TD2 Suites Correction

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Page 1 : Analyse-Premier semestre 2023-2024CY TechTD AnalyseSuites.Analyse

Page 2 : Exercice 1Donner un exemple de suite :1Croissante et majoree.2Ni croissante, ni decroissante.3Ni majoree, ni minoree.Solution : Pour chaque point nous allons donner un exemple, mais ces exemples nesont pas les seuls. Essaye de trouver des autres exemples de suites satisfaisant lesproprietes demandees.1Croissante et majoree : Pour tout n N, soitun = 1 1n + 1 .Alorsun+1 un =1 1n + 21 1n + 1=1n + 1 1n + 2 =1n + 1n + 2 0.Donc un est croissant. De mˆemen N, 1n + 1 0=⇒1 1n + 1 1.Donc un est majoree.Analyse

Page 3 : Exercice 12Ni croissante, ni decroissante : Pour tout n N, soitun = sinnπ2.Notons queun =1si n = 1 + 4k, k N0si n = 2k, k N1si n = 3 + 4k, k NAlors un n’est ni croissante, ni decroissante.3Ni majoree, ni minoree : Pour tout n N, soitun =nsi n est pair,nsi n est impair.Notons quelimk→+u2k = +etlimk→+u2k+1 = .Alors un n’est ni majoree, ni minoree.Analyse

Page 4 : Exercice 2Ecrire a l’aide de quantificateurs les proprietes suivantes :1La suite un est positive a partir d’un certain rang.2La suite un est constante a partir d’un certain rang.3La suite un est croissante a partir d’un certain rang.Solution :1La suite un est positive a partir d’un certain rang :N N, n N,un 0.2La suite un est constante a partir d’un certain rang :N N, n N, un = uN.3La suite un est croissante a partir d’un certain rang :N N, n N, un+1 un.Analyse

Page 5 : Exercice 3Determiner les limites des suites ci-apres en revenant a la definition avecles quantificateurs :aun = n + 1n + 2bvn = n2 + 1n + 1cwn = 3 × 2n+1Analyse

Page 6 : Exercice 3a un = n+1n+2 : Nous avonslimn→n + 1n + 2 = limn→n1 + 1nn1 + 2n = limn→1 + 1n1 + 2n=limn→1 + 1nlimn→1 + 2n= 1.Maintenant, pour montrer l’egalite precedente en revenant a la definition de lalimite, on doit verifierϵ 0, N N, n N,n N =⇒un 1 ϵ .Soit ϵ 0, on cherche N N, tel quen N,un 1 ϵ.C’est-a-dire, on cherche N N, tel quen N,n + 1n + 2 1 ϵ⇐⇒n N,n + 1 n + 2n + 2 ϵ⇐⇒n N,1n + 2 ϵ⇐⇒n N, 1ϵ n + 2⇐⇒n N, 1ϵ 2 n.Analyse

Page 7 : Exercice 3Ainsiun 1 ϵ⇐⇒1ϵ 2 n.Posons N = E 1ϵ 2+ 1. Alors pour tout n N, nous avonsn N 1ϵ 2=⇒un 1 ϵ=⇒limn→+un = 1.Analyse

Page 8 : Exercice 3b vn = n2+1n+1 : Nous avonslimn→n2 + 1n + 1 = limn→nn + 1nn1 + 1n = limn→n + 1n1 + 1n=limn→n + 1nlimn→1 + 1n= +.Maintenant, pour montrer l’egalite precedente en revenant a la definition de lalimite, on doit verifierM 0, N N, n N,n N =⇒vn M .Soit M 0, on cherche N N, tel quen N,vn M.Or on sait quen2 + 1 n2 1=⇒n2 + 1n + 1 n2 1n + 1= n 1n + 1n + 1= n 1Donc il suffit de garantirn 1 M pour obtenirn2 + 1n + 1 M.Analyse

Page 9 : Exercice 3Sachant quen 1 M⇐⇒n M + 1,il suffit de poserN = EM + 1 + 1.Alors pour tout n N, nous avonsn M + 1=⇒n2 + 1n + 1 M=⇒limn→+vn = +.Analyse

Page 10 : Exercice 3c wn = 3 · 2n+1 : Nous avonslimn→3 · 2n+1 = 3 limn→2 · 2n = 6 limn→2n = 6 · + = .Maintenant, pour montrer l’egalite precedente en revenant a la definition de lalimite, on doit verifierm 0, N N, n N,n N =⇒wn m .Soit m 0, on cherche N N, tel quen N,wn m.C’est-a-dire, on cherche N N, tel que pour tout n N, nous avons3 · 2n+1 m ⇐⇒2n+1 m3⇐⇒ln2n+1 lnm3⇐⇒n + 1 ln2 lnm3⇐⇒n + 1 ln m3ln2⇐⇒n ln m3ln21.Analyse

Page 11 : Exercice 3Ainsiwn m⇐⇒n ln m3ln21.Posons N = Eln m3 ln21+ 1. Alors pour tout n N, nous avonsn N ln m3ln21=⇒wn m=⇒limn→+wn = .Analyse

Page 12 : Exercice 4Determiner si elles existent les limites des suites definies par :a1092n2n + n3bn + 2 ncn sin nn + ndqn + n nepn2 + n + 1 pn2 + 1f 1n + nn + 7ng3n + 7n2n + 5nhn2 + cos nsinn 3n2i1n2 + 2n2 + . . . nn2A faire chez soi :jn + 1 nkn 1n + 1l2n 3n+152nmn2 + 2n + 3 n2 + n + 1Solution :a un = 1092n2n+n3 : Nous avonslimn→1092n2n + n3 = limn→n3n3 · 1092 1n1n2 + 1 = 1092 limn→1n1n2 + 1 = 1092·limn→1nlimn→1n2 + 1 = 01 = 0.Analyse

Page 13 : Exercice 4b un = n + 2 n : Nous avonsn + 2 n=n + 2 n·n + 2 + nn + 2 + n=n + 2 nn + 2 + n =2n + 2 + nDonclimn→n + 2 n=limn→2n + 2 + n=2limn→n + 2 + n =2+= 0.Analyse

Page 14 : Exercice 4c un =n·sinnn+n: Nous avonsn sin nn + n = nn · nn · sinn1 +nn=nn · sinn1 +nn=1n · sinn1 +1nDonclimn→n · sinnn + n=limn→1n · sinn1 +1n=limn→1n · sinnlimn→1 +1n= 01 = 0.Analyse

Page 15 : Exercice 4d un =pn + n n : Nous avonsqn + n n=qn + n n·pn + n + npn + n + n=n + n npn + n + n=nrn1 +nn+ n=nn ·q1 +1n + n=1q1 +1n + 1.Donclimn→qn + n n=limn→1q1 +1n + 1=1limn→q1 +1n + 1= 12.Analyse

Page 16 : Exercice 4e un =pn2 + n + 1 pn2 + 1 : Nous avonspn2 + n + 1 pn2 + 1 = pn2 + n + 1 pn2 + 1 ·n2 + n + 1 +n2 + 1n2 + n + 1 +n2 + 1=n2 + n + 1 n2 + 1n2 + n + 1 +n2 + 1=nn2 + n + 1 +n2 + 1.Donclimn→pn2 + n + 1 pn2 + 1 = limn→nn2 + n + 1 +n2 + 1= limn→nqn2 ·1 + 1n +1n2+qn2 ·1 +1n2= limn→nn ·q1 + 1n +1n2 + n ·q1 +1n2= limn→1q1 + 1n +1n2 +q1 +1n2= 12.Analyse

Page 17 : Exercice 4f un = 1n+nn+7n : Nous avonslimn→+1n + nn + 7n =limn→+nn ·1nn+ 11 + 7nn=limn→+1nn+ 11 + 7 1n=limn→+1nn+ 1limn→+1 + 7 1n= 11 = 1.g un = 3n+7n2n+5n: Nous avonslimn→+3n + 7n2n + 5n=limn→+7n5n ·37n + 1 25n + 1=limn→+7n5n· limn→+37n + 1 25n + 1!= + · 1 = +.h un =n2+cos nsinn3n2 : Nous avonslimn→+n2 + cos nsinn 3n2 =limn→+n2n2 · 1 + cos nn2sinnn23=limn→+1 + cos nn2sinnn23= 13Analyse

Page 18 : Exercice 4i un =1n2 + 2n2 + . . . nn2 : Nous avonsun=1n2 + 2n2 + . . . nn2=1 + 2 + · · · + nn2=nn + 12n2=n + 12n .Par consequentlimn→+un =limn→+n + 12n=limn→+nn · 1 + 1n2=limn→+1 + 1n2= 12.Analyse

Page 19 : Exercice 4j un = n + 1 n : Nous avonsn + 1 n =n + 1 n·n + 1 + nn + 1 + n=n + 1 nn + 1 + n =1n + 1 + nDonclimn→n + 1n = limn→1n + 1 + n =1limn→+n + 1 + n =0+= 0.k un =n1n+1 : Nous avonslimn→+n 1n + 1 =limn→+n + 1 2n + 1=limn→+n + 1n + 1 2n + 1= 1 limn→+2n + 1 = 1 0 = 1.Analyse

Page 20 : Exercice 4l un = 2n3n+152n: Nous avonslimn→+2n 3n+152n=limn→+ 325n·23n3=limn→+ 325n·limn→+23n3= 0 · 0 = 0.Analyse

Page 21 : Exercice 4m un =n2 + 2n + 3 n2 + n + 1 : Nous avonspn2 + 2n + 3 pn2 + n + 1=pn2 + 2n + 3 pn2 + n + 1·n2 + 2n + 3 +n2 + n + 1n2 + 2n + 3 +n2 + n + 1=n2 + 2n + 3 n2 + n + 1n2 + 2n + 3 +n2 + n + 1=n + 2n2 + 2n + 3 +n2 + n + 1=n1 + 2n nq1 + 2 1n + 3n2 + nq1 + 1n + 1n2.Donclimn→+pn2 + 2n + 3 pn2 + n + 1=limn→+1 + 2nq1 + 2 1n + 3n2 +q1 + 1n + 1n2=limn→+1 + 2nlimn→+q1 + 2 1n + 3n2 +q1 + 1n + 1n2= 12 .Analyse

Page 22 : Exercice 5Etudier les suites de terme general :1un = an bnan + bn , avec a, b 02un = 1 + a + a2 + · · · + an , avec a 0Solution :1 un = an bnan + bn : Nous avons trois cas a etudier. Si a = b, alorsn N,an bn = 0=⇒n N,un = 0=⇒limn→+un = 0.Si a b, alors on ecritan bnan + bn = anan · 1 ban1 + ban .Puisque 0 ba 1 on en deduitlimn→+ban= 0 =⇒limn→+an bnan + bn =limn→+1 ban1 + ban =limn→+1 banlimn→+1 + ban = 11 = 1.Analyse

Page 23 : Exercice 5Si b a, alors on ecritan bnan + bn = bnbn · abn 1 abn + 1.Puisque 0 ab 1 on en deduitlimn→+ abn= 0 =⇒limn→+an bnan + bn =limn→+ abn 1 abn + 1 =limn→+ abn 1limn→+ abn + 1 = 1.Analyse

Page 24 : Exercice 52 un = 1 + a + a2 + · · · + an, avec a 0 : Nous avons1 + a + a2 + · · · + an =n + 1si a = 1,an+11a1si a ̸= 1.Par consequentlimn→1 + a + a2 + · · · + an =limn→n + 1 = +si a = 1,limn→an+11a1=limn→+an+11a1si a ̸= 1.Maintenantlimn→an = +si a 10si 0 a 1=⇒limn→1+· · ·+an = +si a 1,11asi 0 a 1.Analyse

Page 25 : Exercice 6Determiner si elles existent les limites des suites definies par :1limn→+1 + xnn, x RIndication : limt→0ln1 + tt= 12limn→+nn23limn→+sinn2 + 2n + 3n + 1πA faire chez soi :an1nbln1 + nn2Analyse

Page 26 : Exercice 61limn→+1 + xnn, x R : Si x = 0, alors n N,1 + 0nn = 1, donclimn→+1 + 0nn= 1.Supposons x R, nous pouvons ecrire1 + xnn=expln1 + xnn=expn ln1 + xn=expxx · n ln1 + xn= exp x · ln1 + xnxn!.MaintenantPour tout x R,limn→+xn = 0.limt→0ln1+tt= 1.Le Theoreme de Composition a gauche par une fonction, avecf t = ln1 + ttetun = xn ,nous permet donc de conclurelimn→+ ln1 + xnxn!= 1=⇒limn→+ x · ln1 + xnxn!= x.Analyse

Page 27 : Exercice 6Finalement, notons quelimt→x expt = expx.Le Theoreme de Composition a gauche par une fonction, avecf t = exptetun = x · ln1 + xnxn,nous permet donc de conclurelimn→+exp x · ln1 + xnxn!= expx=⇒limn→+1 + xnn= expx.Analyse

Page 28 : Exercice 62limn→+nn2 : Commen¸cons par noter quenn2 = n2n = explnn2n= exp 2n lnn.Notons maintenant quequand x tend vers 0, l’application ex tends vers 1.Par consequent, en demontrant quelimn→+2n lnn = 0,le Theoreme de composition a gauche , avecf x = expxetun = 2n lnn,nous permet donc de conclurelimn→+nn2 =limn→+exp 2n lnn= 1.Analyse

Page 29 : Exercice 6Montrons donc quelimn→+1n lnn = 0.Pour cela, on commence par noter quex R+, x ex=⇒lnx x.n N, n = n2=⇒lnn = lnn2= 2 lnn.Grˆace au point precedent on obtient donc l’inegalitelnn = 2 lnn 2n.D’ou on conclutn N, 0 lnn = 2 lnn 2n=⇒0 lnnn 2nn=2n .D’apres le Theoreme d’Encadrement nous pouvons donc ecrire0 limn→+lnnnlimn→+2n = 0=⇒limn→+lnnn= 0.Analyse

Page 30 : Exercice 6Puisquelimn→+lnnn= 0du Theoreme de Composition a gauche par une fonction, on conclutlimn→+nn2 =limn→+exp2n lnn= 1.Analyse

Page 31 : Exercice 63limn→+sinn2+2n+3n+1π: Nous avonssinn2 + 2n + 3n + 1π= sinn + 1π +2πn + 1= cosn + 1π sin 2πn + 1.Donclimn→+sinn2 + 2n + 3n + 1π=limn→+cosn + 1π sin 2πn + 1.Maintenantlimn→+2πn+1 = 0.Quand x tend vers 0, l’application sinx tend vers 0.Le Theoreme de Composition a gauche par une fonction, avecf x = sinxetun =2πn + 1,nous permet donc de conclurelimn→+sin 2πn + 1= 0.Analyse

Page 32 : Exercice 6Finalement, puisque pour tout n N nous avons1 cosn + 1π 1.Nous pouvons ecriresin 2πn + 1cosn + 1π sin 2πn + 1sin 2πn + 1.Le Theoreme d’Encadrement nous permet donc d’ecrire0 = limn→+sin 2πn + 1limn→+cosn + 1π sin 2πn + 1limn→+sin 2πn + 1= 0.Ainsilimn→+sinn2 + 2n + 3n + 1π=limn→+cosn + 1π sin 2πn + 1= 0.Analyse

Page 33 : Exercice 6alimn→+n1n : Nous avonsn1n = explnn1n= explnnn.Maintenantlimn→+lnnn= 0.Quand x tend vers 0 par la droite, l’application expx tend vers 1.Le Theoreme de Composition a gauche par une fonction, avecf x = expxetun = lnnn,nous permet donc de conclurelimn→+n1n =limn→+explnnn= 1.Analyse

Page 34 : Exercice 6blimn→+ln 1+nn2: Notons quelimn→+1+nn2 = 0.Quand x tend vers 0 par la droite, l’application lnx tend vers .Le Theoreme de Composition a gauche par une fonction, , avecf x = lnxetun = 1 + nn2,nous permet donc de conclureln1 + nn2→n→+.Analyse

Page 35 : Exercice 7Determiner si elles existent les limites des suites definies par :anenb1n +1n +1+ · · · +1n + ncEnxndn + 1 ncos enen!nnAnalyse

Page 36 : Exercice 7a un =nen : On commence par noter quex R+, x ex=⇒n N, n2 en2=⇒n N, n24 en22= en.Ce qui entraine quen N,1en 4n2=⇒n N, 0 nen 4n .Le Theoreme d’Encadrement nous permet donc d’ecrire0 limn→+nen limn→+4n = 0=⇒limn→+nen = 0.Analyse

Page 37 : Exercice 7b un = 1n +1n+1 + · · · +1n+n : On commence par noter quek N, 0 k n,1n + n 1n +k1n.Ainsin + 1n + n 1n +1n +1+ · · · +1n + n n + 1n.Le Theoreme d’Encadrement nous permet donc d’ecrire1 =limn→+n + 1n + n limn→+1n+1n +1+. . .+1n + n limn→+n + 1n= 1.D’ou on conclut1n +1n +1+ . . . +1n + n→n→+1.Analyse

Page 38 : Exercice 7c un = Enxn: Pour tout n N, on anx 1 Enx nx=⇒nx 1n Enxnnxn = xLe Theoreme d’Encadrement nous permet donc d’ecrirex =limn→+nx 1nlimn→+Enxnx.D’ou on conclutlimn→+Enxn= x.Analyse

Page 39 : Exercice 7d un =n + 1 ncos en . Pour tout n N, nous avons1 cos en 1.Ce qui implique quen + 1 nn + 1 ncosen n + 1 n.Le Theoreme d’Encadrement nous permet donc d’ecrirelimn→n + 1 nlimn→n + 1 ncosen limn→n + 1 n.Maintenantlimn→n + 1 n = 0.D’ou on conclut :limn→+n + 1 ncos en = 0.Analyse

Page 40 : Exercice 7Autre Methode : Nous avons le resultat suivant :Theoreme Produit d’une suite bornee et d’une suite de limite nulleSoient unnN et vnnN deux suites reelles. Si unnN est bornee et si :limn→+vn = 0,alors :limn→+un · vn = 0.Puisquecos ennN est bornee En effet 1 cosen 1.limn→n + 1 n = 0.Le theoreme nous permet donc de conclure :limn→+n + 1 ncos en = 0.Analyse

Page 41 : Exercice 7e un = n!nn : Pour tout n N, n 2 on an! = 1 × 2 × 3 × 4 × · · · × n 1 × 2 × n × n × · · · × nzn2fois= 2nn2.D’ou on obtientn N, n! 2nn2=⇒0 n!nn 2nn2nn= 2n2Le Theoreme d’Encadrement nous permet donc d’ecrire0 limn→+n!nn limn→+2n2 = 0=⇒limn→+n!nn = 0.Analyse

Page 42 : Exercice 8Soit x un reel.1Determiner la limite de un = Ex + E2x + ... + Enxn22En deduire que Q est dense dans R1 Determiner la limite de un.Solution : Pour tout k N, on akx 1 Ekx kx.Par consequentx + 2x + · · · + nx nn2 Ex + E2x + · · · + Enxn2x + 2x + · · · + nxn2Maintenatx + 2x + · · · + nx nn2=x1 + 2 + · · · + n nn2= x · nn + 12n21nx + 2x + · · · + nxn2=x1 + 2 + · · · + nn2= x nn + 12n2.Analyse

Page 43 : Exercice 8D’ou on obtientx nn + 12n21n un x nn + 12n2.Le Theoreme d’Encadrement nous permet donc de conclurex2 =limn→+x nn + 12n21n limn→+un limn→+x nn + 12n2= x2.Ainsilimn→+un = x2.Analyse

Page 44 : Exercice 82 En deduire que Q est dense dans R. Solution : On commence par donnerle resultat suivant.Theoreme Caracterisation sequentielle de la densiteSoit A une partie de R. AlorsA est dense dans R⇐⇒Tout reel est la limite d’une suite d’elements de APour tout x R definissons la suite vn parn N, vn = 2un = 2Ex + E2x + ... + Enxn2.Alors pour tout n Nvn Q,et d’apres la partie 1 de l’exercicelimn→+vn = 2 ·limn→+un = 2 · x2 = x.Ainsi Q est dense dans R.Analyse

Page 45 : Exercice 9Demontrer la propriete si elle est vrai, donner un contre exemple sinon.1Si n N, un vn etlimn→+vn = 0 alorslimn→+un = 0.2Une suite non majoree tend vers +.3Si la suite un converge vers l, alors p N,limn→+un+p un = 0.4Si les suites xn et yn divergent alors la suite xn + yn diverge.5Si les suites xn et yn divergent alors la suite xnyn diverge.6Pour toute suite de reels yn, si limn→xn = 0 alors limn→xnyn = 0.7Si limn→xnyn = 0 alors soit limn→xn = 0 soit limn→yn = 0. Indication :considerer l’exemple xn = 1 + 1n/2,yn = 1 1n/2 .8Si un est convergente et les un sont strictement positifs, alors lalimite de un est strictement positive.9Si un est une suite croissante et un 7 alors limn→un = 7.Analyse

Page 46 : Exercice 91 Si n N, un vn etlimn→+vn = 0 alorslimn→+un = 0 : Faux. Eneffet, il suffit pour tout n N de choisirun a 0, a R.Par exemple, soit un = 2 + 1n et vn = 1n. Alorsun vnmaislimn→+un = 2 0.2 Une suite non majoree tend vers +: Faux. En effet, pour toutn N, soitun =nsi n pair,nsi n impair.Analyse

Page 47 : Exercice 93 Si la suite un converge vers l, alors p N, un+p un →+0. Vrai. Soitϵ 0. Par definition de la limiteN N, n N, n N =⇒un l ϵ2.Donc pour tout n N, on a n + p N etun+p un = un+p + l l un un+p l + l un ϵ2 + ϵ2 = ϵCe qui montre quelimn→+un+p un = 0.4 Si les suites xn et yn divergent alors la suite xn + yn diverge. Faux.En effet, pour tout n N, choisissonsyn = xn=⇒xn + yn = 0=⇒limn→+xn + yn = 0.Par exemple, soit un = n et vn = n. Alorslimn→+un = +etlimn→+vn = maisun + vn = 0.Analyse

Page 48 : Exercice 95 Si les suites xn et yn divergent alors la suite xnyn diverge. Faux. Eneffet, pour tout n N, soitxn =1si n pair,1si n impair.etyn =1si n pair,1si n impair.Doncxn · yn = 1=⇒limn→+xn · yn = 1.6 Pour toute suite de reels yn, si limn→xn = 0 alors limn→xnyn = 0. Faux.En effet, pour tout n N, soitxn = 1netyn = naavec a 1=⇒limn→+xn · yn =limn→+na1 = +.Analyse

Page 49 : Exercice 97 Si limn→xnyn = 0 alors soit limn→xn = 0 soit limn→yn = 0. Faux. En effet,pour tout n N, soitxn = 1 + 1n2etyn = 1 1n2=⇒xn·yn = 1 12n4= 0.mais les limites limn→xn et limn→yn n’existent pas.8 Si un est convergente et les un sont strictement positifs, alors lalimite de un est strictement positive. Faux. En effet, pour tout n N, soitun = 1n=⇒limn→+un = 0.9 Si un est une suite croissante et un 7 alors limn→un = 7. Faux. Eneffet, pour tout n N, soitun = m 1n , m 7=⇒limn→+un = m 7.Analyse

Page 50 : Exercice 10Demontrer la propriete si elle est vrai, donner un contre exemple sinon.1Toute suite d’entiers convergente est stationnaire a partir d’un certainrang.2Toute suite a termes positifs qui converge vers 0 est decroissante.3Si la suite un converge alors un converge. Formuler et etudier sareciproque.4Si pour tout p N, u2p est positif et u2p+1 est negatif, alors la suite undiverge.5Silimn→+nun = 1 alors la suite un converge.6Si un est croissante, alors un tends vers +.7Si limn→un = 12 alors la suite un est positive a partir d’un certain rang.8Toute suite monotone est convergente.9Toute suite croissante et majoree est bornee.10 Si la suite un est decroissante et n un 0, alors un tends vers 0quand n tends vers +.Analyse

Page 51 : Exercice 101Toute suite d’entiers convergente est stationnaire a partir d’uncertain rang : Vrai. En effet, soitlimn→+un = L. Alors d’apres ladefinition de la limite, pour ϵ = 12, nous avonsN N, n N, n N =⇒un L 12.Ainsi, pour tout n N, on aL 12 un L + 12=⇒un L 12, L + 12.Maintenant, dans l’intervalleL 12, L + 12il existe au plus un entier.Or pour tout n N, un est un entier, doncn N, un L 12, L + 12Z=⇒n N, un = uN.La suite unnN est donc stationnaire au moins a partir de N, etlimn→+un = L = uN.Analyse

Page 52 : Exercice 102 Toute suite a termes positifs qui converge vers 0 estdecroissante : Faux. En effet, pour tout n N, soitun =1nsi n pair,1n2si n impair.=⇒u2n u2n+1 et u2n+1 u2n+2.Analyse

Page 53 : Exercice 103 Si la suite un converge alors un converge. Formuler etetudier sa reciproque : Faux. En effet, pour tout n N, soitun =1si n pair,1si n impair.=⇒un = 1.Montrons la proposition reciproque : Supposons que unnN convergevers L et montrons que unnN converge vers L. Soit ϵ 0. AlorsN N, n N, n N=⇒un L ϵ.Maintenant, a l’aide de l’inegalite triangulaire, nous pouvons d’ecriren N, n N, un L un L ϵ=⇒limn→+un = L.Analyse

Page 54 : Exercice 104 Si pour tout p N, u2p est positif et u2p+1 est negatif, alors lasuite un diverge : Faux. En effet, pour tout n N, soitun =1nsi n pair,1nsi n impair.=⇒limn→+un = 0.Analyse

Page 55 : Exercice 105 Silimn→+nun = 1 alors la suite un converge.Vrai. En effet, soitϵ 0. Alors existe N N tel que pour tout n N, n N, nous avonsnun 1 ϵ=⇒1 ϵ nun 1 + ϵ=⇒1 ϵn un 1 + ϵn.Le Theoreme d’Encadrement nous permet donc de conclure0 =limn→+1 ϵnun limn→+1 + ϵn= 0=⇒limn→+un = 0.6 Si un est croissante, alors un tends vers +: Faux. En effet,pour tout n N, soitun = 2 1n + 1=⇒limn→+un = 2.Analyse

Page 56 : Exercice 107 Si limn→un = 12 alors la suite un est positive a partir d’un certainrang : Vrai. En effet, soit ϵ = 12. AlorsN N, n N, n N=⇒un 12 12=⇒12 un 12 12=⇒0 un 1.Par consequent, n N on a un 0.8 Toute suite monotone est convergente : Faux. En effet, pour tout n N,soitun = n=⇒limn→+un = +.9 Toute suite croissante et majoree est bornee : Vrai. En effet, on sait quetoute suite croissante et majoree converge vers sa borne superieure. De plustoute suite convergente est bornee.Analyse

Page 57 : Exercice 1010 Si la suite un est decroissante et n un 0, alors un tendsvers 0 quand n tends vers +:Faux. En effet, pour tout n N, soitun = 2 +1n + 1=⇒limn→+un = 2.Analyse

Page 58 : Exercice 11Montrer que les suites suivants divergent :1 an = n sin nπ2 .2 bn = 1nn3+3n2+525n3.3 cn = 1nn1+n cos nπ7.Analyse

Page 59 : Exercice 11Montrer que la suitean = n sinnπ2.diverge.Solution : Notons que si on choisitφ1n = 2netφ2n = 1 + 4n.Nous avonsaφ1n=2n sin2nπ2= 2n sinnπ = 0aφ2n=1 + 4n sin1 + 4nπ2= 1 + 4n sinπ2 + 2nπ= 1 + 4n.Ce qui nous permet de conclurelimn→aφ1n=0.limn→aφ2n=+.Nous avons donc trouve deux suites extraites de annN qui ne convergent pasvers la mˆeme limite. Ce qui implique que annN diverge.Analyse

Page 60 : Exercice 11Montrer que la suitebn = 1nn3 + 3n2 + 52 5n3.diverge.Solution : Notons que si on choisitφ1n = 2netφ2n = 2n + 1.Nous avonsbφ1n=12n2n3 + 32n2 + 52 52n3= 2n3 + 32n2 + 52 52n3.bφ2n=12n+12n + 13 + 32n + 12 + 52 52n + 13= 2n + 13 + 32n + 12 + 52 52n + 13.Ce qui nous permet de conclurelimn→bφ1n=15.limn→bφ2n=15.Nous avons donc trouve deux suites extraites de bnnN qui ne convergent pasvers la mˆeme limite. Ce qui implique que bnnN diverge.Analyse

Page 61 : Exercice 11Montrer que la suitecn = 1nn1 + n cosnπ7.diverge.Solution : Notons que si on choisitφ1n = 7netφ2n = 14n + 1.Nous avonscφ1n=17n7n1 + 7n cos nπ = 17n7n1 + 7n 1n = 18n7n1 + 7n=7n1 + 7ncφ2n=114n+1 14n + 12 + 14n cosπ7 + 2nπ= 14n + 12 + 14n cosπ7.Ce qui nous permet de conclurelimn→cφ1n=1limn→cφ2n=cosπ7.Nous avons donc trouve deux suites extraites de cnnN qui ne convergent pasvers la mˆeme limite. Ce qui implique que cnnN diverge.Analyse

Page 62 : Exercice 12On suppose que unnN est une suite telle que u2nnN, u3nnN et u2n+1nNconvergent. Montrer que unnN converge.Solution : Soitlimn→+u2n = ℓ;limn→+u2n+1 = ℓ′;limn→+u3n = ℓ′′.Notons que :u6nn est une suite extraite de u2nn et de u3nn. Puisque toute suiteextraite d’une suite convergente de limite L, converge vers L, onconclut :limn→+u6n =limn→+u2n = ℓetlimn→+u6n =limn→+u3n = ℓ′′Ceci implique que ℓ= ℓ′′.u6n+3n est une suite extraite de u2n+1n et de u3nn. Puisque toutesuite extraite d’une suite convergente de limite L, converge vers L, onconclut :limn→+u6n+3 =limn→+u2n+1 = ℓ′etlimn→+u6n+3 =limn→+u3n = ℓ′′Ceci implique que ℓ′ = ℓ′′.Analyse

Page 63 : Exercice 12Ainsilimn→+u2n = ℓ= ℓ′′ = ℓ′ =limn→+u2n+1.Pour finir rappellons le resultat suivantTheoremeSoit vnnN une suite telle que les suites extraites v2nnN et v2n+1nNconvergent vers la mˆeme limite ℓR. Alorslimn→+vn = ℓ.D’apres le theoreme precedent on conclut que unnN converge.Analyse

Page 64 : Exercice 13Soit unnN une suite de reels strictement positifs. On suppose quelimn→+un+1un= l avec l 0, + .1Montrer que, si l 1, alorslimn→+un = 0.2Montrer que, si l 1, alorslimn→+un = +.3Peut-on conclure si l = 1 ?4Appliquer ces resultats aux exemples suivants :1un = ann! , avec a R+2vn = nnn!3wn = annp avec a 1, + et p N.4zn =na,a R.Analyse

Page 65 : Exercice 13Montrer que, silimn→+un+1un= ℓ 1, alorslimn→+un = 0.Preuve : Supposons ℓ 1. Possons ϵ = 1ℓ2 . Alors ϵ 0, et d’apres ladefinition de la limite, il existe N N tel quen N, n N=⇒un+1unℓ 1 ℓ2.L’inegalite triangulaire nous permet donc, pour tout n N, d’ecrireun+1un l un+1unℓ 1 ℓ2=⇒un+1un 1 ℓ2+ l = 1 + ℓ2 1.Maintenant, pour tout n N nous avonsun = uNuN · uN+1uN+1 · · · · · un1un1 · un = uN · uN+1uN· uN+2uN+1 · · · · ·unun1 = uNn1Yk=Nuk+1uk .Egalite qui nous permet, pour tout n N, de conclureun = uNn1Yk=Nuk+1uk = uNn1Yk=Nuk+1uk uNn1Yk=N1 + ℓ2= uN1 + ℓ2nN.Analyse

Page 66 : Exercice 13C’est-a-direuN1 + ℓ2nNun uN1 + ℓ2nNOr 1+ℓ2 1. Donclimn→+1 + ℓ2nN= 0.Le Theoreme d’Encadrement nous permet donc d’ecrire0 = limn→+uN1 + ℓ2nNlimn→+un limn→+uN1 + ℓ2nN= 0D’ou on obtientlimn→+un = 0.Analyse

Page 67 : Exercice 13Montrer que, silimn→+un+1un= ℓ 1, alorslimn→+un = +.Preuve : Supposons ℓ 1. Possons ϵ = ℓ12 . Alors ϵ 0, et d’apres ladefinition de la limite, il existe N N tel quen N, n N=⇒un+1unl l 12.Ce qui est equivalent a1 ℓ2un+1unℓℓ12=⇒1 1 + ℓ2un+1un3ℓ12.Maintenant, pour tout n N nous avonsun = uNuN · uN+1uN+1 · · · · · un1un1 · un = uN · uN+1uN· uN+2uN+1 · · · · ·unun1 = uNn1Yk=Nuk+1uk .Egalite qui nous permet, pour tout n N, de conclureun = uNn1Yk=Nuk+1uk = uNn1Yk=Nuk+1uk uNn1Yk=N1 + ℓ2= uN1 + ℓ2nN.Analyse

Page 68 : Exercice 13C’est-a-direun uN1 + ℓ2nNOr 1+ℓ2 1. Donclimn→+1 + ℓ2nN= +.Le Theoreme d’Encadrement nous permet donc d’ecrirelimn→+un limn→+uN1 + l2nN= +D’ou on obtientlimn→+un = +.Analyse

Page 69 : Exercice 13Peut-on conclure si ℓ= 1 ? Si ℓ= 1, on ne peut pas conclure : parexemple,Pour tout n N, soit un = n. Alorslimn→+un+1un=limn→+n + 1n= 1et la suite unnN diverge.Pour tout n N, soit vn =1n+1. Alorslimn→+vn+1vn=limn→+nn + 1 = 1,et la suite vnnN converge vers 0.Analyse

Page 70 : Exercice 131 Calculer la limite de un = ann! , avec a R+ :Nous avonsun+1un=an+1n + 1! × n!an =an + 1→n→+0 1.Le point 1 de la question 13 nous permet donc de conclure : un →0lorsque n tend vers +.2 Calculer la limite de vn = nnn! : Nous avonsvn+1vn= n + 1n+1n + 1!n!nn =n + 1nn× n + 1n + 1 =1 + 1nn→n→+e 1.Le point 2 de la question 13 nous permet donc de conclure : vn →+lorsque n tend vers +.Analyse

Page 71 : Exercice 133 Calculer la limite de wn = annp avec a 1, + et p N : Nous avonswn+1wn=an+1n + 1p × npan = ann + 1pMaintenant, le Theoreme de Composition a gauche par une fonction, avecf x = xpetun =nn + 1,nous permet donc de conclurelimn→+nn + 1p= 1.Ainsiwn+1wn= ann + 1p→n→+a 1.Le point 2 de la question 13 nous permet donc de conclure : wn tend vers +lorsque n tend vers +.Analyse

Page 72 : Exercice 134 Calculer la limite de zn =na,a R+ : Nous avonszn+1zn=n+1ana = a1/n+1a1/n= a1n+1 1n = a1nn+1→n→+1.Il faut donc trouver une autre methode pour calculer la limite de znlorsque n tend vers +. Notons quena = a1n = explna1n= exp1n ln aLe Theoreme de Composition a gauche par une fonction, avecf x = expxetun = lnan,nous permet donc de conclurelimn→+na =limn→+exp1n lna= 1.Analyse

Page 73 : Exercice 14On definit les deux suites :un =nXk=11k2n + 1etvn =nXk=11k2n.Montrer que ces deux suites convergent vers la mˆeme limite.Solution : Nous allons montrer que les deux suites sont adjacentes. Ce qui auracomme consequence qu’elles ont la mˆeme limite. Nous allons donc verifierunn est croissante et vnn est decroissante.vn un→n→+0.Nous avonsun+1 un=n+1Xk=11k2n + 2 nXk=11k2n + 1!=1n + 1 2n + 2 + 2n + 1=1 2pn + 2n + 1 + 2n + 1n + 1=2n + 3 2pn + 2n + 1n + 1 0.Analyse

Page 74 : Exercice 14En effet2n + 3 2pn + 2n + 1n + 1 0⇐⇒2n + 3 2pn + 2n + 1 0⇐⇒2n + 3 2pn + 2n + 1⇐⇒4n2 + 12n + 9 4n2 + 12n + 8.Donc, unn est croissante. De mˆemevn+1 vn=n+1Xk=11k2n + 1 nXk=11k2n!=1n + 1 2n + 1 + 2n=1 2n + 1 + 2pnn + 1n + 1= 1 2n + 2pnn + 1n + 1 0.Analyse

Page 75 : Exercice 14En effet1 2n + 2pnn + 1n + 1 0⇐⇒1 2n + 2pnn + 1 0⇐⇒2pnn + 1 1 + 2n⇐⇒4n2 + 4n 4n2 + 4n + 1.Donc, vnn est decroissante. Finalementvn un=nXk=11k2n nXk=11k2n + 1!=2n + 1 n →n→+0.Ainsi, unn et vnn sont deux suites adjacentes. Elles convergent donc vers lamˆeme limite.Analyse

Page 76 : Exercice 15Soit un =nXk=11k1k. Montrer que u2n et u2n+1 sont adjacentes.En deduire que un converge.Solution : Nous allons verifier que :u2nnN est croissante et u2n+1nN est decroissante.u2n u2n+1 →n→+0.Nous avonsu2n+2 u2n=2n+2Xk=11k1k2nXk=11k1k=12n+112n + 2 + 12n12n + 1=12n + 2 +12n + 1 0.Donc u2n+2 u2n et u2nnN est croissante.Analyse

Page 77 : Exercice 15De mˆemeu2n+3 u2n+1=2n+3Xk=11k1k2n+1Xk=11k1k=12n+212n + 3 + 12n+112n + 2=12n + 3 12n + 2 0.Donc u2n+3 u2n+1 et u2n+1nN est decroissante. Finalementu2n+1 u2n=2n+1Xk=11k1k2nXk=11k1k=12n12n + 1 =12n + 1.Donclimn→+u2n+1 u2n =limn→+12n + 1 = 0.Analyse

Page 78 : Exercice 15Ainsi, u2nnN et u2n+1nN sont deux suites adjacentes. Ellesconvergent donc vers la mˆeme limite. Par consequent, unnN est unesuite convergent.Analyse

Page 79 : Exercice 16On considere les deux suites reelles definies paru0 = 1,v0 = 12etn N, un+1 = un + 2vn3,vn+1 = un + 3vn4.1 Pour tout n N, on pose wn = vn un. Calculer wn en fonction de n etmontrer que la suite wn converge. Quelle est sa limite ?2 Montrer que pour tout n N, un 0 et vn 0, puis montrer que un estcroissante, vn est decroissante et que pour tout n N, un vn.3 En deduire que les suites un et vn convergent et qu’elles ont la mˆemelimite.4 Pour tout n N on pose tn = 3un + 8vn. Calculer tn pour tout n N. Endeduire que tn converge vers une limite que l’on precisera.5 Deduire la limite commune de un et vn.Analyse

Page 80 : Exercice 161 On commence par noter que pour tout n N, nous avonswn+1=vn+1 un+1 = un + 3vn4un + 2vn3=vn un12=112wn.Ainsi,wn+1 = 112 · wn = 1122· wn1 = · · · = 112n+1· w0 =1112n+1 .la suite wnnN est une suite geometrique de raison q =112. D’ou onconclutlimn→+wn =limn→+qnw0 =limn→+1112n = 0.Analyse

Page 81 : Exercice 162 Nous avonsun+1=un + 2vn3= un + 2wn + un3=3un + 2wn3= un + 2wn3=un +223 · 12n .Ainsiun+1 un =223 · 12n 0.La suite unnN est donc croissante. Le mˆeme raissonement nous permet dedemontrer quevn+1 vn = 114 · 12n 0.La suite vnnN est donc decroissante. Finalement, etant donne que pour toutn N, nous avonsvn un = wn = 1112n 0,on conclut que vn un pour tout n N.Analyse

Page 82 : Exercice 163 D’apres les deux question precedentes, les suites unnN et vnnNsont adjacentes. En effetunnN est croissante et vnnN est decroissante.vn un = wn→n→+0.Du Theoreme sur les suites adjacents, on en deduit donc que unnNet vnnN convergent vers la mˆeme limite.Analyse

Page 83 : Exercice 164 Pour tout n N, soit tn = 3un + 8vn. Dans la question 2 nous avonsmontreun = un+1 223·12nvn = vn+1 +114·12n .Ce qui nous permet, pour tout n N, d’ecriretn = 3un + 8vn = 3un+1 2212n + 8vn+1 + 2212n = 3un+1 + 8vn+1 = tn+1.Ainsi, tnnN est une suite constanteettn = t0 = 3u0 + 8v0 = 3 + 8 · 12 = 99.La suite tnnN converge donc vers 99.Analyse

Page 84 : Exercice 165 Etant donne que unnN et vnnN sont adjacentes, leur limitecommune est ℓ. D’apres la question precedente, nous avons99 =limn→+tn =limn→+3un + 8vn = 3ℓ+ 8ℓ= 11ℓ=⇒99 = 11ℓ.Donclimn→+un =limn→+vn = 9.Analyse

Page 85 : Exercice 17Soient un une suite convergente, l sa limite, a un reel, si a l montrerqu’il existe N N tel que :n N, n N =⇒un aSolution : Puisque a l, on peut choisir ϵ 0 tel queϵ l a=⇒a l ϵ.Maintenant, d’apres la definition de la limiteN N, n N, n N,=⇒un l ϵCeci entraine quel ϵ un l + ϵ.Mais a l ϵ, donca l ϵ un.Analyse

Page 86 : Exercice 18Etudier la suite unnN definie par :1 un+1 = un + 1 avec u0 = 0, puis u0 = 2. On se placera sur I = 0; +.Solution : Soitf : 0, +→Rx7→x + 1Alors :f est une fonction croissante f ′x =12x+1 0 sur I.L’intervalle 0, + est stable par f .Le point fixe de f sur 0, + est 1+52. En effet, sur 0, + nous avonsf x = x⇐⇒x + 1 = x⇐⇒x2 x 1 = 0⇐⇒zx0x = 1 +52.Maintenant, puisque f est croissante, le Theoreme sur les suites recurrentesnous permet de conclure queunnNest une suite monotone.Etudions a present la convergence de cette suite.Analyse

Page 87 : Exercice 18Si u0 = 0 : Alorsf 0 0 =0 + 1 0 = 1 0=⇒un est croissant.De plus, puisque f est croissante et f1+52= 1+52, on conclut queu0 = 0 1 +52=⇒u1 = f u0 1 +52=⇒u2 = f u1 1 +52=⇒· · ·=⇒un = f un1 1 +52.Ainsin, un 1 +52.Par consequent, unnN est une suite croissante et majoree, donc convergent.Le Theoreme des suites recurrentes nous dit donc que sa limite est un pointfixe de f . Puisque 1+52est l’unique point fixe de f dans 0, +, on conclut :limn→+un = 1 +52.Analyse

Page 88 : Exercice 18Si u0 = 2 : Alorsf 2 2 =2 + 1 2 0=⇒un est decroissant.De plus, puisque f est croissante et f1+52= 1+52on conclut queu0 = 2 1 +52=⇒u1 = f u0 1 +52=⇒u2 = f u1 1 +52=⇒· · ·=⇒un = f un1 1 +52.Ainsin, un 1 +52.Par consequent, unnN est une suite decroissante et minoree, doncconvergent. Le Theoreme des suites recurrentes nous dit donc que sa limiteest un point fixe de f . Puisque 1+52est l’unique point fixe de f dans 0, +,on conclut :limn→+un = 1 +52.Analyse

Page 89 : Exercice 18Etudier la suite unnN definie par :2 un+1 =1un + 1 avec u0 = 1, puis u0 = 2. On se placera sur I =0, +.Solution : Soitf :0, +→Rx7→1x + 1Alors :f est une fonction decroissante f ′x = 1x2 0 sur I.L’intervalle 0, + est stable par f .Le Theoreme de suites recurrents nous permet donc de conclure queu2nnNetu2n+1nNsont monotones de monotonie contraire. Etudions a present la convergencede ces deux suites. Pour cela notons que pour tout n 0, nous avonsu2n+2=f u2n+1 = f f u2n = f ◦f u2nu2n+3=f u2n+2 = f f u2n+1 = f ◦f u2n+1.Les suites u2nnN et u2n+1nN sont donc recurrentes associees a la fonctionf ◦f .Analyse

Page 90 : Exercice 18Maintenantf ◦f x =1f x + 1 =11x + 1 + 1 =xx + 1 + 1 = 2x + 1x + 1 .La fonction f ◦f est donc continue et croissante sur 0, + :f decroissante =⇒f ◦f croissante.De plus, pour tout x 0, +, nous avonsf ◦f x = x⇐⇒2x + 1x + 1 = x⇐⇒x2 x 1 = 0⇐⇒zx0x = 1 +52.Ainsi, 1+52est le unique point fixe de f ◦f dans 0, +.Analyse

Page 91 : Exercice 18Si u0 = 1. Alors nous avons :u2 u0 =12 + 11 0=⇒u2n est croissante=⇒u2n+1 est decroissante.Finalement, puisque f ◦f est croissante et f ◦f 1+52= 1+52, on conclutqueu0 = 1 1 +52 2 = u1=⇒u2 = f ◦f u0 1 +52 f ◦f u1 = u3=⇒u4 = f ◦f u2 1 +52 f ◦f u3 = u5...=⇒n N, u2n 1 +52u2n+1Ainsi, u2nnN est une suite croissante et majoree, donc convergent. Demˆeme , u2n+1nN est une suite decroissante et minoree, donc convergent.Analyse

Page 92 : Exercice 18Le Theoreme sur les suites recurrentes nous dit donc que la valeur deleurs limites est un point fixe de f ◦f . Puisque 1+52est l’unique pointfixe de f ◦f dans 0, +, on conclut :limn→+u2n=1 +52limn→+u2n+1=1 +52.Ce qui nous permet de conclurelimn→+un = 1 +52.Analyse

Page 93 : Exercice 18Si u0 = 2. Alors nous avons :u2 u0 =23 + 12 0=⇒u2n est decroissante=⇒u2n+1 croissante.Finalement, puisque f ◦f est croissante et f ◦f 1+52= 1+52, on conclutqueu1 = 32 1 +52 2 = u0=⇒u3 = f ◦f u1 1 +52 f ◦f u0 = u2=⇒u5 = f ◦f u3 1 +52 f ◦f u2 = u4...=⇒n N, u2n+1 1 +52u2nAinsi, u2nnN est une suite decroissante et minoree, donc convergent. Demˆeme, u2n+1nN est une suite croissante et majoree, donc convergent.Analyse

Page 94 : Exercice 18Le Theoreme sur les suites recurrentes nous dit donc que la valeur deleurs limites est un point fixe de f ◦f . Puisque 1+52est l’unique pointfixe de f ◦f dans 0, +, on conclut :limn→+u2n=1 +52limn→+u2n+1=1 +52.Ce qui nous permet de conclurelimn→+un = 1 +52.Analyse

Page 95 : Exercice 19On considere la suite definie par : u0 = 0 et un+1 = 3 p un2 .On pose f x = 3 p x2 .1 Montrer que pour tout n N, un 0; 3.2 Determiner les points fixes de f dans cet intervalle.3 Montrer que la suite u2nn est croissante et la suite u2n+1n decroissante.4 On admet que f ◦f possede les mˆemes points fixes que f dans l’intervalle0; 3. Montrer que les deux suites extraites convergent vers la mˆemelimite et conclure.Analyse

Page 96 : Exercice 19Solution : Soitf :0, +→Rx7→3 rx2Alors :f est une fonction decroissante f ′x = 14x2 0 sur I.Puisque f est decroissante, pour tout x 0, 3, nous avons0 3 r32 = f 3 f x f 0 = 3=⇒f 0, 3 0, 3 .C’est-a-dire 0, 3 es stable par f .Sur l’intervalle 0, 3, nous avons :3 rx2 = x⇐⇒x2 132 x + 9 = 0⇐⇒zx0,3x = 2.Ainsi 2 est l’unique point fixe de f dans 0, 3.Analyse

Page 97 : Exercice 19Maintenant, u0 = 0 0, 3, puis comme 0, 3 est stable par f , on conclut queu0 0, 3=⇒u1 = f u0 f 0, 3 0, 3 =⇒u2 = f u1 f 0, 3 0, 3=⇒· · ·=⇒n N, un 0, 3=⇒n N, 0 un 3.Ainsi, unnN est une suite bornee. De plus, puisque f est decroissant, leTheoreme sur les suites recurrents nous dit queu2nnNetu2n+1nNsont monotones de monotonie contraire. Pour determiner leur sens devariation, on computeu2 u0 = 3 r32!0 0=⇒u2nnN est croissante=⇒u2n+1nN est decroissante.Ainsiu2nnN est une suite croissante et bornee, donc convergent. Disons versℓ.u2n+1nN est une suite decroissante et bornee, donc convergent. Disonsvers ℓ′.Analyse

Page 98 : Exercice 19Nous allons montrer que ℓ= ℓ′, ce qui aura comme consequence quelimn→+un = ℓ.Notons que pour tout n 0, nous avonsu2n+2=f u2n+1 = f f u2n = f ◦f u2nu2n+3=f u2n+2 = f f u2n+1 = f ◦f u2n+1.Les suites u2n et u2n+1 sont donc recurrentes associees a la fonctioncontinue f ◦f . Le Theoreme de suites recurrents nous dit donc que leurlimites ℓet ℓ′ sont des points fixes de f ◦f . Maintenant, le unique point fixede f ◦f dans 0, 3 est 2 admis, donne dans l’enonce. Donclimn→+u2n = 2.limn→+u2n+1 = 2.Etant donne que les suites u2n et u2n+1 convergent vers 2, on en deduit quelimn→+un = 2.Analyse

Page 99 : Exercice 20On considere la fonctionf : 0; +→0; +x7→1 + 2xet la suite recurrente unn0 verifiant un+1 = f un et u0 = 1.1Montrez que l’intervalle 1, 3 est stable par f . Que peut-on endeduire sur un ? Quel est le sens de variation de f sur 1, 3 ? Soientvn et wn les suites definies par vn = u2n et wn = u2n+1.2Montrez que vnn0 est croissante et que wnn0 est decroissante.3En deduire que vnn0 et wnn0 sont convergentes. Determinezleur limite respective.4Finalement, quelle est la nature de la suite unn0 ?Analyse

Page 100 : Exercice 20Solution : Soitf :0, +→Rx7→1 + 2xAlors :f est une fonction decroissante f ′x = 2x2 0 sur I.Puisque f est decroissante, pour tout x 1, 3, nous avons1 + 23 = f 3 f x f 1 = 3=⇒f 1, 3 1, 3 .C’est-a-dire 1, 3 es stable par f .Maintenant, u0 = 1 1, 3, puis comme 1, 3 est stable par f , on conclut que1 u0 3=⇒1 f u0 = u1 3=⇒1 f u1 = u2 3=⇒· · ·=⇒n N, 1 un 3.Ainsi, un est une suite bornee. De plus, puisque f est decroissant, le Theoreme desuites recurrents nous dit quevn = u2netwn = u2n+1sont monotones de monotonie contraire. Pour determiner leur sens de variation, oncomputeu2 u0 = 53 1 0=⇒vn est croissante=⇒wn est decroissante.Analyse

Page 101 : Exercice 20Ainsivn est une suite croissante et bornee, donc convergent. Disons vers L.wn est une suite decroissante et bornee, donc convergent. Disons vers L′.Nous allons montrer que L = L′, ce qui aura comme consequence quelimn→+un = L.Notons que pour tout n 0, nous avonsvn+1 = u2n+2=f u2n+1 = f f u2n = f ◦f u2n = f ◦f vnwn+1 = u2n+3=f u2n+2 = f f u2n+1 = f ◦f u2n+1 = f ◦f wn.Les suites vn et wn sont donc recurrentes associees a la fonction continue f ◦f . LeTheoreme de suites recurrents nous dit donc que leur limites L et L′ sont des pointsfixes de f ◦f . Maintenantf ◦f x =2f x + 1 =22x + 1+ 1 =2xx + 2 + 1 = 3x + 2x + 2et vous pouvez montrer facilement que l’intervalle 1, 3 est stable par f ◦f . Ainsi, surl’intervalle 1, 3, nous avons :f ◦f x = x⇐⇒3x + 2x + 2 = x⇐⇒x2 x 2 = 0⇐⇒x = 2.L’unique point fixe de f ◦f dans 1, 3 est donc 2.Analyse

Page 102 : Exercice 20Par consequent,limn→+vn=2limn→+wn=2.Etant donne que les suites vn = u2n et wn = u2n+1 convergentvers 2, on en deduit quelimn→+un = 2.Analyse

Page 103 : Exercice 21Etudier les suites un a termes reels verifiantun+1 = 12unu2n 3un + 4,pour tout n 0.On pourra etudier les variation de la fonction f definissant cette suite,determiner ses points fixes, etudier le signe de f x x puis distinguerplusieurs cas selon la valeur de u0.Analyse

Page 104 : Exercice 21Solution : Soitf : R→Rx7→12xx2 3x + 4Alors :f est une fonction croissante, en effet f ′x = 32x2 3x + 2, qui est unpolynˆome de discriminant negatif sur R, donc f ′x = 32x2 3x + 2 0.Le point fixe de f sont 0, 1 et 2. En effetf x = x ⇐⇒12xx2 3x + 4 = x⇐⇒x12x2 32x + 1= 0⇐⇒x = 0, 1 ou 2.Notons que f x x = x 12x2 32x + 1satisfait les inegalites suivants :f x x0,si x , 0 1, 2et f x x0,si x 0, 1 2, +.Analyse

Page 105 : Exercice 21Puisque f est croissante et les points fixes de f sont 0, 1 et 2, on conclutquex , 0, f x f 0 = 0=⇒f , 0 , 0.x 0, 1, 0 = f 0 f x f 1 = 1=⇒f 0, 1 0, 1.x 1, 2, 1 = f 1 f x f 2 = 2=⇒f 1, 2 1, 2.x 2, +, 2 = f 2 f x=⇒f 2, 2, +.Les distinctions qui suivent sont justifiees par le fait que les ensembles , 0 ; 0 ; 0, 1 ; 1, 2 ; 2 ; 2, +sont tous stables par f .Cas ou u0 , 0 : l’intervalle , 0 est stable par f etf x x,pour tout x , 0.En particulier f u0 u0 0. Ainsi, un est decroissante d’apres leTheoreme sur les suites recurrents. De plus, un possede une limite ℓd’apres le Theoreme de la limite monotone. Comme f ne possede pasde point fixe dans , 0, il en decoule que : ℓ= . Conclusion :limn→+un = .Analyse

Page 106 : Exercice 21Cas ou u0 = 0 : Cette fois, un est constante de valeur 0, donclimn→+un = 0.Cas ou u0 0, 1 : l’intervalle 0, 1 est stable par f et :f x x,pour tout x 0, 1.En particulier f u0 u0 0. Donc un est a la fois bornee entre 0et 1 et croissante d’apres le Theoreme sure les suites recurrents.Par consequent, un possede une limite ℓ0, 1 d’apres leTheoreme de la limite monotone. Puisque f est continue, leTheoreme sur les suites recurrents nous dit que ℓest un pointefixe de f dans 0, 1. Ainsi, ℓ= 1. Conclusion :limn→+un = 1.Analyse

Page 107 : exercice 21Cas ou u0 1, 2 : l’intervalle 1, 2 est stable par f etf x x,pour tout x 1, 2.En particulier f u0 u0 0. Donc un est a la fois bornee entre 1et 2 et decroissante d’apres le Theoreme sur les suites recurrents.Par consequent, un possede une limite ℓ1, 2 d’apres leTheoreme de la limite monotone. Puisque f est continue, leTheoreme des suites recurrents nous dit donc que l est un pointefixe de f dans 1, 2. Ainsi, ℓ= 1. Conclusion :limn→+un = 1.Cas ou u0 = 2 : Cette fois, un est constante de valeur 2, donclimn→+un = 2.Analyse

Page 108 : exercice 21Cas ou u0 2, + : l’intervalle 2, + est stable par f etf x x,pour tout x 2, +.En particulier f u0 u0 0. Ainsi, un est croissante d’apres leTheoreme sur les suites recurrents. De plus, un possede unelimite l d’apres le Theoreme de la limite monotone. Comme f nepossede pas de point fixe dans 2, +, il en decoule que : ℓ= +.Conclusion :limn→+un = +.Analyse

Page 109 : Suites ComplexesL’etude des suites complexes se ramene a l’etude des suites reels :PropositionSoit unnN une suite complexe n N, un C. Alors unnN converge si etseulement siReunnNetImunnNconvergent, et on a alorslimn→+un =limn→+Reun + ilimn→+Imun.PropositionSoit unnN une suite complexe. Alorslimn→+un = lsi et seulement silimn→+un l = 0.En particulier,limn→+un = 0 si et seulement silimn→+un = 0.Analyse

Page 110 : Exercice 22Etudier les suites suivantes :1 un =n2inn3+1 : Nous avonsn2inn3 + 1 =n2n3 + 1 · in =n2n3 + 1 · in =n2n3 + 1.Par consequentlimn→+n2inn3 + 1 =limn→+n2n3 + 1 = 0Ainsilimn→+n2inn3 + 1 = 0.Analyse

Page 111 : Exercice 222 un = 1n + 1ni : Nous avonsReun = 1n=⇒limn→+Reun = 0.Imun = 1n=⇒Imun =1si n = 2k, k N1si n = 2k + 1, k N=⇒ImunnN ne converge pas.Puisque la partie imaginaire de unnN ne converge pas, on conclut quela limite de unnN n’existe pas, c’est-a-dire unnN diverge.Analyse

Page 112 : Exercice 223nn+3i inn+1 : Nous avonsnn + 3i inn + 1=nn 3in2 + 9inn + 1=n2 3inn2 + 9 inn + 1=n2n2 + 9 i3nn2 + 9 +nn + 1Ainsilimn→+un =limn→+n2n2 + 9 ilimn→+3nn2 + 9 +nn + 1= 1 i.Analyse

Page 113 : Exercice 224n2iin+13i2n+4i3ni : Nous avonsn2i in + 1 3i2n + 4i 3n i=n2 n 3i + 12n2 2ni + 4ni + 4 3n + 3i=n2 n 3i + 12n2 3n + 4 + 2n + 3i=n2 n 3i + 12n2 3n + 4 2n + 3i2n2 3n + 42 + 2n + 32=2n3 12n 5 + i2n4 5n3 + n2 + 3n 152n2 3n + 42 + 2n + 32Ainsilimn→+n2i in + 1 3i2n + 4i 3n i=limn→+2n3 12n 52n2 3n + 42 + 2n + 32 +ilimn→+2n4 5n3 + n2 + 3n 152n2 3n + 42 + 2n + 32=0 + i2 = i2.Analyse

Page 114 : Exercice 23Etudier la suite definie par la donnee de z0 C et la relation de recurrence :zn+1 = 132zn zn.Solution : Nous avonszn+1 = 132zn zn = 13zn + zn zn.Si on separe zn en partie reel et partie imaginaire, on obtientzn = xn + iyn.Ainsixn+1 + iyn+1 = 13xn + iyn + 2iyn = 13xn + 3iyn = 13xn + iyn.Ceci implique quexn+1 = 13xn=⇒xn+1 = 13xn =132xn1 =133xn2 = · · · =13n+1x0=⇒n N, xn =13nx0.yn+1 = yn=⇒yn+1 = yn = yn1 = yn2 = · · · = y0=⇒n N, yn = y0.Analyse

Page 115 : Exercice 23Par consequentlimn→+zn=limn→+xn + ilimn→+yn=limn→+13nx0 + ilimn→+y0=0 + iy0 = iy0.Analyse

Page 116 : Exercice 24Soient xnn0 et ynn0 deux suites reelles telles que :xn+1 = xnyn2yn+1 = xn+yn2.On introduit la suite complexe de terme generalzn = xn + iyn.1 Etablir une relation de recurrence entre zn et zn+1.Solution : Nous avonsn N, zn+1=xn+1 + iyn+1=xn yn2+ i xn + yn2=12xn + iyn + 12yn + ixn=12zn + 12i2yn + ixn=12zn + i2zn = 121 + izn.Analyse

Page 117 : Exercice 24Par consequentzn+1 = 121 + izn=141 + i2zn1=181 + i3zn2...=12n+1 1 + in+1z0.Ainsin N, zn = 12n 1 + inz0.Analyse

Page 118 : Exercice 242 En deduire que les deux suites reelles sont convergentes et donner leurlimite.Solution : Commen¸cons par noter quelimn→+zn=limn→+12n 1 + in · z0=limn→+12n 1 + in · z0=limn→+22n· z0=z0 limn→+ 12n= 0.Ceci implique quelimn→+zn = 0=⇒limn→+xn + iyn = 0=⇒limn→+xn + i ·limn→+yn = 0=⇒limn→+xn = 0etlimn→+yn = 0.Analyse

Page 119 : Exercice 15 - Theoreme de CesaroSoit unnNune suite reelle. Pour tout n N, on posevn = u1 + · · · + unn= 1nnXk=1uk.vn est la moyenne arithmetique des n premiers termes de la suite u.1On supposelimn→+un = l avec l R. Montrer qu’alors on a aussilimn→+vn = l.Etudier la reciproque.2Que peut-on dire silimn→+un = +?Analyse

Page 120 : Exercice 25 - Theoreme de CesaroOn supposelimn→+un = l avec l R. Montronslimn→+vn = l. Soit ϵ 0. Commeun converge vers l il existe N0 N tel quen N, n N0, =⇒un l ϵ2 .Soit n N0. Nous avonsvnl =1nnXk=1uk l =1nnXk=1uk nn · l =1nnXk=1uk 1nnXk=1l = 1nnXk=1uk l .L’inegalite triangulaire a1 + a2 + · · · + an a1 + a2 + · · · + an nous permetsd’ecrirevn l = 1nnXk=1uk l 1nnXk=1uk l = 1nN01Xk=1uk l + 1nnXk=N0uk l .Ainsi pour tout n N0 :vn l1nN01Xk=1uk l + 1nnXk=N0uk l 1nN01Xk=1uk l + 1nnXk=N0ϵ2=1nN01Xk=1uk l + ϵn N0 + 12n.Analyse

Page 121 : Exercice 25 - Theoreme de CesaroPuis comme nN0+1n 1, on peut ecrirevn l 1nN01Xk=1uk l + ϵn N0 + 1n1nN01Xk=1uk l + ϵ2 .1Orlimn→+1nN01Xk=1uk l =N01Xk=1uk l·limn→+1n = 0.Donc, d’apres la definition de la limiteN1 N, n N1 =⇒1nN11Xk=1uk l ϵ2 .On pose N = maxN0, N1. En combinant ce dernier resultat a l’inegalite 1, onobtientn N, n N =⇒vn l 2 · ϵ2 = ϵ.On a donc demontre queN N, n N =⇒vn l ϵ.Cela permet d’affirmer que vn converge vers l.Analyse

Page 122 : Exercice 25 - Theoreme de CesaroLa reciproque du Theoreme de Cesaro est fausse. En effet, considerons lasuite un definie parn N,un = 1n+1.Alors pour tout n N0 vn 1n.Par le Theoreme d’Encadrement, on en deduit que la suite vn convergevers 0. En revanche, la suite un est une suite divergente. La reciproque duTheoreme de Cesaro est donc fausse.Analyse

Page 123 : Exercice 25 - Theoreme de CesaroQue peut-on dire silimn→+un = +? Montrons quelimn→+vn = +. Puisquelimn→+un = +. Pour tout A R+ il existe N0 N tel quen N0 =⇒un 4A.Par consequent, si n N0 nous avonsvn = u1 + · · · + uN01n+ uN0 + · · · + unnu1 + · · · + uN01n+ 4A n N0 + 1n.Maintenant, commelimn→+nN0+1n= 1, il existe N1 N tel quen N1 =⇒n N0 + 1n1 12 =⇒n N0 + 1n 12 .Et commelimn→+u1+···+uN01n= 0, on conclutN2 N, n N2 =⇒u1 + · · · + uN01n A =⇒u1 + · · · + uN01n A.Ainsi, en posant N = maxN0, N1, N2, on obtient quen N, n N =⇒vn u1 + · · · + uN01n+ 4A n N0 + 1n A + 4 · A2 = A.Cela permet d’affirmer que limn→+vn = +.Analyse

Page 124 : Exercice 26 - constante d’EulerSoit :Hn = 1 + 12 + . . . + 1n1Montrer que pour tout n N, on a :1n + 1 lnn + 1 lnn 1n2En deduire que :lnn + 1 Hn lnn + 13En deduire la limite de Hn lorsque n tend vers +4Montrer que la suite unn0 definie par :un = Hn lnnest decroissante et positive.5Conclure La limite de un souvent notee γ est appelee la constanted’Euler, du nom du mathematicien Suisse Leonhard Euler, 1707-1783.Cette limite vaut environ 0.5772156649... mais on ne sait toujours pas sice reel est rationnel ou irrationnel. La question est toujours ouverte !Analyse

Page 125 : Exercice 26 - constante d’EulerSolution :1 Considerons la fonction f : R \ 0 definie parx 7→1x .La fonction f est une fonction continue et decroissante sur 0, +.Ainsi,n + 1 nf n + 1=1n + 1 Z n+1nf xdx=lnn + 1 lnn n + 1 nf n = 1n.D’ou le resultat.Analyse

Page 126 : Exercice 21 - constante d’Euler2 On a pour k 1, 1k R k+1k1x dx et pour k 2, 1k R kk11x dx. Ainsi,pour n 1,Hn =nXk=11k nXk=1Z k+1k1x dx =Z n+111x dx = lnn + 1.Pour n 2,Hn =nXk=11k = 1 +nXk=21k 1 +nXk=2Z kk11k = 1 +Z n11x dx = 1 + lnn,cette derniere inegalite restant vraie quand n = 1. Donc,n N,lnn + 1 Hn 1 + lnn.3 D’apres le theoreme de gendarme,limn→+Hn = +.Analyse

Page 127 : Exercice 26 - constante d’Euler4 On a un+1 = Hn+1 lnn + 1 = Hn +1n+1 lnn + 1. Donc,un+1 un=Hn +1n + 1 lnn + 1 Hn + lnn=1n + 1 lnn + 1 lnnzd’apres 1.0.Ainsi, un est decroissante. Pour tout n N, montrons que un 0. En effet,u1 = H1 = 1 0. On suppose que l’hypothese est vraie jusqu’au rang n et onva la demontrer au rang n + 1 :un+1 = Hn+1 lnn + 1 = Hn +1n + 1 lnn + 1zcar Hn lnn + 10.D’ou le resultat.5 La suite unn0 est decroissante et minoree par 0, donc unn convergevers γ 0.Analyse

Page 128 : Exercice 27Soit zn = an est une suite complexe de raison a C.1Etudier cette suite dans le cas a 1, puis dans le cas a 1. Solution :Si a 1 : Alorslimn→+zn =limn→+an =limn→+an = 0=⇒limn→+zn = 0.Si a 1 : Alorslimn→+zn =limn→+an =limn→+an = +=⇒zn diverge .2Dans le cas a = 1, on notera a = eiθ. Que se passe t-il siθ2π Z ?Solution : Siθ2π Z, alors il existe k Z tel queθ2π = k=⇒θ = 2kπ=⇒eiθ = e2kiπ = 1=⇒n N, zn =eiθn= 1n = 1.=⇒zn est une suite constante de valeur 1=⇒limn→+zn = 1.Analyse

Page 129 : Exercice 273 Supposons a = 1. Montrer que siθ2π Q\Z, la suite est periodique etdonc divergente. Dans les autres cas, c’est-a-dire lorsqueθ2π ̸Q, on montreque la suite est egalement divergente.Solution :Siθ2π Q\Z, alors il existe p, q Z, avec p et q premiers entre eux, et q ̸= 0,tel queθ2π = pq=⇒θ = 2pπq=⇒n N,zn =e2ipπqn= e2ipnπq=⇒n N,zn+q = e2ipn+qπq= e2ipnπqe2ipπ = zn.Ainsi, zn est une suite periodique et donc divergente. Nous pouvons aussinoter que, pour tout n N nous avons :zn =1si n = kq, k Ze2ipπqsi n = 1 + kq, k Ze4ipπqsi n = 2 + kq, k Z...e2ipq1πqsi n = q 1 + kq, k ZAnalyse

Page 130 : Exercice 27Siθ2π /Q, alors pour tout n, m N, nous avonszn ̸= zm.En effet, s’il existe n, m N tel que zn = zm, alorseiθn = eiθm=⇒θn = θm + 2kπ, k Z=⇒θ =2kπn m=⇒θ2π =kn m Q.Par contraposee, on conclut donc que pour tout n, m N, nous avons zn ̸= zm. Ceci acomme consequence le resultat suivant :PropositionSupposonsθ2π /Q, alors l’ensembleeinθ : n Nest dense dans le cercle unite U.Maintenant, d’apres la proposition precedente pour tout element u U, il existe unesuite extraite un de zn, tel quelimn→+un = u. Ainsi, zn admet des suites extraitesavec des limites differents. Donc zn diverge.Analyse

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