Terminale - Mathsmelisso - Soutien scolaire, Cours particuliers, aide aux devoirs, du collège au lycée à Paris et en région parisienne

EX 1

On montre par récurrence que pour tout de ${\mathbb{N}^{*}}$ :

${\sum_{k=1}^{n}{k^{2}={\frac{n(n+1)(2n+1)}{6}}$

Initialisation : ${1^{2}=1=\frac{1\times{(1+1)}\times{(2\times{1}+1)}}{6}}$ , donc P1 est vraie.

Hérédité : On montre que, pour tout ${n\in\mathbb{N}^{*}}$ ( si ${P_{n}}$ est vraie alors ${P_{n+1}}$ est vraie).

Preuve : Soit un naturel non nul quelconque.

On suppose que : ${\sum_{k=1}^{n}{k^{2}=\frac{n(n+1)(2n+1)}{6}}$

On veut montrer que : ${\sum_{k=1}^{n+1}{k^{2}=\frac{(n+1)(n+2)(2(n+1)+1)}{6}=\frac{(n+1)(n+2)(2n+3)}{6}}}$

Or ${\sum_{k=1}^{n+1}{k^{2}}=\sum_{k=1}^{n}{k^{2}}+(n+1)^{2}}$ ; ainsi :

$\begin{align} \sum_{k=1}^{n}{k^{2} & =\frac{n(n+1)(2n+1)}{6}+(n+1)^{2}\nonumber\\ & =(n+1)\left [\frac{2n^{2}+n}{6}+\frac{6(n+1)}{6}\right ]\nonumber\\ &=\frac{(n+1)(2n^{2}+7n+6)}{6}} \end{align}$

de plus ${(n+2)(2n+3)=2n^{2}+7n+6}$ ;

on en déduit donc que : ${\sum_{k=1}^{n}{k^{2}=\frac{n(n+1)(2n+1)}{6}}$

Ainsi , d’après l’initialisation et l’hérédité, on a montré par récurrence que pour tout de ${n\in\mathbb{N}^{*}}$ : ${\sum_{k=1}^{n}{k^{2}=\frac{n(n+1)(2n+1)}{6}}$ .

EX 2 :

Soit un réel tel que ${a\succ{-1}}$ ; on montre par récurrence que pour tout de ${\mathbb{N}$ :

${(1+a)^{n}\geq1+na}$ (propriété notée ).

Initialisation : soit, ${a\succ{-1}}$ , donc ${a+1\succ{0}}$ ; on a ${(1+a)^{0}\geq1+0a}$ (car ${1\geq{1}}$ )

Hérédité : soit ${a\succ{-1}}$ On montre que, pour tout de ${\mathbb{N}$ : ( si est vraie alors est vraie).

Preuve : Soit un naturel quelconque.

On suppose que ${(1+a)^{n}\geq{1+na}}$

On veut montrer que : ${(1+a)^{n+1}\geq{1+(n+1)a}}$

Or ${(1+a)^{n+1}=(1+a)^{n}(1+a)}$ et ${1+a\succ{0}$ ; donc ${(1+a)^{n+1}\geq{(1+na)(1+a)}$ ,

donc ${(1+a)^{n+1}\geq{(n+1)a+na^{2}}$ ( ${\alpha}$ )

Or ${na^{2}\geq{0}}$ , donc ${1+(n+1)a+na^{2}\geq{1+(n+1)a}$ ( ${\beta}$ ) Ainsi, d’après ( ${\alpha}$ ) et ( ${\beta}$ ) : ${(1+a)^{n+1}\geq{1+(n+1)a}$

$\bullet$ Ainsi, d’après l’initialisation et l’hérédité, on a montré par récurrence que pour tout de ${\mathbb{N}$ : ${(1+a)^{n}\geq1+na}$

EX 3

3.1. On montre par récurrence pour tout naturel tel que ${n\geq{4}}$ : ${4^{n}\geq{n^{4}}$ .

Initialisation : ${4^{4}\geq{4^{4}}}$ .

Hérédité :

Preuve Soit un naturel quelconque tel que ${n\geq{4}}$ , On suppose que l’ on a : ${4^{n}\geq{n^{4}}$

alors montrons que ${4^{n+1}\geq{(n+1)^{4}}$ .

On a ${4^{n}\geq{n^{4}}$ , donc ${4^{n+1}\geq{(n+1^{4}}$ ( ${\alpha}$ ) Il suffit de montrer que : ${4n^{4}\geq{(n+1)^{4}}$ ( ${\beta}$ ) : Or : ${4n^{4}\geq{(n+1)^{4}\Longleftrightarrow{2n^{2}\geq{(n+1)^{2}}$ (car ${2n^{2}\geq{0}}$ , et, ${(n+1)^{2}\geq{0}}$ ) ainsi ${(\beta})\Longleftrightarrow{(n^{2}-2n-1)\geq{0}}\Longleftrightarrow{(n-1)^{2}-2}}$

ainsi ${(\beta)\Longleftrightarrow{(n-1)^{2}}\geq{2} \Longleftrightarrow{(n-1)\geq{\sqrt{2}}}$ (car ${n\geq{4}}$ , donc ${n-1\geq{3}\geq{0}}$ )) ainsi ${(\beta)\Longleftrightarrow{n\geq{1+\sqrt{2}}$ .

Or ${n\geq{4}}$ , donc ${n\geq{4}\geq{2}}$ , ${42\geq{1+\sqrt{2}}$ , donc ${4n^{4}\geq{(n+1)^{4}}$ . On en déduit, d’après ( ${\alpha}$ ) et ( ${\beta}$ ), que ${4^{n+1}\geq{(n+1)^{4}}$ :

Ainsi, d’après l’initialisation et l’hérédité, on a montré par récurrence que, pour tout de ${\mathbb{N}$ , ${4^{n}\geq{n^{4}}$ .

3.2. ${4^{0}\geq{0^{4}}$ ( ${1\geq{0}$ ; ${4^{1}\geq{1^{4}}$ ( ${4\geq{1}$ ; ${4^{2}\geq{2^{4}}$ ( ${16\geq{16}$ en revanche ${4^{3}\geq{3^{4}}$ est faux : ${64\prec{81}$ .

De plus , d’après a) : pour tout naturel tel que ${n\geq{4}}$ : ${4^{n}\geq{n^{4}}$ . On en déduit que l’ensemble des naturels tels que ${4^{n}\geq{n^{4}}$ est : ${\mathbb{N}\setminus{(3)}}$ .

EX 4 :

Soit un naturel quelconque. On considère les phrases suivantes :

Pn : « ${6^{n}-1}$ est divisible par »

Qn : « ${6^{n}+1}$ est divisible par »

4.1.

On montre que ${P_{n}}$ est héréditaire : Soit un naturel quelconque.

On suppose que ${6^{n}-1}$ est divisible par , alors il existe ${k\in\mathbb{N}}$ tel que ${6^{n}-1=5k}$ , donc il existe ${k\in\mathbb{N}}$ tel que ${6^{n}=5k+1}$ .

Or ${6^{n+1}-1=6\times{6^{n}}-1}$ ; donc ${6^{n+1}-1=6(5k+1)-1=30k+5=5(6k+1)}$ ;

de plus, ${k\in\mathbb{N}}$ donc ${6k+1\in\mathbb{N}}$ ; ainsi ${6^{n+1}-1}$ est divisible par ».

On montre que ${Q_{n}$ est héréditaire :

Soit un naturel quelconque. On suppose que ${6^{n}+n}$ est divisible par », alors il existe ${k\in\mathbb{N}^{*}}$ tel que ${6^{n}+1=5k}$ ,

donc il existe ${k\in\mathbb{N}^{*}}$ tel que ${6^{n}=5k-1}$ .

or ${6^{n+1}+1=6\times{6^{n}+1}$ ;donc ${6^{n+1}+1=6(5k-1)+1}=30k-5=5(6k-1)}$ ;

de plus ${k\in\mathbb{N}^{*}}$ ; donc, ${6k-1\in\mathbb{N}}$ ainsi ${6^{n+1}-1}$ est divisible par .

4.2. Il existe ${k\in\mathbb{N}}$ tel que ${6^{0}-1=0=5k}$ () ; donc ${P_{0}$ est vraie : c’est l’initialisation ;

de plus, d’après a) ${P_{n}$ est héréditaire ; ainsi on a montré par récurrence que pour tout naturel , ${P_{n}$ est vraie.

4.3. (par l’absurde) On suppose qu’il existe un naturel tel que ${6^{n}+1}$ soit divisible par . Or, d’après b) , ${6^{n}-1}$ est divisible par ;

de plus, ${6^{n}+1=(6^{n}-1)+2}$ , donc ${2=(6^{n}+1)-(6^{n}-1})}$ ;

ainsi , différence de deux multiples de , serait un multiple de . C’est impossible. Ainsi, pour tout naturel , ${6^{n}+1}$ n’est pas divisible par .

EX 5

Soit ${n\in\mathbb{N}}$

On suppose que ${u_{n}\succ{0}}$ ;

5.1. Si ${\frac{u_{n+1}{u_{n}}\leq{1}}$ , alors ${\frac{u_{n+1}}{u_{n}}\times{u_{n}\leq{1\times{u_{n}}$ , donc ${u_{n+1}\leq{u_{n}}$ ; et cela pour tout de ${\mathbb{N}}$ ;

ainsi ( ${u_{n}$ ) décroît .

5.2. Si ${\frac{u_{n+1}{u_{n}}\lgeq{1}}$ , alors ${\frac{u_{n+1}}{u_{n}}\times{u_{n}\geq{\times{u_{n}}$ , donc ${u_{n+1}\geq{u_{n}}$ ; et cela pour tout de ${\mathbb{N}}$ .

ainsi ( ${u_{n}$ ) croît .

EX 6

Soit une fonction définie sur ${\mathbb{N}_{+}}$ .

6.1. Supposons que croît sur ${\mathbb{N}_{+}}$ , Soit ${n\in\mathbb{N}}$ : On a ${n\prec{n+1}}$ , donc ${f(n)\leq{f(n+1)}}$ (car croît sur ${\mathbb{N}_{+}}$ ), donc ${u_{n}\leq{u_{n+1}}}$ ; et cela pour tout naturel ainsi ${(u_{n})}$ croît.

6.2. Supposons que décroît sur ${\mathbb{N}_{+}}$ . Soit ${n\in\mathbb{N}}$ : On a ${n\prec{n+1}}$ , donc ${f(n)\geq{n+1}}$ (car décroît sur ${\mathbb{N}_{+}}$ ) , donc ${u_{n}\geq{u_{n+1}}}$ ; et cela pour tout naturel ; ainsi ${(u_{n})}$ décroît .

EX 7

(Méthode du signe de ${u_{n+1}-u_{n}}$ pour 7.1. et 7.2.)

7.1. Pour tout ${n\in\mathbb{N}}$ : ${u_{n}=2n^{2}-3n+1}$ . ${u_{n+1}-u_{n}=[2n(n+1)^{2}-3(n+1)+1]-[2n^{2}-3n+1]}$ $=(2n^{2}+4n+2-3n-3+1)-( 2n^{2}-3n+1)=4n-1}$ . ${u_{1}-u_{0}=-1}$ , donc ${u_{1}-u_{0}\prec{0}}$ . Si ${n\geq{1}}$ , alors ${4n\geq{4}}$ , donc ${4n-1\geq{3}\succ{0}}$ ; Ainsi, pour tout ${n\in{\mathbb{N}^{*}}}$ , ${u_{n+1}-u_{n}\succ{0}}$ ; donc ${(u_{n})}$ croît sur ${\mathbb{N}^{*}}$ .

7.2. Pour tout ${n\in{\mathbb{N}}}$ : ${u_{n}=4n+2(-1)^{n}}$ . ${u_{n+1}-u_{n}=[4(n+1)+2(-1)^{n+1}]-[4n+2(-1)^{n}]}$ $=4n+4+2(-1)(-1)^{n}-4n-2(-1)^{n}=4-4(-1)^{n}=4(1-(-1)^{n}}$ . Si ${(-1)^{n}=1}$ , alors ${4[1-(-1)^{n}]=0}$ . Si ${(-1)^{n}=-1}$ , alors ${4[1-(-1)^{n}]=8}$ . ainsi, pour tout ${n\in{\mathbb{N}}}$ , ${u_{n+1}-u_{n}\geq{0}}$ ;donc ${(u_{n})}$ croît sur ${\mathbb{N}}$ .

(Méthode utilisant ${\frac{u_{n+1}}{u_{n}}$ pour 7.3. et 7.4.)

7.3. Pour tout ${n\in\mathbb{N}^{*}}$ , ${u_{n}=\frac{4^{n}}{n}}$ On a : ${n\geq{1}}$ et ${4^{n}\succ{0}}$ , donc ${u_{n}\succ{0}}$ ${\frac{u_{n+1}}{u_{n}}=\frac{\frac{4^{n+1}}{n+1}}{\frac{4^{n}}{n}$ ${=\frac{(4\times{4^{n}})n}{4^{n}(n+1)}=\frac{4n}{n+1}}$

On a : : ${\frac{4n}{n+1}\geq{1}\Longleftrightarrow{4n\geq{n+1}}$ (car ${n+1\succ{0}}$ ) ${(1)\Longleftrightarrow{3n\geq{1}\Longlefrightarrow{n\geq{\frac{1}{3}}}$ ; or, ${n\geq{1}\geq{\frac{1}{3}}$ , donc ${\frac{4n}{n+1}\geq{1}}$ . Ainsi, pour tout ${n\in{\mathbb{N}^{*}}}$ , ${u_{n}\succ{0}}$ et ${\frac{u_{n+1}{u_{n}}\geq{1}}$ ; donc la suite ${(u_{n})}$ est croissante.

7.4. Pour tout ${n\in{\mathbb{N}}}$ : ${u_{n}=\frac{n !}{3^{n}}$ . On a : ${n !\succ{0}}$ et ${3^{n}}$ , donc ${u_{n}\succ{0}}$ ${\frac{u_{n+1}}{u_{n}}={\frac{\frac{(n+1) !}{3^{n+1}}}{\frac{n !}{3^{n}}}$ ${=\frac{(n+1)n !}{3\times{3^{n}}}\times{\frac{3^{n}}{n !}}=\frac{n+1}{3}}$ On a : ${\frac{n+1}{3}\geq{1}\Longleftrightarrow{n+1\geq{3}\Longleftrightarrow{n\geq{2}}}$ . Ainsi , pour tout naturel tel que ${n\geq{2}}$ , ${u_{n}\succ{0}}$ et ${\frac{u_{n+1}{u_{n}}\geq{1}}$ ; donc la suite ${(u_{n})_{n\geq{2}}}$ est croissante . Remarque : de plus ${u_{1}=\frac{1}{3}}$ et ${u_{2}=\frac{2}{9}}$ , donc ${u_{1}\succ{u_{2}}}$ ; ainsi, la suite ${(u_{n})}$ croît à partir de .

(Méthode utilisant une fonction pour 7.5. et 7.6.)

7.5. Pour tout ${n\in\mathbb{N}}$ : ${u_{n}=\frac{2n^{2}}{n^{2}+1}}$ . soit la fonction définie sur ${\mathbb{N}_{+}}$ . par : ${f(x)=\frac{2x^{2}}{x^{2}+1}}$ ; ainsi : pour tout ${n\in\mathbb{N}}}$ , ${u_{n}=f(n)}$ . or , restriction à ${\mathbb{N}_{+}}$ d’une fonction rationnelle définie sur ${\mathbb{N}}$ , est dérivable sur ${\mathbb{N}_{+}}$ .

Pour tout de ${\mathbb{N}_{+}}$ : ${f’(x)=\frac{4x(x^{2}+1)-2x^{2}(2x)}{(x^{2}+1)^{2}}=\frac{4x}{(x^{2}+1)^{2}}}$ ${x\geq{0}}$ , donc ${4x\geq{0}}$ ; de plus, ${(x^{2}+1)^{2}\succ{0}}$ ; donc ${\frac{4x}{(x^{2}+1)^{2}}\geq{0}}$ ; ainsi pour tout ${x\in{\mathbb{N}^{+}}$ , ${f’(x)\geq{0}}$ ; donc croît sur ${\mathbb{N}^{+}}$ . Or , pour tout ${x\in{\mathbb{N}}$ , ${u_{n}=f(n)}$ ; donc ${(u_{n})}$ croît .

7.6. Pour tout ${n\in\mathbb{N}^{*}}$ : ${u_{n}=\sqrt{n}+\frac{1}{\sqrt{n}}}$ . Soit la fonction définie sur ${[1 ; +\infty[}$ par : ${f(x)=\sqrt{x}+\frac{4}{\sqrt{x}}}$ . Posons ${E=[1 ; +\infty[}$ . Pour tout ${n\in{\mathbb{N}^{*}}$ , ${u_{n}=f(n)}$ . , somme de fonctions dérivables sur , est dérivable sur . De plus, pour tout , de : ${f'(x)=\frac{1}{2\sqrt{x}}-\frac{\frac{4}{2\sqrt{x}}}{\sqrt{x^{2}}}=\frac{x}{2x\sqrt{x}}-\frac{4}{2x\sqrt{x}}=\frac{x-4}{2x\sqrt{x}}}$ or, sur , ${2x\sqrt{x}\succ{0}}$ ; donc , a même signe que sur . Si ${x\geq{4}}$ alors ${x-4\geq{0}}$ , donc ${f’(x)\geq{0}}$ sur ${[4 ; +\infty[}$ ,donc , croît sur ${[4 ; +\infty[}$ ; de plus, pour tout naturel , tel que ${n\geq{4}}$ , ${u_{n}=f(n)}$ ; donc ${(u_{n})_{n\geq{4}}}$ croît . ${u_{3}=\sqrt{3}+4\frac{\sqrt{3}}{3}=\frac{7\sqrt{3}}{3}}$ et ${u_{4}}$ . Remarque : de plus ${\frac{7\sqrt{3}}{3}\approx{4,04}}$ à ${10^{-2}}$ près par défaut ( ${u_{3}\succ{4,04}\succ{u_{4}}}$ ) ; donc ${(u_{n})}$ croît à partir de .

EX 8

8.1. ${u_{0}=1}$ et, pour tout ${n\in{\mathbb{N}}}$ , ${u_{n+1}=\sqrt{u_{n}+6}}$ .

En utilisant une calculatrice, on obtient : ${u_{0}=1}$ , ${u_{1}=\sqrt{7}}$ , ${u_{2}=\sqrt{\sqrt{7}+6}}$ . ${\sqrt{7}\approx{2,64}}$ ; ${u_{2}\approx{2,94}}$ (à ${10^{-2}}$ près par défaut) .

On pourrait conjecturer que ${(u_{n})}$ est croissante .

Montrons par récurrence sur , que, pour tout ${n\in\mathbb{N}}$ , ${0\leq{u_{n}}\leq{u_{n+1}}}$ . On note ${P_{n}}$ : « ${0\leq{u_{n}}\leq{u_{n+1}}}$ »

Initialisation : ${u_{0}=1}$ et ${u_{1}=\sqrt{7}}$ ${1\leq{7}}$ , donc ${1\leq{\sqrt{7}}}$ , donc ${0\leq{u_{0}}\leq{u_{1}}}$ .
Hérédité On montre que , pour tout ${n\in\mathbb{N}$ , (si ${P_{n}}$ est vraie alors ${u_{n+1}}$ est vraie).

Preuve

Soit , un naturel quelconque. On suppose que ${0\leq{u_{n}}\leq{u_{n+1}}}$ alors ${0\leq{6}\leq{u_{n}+6}\leq{u_{n+1}+6}}$ , donc ${0\leq{\sqrt{u_{n}+6}\leq{\sqrt{u_{n+1}+6}}}$ , donc ${0\leq{u_{n+1}}\leq{u_{n+2}}$ .

Ainsi, d’après l’initialisation et l’hérédité, on a montré par récurrence que pour tout ${n\in}$ : ${0\leq{u_{n}}\leq{u_{n+1}}}$ . Ainsi ${(u_{n})}$ est croissante .

Remarque : pour tout ${n\in{\natural}}$ , ${u_{n}\geq{0}\geq{-6}}$ , donc pour tout ${n\in$ , ${u_{n}\geq{-6}}$ , donc la suite ${(u_{n})}$ existe .

8.2. ${v_{0}=5}$ et pour tout ${n\in\mathbb{N}}$ , ${v_{n+1}=\sqrt{v_{n}+6}}$ En utilisant une calculatrice, on obtient : ${v_{0}=5}$ , ${v_{1}=\sqrt{11}}$ , ${v_{2}=\sqrt{\sqrt{11}+6}}}$ . ${\sqrt{11}\approx{3,32}}$ ; ${v_{2}\approx{3,06}}$ (à ${10^{-2}}$ près par excès)

On pourrait conjecturer que ${(v_{n})}$ est décroissante.

Montrons par récurrence sur que , pour tout ${n\in\mathbb{N}}$ , ${0\leq{v_{n+1}}\leq{v_{n}}}$ .

Initialisation : ${v_{0}=5}$ et ${v_{1}=\sqrt{11}}$ ${25\geq{11}}$ , donc ${5\geq{11}}$ , donc ${0\leq{v_{1}}\leq{v_{0}}}$ .
Hérédité

Preuve Soit un naturel quelconque. Supposons que ${0\leq{v_{n+1}}\leq{v_{n}}}$ , alors ${0\leq{6}\leq{v_{n+1}}\leq{v_{n}+6}}$ , donc ${0\leq{\sqrt{v_{n+1}+6}\leq{\sqrt{v_{n}+6}}}$ , donc ${0\leq{v_{n+2}}\leq{v_{n+1}}}$ .

Ainsi, d’après l’initialisation et l’hérédité, on a montré par récurrence que pour tout ${n\in$ : ${0\leq{v_{n+1}}\leq{v_{n}}}$ . Ainsi ${(v_{n})}$ est décroissante.

Remarque : pour tout ${n\in\mathbb{N}}$ , ${v_{n}\geq{0}\geq{-6}}$ , donc pour tout ${n\in\mathbb{N}}$ , ${v_{n}\geq{-6}}$ , donc la suite ${(v_{n})}$ existe .

EX 9

Les termes de la somme augmentent de en . Posons : ${u_{0}=5}$ et ${u_{n}=2005}$ ; est une somme de termes de la suite ${(u_{n})}$ qui est arithmétique de raison et de premier terme .

${u_{0}+4n=2005\Longleftrightarrow{5+4n=2005}\Longleftrightarrow{4n=2000}$ ${\Longleftrightarrow{n=500}}$ .

Ainsi ${A=u_{0}+u_{1}+…+u_{500}=\frac{(500+1)(u_{0}+u_{500})}{2}$ ${=\frac{501\times(5+2005)}{2}=501\times{1005}=503505}$ .

Pour tous réel et naturel non nul : ${B_{n}}$ est la somme des () premiers termes de la suite géométrique de raison et de premier terme . ${B_{n}=1-x+x^{2}+...+(-1)^{n}x^{n}=1+(-x)+(-x^{2})+…+(-x)^{n}}$

si , alors ${B_{n}=1+...+1=n+1}$ (il y a () termes égaux à ).

si ${x\neq{-1}}$ , alors ${B_{n}=\frac{1-(-x)^{n+1}}{1-(-x)}=\frac{1-(-x)^{n+1}}{1+x}}$

Pour tous réel et naturel non nul : ${C_{n}=q+q^{2}+…+q^{n}}$ . ${C_{n}}$ est la somme des premiers termes de la suite géométrique de raison et de premier terme.

Si , alors (il y a termes égaux à )

Si ${q\neq{1}}$ alors ${C=q(1+q+...+q^{n-1})=q\frac{1-q^{n}}{1-q}=\frac{q-q^{n+1}}{1-q}}$ .

EX 10

Pour tout ${n\in\mathbb{N}}$ : ${u_{n}=\frac{2n-1}{n+5}}$ .

Pour tout ${n\in\mathbb{N}}$ :

${u_{n}=\frac{2(n+5)-10-1}{n+5}=2-\frac{11}{n+5}}$ .

Si ${n\geq{0}}$ , alors ${n+5\geq{5}\succ{0}}$ , donc ${0\prec{\frac{1}{n+5}}\leq{\frac{1}{5}}}$ , donc ${\frac{-11}{5}\leq{\frac{-11}{n+5}\prec{0}}$ , donc ${\frac{-1}{5}\leq{2-\frac{11}{n+5}}\prec{2}}$ .

Ainsi pour tout ${n\in\mathbb{N}}$ : ${\frac{-1}{5}\leq{u_{n}}\leq{2}}$ ; donc ${(u_{n})}$ est bornée.

EX 11

Pour tout ${n\in\mathbb{N}^{*}}$ : ${u_{n}=\sum_{k=1}^{n}{\frac{1}{n+k}}$ .

11.1. ${u_{1}=\frac{1}{2}}$ ;

${u_{2}=\sum_{k=1}^{k=2}{\frac{1}{2+k}=\frac{1}{3}+\frac{1}{4}=\frac{7}{12}}$

${u_{3}=\sum_{k=1}^{k=3}{\frac{1}{3+k}}=\frac{1}{4}+\frac{1}{5}+\frac{1}{6}=\frac{15+12+10}{60}=\frac{37}{60}}$ .

11.2. Soit ${n\geq{1}}$ Si ${1\leq{k}\leq{n}}$ , alors ${0\prec{n+1}\leq{n+k}\leq{2n}}$ , donc ${\frac{1}{2n}\leq{\frac{1}{n+k}}\leq{\frac{1}{n+1}}}$

En ajoutant membre à membre, on obtient : ${\sum_{k=1}^{n}{\frac{1}{2n}}\leq{\sum_{k=1}^{n}{\frac{1}{n+k}}\leq{{\sum_{k=1}^{n}{\frac{1}{n+1}}}$ ,

donc ${n\frac{1}{2n}\leq{u_{n}}\leq{n\frac{1}{n+1}}}$ , donc, pour tout ${n\in\mathbb{N}^{*}}$ : ${\frac{1}{2}\leq{u_{n}}\leq{\frac{n}{n+1}}}$

11.3. ${n\geq{1}$ , donc ${1\leq{n}\leq{n+1}}$ , donc ${\frac{n}{n+1}\leq{1}}$ , (car ${n+1\succ{0}}$ )

or, d’après c) ${\frac{1}{2}\leq{u_{n}}\leq{\frac{n}{n+1}}}$ ; donc , pour tout ${n\in\mathbb{N}^{*}}$ , ${\frac{1}{2}\leq{u_{n}}\leq{1}}$ ;

ainsi ${(u_{n})}$ est bornée .

EX 12

12.1. Pour tout ${n\in\mathbb{N}}$ : ${u_{n}=\frac{-2n^{2}-3n+1}{n+1}}$ .

Pour tout ${n\in\mathbb{N}^{*}}$ : ${u_{n}=\frac{-2n^{2}(1+\frac{3}{2n}-\frac{1}{2n^{2}})}{n(1+\frac{1}{n})}}$ ${=-2n\frac{1+\frac{3}{2n}-\frac{1}{2n^{2}}}{1+\frac{1}{n}}}$ ;

de plus, ${\lim_{n\to+\infty}(-2n)=-\infty}$ et ${\lim_{n\to+\infty}{\frac{1+\frac{3}{2n}-\frac{1}{2n^{2}}}{1+\frac{1}{n}}=\frac{1}{1}=1}$ ;

donc ${\lim_{n\to+\infty}{u_{n}}=-\infty}$ .

12.2. Pour tout ${n\in\mathbb{N}$ : ${u_{n}=\frac{n^{2}-n+1}{2n-1}}$

Pour tout ${n\in\mathbb{N}^{*}}$ :

${u_{n}=\frac{n^{2}(1-\frac{1}{n}+\frac{1}{n^{2}})}{2n(1-\frac{1}{2n})}}$ ${=\frac{n}{2}\times{\frac{1-\frac{1}{n}+\frac{1}{n^{2}}}{1-\frac{1}{2n}}}$

De plus : ${\lim_{n\to+\infty}{\frac{n}{2}}=+\infty}$ et ${\lim_{n\to+\infty}{\frac{1-\frac{1}{n}+\frac{1}{n^{2}}}{1-\frac{1}{2n}}=\frac{1}{1}=1}$ ; donc ${\lim_{n\to+\infty}{u_{n}}=+\infty}$ .

12.3. Pour tout ${n\in\mathbb{N}^{*}}}$ :

${u_{n}=\frac{(-1)^{n}}{3\sqrt{n}}}$ .

Pour tout ${n\in\mathbb{N}^{*}}}$ : ${|u_{n}|=\frac{1}{3\sqrt{n}}}$ ; ainsi ${\lim_{n\to+\infty}|u_{n}|=0}$ ,

donc ${\lim_{n\to+\infty}{u_{n}}=0}$ .

12.4. Pour tout ${n\in\mathbb{N}}}$ : ${u_{n}=\frac{4n^{2}+5(-1)^{n}}{n^{2}+3}}$ .

Pour tout ${n\in\mathbb{N}^{*}}}$ :

${u_{n}=\Large{\frac{4n^{2}(1+\frac{5(-1)^{n}}{4n^{2}})}{n^{2}(1+\frac{3}{n^{2}})}=4\frac{1+\frac{5(-1)^{n}}{4n^{2}}}{1+\frac{3}{n^{2}}}}}$

Or, ${\lim_{n\to\+\infty}|\frac{5(-1)^{n}}{4n^{2}}|=\lim_{n\to+\infty}{\frac{5}{4n^{2}}=0}$ ,

donc ${\lim_{n\to+\infty}{\frac{5(-1)^{n}}{4n^{2}}}=0}$ ; de plus ${\lim_{n\to+\infty}(\frac{3}{n^{2}})=0}$ ; donc ${\lim_{n\to+\infty}{u_{n}=4\frac{1}{1}=4}$ .

Remarque On pourrait encadrer ${(-1)^{n}}$ , qui n’a pas de limite en ${+\infty}$ ! ; mais le procédé est plus long.

12.5. Pour tout ${n\in\mathbb{N}}$ : ${u_{n}=\frac{2^{n}-5^{n}}{3^{n}+4^{n}}}$ .

${u_{n}={\frac{5^{n}(\frac{2^{n}}{5^{n}}-1)}{4^{n}(\frac{3^{n}}{4^{n}}+1)}$ ${=(\frac{5}{4})^{n}\frac{(\frac{2}{5})^{n}-1}{(\frac{3}{4})^{n}+1}}$ .

de plus : ${\frac{5}{4}\succ{1}}$ donc ${\lim_{n\to+\infty}(\frac{5}{4})^{n}}=+\infty}$ . ${|\frac{2}{5}|\prec{1}}$ , et ${|\frac{3}{4}|\prec{1}}$ , donc ${\lim_{n\to+\infty}{(\frac{2}{5})^{n}}=0}$ et ${\lim_{n\to+\infty}{(\frac{3}{4})^{n}}=0}$ ; ainsi ${\lim_{n\to+\infty}{u_{n}}=+\infty}$ .

12.6. Pour tout ${n\in\mathbb{N}}$ : ${u_{n}=\sin{\frac{3}{1+n^{2}}}$ ; ${\lim_{n\to+\infty}{(1+n^{2})}=+\infty}$ ,

donc ${\lim_{n\to+\infty}{(\frac{3}{1+n^{2}})}=0}$ ; de plus, ${\lim_{x\to0}{\sin(x)}=0}$ ; donc (par composé) ${\lim_{n\to+\infty}{u_{n}}=0}$ .

12.7 Pour tout ${n\in\mathbb{N}}$ : ${u_{n}=3n-2\sin(n)}$ .

Remarque : ${\sin(n)}$ n’a pas de limite en ${+\infty}$ . Encadrons ${\sin(n)}$ : ${-1\leq{\sin(n)\leq{1}}$ , donc ${-2\leq{-2\sin(n)}\leq{2}}$ , donc ${3n-2\leq{3n-2\sin(n)}\leq{3n+2}}$ ;

ainsi : pour tout ${n\in\mathbb{N}}$ , ${3n-2\leq{u_{n}}}$ ; de plus ${\lim_{n\to+\infty}(3n-2)=+\infty}$ ; donc (d’après un critère de comparaison) ${\lim_{n\to+\infty}{u_{n}}=+\infty}$ .

12.8. Pour tout ${n\in\mathbb{N}}$ :

${u_{n}=\frac{n+\sin(n)}{3-\sin(n)}}$ . ${-1\leq{\sin(n)}\leq{1}}$ ,

donc ${-1\leq{-\sin(n)}\leq{1}}$ , donc ${0\leq{2}\leq{3-\sin(n)}\leq{4}}$ , donc ${3-\sin(n)\neq{0}}$ ; ainsi ${u_{n}}$ existe pour tout naturel . ${0\leq{2}\leq{3-\sin(n)}\leq{4}}$ ,

donc ${0\prec{\frac{1}{4}}\leq{\frac{1}{3-\sin(n)}\leq{\frac{1}{2}}$

de plus ${-1\leq{\sin(n)}\leq{1}}$ , donc ${n-1\leq{n+\sin(n)}\leq{n+1}}$

prenons ${n\geq{1}$ ainsi ${0\leq{n-1}\leq{n+\sin(n)}\leq{n+1}}$

ainsi, d’après $\alpha}$ et $\beta$ , pour tout ${n\geq{1}$ : ${\frac{1}{4}(n+1)\leq{\frac{1}{3-\sin(n)}(n+\sin(n))\leq{\frac{1}{2}(n+1)}}$ .

Ainsi , pour tout ${n\in\mathbb{N}^{*}}}$ , ${\frac{1}{4}(n+1)\leq{u_{n}}$ ; de plus ${\lim_{n\to+\infty}(\frac{1}{4}(n-1))=+\infty}$ ; donc (d’après un critère de comparaison) ${\lim_{n\to+\infty}(u_{n})=+\infty}$ .

EX 13

Pour tout ${n\in\mathbb{N}}$ : ${u_{n}=\sqrt{n+1}-\sqrt{n}}$ et ${S_{n}=\sum_{k=0}^{n}{\frac{1}{\sqrt{k+1}+\sqrt{k}}$ .

13.1. Pour tout ${n\in\mathbb{N}}$ , ${u_{n}=\frac{(\sqrt{n+1}-\sqrt{n})(\sqrt{n+1}+\sqrt{n})}{\sqrt{n+1}+\sqrt{n}}=\frac{(n+1)-n}{\sqrt{n+1}+\sqrt{n}}=\frac{1}{\sqrt{n+1}+\sqrt{n}}}$ ;

de plus, pour tout ${n\in\mathbb{N}}$ , ${\sqrt{n+1}+\sqrt{n}\geq{n}}$ ; or, ${\lim_{n\to+\infty}(\sqrt{n})=+\infty}$ ;

donc (d’après un critère de comparaison) ${\lim_{n\to+\infty}(\sqrt{n+1}+\sqrt{n})=+\infty}$ , donc ${\lim_{n\to+\infty}{u_{n}}=0}$ .

13.2. Pour tout ${n\in\mathbb{N}}$ ,

${S_{n}=\sum_{k=0}^{n}{\frac{1}{\sqrt{k+1}+\sqrt{k}}=\sum_{k=0}^{n}(\sqrt{k+1}-\sqrt{k})}$ ,

donc ${S_{n}=(\sqrt{1}-\sqrt{0})+(\sqrt{2}-\sqrt{1})+…+(\sqrt{n+1}-\sqrt{n})}$ ,

donc ${S_{n}=-\sqrt{0}+(\sqrt{1}-\sqrt{1})+…+(\sqrt{n}-\sqrt{n})+\sqrt{n+1}}$

${S_{n}=\sqrt{n+1}}$ .

13.3. ${\lim_{n\to+\infty}(n+1)}=+\infty}$ et ${\lim_{n\to+\infty}{\sqrt{x}}=+\infty}$ , donc (par composé) ${\lim_{n\to+\infty}{S_{n}}=+\infty}$ .

EX 14

Pour tout ${n\in\mathbb{N}^{*}}$ : ${u_{n}=\sum_{k=1}^{n}{\frac{n}{2n^{2}+k}}$

Pour tout, ${k\in\mathbb{N}}$ , ${n\in\mathbb{N}}$ : ${1\leq{k}\leq{n}}$ , donc ${0\prec{2n^{2}+1}\leq{2n^{2}+k}\leq{2n^{2}+n}}$ , donc ${\frac{1}{2n^{2}+n}\leq{\frac{1}{2n^{2}+k}\leq{\frac{1}{2n^{2}+1}}$ ;

de plus ${n\succ{0}}$ , donc ${\frac{n}{2n^{2}+n}\leq{\frac{n}{2n^{2}+k}\leq{\frac{n}{2n^{2}+1}}$ .

Ainsi en ajoutant membre à membre les égalités , on obtient : ${\sum_{k=1}^{n}{\frac{n}{2n^{2}+n}\leq{\sum_{k=1}^{n}{\frac{n}{2n^{2}+k}}\leq{\sum_{k=1}^{n}{\frac{n}{2n^{2}+1}}}$ , donc

Pour tout ${n\in\mathbb{N}^{*}}$ : ${\frac{n^{2}}{2n^{2}+n}\leq{\sum_{k=1}^{n}{\frac{n}{2n^{2}+k}\leq{\frac{n^{2}}{2n^{2}+1}}$ ( ${\alpha}$ )

Pour tout ${n\in\mathbb{N}^{*}}}$ , ${\frac{n^{2}}{2n^{2}+n}=\frac{1}{\frac{2n^{2}+n}{n^{2}}}=\frac{1}{2+\frac{1}{n}}}$ ; donc ${\lim_{n\to+\infty}(\frac{n^{2}}{2n^{2}+n})=\frac{1}{2}}$ ( ${\beta}$ )

de même, pour tout ${n\in\mathbb{N}^{*}}}$ , ${\frac{n^{2}}{2n^{2}+1}=\frac{1}{\frac{2n^{2}+1}{n^{2}}}=\frac{1}{2+\frac{1}{n^{2}}}$ ; donc ${\lim_{n\to+\infty}{\frac{n^{2}}{2n^{2}+1}}=\frac{1}{2}}$ ( ${\gamma}$ )

Ainsi, d’après ( ${\alpha}$ ), ( ${\beta}$ ) et ( ${\gamma}$ ) , et le théorème des gendarmes, ${\lim_{n\to+\infty}{u_{n}}=\frac{1}{2}}$ .

EX 15

Pour tout ${n\in\mathbb{N^{*}}}$ : ${u_{n}=\frac{3^{n}}{n}}$

15.1. Pour tout ${n\in\mathbb{N}^{*}}$ : ${\frac{u_{n+1}}{u_{n}}=\frac{\frac{3^{n+1}}{n+1}}{\frac{3^{n}}{n}}=(\frac{3\times{3^{n}}{n+1})(\frac{n}{3})=\frac{3n}{n+1}=\frac{3}{1+\frac{1}{n}}}$

Si ${n\geq{1}$ , alors ${0\prec{\frac{1}{n}}\leq{1}}$ , donc ${1\prec{1+\frac{1}{n}}\leq{2}}$ , donc ${\frac{1}{1+\frac{1}{n}\geq{\frac{1}{2}}$ , donc ${\frac{3}{1+\frac{1}{n}\geq{\frac{3}{2}}}$ .

Ainsi, pour tout ${n\in\mathbb{N}^{*}}}$ : ${\frac{u_{n+1}}{u_{n}}\geq{\frac{3}{2}}$

15.2. Montrons par récurrence que, pour tout ${n\in\mathbb{N}^{*}}$ , ${u_{n}\geq{3\times{(\frac{3}{2})^{n-1}}}}$ .
Initialisation : ${u_{1}=3}$ et ${3\times{(\frac{3}{2})^{0}}=3}$ , donc ${u_{1}\geq{3\times{(\frac{3}{2})^{1-1}}}}$

Hérédité

Preuve : Soit un naturel non nul quelconque.

On suppose que : ${u_{n}\geq{3\times{(\frac{3}{2})^{n-1}}}}$ , alors ${(\frac{3}{2})u_{n}\geq{3\times{(\frac{3}{2})^{n}}}}$ ( $\alpha$ )

or d’après 15.1., ${\frac{u_{n+1}}{u_{n}}=\frac{3}{2}}$ ; de plus, ${u_{n}\succ{0}}$ , donc ${u_{n+1}\geq{(\frac{3}{2})u_{n}}}$ ( $\beta$ ) ;

ainsi ,d’après ( $\alpha$ ) et ( $\beta$ ), ${u_{n+1}\geq{3\times{(\frac{3}{2})^{n}}}}$ .

Ainsi, d’après l’initialisation et l’hérédité, on a montré par récurrence que, pour tout ${n\in\mathbb{N}^{*}}}$ , ${u_{n}\geq{3\times{(\frac{3}{2})^{n-1}}}}$ .

15.3. Pour tout ${n\in\mathbb{N}l^{*}}}$ , ${u_{n}\geq{3\times{(\frac{3}{2})^{n-1}}}}$ ;

de plus, ${\frac{3}{2}\succ{1}}$ , donc ${\lim_{n\to+\infty}[3\times{(\frac{3}{2})^{n}]=\lim_{n\to+\infty}[2\times{(\frac{3}{2})^{n}]}=+\infty}$ ;

donc (d’après un critère de comparaison) ${\lim_{n\to+\infty}{u_{n}}=+\infty}$ .

EX 16

${x_{1}=7,215}$ et,

pour tout ${n\in\mathbb{N}^{n}}$ : ${x_{n}=7,21515…15}$ [ ${x_{n}}$ a chiffres après la virgule].

16.1. Pour tout ${n\in\mathbb{N}^{n}}$ :

${x_{n}=7,21515…15=7,2+0,015+0,00015+…+0,0…015}$ , donc ${x_{n}=7,21515…15=7,2+15\times{0,001}+15\times{0,00001}+…+15\times{0,0…015}}$ .

(les derniers termes et ${15\times{0,0…001}}$ ont chiffres après la virgule),

donc ${x_{n}=7,2+15\times{10^{-3}}+15\times{10^{-5}}+…+15\times{10^{-(2n+1)}}$ .

16.2. Pour tout ${n\in\mathbb{N}^{*}}$ :

${x_{n}=7,2+15\times{10^{-3}}[1+10^{-2}+10^{-4}+…+10^{-(2n+1)+3}}}$ ,

donc ${x_{n}=7,2+15\times{10^{-3}}[1+10^{-2}+(10^{-2})+(10^{-4})+…+10^{-2(n-1)}]}$ ,

donc ${x_{n}=7,2+15\times{10^{-3}}[1+10^{-2}+(10^{-2})+(10^{-2})^{2}+…+10^{-2(n-1)}]}$ ,

donc ${x_{n}=7,2+15\times{10^{-3}}\frac{1-(10^{-2})^{n}}{1-10^{-2}}}$

16.3. Pour tout ${n\in\mathbb{N}^{*}}$ : ${x_{n}=7,2+15\times{10^{-3}}\frac{1-(10^{-2})^{n}}{1-10^{-2}}}$ ;

de plus, ${|10^{-2}|\prec{1}}$ , donc ${\lim_{n\to{+\infty}{(10^{-2})^{n}}=0}$ ,

donc ${\lim_{n\to+\infty}{x_{n}}=7,2+15\times{10^{-3}\frac{1}{0,99}}=7,2+15\times{\frac{15}{990}}=7,2+\frac{3}{198}}$

ainsi ${x=\lim_{n\to+\infty}{7,2+\frac{3}{198}=\frac{1428,6}{198}=\frac{2381}{330}}$

EX 17

Soit la suite ${(u_{n})}$ définie sur ${\mathbb{N}}$ par un réel ${u_{0}}$ et, pour tout ${n\in\mathbb{N}}$ , par : ${u_{n+1}=au_{n}+b}$ ( et étant des réels donnés tels que ${a\neq{1}}$ ) .

17.1. On pose : ${v_{n}=u_{n}-\alpha}$ ( ${n\in\mathbb{N}}$ )

${\alpha=a\alpha+b\Longleftrightarrow{(1-a)\alpha=b\Longleftrightarrow{\alpha=\frac{b}{1-a}}$ (car ${a\neq{1}}$ ) .

17.2.

Pour tout ${n\in\mathbb{N}}$ : ${v_{n+1}=u_{n+1}-\alpha=(au_{n}+b)-(a\alpha+b)=a(u_{n}-\alpha)=av_{n}}$ ;

donc la suite ${(v_{n})}$ est géométrique de raison ().

D’après ce qui précède, pour tout ${n\in\mathbb{N}}$ , ${v_{n}=v_{0}a^{n}}$ et ${u_{n}=v_{n}+\alpha=(u_{0}-\alpha)a^{n}+\alpha}$ .

EX 18

18.1. Soit la suite ${(u_{n})}$ définie sur ${\mathbb{N}}$ par ${u_{0}=-1}$ et, pour tout ${n\in\mathbb{N}}$ , par : ${u_{n+1}=(\frac{-1}{2})u_{n}+2}$ .

solution de l’équation : ${\alpha=(\frac{-1}{2})\alpha+2}$

${\alpha=(\frac{-1}{2})\alpha+2\Longleftrightarrow{2\alpha=-\alpha+4}\Longleftrightarrow{3\alpha=4}\Longleftrightarrow{\alpha=\frac{4}{3}}}$ .

On pose , pour tout ${n\in\mathbb{N}}$ , ${v_{n}=u_{n}-\frac{4}{3}}$ .

Pour tout ${n\in\mathbb{N}}$ : ${v_{n+1}=u_{n+1}-\frac{4}{3}=(\frac{(-1)}{2}u_{n}+2)-\frac{4}{3}=\frac{-1}{2}u_{n}+\frac{2}{3}=\frac{-1}{2}(u_{n}-\frac{4}{3})=\frac{-1}{2}v_{n}}$

Ainsi la suite ${(v_{n})}$ est géométrique de raison ${\frac{-1}{2}}$ et de premier terme ${v_{0}=\frac{-7}{3}}$ , donc, pour tout ${n\in\mathbb{N}}$ :

${v_{n}=v_{0}(\frac{-1}{2})^{n}=\frac{-7}{3}(\frac{-1}{2})^{n}}$ , donc ${u_{n}=v_{n}+\frac{4}{3}=\frac{-7}{3}(\frac{-1}{2})^{n}+\frac{4}{3}}$ , et, ${S_{n}=\sum_{k=0}^{n}{u_{k}}$

${=\sum_{k=0}^{n}[\frac{-7}{3}(\frac{-1}{2})^{k}+\frac{4}{3}]=\frac{-7}{3}[1+\frac{-1}{2}+(\frac{-1}{2})^{2}+...+(\frac{-1}{2})^{n}]+[\frac{4}{3}+...+\frac{4}{3}]}$ .

[il y a termes égaux à ${\frac{4}{3}}$ ].

${S_{n}=\frac{-7}{3}\frac{1-(\frac{-1}{2})^{n+1}}{1-\frac{-1}{2}}+(n+1)\frac{4}{3}=\frac{-14}{9}[1-(\frac{-1}{2})^{n+1}]+(n+1)\frac{4}{3}=\frac{-2}{9}+\frac{14}{9}(\frac{-1}{2})^{n+1}+\frac{4}{3}n}$
${|\frac{-1}{2}|\prec{1}}$ , donc ${\lim_{n\to+\infty}{(\frac{-1}{2})^{n}}=0}$ , donc ${\lim_{n\to+\infty}{(u_{n})}=\frac{4}{3}}$
Pour tout ${n\in\mathbb{N}}$ , ${S_{n}=\frac{-7}{9}(\frac{-1}{2})^{n}+\frac{4}{3}n-\frac{2}{9}}$ ; ${|\frac{-1}{2}|\prec{1}}$ ,

donc ${\lim_{n\to+infty}{(\frac{-7}{9})(\frac{-1}{2})^{n}}=0}$ ;

de plus ${\lim_{n\to+\infty}{\frac{4}{3}n-\frac{2}{9}}=+\infty}$ ; donc (par addition) ${\lim_{n\to+\infty}{S_{n}}=+\infty}$ .

18.2. Soit la suite ${(v_{n})}$ définie sur ${\mathbb{N}^{*}}$ par ${v_{1}=2}$ et, pour tout ${n\in\mathbb{N}^{*}}$ , par : ${v_{n+1}=\frac{2}{5}v_{n}+1}$

Solution de l’équation : ${\alpha=\frac{2}{5}\alpha+1}$ .

${\alpha=\frac{2}{5}\alpha+1\Longleftrightarrow{5\alpha=2\alpha+5}\Longleftrightarrow{3\alpha=5}\Longleftrightarrow{\alpha=\frac{5}{3}}}$ .

On pose, pour tout ${n\in\mathbb{N}^{*}}$ : ${w_{n}=v_{n}-\frac{5}{3}}$ .

Pour tout ${n\in\mathbb{N}^{*}}$ : ${w_{n+1}=v_{n+1}-\frac{5}{3}=(\frac{2}{5}v_{n}+1)-\frac{5}{3}=\frac{2}{5}v_{n}-\frac{2}{3}=\frac{2}{5}(v_{n}-\frac{5}{3})=\frac{2}{5}w_{n}}$ .

Ainsi la suite ${(w_{n})}$ est géométrique de raison ${\frac{2}{5}}$ et de premier terme ${v_{1}=\frac{1}{3}}$ .

donc pour tout ${n\in\mathbb{N}^{*}}$ :

${w_{n}=w_{1}(\frac{2}{5})^{n-1}=\frac{1}{3}(\frac{2}{5})^{n-1}}$ , donc ${v_{n}=w_{n}+\frac{5}{3}=\frac{1}{3}(\frac{2}{5})^{n-1}+\frac{5}{3}}$

${T_{n}=\sum_{k=1}^{n}{v_{k}}}$

${=\sum_{k=1}^{n}{\frac{1}{3}(\frac{2}{5})^{k-1}+\frac{5}{3}}=\frac{1}{3}{1+\frac{2}{5}+(\frac{2}{5})^{2}+...+(\frac{2}{5})^{n-1}}+(\frac{5}{3}+...+\frac{5}{3})}$

[il y a termes égaux à ${\frac{5}{3}}$ ]

${T_{n}=\frac{1}{3}(\frac{1-(\frac{2}{5})^{n}}{1-\frac{2}{5}}+\frac{5}{3}n}$

Pour tout ${n\in\mathbb{N}^{*}}$ , ${v_{n}=\frac{1}{3}(\frac{2}{5})^{n-1}+\frac{5}{3}}$ ;

${|\frac{2}{5}|\prec{1}}$ , donc ${\lim_{n\to+\infty}{(\frac{2}{5})^{n}}=0}$ ,

donc ${\lim_{n\to+\infty}{v_{n}}=\frac{5}{3}}$ .

Pour tout ${n\in\mathbb{N}^{*}}$ , ${T_{n}=-\frac{5}{9}(\frac{2}{5})^{n}+\frac{5}{3}n+\frac{5}{9}}$

${|\frac{2}{5}|\prec{1}}$ , donc ${\lim_{n\to+\infty}{\frac{-5}{9}(\frac{2}{5})^{n}}=0}$ ; de plus ${\lim_{n\to+\infty}({\frac{5}{3}n+\frac{5}{9}})=+\infty}$ ;

donc (par addition) ${\lim_{n\to+\infty}{T_{n}}=+\infty}$ .

EX 19

Soit la suite ${(u_{n})}$ définie sur ${\mathbb{N}}$ par ${u_{n}=\frac{n^{2}}{2^{n}}}$ .

19.1. Pour tout ${n\in\mathbb{N}^{*}}$ : ${\frac{u_{n+1}}{u_{n}}=\frac{\frac{(n+1)^{2}}{2^{n+1}}}{\frac{n^{2}}{2^{n}}}=\frac{(n+1)^{2}}{2^{n}\times{2}}\times{\frac{2^{n}}{n^{n}}}=\frac{(n+1)^{2}}{2n^{2}}}$ , de plus, ${u_{n}\succ{0}}$ ;

donc, pour tout ${n\in\mathbb{N}^{*}}$ , ${u_{n+1}=\frac{(n+1)^{2}}{2n^{2}}u_{n}}$ .

19.2.

() : ${\frac{(n+1)^{2}}{2n^{2}}\leq{1}\Longleftrightarrow{(n+1)^{2}}\leq{2n^{2}}}$ (car ${2n^{2}\succ{0}}$ sur ${\mathbb{N}^{*}}$ ) ,

donc () ${\Longleftrightarrow{n^{2}+2n+1}\leq{2n^{2}}{\Longleftrightarrow{n^{2}-2n-1}\geq{0}}$

Le discriminant est ${\Delta=4-4\times{1}\times{-1}=8=(2\sqrt{2})^{2}}$ ; d’où les racines réelles du polynôme ${n^{2}-2n-1}$ qui sont : ${n_{1}=\frac{2-2\sqrt{2}}{2}=1-\sqrt{2}}$ et ${n_{2}=1+\sqrt{2}}$

Dans ${\mathbb{N}}$ , cette inéquation a pour ensemble de solutions ${]-\infty ; 1-\sqrt{2}]\cup{[1+\sqrt{2} ; +\infty[}$ ;

De plus, ${1-\sqrt{2}\approx{-0,41}}$ et ${1+\sqrt{2}\approx{2,41}}$ ;

donc si ${n\geq{3}}$ alors ${n\geq{3}\geq{n_{2}}}$ , donc ${\frac{(n+1)^{2}}{2n^{2}}\leq{1}}$ , donc ${\frac{(n+1)^{2}}{2n^{2}}u_{n}\leq{u_{n}}}$ , (car ${u_{n}\succ{0}}$ ), donc ${u_{n+1}\leq{u_{n}}}$ .

Ainsi pour tout naturel tel que ${n\geq{3}}$ , ${u_{n+1}\leq{u_{n}}}$ ,

donc ${(u_{n})_{n\geq{3}}}$ décroît . De plus ${u_{2}=1}$ et ${u_{3}=\frac{9}{8}}$ , donc ${u_{2}\prec{u_{3}}}$ .

On en déduit que la suite ${(u_{n})}$ décroît à partir du naturel .

19.3. La suite ${(u_{n})}$ décroît à partir du naturel , et est minorée par ; donc elle est convergente .

19.4. Pour tout ${n\in\mathbb{N}^{*}}$ , ${u_{n+1}=\frac{(n+1)^{2}}{2n^{2}}u_{n}=\frac{1}{2}(1+\frac{1}{n})^{2}u_{n}}$ ( ${\alpha}$ )

On pose : ${L=\lim_{n\to+\infty}{u_{n}}$ ; alors ${\lim_{n\to+\infty}{u_{n+1}=L}$ ;

de plus ${\lim_{n\to+\infty}{\frac{1}{2}(1+\frac{1}{n})^{2}}=\frac{1}{2}}$ ; donc, d’après ( ${\alpha}$ ) , ${\lim_{n\to+\infty}{u_{n+1}}=\lim_{n\to+\infty}{\frac{1}{2}(1+\frac{1}{n})^{2}u_{n}}}$ ; ainsi ${L=\frac{1}{2}L}$ ; ce qui équivaut à ${\frac{1}{2}L=0}$ ; puis à ;

ainsi ${\lim_{n\to+\infty}{u_{n}}=0}$ .

EX 20

Soit la suite ${(u_{n})}$ définie sur ${\mathbb{N}}$ par : ${u_{0}=1}$ , et pour tout ${n\in\mathbb{N}^{*}}$ , ${u_{n}=\sum_{k=0}^{n}{\frac{1}{k!}=1+\frac{1}{1 !}+ \frac{2}{2 !}+ ...+\frac{n}{n !}}$ .

20.1. On montre par récurrence que, pour tout naturel non nul, ${k !\geq{2^{k-1}}$

Initialisation : et ${2^{1-1}=1}$ , donc ${1 !\geq{2^{1-1}}}$ . Hérédité

Soit , un naturel non nul quelconque.

On suppose que : ${k !\geq{2^{k-1}}}$ ;

Or ${k\geq{1}}$ , donc ${k+1}\geq{2}}$ ;

d’où (en multipliant membre à membre des nombres positifs) : ${(k+1)k !\geq{2\times{2^{k-1}}}$ , donc ${(k+1) !\geq{2^{k}}}$ .

Ainsi, d’après l’initialisation et l’hérédité, on a montré par récurrence que, pour tout ${k\in\natural^{*}}$ , ${k !\geq{2^{k-1}}}$ .

20.2. Pour tout , naturel non nul :

${k\geq{1}}$ , donc ${k !\geq{2^{k-1}}\succ{0}}$ , donc ${0\prec{\frac{1} {k !}}\leq{\frac{1}{2^{k-1}}}}$ ;

De plus ${\sum_{k=1}^{n}{\frac{1}{2^{k-1}}=1+\frac{1}{2}+(\frac{1}{2})^{2}+...+(\frac{1}{2})^{n-1}=\frac{1-(\frac{1}{2})^{n}}{1-\frac{1}{2}}=2[1-(\frac{1}{2})^{n}]}$

donc ${\sum_{k=1}^{n}{\frac{1}{k !}}\leq{1+2[1- (\frac{1}{2})^{n}]}}$ ,

donc ${\sum_{k=1}^{n}{\frac{1}{k !}}\leq{3-2( \frac{1}{2})^{n}}}$ .

20.3.
Pour tout ${n\in\mathbb{N}}$ : ${\sum_{k=1}^{n}{\frac{1}{k !}}\leq{3-2( \frac{1}{2})^{n}}}$ et ${-2(\frac{1}{2})^{n}\leq{0}}$ ; donc ${\sum_{k=1}^{n}{\frac{1}{k !}}\leq{3}}$ .

De plus, ${u_{n}}$ , somme de réels positifs, est positif. Ainsi, pour tout ${n\in\mathbb{N}}$ , ${0\leq{u_{n}}\leq{3}}$ , donc ${(u_{n})}$ est bornée.

Soit ${n\in\mathbb{N}}$ : ${u_{n+1}=\sum_{k=0}^{n+1}{\frac{1}{k!}}=\sum_{k=0}^{n}{\frac{1}{k!}+\frac{1}{(n+1)!}=u_{n}+\frac{1}{(n+1)!}}$ donc ${u_{n+1}-u_{n}=\frac{1}{(n+1) !}}$ ;

or ${\frac{1}{(n+1) !}\geq{0}}$ ; ainsi pour tout ${n\in\mathbb{N}}$

${u_{n+1}-u_{n}\geq{0}}$ ; donc ${(u_{n})}$ croît.

La suite ${(u_{n})}$ est croissante et est majorée par ; donc elle est convergente. Remarque En fait ${\lim_{n\to+\infty}{u_{n}}=e}$ (non montré dans cet exercice).

EX 21

Soit la suite ${(u_{n})}$ définie sur ${\mathbb{N}}$ par ${u_{0}=1}$ et ${u_{n+1}=u_{n}+2n+3}$ .

21.1. Soit ${n\in\mathbb{N}}$ , ${u\{n+1}-u_{n}=2n+3}$ ; de plus ${n\geq{0}}$ , donc ${2n+3\geq{0}}$ ;

donc pour tout ${n\in\mathbb{N}}$ , ${u_{n+1}-u_{n}\geq{0}}$ donc ${(u_{n})}$ croît .

21.2. On montre par récurrence que, pour tout naturel , ${u_{n}\succ{n^{2}}}$ . On note ${P_{n} :u_{n}\succ{n^{2}}}$ .

Initialisation : ${u_{0}=1}$ et ${0^{2}=0}$ , donc ${u_{0}\succ{0^{2}}}$ .

Hérédité : On montre que, pour tout ${n\in\mathbb{N}}$ , (si ${P_{n}}$ est vraie alors ${P_{n+1}}$ est vraie).

Preuve

Soit un naturel quelconque.

On suppose que : ${u_{n}\succ{n^{2}}}$ ; de plus, ${2n+3\succ{2n+1}}$ donc ${u_{n}+2n+3\succ{n^{2}+2n+1}}$ . Or ${u_{n+1}=u_{n}+2n+3}$ ; donc ${u_{n+1}\succ{(n+1)^{2}}}$ .

Ainsi, d’après l’initialisation et l’hérédité, on a montré par récurrence que, pour tout ${n\in\mathbb{N}}$ , ${u_{n}\succ{n^{2}}}$ .

Pour tout ${n\in\mathbb{N}}$ , ${u_{n}\succ{n^{2}}}$ ; de plus ${\lim_{n\to+\infty}{n^{2}}=+\infty}$ ;

donc (d’après un critère de comparaison) ${\lim_{n\to+\infty}{u_{n}=+\infty}$ .

21.3. ${u_{0}=1}$ ; ${u_{1}=4}$ ; ${u_{2}=9}$ On conjecture que, pour tout ${n\in\mathbb{N}}$ , ${u_{n}=(n+1)^{2}}$ . ) Montrons-le par récurrence.

Initialisation : ${u_{0}=1}$ et ${(0+1)^{2}=1}$ , donc ${u_{0}=(0+1)^{2}}$ .

Hérédité : Soit un naturel quelconque.

On suppose que : ${u_{n}=(n+1)^{2}}$ .

Or ${u_{n+1}=u_{n}+2n+3}$ ; donc ${u_{n+1}=(n+1)^{2}+2n+3=(n^{2}+2n+1)+2n+3=n^{2}+4n+4=(n+2)^{2}}$

Ainsi, d’après l’initialisation et l’hérédité, on a montré par récurrence que, pour tout ${n\in\mathbb{N}}$ , ${u_{n}=(n+1)^{2}}$ .

EX 22

Soit ${(u_{n})}$ la suite définie par : ${u_{0}=0}$ , ${u_{1}=1}$ ${n\in\mathbb{N}^{*}}$ , et, pour tout ${n\in\mathbb{N}^{*}}$ , par : ${u_{n+1}=7u_{n}+8u_{n-1}}$ .De plus : ${s_{n}=u_{n+1}+u_{n}}$ ( ${n\in\mathbb{N}}$ )

22.1. ${u_{0}=0}$ , ${u_{1}=1}$ et ${u_{2}=7}$ , donc ${s_{0}=1}$ et ${s_{1}=u_{2}+u_{1}=7+1=8}}$ , donc ${s_{1}=8s_{0}}$ ; de plus, pour tout ${n\in\mathbb{N}^{*}}$ , ${s_{n+1}=(7u_{n}+8u_{n+1})+u_{n}=8(u_{n}+u_{n-1})=8s_{n}}$ ; donc, pour tout ${n\in\mathbb{N}}$ , ${s_{n+1}=8s_{n}}$ .

Donc la suite ${(u_{n})}$ est géométrique de raison .On en déduit que, pour tout ${n\in\mathbb{N}}$ , ${s_{n}=8^{n}s_{0}=8^{n}\times{1}=8^{n}}$ .

22.2. Pour tout ${n\in\mathbb{N}}$ : ${v_{n}=(-1)^{n}u_{n}}$ et ${t_{n}=v_{n+1}-v_{n}}$ .

Pour tout ${n\in\mathbb{N}}$ , ${t_{n}=(-1)^{n}u_{n+1}-(-1)^{n}u_{n}}$

${=(-1)^{n+1}u_{n+1}+(-1)(-1)^{n}u_{n}=(-1)^{n+1}(u_{n+1}+u_{n})=(-1)^{n+1}s_{n}}$ .

22.3.

Soit ${n\in\mathbb{N}^{*}}$ , ${t_{0}+...+t_{n+1}=(v_{1}-v_{0})+(v_{2}-v_{1})+...+(v_{n}-v_{n-1})}$

${=v_{0}+(v_{1}-v_{1})+...+(v_{n-1}-v_{n-1})+v_{n}=v_{n}}}$ . (car ${v_{0}=0}$ ).

De plus, ${t_{0}=v_{1}-v_{0}=-u_{1}=-1}$ et ${t_{n}=(-1)^{n+1}8^{n}=-(-8)^{n}}$ ${t_{0}+...+t_{n-1}=(-1)-(-8)-(-8)^{2}-...-(-8)^{n-1}$

${=(-1)[1+(-8)+(-8)^{2}+...+(-8)^{n-1}]}$ ;

donc ${t_{0}+…+t_{n-1}=(-1)\frac{1-(-8)^{n}}{1-(-8)}=\frac{(-8)^{n}-1}{9}}$ .

On obtient ainsi, pour tout ${n\in\mathbb{N}^{*}}$ , ${v_{n}=\frac{(-8)^{n}-1}{9}}$ ; de plus, ${v_{0}=\frac{(-8)^{0}-1}{9}}$ ;

donc pour tout ${n\in\mathbb{N}}$ : ${v_{n}=\frac{(-8)^{n}-1}{9}}$ ; or ${u_{n}=\frac{v_{n}}{(-1)^{n}}=\frac{1^{n}}{(-1)^{n}}v_{n}=(\frac{1}{-1})^{n}v_{n}=(-1)^{n}v_{n}}$ ; donc , pour tout ${n\in\mathbb{N}}$ , ${u_{n}=(-1)^{n}\frac{(-1)^{n}8^{n}-1}{9}=\frac{8^{n}-(-1)^{n}}{9}}$ .

Pour tout ${n\in\mathbb{N}}$ , ${\frac{u_{n}}{8^{n}}=(\frac{8^{n}-(-1)^{n}}{9})\times{\frac{1}{8^{n}}=\frac{1-\frac{(-1)^{n}}{8^{n}}}{9}=\frac{1-(\frac{-1}{8})^{n}}{9}}$ ;

de plus ${|\frac{1}{8}|\prec{1}}$ , donc ${\lim_{n\to+\infty}{(\frac{-1}{8})^{n}}=0}$ ,

ainsi ${\lim_{n\to+\infty}{\frac{u_{n}}{8^{n}}}=\frac{1}{9}}$

EX 23

Soit . La fonction est définie sur par : ${f(x)=\frac{3x+2}{x+4}}$

23.1.

, restriction à , d’une fonction rationnelle définie sur ${\mathbb{N}\setminus{(-4)}}$ , est dérivable sur . Pour tout de , ${f'(x)=\frac{3(x+4)-(3x+2)}{(x+4)^{2}}=\frac{10}{(x+4)^{2}}}$

Sur , ${(x+4)^{2}\succ{0}}$ , donc sur , ${f’(x)\succ{0}}$ ; donc croît sur . De plus, ${f(0)=\frac{1}{2}}$ et .

D’après ce qui précède : si ${0\leq{x}\leq{1}}$ , alors ${0\leq{\frac{1}{2}}\leq{f(x)}\leq{1}}$ , donc ${0\leq{f(x)}\leq{1}}$ ;

ainsi, pour tout ${x\in{I}}$ , ${f(x)\in{I}}$ .

23.2 Soit la suite ${(u_{n})}$ définie sur ${\natural}$ par : ${u_{0}=0}$ et, pour tout ${n\in\mathbb{N}}$ , ${u_{n+1}=\frac{3u_{n}+2}{u_{n}+4}}$

On montre par récurrence sur ${\mathbb{N}}$ que ${u_{n}\in{I}}$ .

Initialisation : ${0\leq{0}\leq{1}}$ , donc ${u_{0}\in{I}}$ .

Hérédité :

Soit un naturel quelconque.

On suppose que ${u_{n}\in{I}}$ ; alors ${f(u_{n})\in{I}}$ ; donc ${u_{n+1}\in{I}}$ .

Ainsi, d’après l’initialisation et l’hérédité, on a montré par récurrence que, pour tout ${n\in\mathbb{N}}$ , ${u_{n}\in{I}}$ .

Remarque : pour tout ${n\in\mathbb{N}}$ ${0\leq{u_{n}}\leq{1}}$ ; donc pour tout ${n\in\mathbb{N}}$ , ${u_{n}\neq{-4}}$ ;

donc la suite ${(u_{n})}$ existe .

23.3.1et 23.3.2.

Le graphique suggère que la suite est croissante et qu’elle converge vers .

23.3.3.

Soit ${n\in\mathbb{N}}$ , ${u_{n+1}-u_{n}=\frac{3u_{n}+2}{u_{n}+4}-u_{n}=\frac{3u_{n}+2-(u_{n})^{2}-4u_{n}}{u_{n}+4}=\frac{-u_{n}^{2}-u_{n}+2}{u_{n}+4}}$

or : ${(1-u_{n})(u_{n}+2)=u_{n}+2-u_{n}^{2}-2u_{n}=-u_{n}^{2}-u_{n}+2}$

donc, pour tout ${n\in\mathbb{N}}$ , ${u_{n+1}-u_{n}=\frac{(1-u_{n})(u_{n}+2)}{u_{n}+4}}$ .

Soit ${n\in\mathbb{N}}$ on a ${0\leq{u_{n}}\leq{1}}$ , donc ${-1\leq{-u_{n}}\leq{0}}$ , donc ${0\leq{1-u_{n}}$ ;

de plus, ${u_{n}+2\geq{2}\geq{0}}$ et ${u_{n}+4\geq{4}\succ{0}}$ ; ainsi pour tout ${n\in\mathbb{N}}$ ${u_{n+1}-u_{n}\geq{0}}$ ; donc croît

23.3.4. La suite ${(u_{n})}$ est croissante et majorée par ; donc elle est convergente .

23.3.5.

On pose : ${\lim_{n\to+\infty}{u_{n}}=l}$ ( ${l\in\mathbb{N}}$ ).

pour tout ${n\in\mathbb{N}}$ , ${0\leq{u_{n}}\leq{1}}$ ; donc ${0\leq{l}\leq{1}}$ , donc ${l\neq{-4}}$ ; ainsi ${\lim_{n\to+\infty}{\frac{3u_{n}+2}{u_{n}+4}=\frac{3l+2}{l+4}}$ .

de plus , ${\lim_{n\to+\infty}{u_{n+1}=l}$ ; or , pour tout ${n\in\mathbb{N}}$ , ${u_{n+1}=\frac{3u_{n}+2}{u_{n}+4}}$ ; donc ${l=\frac{3l+2}{l+4}}$ .

On a : ${l=\frac{3l+2}{l+4}\Longleftrightarrow{l^{2}+4l=3l+2}\Longleftrightarrow{l^{2}+l-2=0}\Longleftrightarrow{l=1}}$ (car ${l\neq{-4}}$ )

(le discriminant est ${\Delta=1-4\times{1}\times{-2}=9}$ ,

d’où les deux solutions : ${l_{1}=\frac{-1-3}{2}=-2}$ et : ${l_{2}=\frac{-1+3}{2}=1}$ ).

De plus, on a ${0\leq{l}\leq{1}}$ .

On en déduit que .

23.4. Soit la suite ${(v_{n})}$ définie pour tout ${n\in\mathbb{N}}$ par ${v_{n}=\frac{u_{n}-1}{u_{n}+2}}$ .

Remarque : Pour tout ${n\in\mathbb{N}}$ ${0\leq{u_{n}}\leq{1}}$ ; donc pour tout ${n\in\mathbb{N}}$ ${u_{n}\neq{-2}}$ ; donc la suite ${(v_{n})}$ existe .

23.4.1. Pour tout ${n\in\mathbb{N}}$ : ${v_{n+1}=\frac{u_{n+1}-1}{u_{n+1}+2}=\frac{\frac{3u_{n}+2}{u_{n}+4}-1}{\frac{3u_{n}+2}{u_{n}+4}+2}=\frac{\frac{3u{n}+2-u_{n}-4}{u_{n}+4}}{\frac{3u_{n}+2+2u_{n}+8}{u_{n}+4}}}$

${=\frac{2u_{n}-2}{5u_{n}+10}=(\frac{2}{5})(\frac{u_{n}-1}{u_{n}+2})=\frac{2}{5}v_{n}}$ .

ainsi la suite ${(v_{n})}$ est géométrique de raison ${\frac{2}{5}}$ .

23.4.2. ${v_{0}=\frac{-1}{2}}$ , et, d’après ce qui précède, pour tout ${n\in\mathbb{N}}$ , ${v_{n}=v_{0}(\frac{2}{5})^{n}=\frac{-1}{2}(\frac{2}{5})^{n}}$ .

23.4.3. Soit ${n\in\mathbb{N}}$ . On a : ${u_{n}\neq{-2}$ . Dans ce cas

() : ${v_{n}=\frac{u_{n}-1}{u_{n}+2}\Longleftrightarrow{v_{n}u_{n}+2v_{n}=u_{n}-1}\Longleftrightarrow{ u_{n}( v_{n}-1)=-2v_{n}-1}}$ d’où () ${ \Longleftrightarrow{u_{n}=\frac{-2v_{n}-1}{v_{n}-1}}$ (car ${v_{n}\neq{1}$ ).

Ainsi, pour tout ${n\in\mathbb{N}}$ , ${u_{n}=\frac{2v_{n}+1}{-v_{n}+1}=\frac{2[\frac{-1}{2}(\frac{2}{5})^{n}]+1}{-\frac{-1}{2}(\frac{2}{5})^{n}+1}=\frac{-(\frac{2}{5})^{n}+1}{\frac{1}{2}(\frac{2}{5})^{n}+1}}$ .

23.4.4. ${|\frac{2}{5}|\prec{1}}$ , donc ${\lim_{n\to+\infty}{(\frac{2}{5})^{n}}=0}$ , donc ${\lim_{n\to+\infty}{u_{n}}=\frac{1}{1}=1}$ .

Ex 24

Soit la suite ${(u_{n})}$ définie sur ${\mathbb{N}}$ par : ${u_{0}=a}$ et pour tout ${n\in\mathbb{N}}$ , ${u_{n+1}=u_{n}(2-u_{n})}$ . ( étant un réel donné tel que ${0\prec{a}\prec{1}}$ )

24.1. ${a=\frac{1}{8}}$

24.1.1. ${u_{0}=\frac{1}{8}}$ , donc ${u_{1}=\frac{1}{8}\times{\frac{15}{8}}=\frac{15}{64}}$ , donc ${u_{2}=\frac{15}{64}(2-\frac{15}{64})=\frac{15}{64}\times{\frac{113}{64}}=\frac{1695}{4096}}$ .

24.1.2. et 24.1.3.

24.2. étant un réel donné tel que ${0\leq{a}\leq{1}}$ ;

24.2.1. On montre par récurrence que, pour tout ${n\in\mathbb{N}}$ , ${0\leq{u_{n}}\leq{1}}$ .

Initialisation : ${u_{0}=\frac{1}{8}}$ , donc ${0\leq{u_{0}}\leq{1}}$ .

Hérédité

Soit un naturel quelconque. On suppose que ${0\leq{u_{n}}\leq{1}}$ ; Or ${u_{n+1}=u_{n}(2-u_{n})}$

On pose : ${f(x)=x(2-x)=-x^{2}+2x}$ ( étant définie sur ), donc, pour tout ${n\in\mathbb{N}}$ , ${u_{n+1}=f(u_{n})}$

La fonction , restriction à d’une fonction polynôme, est dérivable sur

Pour tout de , Sur , ${f’(x)\succ{0}}$ et , donc croît strictement sur ; de plus et .

Donc si ${0\leq{x}\leq{1}}$ ; alors ${f{0}\leq{f(x)}\leq{f(1)}}$ , donc ${0\leq{f(x)}\leq{1}}$ .

Si ${0\leq{u_{n}}\leq{1}}$ , alors ${0\leq{f(u_{n})}\leq{1}}$ , donc ${0\leq{u_{n+1}}\leq{1}}$ .

D’après l’initialisation et l’hérédité, on a montré par récurrence que, pour tout ${n\in\mathbb{N}}$ , ${0\leq{u_{n}}\leq{1}}$ .

24.2.2.

On montre par récurrence sur ${\mathbb{N}}$ que ${(u_{n})}$ est croissante .

Initialisation : ${u_{0}=\frac{1}{8}}$ , et ${u_{1}=\frac{15}{64}}$ ; donc ${u_{0}\leq{u_{1}}}$ .

Hérédité : Soit un naturel quelconque.

On suppose que : ${u_{n}\leq{u_{n+1}}$ .

Pour tout de , ${f’(x)\geq{0}}$ ;donc croît sur .

De plus ${u_{n}\in[0 ; 1]}$ et ${u_{n+1}\in[0 ; 1]}$ . Ainsi ${f(u_{n})\leq{f(u_{n+1})}$ , donc ${u_{n+1}\leq{u_{n+2}}}$ .

D’après l’initialisation et l’hérédité, on a montré par récurrence que, pour tout ${n\in\mathbb{N}}$ , ${u_{n}\leq{u_{n+1}}}$ .

La suite ${(u_{n})}$ est croissante et majorée par ; donc elle est convergente.

24.3. ${a=\frac{1}{8}}$ et ${v_{n}=1-u_{n}}$ ( ${n\in\mathbb{N}}$ )

24.3.1. Pour tout ${n\in\mathbb{N}}$ , ${v_{n+1}=1-u_{n+1}=1-u_{n}(2-u_{n})=u_{n}^{2}-2u_{n}+1=(u_{n}-1)^{2}=v_{n}^{2}}$ .

24.3.2. On montre par récurrence sur ${\mathbb{N}}$ que : ${v_{n}=v_{0}^{2^{n}}}$ .

Initialisation : ${v_{0}^{2^{0}}=v_{0}}$

Hérédité : Soit un naturel quelconque. On suppose que ${v_{n}=v_{0}^{2^{n}}}$ ;

Or ${v_{n+1}=v_{n}^{2}}$ ; donc ${v_{n+1}=(v_{0}^{2^{n}})^{2}=v_{0}^{2^{n}\times{2}}=v_{0}^{2^{n+1}}}$ .

D’après l’initialisation et l’hérédité, on a montré par récurrence que, pour tout ${n\in\mathbb{N}}$ , ${v_{n}=v_{0}^{2^{n}}}$ .

24.3.3.

${2\succ{1}}$ , donc ${\lim_{n\to+\infty}{2^{n+1}}=\lim_{n\to+\infty}{2\times{2^{n}}}=+\infty}$ ; de plus ${\lim_{N\to+\infty}{v_{0}^{N}}=0}$ (car ${|\frac{1}{8}|\prec{1}}$ ) ;

donc (par composé) ${\lim_{n\to+\infty}{v_{n}}=0}$ .

Pour tout ${n\in\mathbb{N}}$ , ${u_{n}=1-v_{n}}$ et ${\lim_{n\to+\infty}{v_{n}}=0}$ ; donc ${\lim_{n\to+\infty}{u_{n}}=1}$ .

EX 25

Soit la suite ${(U_{n})}$ définie sur ${\mathbb{N}^{*}}$ par : ${U_{1}=\frac{3}{2}}$ et pour tout ${n\in\mathbb{N}^{*}}$ , ${U_{n+1}=\frac{1}{2}(U_{n}+\frac{2}{U_{n}})}$ .

25.1. On montre par récurrence sur ${\mathbb{N}^{*}}$ que ${U_{n}\succ{0}}$

Initialisation : ${U_{1}=\frac{3}{2}}$ , donc ${U_{1}\succ{0}}$ .

Hérédité : Soit un naturel non nul quelconque.

On suppose que ${U_{n}\succ{0}}$ .

Alors ${U_{n}\succ{0}}$ et ${\frac{2}{U_{n}}\succ{0}}$ , donc ${U_{n}+\frac{2}{U_{n }\succ{0}}$ , or ${U_{n+1}=\frac{1}{2}(U_{n}+\frac{2}{U_{n}})}$ ,

donc ${U_{n+1}\succ{0}}$ .

D’après l’initialisation et l’hérédité, on a montré par récurrence que, pour tout ${n\in\mathbb{N}^{*}}$ , ${U_{n}\succ{0}}$

25.2.

Pour tout ${n\in\mathbb{N}^{*}}$ :

${U_{n+1}-\sqrt{2}=\frac{1}{2}(U_{n}+\frac{2}{U_{n}})= \frac{1}{2}(\frac{U_{n}^{2}+2-2\sqrt{2}U_{n}}{U_{n}})=\frac{1}{2}\frac{(U_{n}-\sqrt{2})^{2}}{U_{n}}}$ .

On montre par récurrence sur ${\mathbb{N} ^{*}}$ que : ${U_{n}\succ{\sqrt{2}}}$

Initialisation : ${\frac{9}{4}\succ{2}}$ , donc ${\frac{3}{2}\succ{\sqrt{2}}}$ , donc ${U_{n}\succ{\sqrt{2}}}$ .

Hérédité : Soit un naturel non nul quelconque.

On suppose que ${U_{n}\succ{\sqrt{2}}$ ;

donc ${U_{n}-\sqrt{2}\succ{0}}$ , donc ${(U_{n}-\sqrt{2})^{2}\succ{0}}$ ;

de plus, d’après a) ${U_{n}\succ{0}}$ ; or ${U_{n}-\sqrt{2}\succ{0}}$ , ${U_{n+1}-\sqrt{2}=\frac{1}{2}\frac{(U_{n}-\sqrt{2})^{2}}{U_{n}}}$ ; donc ${U_{n+1}-\sqrt{2}\succ{0}}$ , donc ${U_{n}\succ{\sqrt{2}}}$ .

D’après l’initialisation et l’hérédité , on a montré par récurrence que, pour tout ${n\in\mathbb{N}^{*}}$ , ${U_{n}\succ{\sqrt{2}}}$ .

25.3.

Pour tout ${n\in\mathbb{N}^{*}}$ : ${\frac{1}{2}(U_{n}-\sqrt{2})+\frac{1}{U_{n}}-\frac{1}{\sqrt{2}}=\frac{(U_{n}-\sqrt{2})U_{n}+2-\sqrt{2}U_{n}}{2U_{n}}\frac{1}{2}\frac{U_{n}^{2}-2\sqrt{2}U_{n}+\sqrt{2}^{2}}{U_{n}}}$

${=\frac{1}{2}\frac{(U_{n}-\sqrt{2})^{2}}{U_{n}}=U_{n+1}-\sqrt{2}}$

ainsi, pour tout ${n\in\mathbb{N}^{*}}$ , ${U_{n+1}-\sqrt{2}=\frac{1}{2}(U_{n}-\sqrt{2})+\frac{1}{U_{n}}-\frac{1}{\sqrt{2}}}$ .

On montre par récurrence sur ${\mathbb{N}^{*}}$ , que : ${U_{n}-\sqrt{2}\prec{\frac{1}{2^{n}}}}$

Initialisation : ${U_{1}-\sqrt{2}=\frac{3}{2}-\sqrt{2}\approx{0.09}}$ , (à ${10^{-2}}$ près par excès) ; donc ${U_{1}-\sqrt{2}\prec{0.5}}$ , donc ${U_{1}-\sqrt{2}\prec{\frac{1}{2^{1}}}}$

Hérédité : Soit un naturel non nul quelconque. On suppose que ${U_{n}-\sqrt{2}\succ{\frac{1}{2^{n}}}}$ ; alors ${\frac{1}{2}(U_{n}-\sqrt{2})\prec{\frac{1}{2^{n+1}}}}$ ,

de plus , ${U_{n}\succ{\sqrt{2}}$ , donc ${\sqrt{2}-U_{n}\prec{0}}$ et ${U_{n}\succ{0}}$ , donc ${\frac{\sqrt{2}-U_{n}}{\sqrt{2}U_{n}}\prec{0}}$ ,

donc ${\frac{{1}{U_{n}}-\frac{1}{\sqrt{2}}\prec{0}}$ . D’après et , on en déduit que : ${\frac{1}{2}(U_{n}-\sqrt{2})+\frac{1}{U_{n}}-\frac{1}{\sqrt{2}}\prec{\frac{1}{2^{n+1}}}$ ;

or ${U_{n+1}-\sqrt{2}=\frac{1}{2}(U_{n}-\sqrt{2})+\frac{1}{U_{n}}-\frac{1}{\sqrt{2}}}$ ; donc ${U_{n+1}-\sqrt{2}\succ{\frac{1}{2^{n+1}}}$ .

D’après l’initialisation et l’hérédité, on a montré par récurrence que, pour tout ${n\in\mathbb{N}^{*}}$ , ${U_{n}-\sqrt{2}\succ{\frac{1}{2^{n}}}}$ .

25.4. D’après b) et c), pour tout ${n\in\mathbb{N}^{*}}$ , ${0\prec{U_{n}-\sqrt{2}\prec{(\frac{1}{2})^{n}}}$ ;

de plus ${|\frac{1}{2}|\prec{1}}$ , donc ${\lim_{n\to+\infty}{(\frac{1}{2})^{n}}=0}$ ; ainsi (d’après un critère de comparaison) ${(U_{n})}$ converge et ${\lim_{n\to+\infty}{U_{n}}=\sqrt{2}}$ .

EX 26

Soient les suites ${(a_{n})}$ et ${(b_{n})}$ définies sur ${\mathbb{N}}$ , par : ${a_{0}=1}$ , ${b_{0}=7}$ et $\left\{ \begin{array}{rcl} a_{n+1}&=&\frac{1}{3}(2a_{n}+b_{n})\\ b_{n+1}&=&\frac{1}{3}(a_{n}+2b_{n}) \end{array} \right$

On pose : ${u_{n}=b_{n}-a_{n}}$ ( ${n\in\mathbb{N}}$ )

26.1. ${a_{0}=1}$ , ${b_{0}=7}$ ${a_{1}=3}$ , ${b_{1}=5}$ , ${a_{2}=\frac{11}{3}}$ , ${b_{2}=\frac{13}{3}}$ .

26.2. Pour tout ${n\in\mathbb{N}}$ , ${u_{n+1}=b_{n+1}-a_{n+1}=\frac{1}{3}(a_{n}+2b_{n})-\frac{1}{3}(2a_{n}+b_{n})=\frac{1}{3}(-a_{n}+b_{n})=\frac{1}{3}u_{n}}$ .

Ainsi la suite ${(u_{n})}$ est géométrique de raison ${\frac{1}{3}}$ et de premier terme ${u_{0}=7-1=6}$ .

On en déduit que, pour tout ${n\in\mathbb{N}}$ , ${u_{n}=u_{0}(\frac{1}{3})^{n}=6(\frac{1}{3})^{n}}$ .

26.3.

Pour tout ${n\in\mathbb{N}}$ , ${b_{n}-a_{n}=u_{n}=6(\frac{1}{3})^{n}}$ et ${6(\frac{1}{3})^{n}\succ{0}}$ ; donc pour tout ${n\in\mathbb{N}}$ , ${a_{n}\prec{b_{n}}}$ .

Pour tout ${n\in\mathbb{N}}$ : ${a_{n+1}-a_{n}=\frac{1}{3}(2a_{n}+b_{n}-a_{n}=\frac{1}{3}(-a_{n}+b_{n})=-\frac{1}{3}u_{n}=-2(\frac{1}{3})^{n}}$

${b_{n+1}-b_{n}=\frac{1}{3}(a_{n}+2b_{n}-b_{n}=\frac{1}{3}(a_{n}-b_{n})=-\frac{1}{3}u_{n}=-2(\frac{1}{3})^{n}}$ ;

Ainsi, pour tout ${n\in\mathbb{N}}$ , ${a_{n+1}-a_{n}\succ{0}}$ et ${b_{n+1}-b_{n}\prec{0}}$ ;

Donc ${(a_{n})}$ croît et ${(b_{n})}$ décroît.

On a : ${a_{0}\leq{ a_{1}}\leq...\leq{ a_{n}}\leq{ a_{n+1}}\leq{ b_{n+1}}\leq{ b_{n}}\leq{ b_{1}}\leq{ b_{0}}}$ .

Ainsi on a : ${[A_{n+1}B_{n+1}]\subset{[A_{n}B_{n}]}\subset…\subset{[A_{1}B_{1}]}\subset{[A_{0}B_{0}]}$ (les segments sont « emboîtés »).

26.4. ${|\frac{1}{3}|\prec{1}}$ , donc ${\lim_{n\to+\infty}{(\frac{1}{3})^{n}}=0}$ , donc ${\lim_{n\to+\infty}{b_{n}-a_{n}}=0}$ . De plus, d’après 3), ${(a_{n})}$ croît et ${(b_{n})}$ décroît ; ainsi les suites ${(a_{n})}$ et ${(b_{n})}$ sont adjacentes.

26.5.

Pour tout ${n\in\mathbb{N}}$ , ${v_{n}=a_{n}+b_{n}}$ .

Pour tout ${n\in\mathbb{N}}$ , ${v_{n+1}= b_{n+1}+ a_{n+1}=\frac{1}{3}(a_{n}+2b_{n}+\frac{1}{3}(2a_{n}+b_{n})=b_{n}+a_{n}=v_{n}}$ .

Ainsi la suite ${(v_{n})}$ est constante ; donc pour tout ${n\in\mathbb{N}}$ , ${v_{n}=v_{0}=8}$ .

Le milieu du segment ${[A_{n}B_{n}]}$ a pour abscisse ${\frac{a_{n}+b_{n}}{2}=\frac{8}{2}=’}$ ( ne dépend pas de ) . On en déduit que les segments ${[A_{n}B_{n}]}$ ont même milieu d’abscisse .

26.6.

Les suites ${(a_{n})}$ et ${(b_{n})}$ sont adjacentes, donc ces deux suites convergent vers la même limite . (pour la preuve voir le cours) ;

Pour tout ${n\in\mathbb{N}}$ , ${b_{n}+a_{n}=8}$ ; de plus ${\lim_{n\to+\infty}{a_{n}}=\lim_{n\to+\infty}{b_{n}}=L}$ ; donc les suites ${(b_{n}+a_{n})}$ et convergent et on a : ( ${\alpha}$ ) ${\lim_{n\to+\infty}{(b_{n}+a_{n})}={\lim_{n\to+\infty}{8}}$ .

${(\alpha)\Longleftrightarrow{2L=8}\Longleftrightarrow{L=4}}$ .

La limite commune est l’abscisse du point .

EX 27

Soient les suites ${(u_{n})}$ et ${(v_{n})}$ ${\mathbb{N}}$ , définies sur par :

${u_{0}=1}$ , et pour tout ${n\in\mathbb{N}}$ , ${u_{n+1}=\sqrt{u_{n}+6}}$ ;

et par ${v_{0}=5}$ , et pour tout ${n\in\mathbb{N}}$ , ${v_{n+1}=\sqrt{v_{n}+6}}$ .

27.1.1. Pour tout ${n\in\mathbb{N}}$ ,

${d_{n+1}=v_{n+1}-u_{n+1}=\sqrt{v_{n}+6}-\sqrt{u_{n}+6}}$

${=(\frac{\sqrt{v_{n}+6}-\sqrt{u_{n}+6})(\sqrt{v_{n}+6}+\sqrt{u_{n}+6})}{\sqrt{v_{n}+6}+\sqrt{u_{n}+6}}}$

${d_{n+1}=\frac{v_{n}+6}+{u_{n}+6}{\sqrt{v_{n}+6}+\sqrt{u_{n}+6}}=\frac{1}{\sqrt{v_{n}+6}+\sqrt{u_{n}+6}}\times{d_{n}}}$ .

27.1.2.

On montre par récurrence que, pour tout ${n\in\mathbb{N}}$ , ${v_{n}\succ{u_{n}}\succ{0}}$

Initialisation : ${5\succ{1}}$ , donc ${v_{0}\succ{u_{0}}\succ{0}}$

Hérédité : Soit un naturel quelconque.

On suppose que ${v_{n}\succ{u_{n}}\succ{0}}$ ; donc ${v_{n}+6\succ{u_{n}+6}\succ{6}\succ{0}}$ ; donc ${\sqrt{v_{n}+6}\succ{\sqrt{u_{n}+6}}\succ{0}}$ , donc ${v_{n+1}\succ{u_{n+1}}\succ{0}}$ .

D’après l’initialisation et l’hérédité , on a montré par récurrence que, pour tout ${n\in\mathbb{N}}$ , ${v_{n}\succ{u_{n}}\succ{0}}$ .

Ainsi pour tout ${n\in\mathbb{N}}$ , ${v_{n}-{u_{n}}\succ{0}}$ ; donc , pour tout ${n\in\mathbb{N}}$ , ${d_{n}\succ{0}}$ .

Pour tout ${n\in\mathbb{N}}$ , ${d_{n+1}=\frac{1}{\sqrt{v_{n}+6}+\sqrt{u_{n}+6}\times{d_{n}}}$

de plus, ${u_{n}\succ{0}}$ et ${v_{n}\succ{0}}$ ; donc ${u_{n}+6}\succ{6}}$ et ${{v_{n}+6}\succ{6}}$ ;

donc ${\sqrt{u_{n}+6}\succ{6}\succ{2}}$ et ${\sqrt{v_{n}+6}\succ{6}\succ{2}}$ ; donc ${\sqrt{v_{n}+6}+\sqrt{u_{n}+6}\succ{4}}$ ;

donc ${0\prec{\frac{1}{\sqrt{v_{n}+6}+\sqrt{u_{n}+6}}\prec{\frac{1}{4}}}$ , donc ${0\prec{\frac{1}{\sqrt{v_{n}+6}+\sqrt{u_{n}+6}}d_{n}\prec{\frac{1}{4}}d_{n}}$ , (car ${d_{n}\succ{0}}$ ) ;

donc pour tout ${n\in\mathbb{N}}$ , ${0\leq{d_{n+1}}\leq{\frac{1}{4}d_{n}}}$ .

27.1.3. On montre par récurrence que, pour tout ${n\in\mathbb{N}}$ , ${0\leq{d_{n}}\leq{(\frac{1}{4})^{n}d_{0}}}$ .

Initialisation : ${(\frac{1}{4})^{0}d_{0}=d_{0}=4}}$ , donc ${0\leq{d_{0}}\leq{(\frac{1}{4})^{0}d_{0}}}$ .

Hérédité : Soit un naturel quelconque.

On suppose que ${0\leq{d_{n}}\leq{(\frac{1}{4})^{n}d_{0}}}$ .

On en déduit que ${\frac{1}{4}d_{n}\leq{(\frac{1}{4})^{n+1}d_{0}}$ ( ${\alpha}$ )

Or ${0\leq{d_{n+1}\leq{(\frac{1}{4})d_{n}}}$ ( ${\beta}$ )

Ainsi, d’après ( ${\alpha}$ ) et ( ${\beta}$ ), ${0\leq{d_{n+1}\leq{(\frac{1}{4})^{n+1}d_{0}}}$ .

D’après l’initialisation et l’hérédité, on a montré par récurrence que, pour tout ${n\in\mathbb{N}}$ , ${0\leq{d_{n}}\leq{(\frac{1}{4})^{n}d_{0}}}$ .

27.2.

27.2.1.
Pour tout ${n\in\mathbb{N}}$ , ${0\leq{d_{n}\leq{(\frac{1}{4})^{n}d_{0}}}$ ; de plus, ${|\frac{1}{4}|\prec{1}}$ , donc ${\lim_{n\to+\infty}{(\frac{1}{4})^{n}}=0}$ ;ainsi (d’après un critère de comparaison) ${\lim_{n\to+\infty}{v_{n}-u_{n}}=0}$ .

Comme de plus ${(u_{n})}$ croît et ${(v_{n})}$ décroît (voir l’exercice 8) ; alors les deux suites ${(u_{n})}$ et ${(v_{n})}$ sont adjacentes.

Les deux suites ${(u_{n})}$ et ${(v_{n})}$ sont adjacentes, donc elles ont une même limite, notée .

27.2.2.
Pour tout ${n\in\mathbb{N}}$ , ${u_{n+1}=\sqrt{u_{n}+6}}$ ; ${\lim_{n\to+\infty}{u_{n}}=L}$ ,

or, pour tout ${n\in\mathbb{N}}$ , ${u_{n}\succ{0}}$ ; donc ${L\geq{0}}$ ;

de plus, ${\lim_{n\to+\infty}{u_{n}+6}=L+6}$ , et ${L+6\geq{0}}$ et ${\lim_{x\toL+6}{\sqrt{x}}=\sqrt{L+6}}$ ; donc (par composé) ${\lim_{n\to+\infty}{\sqrt{u_{n}+6}}=\sqrt{L+6}}$ ; de plus ${\lim_{n\to+\infty}{\sqrt{u_{n+1}}}=L}$ ; ainsi : ${L=\sqrt{L+6}}$ (1)

Détermination de : (rappel : ${L+6\geq{0}}$ )

On a : ${(1)\Longleftrightarrow{L^{2}=L+6}$ (car ${L\geq{0}}$ et ${\sqrt{L+6}\geq{0}}$

${(1)\Longleftrightarrow{L^{2}-L-6=0\Longleftrightarrow{L=-2}}$ ou

(car le discriminant est ${\Delta=1-4(-6)=25}$ ) ; d’où les deux solutions ${L_{1}=\frac{1-5}{2}=-2}$ et ${L_{2}=\frac{1+5}{2}=3}$ .

De plus, ${L\geq{0}}$ , donc ${L=\lim_{n\to+\infty}{u_{n}}=3}$ .