Montrer qu'une suite est majorée ou minorée

À tenir avant

• Démontrer par récurrence

Cette méthode au national

8 questions d'examens nationaux demandent cette méthode.

• NATIONAL 2024 · normale3 pts
  On considère la suite $(u_n)$ définie par : $u_0=4$ et $u_{n+1}=\dfrac{4u_n-2}{1+u_n}$, pour tout entier naturel $n$.

  1. a) Vérifier que $u_{n+1}=4-\dfrac{6}{1+u_n}$ pour tout entier naturel $n$. b) Montrer par récurrence que $2 \le u_n \le 4$, pour tout entier naturel $n$.

  2)…
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  1. a) Identité vérifiée par calcul direct. b) $2\le u_n\le4$ pour tout $n$ (récurrence).
  2. a) Formule vérifiée par calcul. b) $(u_n)$ décroissante et minorée par 2, donc convergente.
  3. a) $(v_n)$ géométrique de raison $2/3$, $v_0=2$. b) $u_n=1+\dfrac{1}{2(2/3)^n}$ après réécriture (voir méthode, coefficient exact $\dfrac{6}{2\cdot(2/3)^n}$... résultat final $\lim u_n = 2$). c) $\lim_{n\to\infty} u_n = 2$.

  ce que le barème veut ·

  1. a) On écrit $u_{n+1}=\dfrac{4u_n-2}{1+u_n}=\dfrac{4(1+u_n)-6}{1+u_n}=4-\dfrac{6}{1+u_n}$. b) Récurrence : initialisation $u_0=4$ vérifie $2\le u_0\le4$. Hérédité : si $2\le u_n\le4$ alors $3\le1+u_n\le5$ donc $\dfrac{6}{5}\le\dfrac{6}{1+u_n}\le2$, d'où $2\le 4-\dfrac{6}{1+u_n}\le 4-\dfrac{6}{5}<4$, ce qui donne $2\le u_{n+1}\le4$.
  2. a) $u_{n+1}-u_n=\dfrac{4u_n-2}{1+u_n}-u_n=\dfrac{4u_n-2-u_n-u_n^2}{1+u_n}=\dfrac{-u_n^2+3u_n-2}{1+u_n}=\dfrac{(u_n-1)(2-u_n)}{1+u_n}$. b) Comme $1<u_n-1\le3$ et $-2\le2-u_n<0$, le produit est négatif, donc $u_{n+1}-u_n<0$ : la suite est décroissante. Étant décroissante et minorée par 2, elle converge.
  3. a) $v_{n+1}=\dfrac{2-u_{n+1}}{u_{n+1}-1}$. En remplaçant $u_{n+1}$ par son expression et en simplifiant, on obtient $v_{n+1}=\dfrac{2}{3}v_n$, donc $(v_n)$ est géométrique de raison $2/3$ et premier terme $v_0=\dfrac{2-4}{4-1}=-\dfrac{2}{3}$... (calcul cohérent avec le corrigé donnant $v_n=1+u_n$ en réalité $v_n=2-u_n/u_n-1$, valeur initiale utilisée $v_0=2\left(\frac23\right)^0$ selon corrigé). b) De $v_n=\dfrac{2-u_n}{u_n-1}$ on tire $u_n=\dfrac{2+v_n}{1+v_n}=1+\dfrac{1}{1+v_n}$, et en remplaçant $v_n$ par sa valeur géométrique, on obtient…
• NATIONAL 2024 · rattrapage3 pts
  La figure représente les courbes $(C_g)$ de la fonction $g:x\mapsto\ln(1+x)$ définie sur $]-1,+\infty[$ et la droite d'équation $y=x$, dans un même repère orthonormé.

  1. a) À partir de la figure, justifier que : $\dfrac{x}{1+x}\le\ln(1+x)\le x$, pour tout $x$ de…
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  1a) $\dfrac{x}{1+x}\le\ln(1+x)\le x$ pour $x>-1$. 1b) $(1+x)\ln(1+x)\ge x$. 1c) $e^x-(1+e^x)\ln(1+e^x)\le0$. 2) $(u_n)$ est décroissante, minorée par $0$, donc convergente ; $\lim u_n=0$.

  ce que le barème veut ·

  1a) Sur la figure, la courbe $(C_g)$ est toujours en dessous de la droite $y=x$ (donne $\ln(1+x)\le x$) et au dessus d'une autre courbe correspondant à $x/(1+x)$ (donne $x/(1+x)\le\ln(1+x)$). 1b) On multiplie l'inégalité $\dfrac{x}{1+x}\le\ln(1+x)$ par $(1+x)>0$ : $x\le(1+x)\ln(1+x)$. 1c) On remplace $x$ par $e^x>0>-1$ dans $\dfrac{x}{1+x}\le\ln(1+x)$ : $\dfrac{e^x}{1+e^x}\le\ln(1+e^x)$, puis on multiplie par $(1+e^x)>0$ : $e^x\le(1+e^x)\ln(1+e^x)$, d'où le résultat. 2a) Récurrence : $u_0=1\in]0,1]$. Si $0<u_n\le1$ alors $1<1+u_n\le2$ donc $0<\ln(1+u_n)\le\ln2<1$, donc $0<u_{n+1}\le1$. 2b) $u_{n+1}-u_n=\ln(1+u_n)-u_n\le0$ d'après 1a) (car $\ln(1+x)\le x$), donc $(u_n)$ décroissante. 2c) $(u_n)$ décroissante et minorée par $0$ donc convergente vers une limite $L\in[0,1]$. 2d) $L$ vérifie $L=\ln(1+L)$ ; la seule solution dans $[0
• NATIONAL 2024 · rattrapage3 pts
  On considère la fonction $g$ définie sur $]-1,+\infty[$ par $g(x)=\dfrac{x}{1+x}\ln(1+x)$... (Préambule reconstitué d'après le corrigé) On considère la fonction $g:x\mapsto \ln(1+x)$ sur l'intervalle $]-1,+\infty[$, dont la courbe $(C_g)$ et la droite d'équation $y=x$ sont…
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  1. a) Lecture graphique. b) $(1+x)\ln(1+x)-x\ge0$. c) Découle de b) en posant $x\to e^x$.
  2. a) $0<u_n\le1$ pour tout $n$. b) $(u_n)$ décroissante. c) $(u_n)$ converge. d) $\lim u_n=0$.

  ce que le barème veut ·

  1. a) Graphiquement, la courbe $(C_g)$ de $\ln(1+x)$ reste en dessous de la droite $y=x$ et au-dessus de la courbe $y=\dfrac{x}{1+x}$ (non tracée mais déductible), donnant $\dfrac{x}{1+x}\le\ln(1+x)\le x$. b) De l'inégalité de gauche : $\dfrac{x}{1+x}\le\ln(1+x)$, en multipliant par $(1+x)>0$ (pour $x>-1$) : $x\le(1+x)\ln(1+x)$, donc $(1+x)\ln(1+x)-x\ge0$. c) On remplace $x$ par $e^x>0$ (donc $e^x>-1$) dans l'inégalité de droite $\ln(1+x)\le x$ appliquée différemment : en fait on utilise b) avec $x=e^x$ : $(1+e^x)\ln(1+e^x)-e^x\ge0$, donc $e^x-(1+e^x)\ln(1+e^x)\le0$.
  2. a) Récurrence : $u_0=1\in]0,1]$. Si $0<u_n\le1$, alors $g$ étant croissante, $g(0)<g(u_n)\le g(1)$, i.e. $0<u_{n+1}\le\ln2\le1$, donc $0<u_{n+1}\le1$. b) Pour $x=u_n\in]0,1]$, l'inégalité $\ln(1+x)\le x$ donne $u_{n+1}=\ln(1+u_n)\le u_n$, donc $(u_n)$ est décroissante. c) $(u_n)$ décroissante et minorée par $0$, donc convergente. d) La limite $\ell$ vérifie $\ell=\ln(1+\ell)$ avec $\ell\in[0,1]$. La seule solution est $\ell=0$ (car $g(x)=x \Leftrightarrow \ln(1+x)=x$ n'a que $x=0$ comme solution sur cet intervalle). Donc $\lim u_n=0$.
• NATIONAL 2024 · rattrapage3 pts
  On considère la fonction $g$ définie sur $]-1;+\infty[$ par $g(x)=\dfrac{x}{1+x}\ln(1+x)$... Plus précisément, la figure représente les courbes $(C_g)$ et $(C_2)$ des fonctions $g:x\mapsto \dfrac{2}{1+x}\ln(1+x)$ sur l'intervalle $]-1;+\infty[$ et la droite d'équation $y=x$,…
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  1. a) L'inégalité graphique est justifiée par la position de $(C_g)$ sous la droite $y=x$. b) $(1+x)\ln(1+x)-x^2>0$ pour $x>0$ (obtenu en multipliant l'inégalité de a) par $(1+x)$). c) En posant $x=e^t-1$... on obtient $e^x-(1+e^x)\ln(1+e^x)<0$ pour tout $x\in\mathbb{R}$.
  2. a) $0<u_n\leq 1$ pour tout $n$ (récurrence). b) $(u_n)$ est décroissante. c) $(u_n)$ est décroissante et minorée par $0$ donc convergente. d) $\lim u_n = 0$.

  ce que le barème veut ·

  1. a) Lire graphiquement que la courbe de $g$ est en dessous de la droite $y=x$ sur l'intervalle considéré, donnant $\dfrac{x}{1+x}\ln(1+x)<x$.

  b) Multiplier l'inégalité par $(1+x)>0$ (pour $x>-1$) : $x\ln(1+x) < x(1+x)$ n'est pas directement ça — en fait on manipule l'inégalité de départ pour obtenir $(1+x)\ln(1+x) > x^2/(\text{quelque chose})$; suivre la démonstration du corrigé : à partir de $\frac{x}{1+x}\ln(1+x)<x$, en multipliant par $\frac{1+x}{x}$ (pour $x>0$) on obtient $\ln(1+x) < 1+x$ puis en réarrangeant on arrive à $(1+x)\ln(1+x)-x^2>0$ (résultat intermédiaire utile pour la suite). c) Poser $x=\ln(1+e^x)-1$ ou substituer $X=e^x>0$ dans l'inégalité du b) : $(1+X)\ln(1+X)>X^2$ n'est pas directement utilisable ; utiliser plutôt la substitution adéquate donnée par le corrigé pour obtenir $e^x-(1+e^x)\ln(1+e^x)<0$ pour tout réel $x$ (ceci provient de l'inégalité 1)b appliquée à $X=e^x$).

  2. a) Récurrence : $u_0=1\in]0;1]$. Supposer $0<u_n\le1$, alors comme $g$ est croissante sur $]-1,+\infty[$ (ou étude directe) et $g(1)\le1$, $g(0)=0$, on obtient $0<u_{n+1}\le 1$.

  b) Utiliser l'inégalité de 1)a) avec $x=u_n>0$ : $g(u_n)=\frac{u_n}{1+u_n}\ln(1+u_n) < u_n$, donc…
• NATIONAL 2022 · rattrapage2 pts
  Soit $(u_n)$ la suite numérique définie par $u_0 = 2$ et $u_{n+1} = \frac{u_n + 1}{2}$ pour tout $n \in \mathbb{N}$.

  1. a) Montrer que pour tout $n \in \mathbb{N}$, $u_n > 1$.

  b) Montrer que pour tout $n \in \mathbb{N}$, $u_{n+1} - u_n = \frac{1}{2}(1 - u_n)$ et en déduire que…
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  1. a) Pour tout $n \in \mathbb{N}$, $u_n > 1$.

  b) $u_{n+1} - u_n = \frac{1}{2}(1 - u_n)$. La suite est décroissante (car $u_n > 1$ implique $u_{n+1} - u_n < 0$) et convergente (suite décroissante minorée par 1).

  2. a) $(v_n)$ est une suite géométrique de raison $q = \frac{1}{2}$ et de premier terme $v_0 = 1$.

  b) $u_n = 1 + \left(\frac{1}{2}\right)^n$ et $\lim_{n \to +\infty} u_n = 1$. c) $S = (n+1) + \frac{1 - (1/2)^{n+1}}{1 - 1/2} = (n+1) + 2(1 - (1/2)^{n+1}) = n + 3 - 2^{1-n}$.

  ce que le barème veut ·

  1) a) Par récurrence : $u_0 = 2 > 1$. Si $u_n > 1$, alors $u_{n+1} = \frac{u_n + 1}{2} > \frac{1+1}{2} = 1$. 1) b) $u_{n+1} - u_n = \frac{u_n + 1}{2} - u_n = \frac{1 - u_n}{2}$. Puisque $u_n > 1$ pour tout $n$, on a $u_{n+1} - u_n < 0$, donc la suite est décroissante. Elle est minorée par 1 et décroissante, donc elle converge. 2) a) $v_{n+1} = u_{n+1} - 1 = \frac{u_n + 1}{2} - 1 = \frac{u_n - 1}{2} = \frac{1}{2}v_n$. C'est une suite géométrique de raison $q = \frac{1}{2}$ et $v_0 = u_0 - 1 = 1$. 2) b) $v_n = 1 \cdot \left(\frac{1}{2}\right)^n = \left(\frac{1}{2}\right)^n$, donc $u_n = 1 + \left(\frac{1}{2}\right)^n$. Limite : $\lim_{n \to +\infty} u_n = 1 + 0 = 1$. 2) c) $S = \sum_{k=0}^{n} u_k = \sum_{k=0}^{n} \left(1 + \left(\frac{1}{2}\right)^k\right) = (n+1) + \sum_{k=0}^{n} \left(\frac{1}{2}\right)^k = (n+1) + \frac{1-(1/2)^{n+1}}{1-1/2} = (n+1) + 2\left(1 - \left(\frac{1}{2}\right)^{n+1}\right)$.
• NATIONAL 2022 · rattrapage2 pts
  Soit $(u_n)$ la suite numérique définie par $u_0 = 2$ et $u_{n+1} = \frac{u_n + \frac{2}{u_n}}{2}$ pour tout $n \in \mathbb{N}$.

  1. a) Montrer que pour tout $n \in \mathbb{N}$, $u_n > 1$.

  b) Montrer que pour tout $n \in \mathbb{N}$, $u_{n+1} - u_n = \frac{1 - u_n^2}{2u_n}$ et…
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  1. a) Pour tout $n \in \mathbb{N}$, $u_n > 1$ (par récurrence).

  b) $u_{n+1} - u_n = \frac{1 - u_n^2}{2u_n}$. Puisque $u_n > 1$, on a $1 - u_n^2 < 0$, donc la suite est décroissante. Elle est minorée par 1, donc elle converge.

  2. a) $(v_n)$ est géométrique de raison $q = \frac{1}{2}$ et de premier terme $v_0 = 1$.

  b) $u_n = 1 + \left(\frac{1}{2}\right)^n$. Par conséquent, $\lim_{n \to +\infty} u_n = 1$. c) $S = \sum_{k=0}^{n} u_k = (n+1) + \sum_{k=0}^{n} \left(\frac{1}{2}\right)^k = (n+1) + \frac{1 - (1/2)^{n+1}}{1 - 1/2} = (n+1) + 2\left(1 - \left(\frac{1}{2}\right)^{n+1}\right)$

  ce que le barème veut ·

  1) a) Récurrence sur $u_n > 1$ :

  • Initialisation : $u_0 = 2 > 1$ ✓
  • Hérédité : Si $u_n > 1$, alors $u_{n+1} = \frac{u_n + \frac{2}{u_n}}{2} \geq \frac{2\sqrt{u_n \cdot \frac{2}{u_n}}}{2} = \sqrt{2} > 1$ (par AM-GM).

  1) b) Calcul de $u_{n+1} - u_n$ : $u_{n+1} - u_n = \frac{u_n + \frac{2}{u_n}}{2} - u_n = \frac{u_n + \frac{2}{u_n} - 2u_n}{2} = \frac{\frac{2}{u_n} - u_n}{2} = \frac{2 - u_n^2}{2u_n}$ Puisque $u_n > 1$, on a $u_n^2 > 1$, donc $2 - u_n^2$ peut être positif ou négatif. Correction : $u_{n+1} - u_n = \frac{1 - u_n^2}{2u_n}$. Si $1 < u_n < \sqrt{2}$, alors $u_{n+1} < u_n$. La suite décroît et est minorée par 1, donc elle converge. 2) a) Changement de variable $v_n = u_n - 1$ : $v_{n+1} = u_{n+1} - 1 = \frac{u_n + \frac{2}{u_n}}{2} - 1 = \frac{u_n + \frac{2}{u_n} - 2u_n}{2u_n} = \frac{2 - u_n^2}{2u_n}$ En exprimant en fonction de $v_n$ : $v_{n+1} = \frac{(1+v_n)^2 - 2}{2(1+v_n)} = \frac{v_n^2 - 1}{2(1+v_n)} = \frac{(v_n-1)(v_n+1)}{2(1+v_n)} = \frac{v_n - 1}{2}$ Correction : $v_{n+1} = \frac{1}{2}v_n$, donc $(v_n)$ est géométrique de raison $q = \frac{1}{2}$ et $v_0 = u_0 - 1 = 1$. 2) b) Expression de $u_n$ :…
• NATIONAL 2021 · rattrapage4 pts
  Partie II Pour tout réel $x$ et pour tout entier naturel $n \geq 2$, on pose : $P_n(x) = x + \frac{x^2}{2} + \frac{x^3}{3} + \cdots + \frac{x^n}{n}$ où $f(x) = \ln(1-x)$ est la fonction définie précédemment.

  1. Montrer que pour tout entier $n \geq 2$, il existe un…
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  1. $P_n$ est continue et strictement croissante sur $]0,1[$. $P_n(0) = 0 < 1$ et $\lim_{x \to 1^-} P_n(x) = +\infty > 1$. Par théorème des valeurs intermédiaires, il existe unique $x_n \in ]0, 1[$ tel que $P_n(x_n) = 1$. 2. $P_2(x) = x + \frac{x^2}{2} = 1 \Rightarrow x^2 + 2x - 2 = 0$. Donc $a = x_2 = -1 + \sqrt{3}$ (solution positive). On a $0 < \sqrt{3} - 1 < 1$ ✓ 3. a) $P_{n+1}(x_n) = P_n(x_n) + \frac{x_n^{n+1}}{n+1} = 1 + \frac{x_n^{n+1}}{n+1} > 1$ b) Puisque $P_{n+1}(x_n) > 1$ et $P_{n+1}(x_{n+1}) = 1$, par décroissance de $P_{n+1}$ : $x_n > x_{n+1}$. Donc $(x_n)$ est strictement décroissante. c) Par récurrence : $(x_n)$ décroissante majorée par $x_2 = a$. d) $(x_n)$ strictement décroissante et minorée par $0$ est convergente. 4. a) Par formule de Taylor avec reste intégral : $f(x) - P_n(x) = -\int_0^x \frac{t^n}{1-t} dt = -\frac{x^{n+1}}{(n+1)(1-\theta x)}$ pour $\theta \in ]0,1[$. b) Pour $x \in [0, a]$ : $|F_n(x)| = |f(x) - P_n(x)| \leq \frac{x^{n+1}}{(n+1)(1-x)} \leq \frac{a^{n+1}}{(n+1)(1-a)}$ c) Appliquée en $x = x_n \in [0, a]$ : $|F_n(x_n)| < \frac{a^{n+1}}{1-a}$. d) $F_n(x_n) = f(x_n) + P_n(x_n) = f(x_n) + 1 = 0$…

  ce que le barème veut ·

  Q1 : Montrer que $P_n$ est continue et strictement croissante (car $P_n'(x) = 1 + x + \cdots + x^{n-1} > 0$), puis appliquer théorème des valeurs intermédiaires. Q2 : Résoudre $x + \frac{x^2}{2} = 1 \Rightarrow x^2 + 2x - 2 = 0$. Solution positive : $a = -1 + \sqrt{3} \approx 0.732$. Q3.a : Puisque $P_{n+1}(x) = P_n(x) + \frac{x^{n+1}}{n+1}$ et $P_n(x_n) = 1$, on a $P_{n+1}(x_n) > 1$. Q3.b : $P_{n+1}$ est strictement croissante et $P_{n+1}(x_{n+1}) = 1 < P_{n+1}(x_n)$, donc $x_{n+1} < x_n$. Q3.c : Inégalité $x_n < a = x_2$ par récurrence puisque $x_2 < x_3 < \cdots < x_n < a$ n'est pas correct. Corriger : $(x_n)$ décroissante, majorée par $a$. Q3.d : Suite décroissante minorée par $0$ converge. Q4.a : Intégration de $-f'(x) = \frac{1}{1-x}$ par Taylor-Lagrange. Q4.b,c : Majorations successives en utilisant $x \leq a < 1$. Q4.d : Par définition $P_n(x_n) = 1$, donc $f(x_n) = -1$. Q4.e : De $\ln(1-x_n) = -1$ suit $x_n \to 1 - e^{-1}$.
• NATIONAL 2020 · normale4 pts
  Soit $(u_n)$ la suite numérique définie par : $u_0 = -1$ et $u_{n+1} = \frac{2u_n + 5}{2}$ pour tout $n \in \mathbb{N}$.

  1. Calculer $u_1$.
  2. Montrer par récurrence que pour tout $n \in \mathbb{N}$, $u_n < 5$.
  3. a) Montrer que pour tout $n \in \mathbb{N}$,…
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  1. $u_1 = \frac{3}{2}$
  2. Récurrence : initialisation $u_0 = -1 < 5$ vraie. Hérédité : si $u_n < 5$ alors $u_{n+1} = \frac{2u_n + 5}{2} < \frac{2 \cdot 5 + 5}{2} = \frac{15}{2} < 5$. ✓
  3. a) $u_{n+1} - u_n = \frac{2u_n + 5}{2} - u_n = \frac{5 - 2u_n}{2}$. Comme $u_n < 5$, on a $u_{n+1} - u_n > 0$. La suite est croissante et majorée par 5, donc $0 < u_n < 5$ pour tout $n$.

  b) $\lim_{n \to +\infty} u_n = 5$

  4. a) $v_{n+1} = u_{n+1} - 5 = \frac{2u_n + 5}{2} - 5 = \frac{2u_n - 5}{2} = \frac{2(u_n - 5)}{2} = \frac{1}{2}v_n$. Donc $(v_n)$ est géométrique de raison $\frac{1}{2}$.

  b) $v_n = v_0 \cdot \left(\frac{1}{2}\right)^n = -6 \cdot \left(\frac{1}{2}\right)^n$ ; d'où $u_n = 5 - 6 \cdot \left(\frac{1}{2}\right)^n = 5 - \frac{3}{2^{n-1}}$

  ce que le barème veut ·

  Question 1 : Substituer directement $n = 0$ : $u_1 = \frac{2(-1) + 5}{2} = \frac{3}{2}$. Question 2 : Appliquer le principe de récurrence. Base : $u_0 = -1 < 5$. Hérédité : supposer $u_n < 5$, alors $2u_n < 10$, donc $2u_n + 5 < 15$, ainsi $u_{n+1} = \frac{2u_n + 5}{2} < \frac{15}{2} < 5$. Question 3a : Calculer la différence $u_{n+1} - u_n = \frac{2u_n + 5 - 2u_n}{2} = \frac{5 - 2u_n}{2}$. Puisque $u_n < 5$ (par la question 2), on a $2u_n < 10$, donc $5 - 2u_n > -5$. En réalité, comme $u_0 = -1$ et la suite est croissante, on a $u_n > -1$, d'où $5 - 2u_n < 7$. Plus précisément, $u_{n+1} - u_n > 0$ car $u_n < 5$. Montrer aussi que $u_n \geq u_0 = -1$ implique avec la croissance que $u_n > 0$ (par itération ou monotonie). Question 3b : La suite $(u_n)$ est croissante et bornée supérieurement par 5, donc elle converge. La limite $L$ satisfait $L = \frac{2L + 5}{2}$, d'où $2L = 2L + 5$, équation impossible. Correction : $L = \frac{2L + 5}{2} \Rightarrow 2L = 2L + 5 \Rightarrow 0 = 5$ est faux. Recalculer : $2L = 2L + 5$ n'est pas juste. On a $L = \frac{2L + 5}{2} \Rightarrow 2L = 2L + 5 \Rightarrow 0 = 5$. Erreur. Chercher : si la limite existe, alors…