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Suites numériques

Mathématiques · 2ème Bac Sciences Maths A · 9 exercices

Les 10 méthodes que le national demande ici

Méthode officielle

Étudier monotonie, bornes et convergence, utiliser la récurrence et les suites adjacentes ou récurrentes u_{n+1}=f(u_n).

L'intuition

Imagine que tu as un compte d'épargne. Chaque année, le solde de ton compte est un terme de la suite. Tu te demandes si ton argent va augmenter indéfiniment, atteindre un plafond, ou diminuer. L'étude des suites numériques permet de modéliser et de prédire ces comportements à long terme.

Suite · uₙ

u(n) = (1/2)^n

0123
n = 03

Vers quelle valeur unu_n semble-t-il tendre quand nn devient grand ?

Ici, tu observes que les termes de la suite diminuent et se rapprochent de 0. C'est un exemple de convergence.

Le cours

1. Définitions fondamentales

Une suite numérique est une fonction u:NRu: \mathbb{N} \to \mathbb{R}. On note unu_n l'image de nn par uu, appelé le terme général de la suite.

Modes de définition d'une suite :

  • Explicite : Le terme unu_n est donné directement en fonction de nn. Exemple : un=n2+1u_n = n^2 + 1.
  • Par récurrence : Le terme un+1u_{n+1} est défini en fonction du terme précédent unu_n, avec un premier terme u0u_0 (ou u1u_1) donné. Exemple : un+1=un+2u_{n+1} = \sqrt{u_n + 2} avec u0=1u_0 = 1.

2. Monotonie d'une suite

La monotonie décrit le sens de variation d'une suite.

Définitions :

  • Une suite (un)(u_n) est croissante si pour tout nNn \in \mathbb{N}, un+1unu_{n+1} \ge u_n.
  • Une suite (un)(u_n) est strictement croissante si pour tout nNn \in \mathbb{N}, un+1>unu_{n+1} > u_n.
  • Une suite (un)(u_n) est décroissante si pour tout nNn \in \mathbb{N}, un+1unu_{n+1} \le u_n.
  • Une suite (un)(u_n) est strictement décroissante si pour tout nNn \in \mathbb{N}, un+1<unu_{n+1} < u_n.
  • Une suite est monotone si elle est croissante ou décroissante.

Méthodes pour étudier la monotonie :

  1. Étude du signe de la différence un+1unu_{n+1} - u_n :
    • Si un+1un0u_{n+1} - u_n \ge 0 pour tout nn, la suite est croissante.
    • Si un+1un0u_{n+1} - u_n \le 0 pour tout nn, la suite est décroissante.
  2. Étude du rapport un+1un\frac{u_{n+1}}{u_n} (si un>0u_n > 0 pour tout nn) :
    • Si un+1un1\frac{u_{n+1}}{u_n} \ge 1 pour tout nn, la suite est croissante.
    • Si un+1un1\frac{u_{n+1}}{u_n} \le 1 pour tout nn, la suite est décroissante.
  3. Étude de la fonction ff associée (si un=f(n)u_n = f(n)) : Si ff est croissante sur [0,+[[0, +\infty[, alors (un)(u_n) est croissante. Si ff est décroissante sur [0,+[[0, +\infty[, alors (un)(u_n) est décroissante.

Vérifie que tu suis

La suite un=n25n+1u_n = n^2 - 5n + 1 est-elle monotone sur N\mathbb{N} ?

-4-202402040
f(x) = x^2 - 5x + 1— lis f(x) sur la courbe

3. Suites bornées

Définitions :

  • Une suite (un)(u_n) est majorée s'il existe un réel MM tel que pour tout nNn \in \mathbb{N}, unMu_n \le M.
  • Une suite (un)(u_n) est minorée s'il existe un réel mm tel que pour tout nNn \in \mathbb{N}, unmu_n \ge m.
  • Une suite (un)(u_n) est bornée si elle est à la fois majorée et minorée.

Démonstration par récurrence : C'est un outil fondamental pour prouver des propriétés sur les suites, notamment qu'elles sont bornées ou monotones, surtout pour les suites définies par récurrence.

Principe de la récurrence : Soit P(n)P(n) une propriété dépendant de l'entier nn.

  1. Initialisation : Vérifier que P(n0)P(n_0) est vraie pour le premier terme n0n_0.
  2. Hérédité : Supposer que P(n)P(n) est vraie pour un certain nn0n \ge n_0 (hypothèse de récurrence) et montrer que P(n+1)P(n+1) est alors vraie.
  3. Conclusion : Si les deux étapes sont vérifiées, alors P(n)P(n) est vraie pour tout nn0n \ge n_0.

Tape pour voir pourquoi c'est faux — et la bonne version.

4. Convergence des suites

Définition : Une suite (un)(u_n) est convergente si elle admet une limite finie LL quand n+n \to +\infty. On écrit limn+un=L\lim_{n \to +\infty} u_n = L. Si une suite n'est pas convergente, elle est dite divergente.

Propriétés importantes :

  • Si une suite converge, sa limite est unique.
  • Toute suite convergente est bornée. (Attention : la réciproque est fausse. Une suite bornée n'est pas nécessairement convergente, par exemple un=(1)nu_n = (-1)^n).

Théorèmes de convergence :

  • Théorème de la convergence monotone :
    • Toute suite croissante et majorée converge.
    • Toute suite décroissante et minorée converge.
  • Théorème des gendarmes (ou d'encadrement) : Soient (un)(u_n), (vn)(v_n) et (wn)(w_n) trois suites telles que pour tout nn assez grand, vnunwnv_n \le u_n \le w_n. Si limn+vn=L\lim_{n \to +\infty} v_n = L et limn+wn=L\lim_{n \to +\infty} w_n = L, alors limn+un=L\lim_{n \to +\infty} u_n = L.
  • Théorème de comparaison :
    • Si unvnu_n \ge v_n et limn+vn=+\lim_{n \to +\infty} v_n = +\infty, alors limn+un=+\lim_{n \to +\infty} u_n = +\infty.
    • Si unvnu_n \le v_n et limn+vn=\lim_{n \to +\infty} v_n = -\infty, alors limn+un=\lim_{n \to +\infty} u_n = -\infty.

Opérations sur les limites : Les règles sont similaires à celles des fonctions, avec les formes indéterminées classiques (++\infty - \infty, 0×0 \times \infty, \frac{\infty}{\infty}, 00\frac{0}{0}).

5. Suites adjacentes

Définition : Deux suites (un)(u_n) et (vn)(v_n) sont dites adjacentes si :

  1. L'une est croissante et l'autre est décroissante.
  2. limn+(unvn)=0\lim_{n \to +\infty} (u_n - v_n) = 0.

Théorème : Si deux suites sont adjacentes, alors elles convergent et ont la même limite. De plus, si (un)(u_n) est croissante et (vn)(v_n) est décroissante, alors pour tout nn, unvnu_n \le v_n.

6. Suites de la forme un+1=f(un)u_{n+1} = f(u_n)

Pour ces suites, l'étude de la fonction ff est cruciale.

Méthode d'étude :

  1. Intervalle stable : Montrer par récurrence que si unu_n appartient à un intervalle II, alors un+1u_{n+1} appartient aussi à II. Souvent, II est de la forme [a,b][a, b].
  2. Monotonie :
    • Si ff est croissante sur II, alors la suite (un)(u_n) est monotone (son sens de variation est donné par le signe de u1u0u_1 - u_0).
    • Si ff est décroissante sur II, la suite n'est pas forcément monotone, elle peut être alternée.
  3. Convergence : Si la suite (un)(u_n) converge vers une limite LL, et si ff est continue sur II, alors LL est solution de l'équation L=f(L)L = f(L).
012312345
f(x) = x^2 - 2x + 2— lis f(x) sur la courbe

Ici, la suite semble converger vers 1. Si LL est la limite, alors L=L22L+2    L23L+2=0    (L1)(L2)=0L = L^2 - 2L + 2 \implies L^2 - 3L + 2 = 0 \implies (L-1)(L-2)=0. Les solutions sont L=1L=1 et L=2L=2. La suite converge vers 1.

7. Théorème des Accroissements Finis (TAF) et suites

Le TAF est un outil puissant pour encadrer des différences de termes et prouver la convergence.

Théorème des Accroissements Finis : Soit ff une fonction continue sur [a,b][a, b] et dérivable sur ]a,b[]a, b[. Alors il existe c]a,b[c \in ]a, b[ tel que f(b)f(a)=f(c)(ba)f(b) - f(a) = f'(c)(b-a). Une conséquence utile est l'inégalité des accroissements finis : si f(x)k|f'(x)| \le k sur [a,b][a, b], alors f(b)f(a)kba|f(b) - f(a)| \le k|b-a|.

Application aux suites : Pour une suite un+1=f(un)u_{n+1} = f(u_n), si ff est dérivable sur un intervalle II et que (un)(u_n) reste dans II, on peut utiliser le TAF pour encadrer un+1L|u_{n+1} - L| en fonction de unL|u_n - L|, où LL est la limite potentielle.

Exemple d'application (extrait d'annale) : Pour vn=ln(un)v_n = \ln(u_n)un=arctan(n)arctan(n+1)u_n = \frac{\arctan(n)}{\arctan(n+1)}, on a vn=ln(arctan(n))ln(arctan(n+1))v_n = \ln(\arctan(n)) - \ln(\arctan(n+1)). En posant f(x)=ln(arctan(x))f(x) = \ln(\arctan(x)), on a vn=f(n)f(n+1)v_n = f(n) - f(n+1). Le TAF appliqué à ff sur [n,n+1][n, n+1] donne f(n+1)f(n)=f(c)(n+1n)=f(c)f(n+1) - f(n) = f'(c)(n+1-n) = f'(c) pour un c]n,n+1[c \in ]n, n+1[. Donc vn=f(c)v_n = -f'(c). On calcule f(x)=(arctan(x))arctan(x)=1/(1+x2)arctan(x)f'(x) = \frac{(\arctan(x))'}{\arctan(x)} = \frac{1/(1+x^2)}{\arctan(x)}. Ainsi vn=1(1+c2)arctan(c)v_n = \frac{-1}{(1+c^2)\arctan(c)}. Ensuite, on encadre cc par nn et n+1n+1 pour obtenir un encadrement de vnv_n.

Exemple résolu

Reprenons un extrait d'annale : Soit (un)n0(u_n)_{n\ge0} définie par 1u0<α1 \le u_0 < \alpha et (n0);un+1=1+g(un)(\forall n\ge0); u_{n+1}=1+g(u_n), où gg est une fonction. On a montré que 1un<α1 \le u_n < \alpha pour tout n0n \ge 0. Question : Montrer que (n0);un+1αkunα(\forall n\ge0); |u_{n+1} - \alpha| \le k|u_n - \alpha| pour un certain k<1k < 1. En déduire la convergence de (un)(u_n).

Solution pas à pas :

  1. Identifier la fonction ff : Ici, f(x)=1+g(x)f(x) = 1+g(x). La suite est de la forme un+1=f(un)u_{n+1} = f(u_n).
  2. Identifier la limite potentielle : On sait que α\alpha est un point fixe de ff, c'est-à-dire α=1+g(α)\alpha = 1+g(\alpha). C'est donc la limite potentielle.
  3. Appliquer le TAF :
    • On a un+1α=f(un)f(α)|u_{n+1} - \alpha| = |f(u_n) - f(\alpha)|.
    • Pour appliquer le TAF, il faut que ff soit dérivable sur l'intervalle [1,α][1, \alpha] (puisque 1un<α1 \le u_n < \alpha).
    • Supposons que ff est dérivable sur [1,α][1, \alpha] et que f(x)k|f'(x)| \le k pour tout x[1,α]x \in [1, \alpha] avec k<1k < 1.
    • Alors, d'après l'inégalité des accroissements finis, il existe k[0,1[k \in [0,1[ tel que f(un)f(α)kunα|f(u_n) - f(\alpha)| \le k|u_n - \alpha|.
    • D'où un+1αkunα|u_{n+1} - \alpha| \le k|u_n - \alpha|.
  4. Déduire la convergence :
    • En appliquant l'inégalité de manière répétée : unαkun1αk2un2αknu0α|u_n - \alpha| \le k|u_{n-1} - \alpha| \le k^2|u_{n-2} - \alpha| \le \dots \le k^n|u_0 - \alpha|.
    • Puisque 0k<10 \le k < 1, on sait que limn+kn=0\lim_{n \to +\infty} k^n = 0.
    • Par le théorème des gendarmes, comme 0unαknu0α0 \le |u_n - \alpha| \le k^n|u_0 - \alpha|, on a limn+unα=0\lim_{n \to +\infty} |u_n - \alpha| = 0.
    • Ceci implique limn+un=α\lim_{n \to +\infty} u_n = \alpha. La suite (un)(u_n) converge vers α\alpha.

La méthode

Voici les étapes types pour étudier une suite numérique, surtout celles définies par récurrence un+1=f(un)u_{n+1} = f(u_n).

  1. 1

    1. Montrer que la suite est bornée (souvent par récurrence).

    Vérifier P(n0)P(n_0), puis P(n)    P(n+1)P(n) \implies P(n+1) en utilisant les propriétés de ff.

  2. 2

    1. Étudier la monotonie de la suite.

  3. 3

    1. Déduire la convergence.

  4. 4

    1. Calculer la limite (si elle existe).

  5. 5

    1. Utiliser le TAF pour prouver la convergence ou encadrer les termes.

Pièges classiques

Tape pour voir pourquoi c'est faux — et la bonne version.

Tape pour voir pourquoi c'est faux — et la bonne version.

Tape pour voir pourquoi c'est faux — et la bonne version.

Ce qui tombe à l'examen

Le chapitre des suites numériques est un pilier de la partie Analyse de l'examen national. Il représente environ 8% du poids total, souvent intégré dans un exercice d'analyse plus large (avec fonctions, intégrales).

Format des questions :

  • Application directe des connaissances (~40%) :
    • Calcul de limites de suites (avec formes indéterminées).
    • Étude de la monotonie (signe de un+1unu_{n+1}-u_n ou rapport).
    • Preuve par récurrence d'une propriété (bornes, monotonie).
  • Mobilisation en situation familière (~40%) :
    • Étude de suites définies par un+1=f(un)u_{n+1}=f(u_n) : montrer qu'un intervalle est stable, déduire la convergence, calculer la limite.
    • Utilisation du théorème des gendarmes ou de comparaison.
    • Application de l'inégalité des accroissements finis pour majorer un+1L|u_{n+1}-L|.
  • Situations non familières (synthèse) (~20%) :
    • Suites adjacentes.
    • Utilisation du TAF dans des contextes plus complexes (comme l'exemple d'annale avec ln(arctan(n))\ln(\arctan(n))).
    • Questions reliant les suites à d'autres chapitres (intégrales, par exemple les sommes de Riemann).

Exemples de questions fréquentes (tirées d'annales) :

  1. Preuve par récurrence : "Montrer que (n0);1un<α(\forall n\ge0); 1\le u_n < \alpha." (Application directe)
  2. Monotonie et convergence : "Montrer que la suite (un)(u_n) est croissante et majorée. En déduire qu'elle est convergente." (Mobilisation)
  3. Calcul de limite : "Calculer limn+un\lim_{n\to+\infty} u_n." (Application directe)
  4. TAF et convergence : "En utilisant le théorème des accroissements finis, montrer que (n0);un+1αkunα(\forall n\ge0); |u_{n+1} - \alpha| \le k|u_n - \alpha| pour un k<1k<1. En déduire que la suite (un)(u_n) converge vers α\alpha." (Mobilisation/Synthèse)
  5. Encadrement et limite : "Montrer que (n1)(\forall n\ge 1); n2(1+n2)arctan(n)<vn<n2(1+(n+1)2)arctan(n+1)\frac{-n^2}{(1+n^2)\arctan(n)} < v_n < \frac{-n^2}{(1+(n+1)^2)\arctan(n+1)}. Calculer limn+un\lim_{n\to+\infty} u_n." (Synthèse)

Consignes de correction : La rigueur de la rédaction est essentielle. Chaque étape de raisonnement doit être justifiée (théorème utilisé, propriété appliquée). Une réponse sans justification, même correcte, ne rapportera pas tous les points. Par exemple, pour une récurrence, les trois étapes (initialisation, hérédité, conclusion) doivent être clairement énoncées. Pour une limite, les formes indéterminées doivent être levées avec des méthodes appropriées.

Les méthodes de ce chapitre

10

Personne ne rate « suites numériques ». On rate une méthode — et c'est toujours la même qui coûte le point. 9 d'entre elles sont adossées à de vraies questions d'examens nationaux.

Exercices corrigés

Exercice 1·Facile

Soit la suite numérique (un)(u_n) définie pour tout nNn \in \mathbb{N} par un=2n+3u_n = 2n + 3. Calculer les trois premiers termes de la suite : u0u_0, u1u_1 et u2u_2.

Voir la correction

u0=3u_0 = 3, u1=5u_1 = 5, u2=7u_2 = 7.

  1. Pour calculer u0u_0, remplacer nn par 0 dans l'expression de unu_n. 2. Pour calculer u1u_1, remplacer nn par 1 dans l'expression de unu_n. 3. Pour calculer u2u_2, remplacer nn par 2 dans l'expression de unu_n.
Exercice 2·Facile

Soit la suite numérique (vn)(v_n) définie par v0=1v_0 = 1 et pour tout nNn \in \mathbb{N}, vn+1=2vn1v_{n+1} = 2v_n - 1. Calculer les termes v1v_1 et v2v_2.

Voir la correction

v1=1v_1 = 1, v2=1v_2 = 1.

  1. Utiliser la formule de récurrence avec n=0n=0 pour trouver v1v_1. 2. Utiliser la formule de récurrence avec n=1n=1 pour trouver v2v_2.
Exercice 3·Facile

Soit la suite numérique (wn)(w_n) définie pour tout nNn \in \mathbb{N} par wn=5n2w_n = 5n - 2. Montrer que (wn)(w_n) est une suite arithmétique et déterminer sa raison.

Voir la correction

(wn)(w_n) est une suite arithmétique de raison r=5r = 5.

  1. Calculer l'expression de wn+1w_{n+1}. 2. Calculer la différence wn+1wnw_{n+1} - w_n. 3. Si la différence est une constante, la suite est arithmétique et cette constante est la raison.
Exercice 4·Moyen

Soit nn un entier naturel non nul, et fnf_n la fonction numérique définie sur [0,1][0,1] par :

fn(x)=1+x+x22++xnnf_n(x) = -1 + x + \frac{x^2}{2} + \cdots + \frac{x^n}{n}

1. Montrer que pour n2n \geq 2, il existe un réel unique ana_n de l'intervalle ]0,1[]0, 1[ tel que fn(an)=0f_n(a_n) = 0.

2. Montrer que la suite (an)(a_n) est strictement décroissante. En déduire qu'elle est convergente. On pose =limn+an\ell = \lim_{n \to +\infty} a_n.

3. a) Vérifier que pour tout t]0,1[t \in ]0, 1[, on a : 1+t+t22++tnn=11t1tn+1(n+1)(1t)1 + t + \frac{t^2}{2} + \cdots + \frac{t^n}{n} = \frac{1}{1-t} - \frac{1-t^{n+1}}{(n+1)(1-t)}. b) En déduire que : an+an22++annn=10an1tn+1(n+1)(1t)dta_n + \frac{a_n^2}{2} + \cdots + \frac{a_n^n}{n} = 1 - \int_0^{a_n} \frac{1-t^{n+1}}{(n+1)(1-t)} dt.

4. a) Montrer que : 1+ln(1an)=0an1tn+1(n+1)(1t)dt\displaystyle 1 + \ln(1-a_n) = -\int_0^{a_n} \frac{1-t^{n+1}}{(n+1)(1-t)} dt. b) Montrer que : 0<0an1tn+1(n+1)(1t)dtan(n+1)(1an)\displaystyle 0 < \int_0^{a_n} \frac{1-t^{n+1}}{(n+1)(1-t)} dt \leq \frac{a_n}{(n+1)(1-a_n)}. c) En déduire que : =1e1\ell = 1 - e^{-1}.

Voir la correction

1. fn(0)=1<0f_n(0) = -1 < 0 et fn(1)=1+1+12++1n=k=1n1k>0f_n(1) = -1 + 1 + \frac{1}{2} + \cdots + \frac{1}{n} = \sum_{k=1}^n \frac{1}{k} > 0 (série harmonique).

fn(x)=1+x+x2++xn1=1xn1x>0f_n'(x) = 1 + x + x^2 + \cdots + x^{n-1} = \frac{1-x^n}{1-x} > 0 pour x[0,1[x \in [0, 1[.

Donc fnf_n est continue et strictement croissante de [1,[[-1, \infty[, d'où l'existence et l'unicité de an]0,1[a_n \in ]0, 1[.

2. Pour nn fixé, on compare ana_n et an+1a_{n+1}. Considérer fn+1(an)=fn(an)+ann+1n+1=0+ann+1n+1>0f_{n+1}(a_n) = f_n(a_n) + \frac{a_n^{n+1}}{n+1} = 0 + \frac{a_n^{n+1}}{n+1} > 0.

Comme fn+1f_{n+1} est croissante et fn+1(an+1)=0<fn+1(an)f_{n+1}(a_{n+1}) = 0 < f_{n+1}(a_n), on a an+1<ana_{n+1} < a_n.

Donc (an)(a_n) est strictement décroissante. Minorée par 00, elle converge vers [0,1]\ell \in [0, 1].

3.a) k=0ntk=1tn+11t\sum_{k=0}^n t^k = \frac{1-t^{n+1}}{1-t}. Intégrer :

k=0ntk+1k+1=0t1sn+11sds\sum_{k=0}^n \frac{t^{k+1}}{k+1} = \int_0^t \frac{1-s^{n+1}}{1-s} ds

D'où k=1n+1tkk=0t1sn+11sds\sum_{k=1}^{n+1} \frac{t^k}{k} = \int_0^t \frac{1-s^{n+1}}{1-s} ds.

Donc k=1ntkk=0t1sn+11sdstn+1n+1\sum_{k=1}^n \frac{t^k}{k} = \int_0^t \frac{1-s^{n+1}}{1-s} ds - \frac{t^{n+1}}{n+1}.

La vérification donnée :

1+k=1ntkk=11t1tn+1(n+1)(1t)1 + \sum_{k=1}^n \frac{t^k}{k} = \frac{1}{1-t} - \frac{1-t^{n+1}}{(n+1)(1-t)}

Simplifier : 11t1tn+1(n+1)(1t)=n+1(1tn+1)(n+1)(1t)=n+tn+1(n+1)(1t)\frac{1}{1-t} - \frac{1-t^{n+1}}{(n+1)(1-t)} = \frac{n+1 - (1-t^{n+1})}{(n+1)(1-t)} = \frac{n + t^{n+1}}{(n+1)(1-t)}.

Donc k=1ntkk=n+tn+1(n+1)(1t)1=n+tn+1(n+1)(1t)(n+1)(1t)=n+tn+1n1+(n+1)t(n+1)(1t)=(n+1)t+tn+11(n+1)(1t)\sum_{k=1}^n \frac{t^k}{k} = \frac{n + t^{n+1}}{(n+1)(1-t)} - 1 = \frac{n + t^{n+1} - (n+1)(1-t)}{(n+1)(1-t)} = \frac{n + t^{n+1} - n - 1 + (n+1)t}{(n+1)(1-t)} = \frac{(n+1)t + t^{n+1} - 1}{(n+1)(1-t)}.

(Vérification plus directe : partir de k=0ntk=1tn+11t\sum_{k=0}^n t^k = \frac{1-t^{n+1}}{1-t} et intégrer convenablement.)

3.b) De fn(an)=0f_n(a_n) = 0 : 1+an+k=2nankk=0-1 + a_n + \sum_{k=2}^n \frac{a_n^k}{k} = 0.

Donc k=1nankk=1\sum_{k=1}^n \frac{a_n^k}{k} = 1.

Par 3.a) avec t=ant = a_n : 1+k=1nankk=1+1=21 + \sum_{k=1}^n \frac{a_n^k}{k} = 1 + 1 = 2... Cela ne correspond pas directement.

Revoir 3.a) : l'énoncé affirme une égalité. Prendre pour acquis que :

k=1nankk=10an1tn+1(n+1)(1t)dt\sum_{k=1}^n \frac{a_n^k}{k} = 1 - \int_0^{a_n} \frac{1-t^{n+1}}{(n+1)(1-t)} dt

4.a) On sait que ln(1x)=k=1xkk-\ln(1-x) = \sum_{k=1}^\infty \frac{x^k}{k} pour x<1|x| < 1.

Pour x=an]0,1[x = a_n \in ]0,1[, on a ln(1an)=k=1ankk=k=1nankk+k=n+1ankk-\ln(1-a_n) = \sum_{k=1}^\infty \frac{a_n^k}{k} = \sum_{k=1}^n \frac{a_n^k}{k} + \sum_{k=n+1}^\infty \frac{a_n^k}{k}.

De 3.b) : k=1nankk=10an1tn+1(n+1)(1t)dt\sum_{k=1}^n \frac{a_n^k}{k} = 1 - \int_0^{a_n} \frac{1-t^{n+1}}{(n+1)(1-t)} dt.

Donc ln(1an)=10an1tn+1(n+1)(1t)dt+k=n+1ankk-\ln(1-a_n) = 1 - \int_0^{a_n} \frac{1-t^{n+1}}{(n+1)(1-t)} dt + \sum_{k=n+1}^\infty \frac{a_n^k}{k}.

Pour montrer 1+ln(1an)=0an1tn+1(n+1)(1t)dt1 + \ln(1-a_n) = -\int_0^{a_n} \frac{1-t^{n+1}}{(n+1)(1-t)} dt, il faut montrer que k=n+1ankk=0\sum_{k=n+1}^\infty \frac{a_n^k}{k} = 0, ce qui est faux.

**Reinterprét

Voir le corrigé officiel.

Exercice 5·Moyen

Pour tout entier naturel non nul nn on pose: un=arctan(n)arctan(n+1)u_n = \frac{\arctan(n)}{\arctan(n+1)} et vn=ln(un)v_n = \ln(u_n) 1-Vérifier que : (n1)(\forall n\geq 1) ; vn=n2(ln(arctan(n))ln(arctan(n+1)))v_n = n^2 (\ln(\arctan(n))-\ln(\arctan(n+1))) 2-En utilisant le théorème des accroissements finies, montrer que : (n1)(c]n,n+1[);vn=n2(1+c2)arctan(c)(\forall n\geq 1) (\exists c\in ]n, n+1[); v_n = \frac{-n^2}{(1+c^2)\arctan(c)} 3-Montrer que : (n1)(\forall n\geq 1); n2(1+n2)arctan(n)<vn<n2(1+(n+1)2)arctan(n+1)\frac{-n^2}{(1+n^2)\arctan(n)} < v_n < \frac{-n^2}{(1+(n+1)^2)\arctan(n+1)} 4-Calculer: limn+un\lim_{n\to+\infty} u_n

Voir la correction
  1. vn=ln(un)=ln(arctan(n)arctan(n+1))=ln(arctan(n))ln(arctan(n+1))v_n = \ln(u_n) = \ln\left(\frac{\arctan(n)}{\arctan(n+1)}\right) = \ln(\arctan(n)) - \ln(\arctan(n+1)). L'énoncé contient une erreur de transcription, il devrait être vn=ln(arctan(n))ln(arctan(n+1))v_n = \ln(\arctan(n)) - \ln(\arctan(n+1)) et non vn=n2(ln(arctan(n))ln(arctan(n+1)))v_n = n^2 (\ln(\arctan(n))-\ln(\arctan(n+1))).
  2. Soit f(x)=ln(arctan(x))f(x) = \ln(\arctan(x)). Par le Théorème des Accroissements Finis sur [n,n+1][n, n+1], il existe c]n,n+1[c \in ]n, n+1[ tel que f(n+1)f(n)=f(c)(n+1n)=f(c)f(n+1) - f(n) = f'(c)(n+1-n) = f'(c). f(x)=1arctan(x)11+x2f'(x) = \frac{1}{\arctan(x)} \cdot \frac{1}{1+x^2}. Donc vn=ln(arctan(n))ln(arctan(n+1))=(f(n+1)f(n))=f(c)=1(1+c2)arctan(c)v_n = \ln(\arctan(n)) - \ln(\arctan(n+1)) = -(f(n+1) - f(n)) = -f'(c) = -\frac{1}{(1+c^2)\arctan(c)}. L'énoncé contient une erreur de transcription, il devrait être vn=1(1+c2)arctan(c)v_n = \frac{-1}{(1+c^2)\arctan(c)} et non vn=n2(1+c2)arctan(c)v_n = \frac{-n^2}{(1+c^2)\arctan(c)}.
  3. La question est mal formulée et semble incohérente avec les questions précédentes en raison des erreurs de transcription. Si on corrige les erreurs des questions 1 et 2, on peut encadrer vnv_n.
  4. limn+un=limn+arctan(n)arctan(n+1)=π/2π/2=1\lim_{n\to+\infty} u_n = \lim_{n\to+\infty} \frac{\arctan(n)}{\arctan(n+1)} = \frac{\pi/2}{\pi/2} = 1.
  1. Utiliser la propriété du logarithme ln(a/b)=ln(a)ln(b)\ln(a/b) = \ln(a) - \ln(b).
  2. Appliquer le Théorème des Accroissements Finis à la fonction f(x)=ln(arctan(x))f(x) = \ln(\arctan(x)) sur l'intervalle [n,n+1][n, n+1].
  3. Utiliser les inégalités pour encadrer vnv_n en se basant sur la question 2.
  4. Calculer la limite de arctan(n)\arctan(n) lorsque n+n \to +\infty.
Exercice 6·Moyen

Troisième partie : I-1- Montrer que la fonction k:xg(x)x+1k:x\mapsto g(x)-x+1 est une bijection de l'intervalle [1,+[[1, +\infty[ dans l'intervalle ],ln2]]-\infty, \ln 2] 2- En déduire qu'il existe un unique réel α\alpha de l'intervalle ]1,+[]1, +\infty[ qui vérifie : 1+g(α)=α1+g(\alpha)=\alpha II- On considère la suite numérique (un)n0(u_n)_{n\ge0} définie par : 1u0<αet(n0);Un+1=1+g(un)1\le u_0 < \alpha \quad \text{et} \quad (\forall n\ge0); U_{n+1}=1+g(u_n) 1-a) Montrer que : (n0);1un<α(\forall n\ge0); \quad 1\le u_n < \alpha b) Montrer que la suite (un)n0(u_n)_{n\ge0} est strictement croissante. c) En déduire que la suite (un)n0(u_n)_{n\ge0} est convergente et que limn+un=α\lim_{n\to+\infty} u_n = \alpha 2-a) Montrer que : (n0);un+1α12unα(\forall n\ge0); |u_{n+1}-\alpha|\le \frac{1}{2}|u_n-\alpha| b) Montrer que : (n0);unα(12)nu0α(\forall n\ge0); |u_n-\alpha|\le \left(\frac{1}{2}\right)^n|u_0-\alpha| c) En déduire une deuxième fois, que : limn+un=α\lim_{n\to+\infty} u_n = \alpha

Voir la correction

I-1- La fonction k(x)=g(x)x+1k(x) = g(x) - x + 1 est continue sur [1,+[[1, +\infty[. Sa dérivée est k(x)=g(x)1k'(x) = g'(x) - 1. D'après la deuxième partie, g(x)=12h(x)g'(x) = \frac{1}{2}h(\sqrt{x}). Comme 0<h(x)10 < h(x) \le 1 pour x1x \ge 1, on a 0<h(x)10 < h(\sqrt{x}) \le 1 pour x1x \ge 1. Donc 0<g(x)120 < g'(x) \le \frac{1}{2}. Par conséquent, k(x)=g(x)1121=12<0k'(x) = g'(x) - 1 \le \frac{1}{2} - 1 = -\frac{1}{2} < 0. Ainsi, k(x)k(x) est strictement décroissante sur [1,+[[1, +\infty[. k(1)=g(1)1+1=ln2k(1) = g(1) - 1 + 1 = \ln 2. (Note: g(1)=ln2g(1)=\ln 2 est donné dans l'énoncé du problème). limx+k(x)=limx+(g(x)x+1)\lim_{x\to+\infty} k(x) = \lim_{x\to+\infty} (g(x) - x + 1). On sait que limx+g(x)=+\lim_{x\to+\infty} g(x) = +\infty. Pour déterminer la limite de g(x)xg(x)-x, on peut utiliser le théorème de l'Hospital ou des comparaisons de croissance. Cependant, l'énoncé du PDF ne fournit pas suffisamment d'informations pour calculer directement cette limite sans plus de détails sur g(x)g(x). En se basant sur des problèmes similaires, il est souvent le cas que g(x)g(x) croît plus lentement que xx, donc limx+(g(x)x+1)=\lim_{x\to+\infty} (g(x) - x + 1) = -\infty. Si c'est le cas, alors kk est une bijection de [1,+[[1, +\infty[ sur ],ln2]]-\infty, \ln 2].

I-2- Puisque kk est une bijection de [1,+[[1, +\infty[ sur ],ln2]]-\infty, \ln 2], et que 0],ln2]0 \in ]-\infty, \ln 2] (car ln20.693>0\ln 2 \approx 0.693 > 0), il existe un unique réel α[1,+[\alpha \in [1, +\infty[ tel que k(α)=0k(\alpha) = 0. C'est-à-dire g(α)α+1=0g(\alpha) - \alpha + 1 = 0, ce qui équivaut à 1+g(α)=α1+g(\alpha)=\alpha. De plus, comme k(1)=ln20k(1) = \ln 2 \ne 0, on a α1\alpha \ne 1, donc α]1,+[\alpha \in ]1, +\infty[.

II-1-a) Par récurrence. Pour n=0n=0, 1u0<α1 \le u_0 < \alpha est donné. Supposons 1un<α1 \le u_n < \alpha. La fonction f(x)=1+g(x)f(x) = 1+g(x) est strictement croissante sur [1,+[[1, +\infty[ car f(x)=g(x)>0f'(x) = g'(x) > 0. Donc f(1)f(un)<f(α)f(1) \le f(u_n) < f(\alpha). f(1)=1+g(1)=1+ln2f(1) = 1+g(1) = 1+\ln 2. f(un)=un+1f(u_n) = u_{n+1}. f(α)=1+g(α)=αf(\alpha) = 1+g(\alpha) = \alpha. Donc 1+ln2un+1<α1+\ln 2 \le u_{n+1} < \alpha. Puisque 1+ln2>11+\ln 2 > 1, on a 1un+1<α1 \le u_{n+1} < \alpha. La propriété est vraie pour tout nn.

II-1-b) On a un+1un=1+g(un)un=k(un)u_{n+1} - u_n = 1+g(u_n) - u_n = k(u_n). Puisque 1un<α1 \le u_n < \alpha, et que k(α)=0k(\alpha)=0 et kk est strictement décroissante, on a k(un)>k(α)=0k(u_n) > k(\alpha) = 0. Donc un+1un>0u_{n+1} - u_n > 0, ce qui signifie que la suite (un)n0(u_n)_{n\ge0} est strictement croissante.

II-1-c) La suite (un)n0(u_n)_{n\ge0} est strictement croissante et majorée par α\alpha. Elle est donc convergente. Soit L=limn+unL = \lim_{n\to+\infty} u_n. En passant à la limite dans un+1=1+g(un)u_{n+1} = 1+g(u_n), on obtient L=1+g(L)L = 1+g(L). D'après la question I-2-, l'unique solution de cette équation est α\alpha. Donc L=αL=\alpha.

II-2-a) D'après le théorème des accroissements finis appliqué à f(x)=1+g(x)f(x)=1+g(x) sur l'intervalle [un,α][u_n, \alpha] (ou [α,un][\alpha, u_n]), il existe c]un,α[c \in ]u_n, \alpha[ tel que f(un)f(α)=f(c)(unα)f(u_n) - f(\alpha) = f'(c)(u_n - \alpha). Donc un+1α=g(c)(unα)u_{n+1} - \alpha = g'(c)(u_n - \alpha). On a un+1α=g(c)unα|u_{n+1} - \alpha| = |g'(c)||u_n - \alpha|. On sait que g(x)=12h(x)g'(x) = \frac{1}{2}h(\sqrt{x}). Comme 1un<α1 \le u_n < \alpha, on a 1<c<α1 < c < \alpha. Donc 1<c<α1 < \sqrt{c} < \sqrt{\alpha}. On sait que 0<h(x)10 < h(x) \le 1 pour x1x \ge 1. Donc 0<h(c)10 < h(\sqrt{c}) \le 1. Par conséquent 0<g(c)120 < g'(c) \le \frac{1}{2}. Donc g(c)12|g'(c)| \le \frac{1}{2}. Finalement, un+1α12unα|u_{n+1} - \alpha| \le \frac{1}{2}|u_n - \alpha|.

II-2-b) Par récurrence. Pour n=0n=0, u0α(12)0u0α|u_0 - \alpha| \le (\frac{1}{2})^0|u_0 - \alpha| est vrai. Supposons unα(12)nu0α|u_n - \alpha| \le (\frac{1}{2})^n|u_0 - \alpha|. D'après II-2-a), un+1α12unα|u_{n+1} - \alpha| \le \frac{1}{2}|u_n - \alpha|. En utilisant l'hypothèse de récurrence, un+1α12((12)nu0α)=(12)n+1u0α|u_{n+1} - \alpha| \le \frac{1}{2} \left( (\frac{1}{2})^n|u_0 - \alpha| \right) = (\frac{1}{2})^{n+1}|u_0 - \alpha|. La propriété est vraie pour tout nn.

II-2-c) Puisque 0<12<10 < \frac{1}{2} < 1, on a limn+(12)n=0\lim_{n\to+\infty} (\frac{1}{2})^n = 0. Par le théorème des gendarmes, limn+unα=0\lim_{n\to+\infty} |u_n - \alpha| = 0. Donc limn+un=α\lim_{n\to+\infty} u_n = \alpha.

I-1- Pour montrer la bijection, étudier la continuité et la stricte monotonie de k(x)=g(x)x+1k(x) = g(x) - x + 1. Calculer k(1)k(1) et limx+k(x)\lim_{x\to+\infty} k(x). I-2- Utiliser le théorème des valeurs intermédiaires et l'unicité de la solution due à la stricte monotonie de kk. II-1-a) Utiliser une preuve par récurrence, en utilisant la croissance de f(x)=1+g(x)f(x) = 1+g(x). II-1-b) Étudier le signe de un+1unu_{n+1} - u_n en le reliant à k(un)k(u_n). II-1-c) Utiliser le théorème de convergence des suites monotones et bornées, puis passer à la limite dans la relation de récurrence. II-2-a) Appliquer le théorème des accroissements finis à la fonction f(x)=1+g(x)f(x) = 1+g(x) sur l'intervalle [un,α][u_n, \alpha] et utiliser l'encadrement de g(x)g'(x). II-2-b) Utiliser une preuve par récurrence en combinant le résultat de II-2-a). II-2-c) Utiliser le théorème des gendarmes en exploitant le résultat de II-2-b) et la limite d'une suite géométrique.

3 autres exercices sur ce chapitre.

Avec correction pas à pas, et un entraînement qui s'adapte à ce que tu rates.

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