\,;\,+\infty[\), car \(x \mapsto x^2\) l’est.
Initialisation : \(u_0 = 1\) et \(u_1 = \frac{7}{5}\), donc \(1 \leq u_0 \leq u_1 < 2\).
Hérédité : supposons \(H_n\). Les réels \(1\), \(u_n\), \(u_{n+1}\) et \(2\) sont tous positifs, donc la croissance de \(f\) donne \(f(1) \leq f(u_n) \leq f(u_{n+1}) < f(2)\), soit \(\frac{7}{5} \leq u_{n+1} \leq u_{n+2} < 2\). Comme \(\frac{7}{5} \geq 1\), la propriété \(H_{n+1}\) est vraie.
Par récurrence, \(1 \leq u_n \leq u_{n+1} < 2\) pour tout \(n\).
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Croissante et bornée supérieurement par \(2\), la suite admet, grâce au théorème de la limite monotone, une limite finie \(\ell\) appartenant à \([1\,;\,2]\). Puis, par opérations sur les limites, \(u_{n+1} = \frac{u_n^2 + 6}{5}\) tend vers \(\frac{\ell^2 + 6}{5}\). Or \((u_{n+1})\) tend aussi vers \(\ell\), donc l’unicité de la limite impose \(f(\ell) = \ell\). Ainsi \(\ell \in \{2, 3\}\) et \(\ell \leq 2\), d’où \(\lim u_n = 2\).
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Montrons d’abord \(u_n \geq 4\) par récurrence. C’est vrai pour \(n = 0\). Quand \(u_n \geq 4\), la croissance de \(f\) donne \(u_{n+1} \geq f(4) = \frac{22}{5} \geq 4\).
Ensuite, pour tout \(n\), \(u_n – 2 \geq 2\) et \(u_n – 3 \geq 1\), donc \(u_{n+1} – u_n = \frac{(u_n – 2)(u_n – 3)}{5} \geq \frac{2}{5}\). En sommant ces inégalités, on obtient \(u_n \geq 4 + \frac{2n}{5}\). Le minorant tend vers \(+\infty\), donc par comparaison \(u_n \to +\infty\).
Piège classique : passer à la limite dans \(u_{n+1} = f(u_n)\) avant d’avoir prouvé la convergence. Avec \(u_0 = 4\), cette erreur ferait croire à une limite égale à \(2\) ou à \(3\).
À retenir de ce contrôle
- Pour une preuve en epsilon, on majore d’abord l’écart à la limite par une expression simple, puis on choisit le rang N à partir de cette majoration.
- Le théorème des gendarmes exige deux suites qui encadrent la suite étudiée et qui ont la même limite, pas seulement des bornes fixes.
- Une suite bornée peut diverger : deux sous-suites de limites différentes suffisent à le prouver.
- Deux suites adjacentes convergent vers une même limite, coincée à chaque rang entre le terme de la suite croissante et celui de la suite décroissante.
- Pour une suite récurrente, on étudie le signe de f(x) – x, puis on cherche un intervalle stable avant de passer à la limite dans la relation.
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