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Chapitre 4 — Suites numériques

Semestre 1

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Cours

Plan du chapitre. I. Rappels — II. Limite d’une suite — III. Suites monotones et convergence — IV. Critères de convergence par comparaison — V. Limites des suites (qn)(q^n) et (nr)(n^r) — VI. Suites et fonctions — Résumé.

I. Rappels

1. Suites majorées, minorées, bornées ; monotonie

Définition 1

On considère une suite (un)n≥n0(u_n)_{n\ge n_0} de nombres réels.

  • (un)(u_n) est majorée s’il existe un réel MM tel que un≤Mu_n\le M pour tout n≥n0n\ge n_0 ; minorée s’il existe un réel mm tel que un≥mu_n\ge m pour tout n≥n0n\ge n_0 ; bornée si elle est à la fois majorée et minorée.
  • (un)(u_n) est croissante (resp. décroissante) si un+1≥unu_{n+1}\ge u_n (resp. un+1≤unu_{n+1}\le u_n) pour tout n≥n0n\ge n_0 ; avec des inégalités strictes, on parle de suite strictement croissante (resp. décroissante).

Méthode — étudier la monotonie

On étudie le signe de un+1−unu_{n+1}-u_n ; lorsque tous les termes sont strictement positifs, on peut aussi comparer un+1un\dfrac{u_{n+1}}{u_n} à 11. Si un=f(n)u_n=f(n), la monotonie de ff sur [n0;+∞[[n_0;+\infty[ donne celle de (un)(u_n).

2. Raisonnement par récurrence

Propriété 1 — principe de récurrence

On considère une propriété P(n)P(n) dépendant d’un entier naturel n≥n0n\ge n_0. Si P(n0)P(n_0) est vraie (initialisation) et si, pour tout n≥n0n\ge n_0, P(n)P(n) vraie entraîne P(n+1)P(n+1) vraie (hérédité), alors P(n)P(n) est vraie pour tout n≥n0n\ge n_0.

Exemple 1

On considère la suite (un)(u_n) définie par u0=1u_0=1 et un+1=un+2u_{n+1}=\sqrt{u_n+2} pour tout n∈Nn\in\mathbb{N}. Montrer par récurrence que, pour tout n∈Nn\in\mathbb{N}, 0<un<20<u_n<2.

Voir la solution
  • Initialisation : u0=1u_0=1 et 0<1<20<1<2.
  • Hérédité : soit n∈Nn\in\mathbb{N} tel que 0<un<20<u_n<2. Alors 2<un+2<42<u_n+2<4, donc 2<un+1<2\sqrt2<u_{n+1}<2 par stricte croissance de la racine carrée ; ainsi 0<un+1<20<u_{n+1}<2.

D’après le principe du raisonnement par récurrence, pour tout n∈Nn\in\mathbb{N}, 0<un<20<u_n<2.

3. Suites arithmétiques et géométriques

À retenir

Suite arithmétique de raison rrSuite géométrique de raison qq
Définitionun+1=un+ru_{n+1}=u_n+run+1=q unu_{n+1}=q\,u_n
Terme généralun=up+(n−p)ru_n=u_p+(n-p)run=up q n−pu_n=u_p\,q^{\,n-p}
Somme up+⋯+unu_p+\dots+u_n(n−p+1)(up+un)2\dfrac{(n-p+1)(u_p+u_n)}2up 1−q n−p+11−qu_p\,\dfrac{1-q^{\,n-p+1}}{1-q} (q≠1q\neq1)

II. Limite d’une suite

1. Définitions

Définition 2 — suite convergente

On dit que la suite (un)(u_n) converge vers un réel ℓ\ell (ou admet la limite ℓ\ell) si tout intervalle ouvert contenant ℓ\ell contient tous les termes de la suite à partir d’un certain rang. On note lim⁡n→+∞un=ℓ\lim\limits_{n\to+\infty}u_n=\ell. Une suite qui ne converge pas est dite divergente.

Définition 3 — limite infinie

lim⁡n→+∞un=+∞\lim\limits_{n\to+\infty}u_n=+\infty si, pour tout réel AA, tous les termes de la suite sont supérieurs à AA à partir d’un certain rang. Définition analogue pour −∞-\infty.

Propriété 2

  • Si une suite converge, sa limite est unique.
  • Si un=f(n)u_n=f(n) et lim⁡x→+∞f(x)=ℓ\lim\limits_{x\to+\infty}f(x)=\ell (fini ou infini), alors lim⁡n→+∞un=ℓ\lim\limits_{n\to+\infty}u_n=\ell.
  • Les règles opératoires sur les limites (somme, produit, quotient) et les formes indéterminées sont les mêmes que pour les fonctions.

2. Suites de référence

Propriété 3

Pour tout entier p≥1p\ge1 : lim⁡n→+∞np=+∞\lim\limits_{n\to+\infty}n^p=+\infty, lim⁡n→+∞n=+∞\lim\limits_{n\to+\infty}\sqrt n=+\infty, lim⁡n→+∞1np=0\lim\limits_{n\to+\infty}\dfrac1{n^p}=0 et lim⁡n→+∞1n=0\lim\limits_{n\to+\infty}\dfrac1{\sqrt n}=0.

Exemple 2

Calculer lim⁡n→+∞3n2−nn2+5\lim\limits_{n\to+\infty}\dfrac{3n^2-n}{n^2+5} et lim⁡n→+∞(n+1−n)\lim\limits_{n\to+\infty}\left(\sqrt{n+1}-\sqrt n\right).

Voir la solution

lim⁡n→+∞3n2−nn2+5=lim⁡n→+∞3−1n1+5n2=3\lim\limits_{n\to+\infty}\dfrac{3n^2-n}{n^2+5}=\lim\limits_{n\to+\infty}\dfrac{3-\frac1n}{1+\frac5{n^2}}=3 ; lim⁡n→+∞(n+1−n)=lim⁡n→+∞1n+1+n=0\quad\lim\limits_{n\to+\infty}\left(\sqrt{n+1}-\sqrt n\right)=\lim\limits_{n\to+\infty}\dfrac1{\sqrt{n+1}+\sqrt n}=0.

III. Suites monotones et convergence

Théorème — convergence monotone

  • Toute suite croissante et majorée est convergente.
  • Toute suite décroissante et minorée est convergente.

Propriété 4

  • Une suite croissante et non majorée tend vers +∞+\infty ; une suite décroissante et non minorée tend vers −∞-\infty.
  • Si (un)(u_n) est croissante et converge vers ℓ\ell, alors un≤ℓu_n\le\ell pour tout nn (de même un≥ℓu_n\ge\ell si elle est décroissante).

Application 1 — convergence monotone

On considère la suite (un)(u_n) définie par u0=1u_0=1 et un+1=un+2u_{n+1}=\sqrt{u_n+2} pour tout n∈Nn\in\mathbb{N} (voir l’exemple 1). Montrer que (un)(u_n) est convergente.

Voir la solution

D’après l’exemple 1, 0<un<20<u_n<2 pour tout nn. De plus un+1−un=un+2−un=un+2−un2un+2+un=(2−un)(1+un)un+2+un>0.u_{n+1}-u_n=\sqrt{u_n+2}-u_n=\frac{u_n+2-u_n^2}{\sqrt{u_n+2}+u_n}=\frac{(2-u_n)(1+u_n)}{\sqrt{u_n+2}+u_n}>0 . La suite est strictement croissante et majorée par 22 : elle est convergente (sa limite est déterminée à l’exemple 5).

Attention

Le théorème donne l’existence de la limite, pas sa valeur : une suite croissante majorée par 33 converge vers une limite ℓ≤3\ell\le3, qui n’est pas forcément 33.

IV. Critères de convergence par comparaison

Propriété 5 — comparaison

On considère deux suites (un)(u_n) et (vn)(v_n) telles que un≤vnu_n\le v_n à partir d’un certain rang.

  • Si lim⁡n→+∞un=+∞\lim\limits_{n\to+\infty}u_n=+\infty, alors lim⁡n→+∞vn=+∞\lim\limits_{n\to+\infty}v_n=+\infty.
  • Si lim⁡n→+∞vn=−∞\lim\limits_{n\to+\infty}v_n=-\infty, alors lim⁡n→+∞un=−∞\lim\limits_{n\to+\infty}u_n=-\infty.

Théorème — des gendarmes (encadrement)

On considère trois suites (un)(u_n), (vn)(v_n), (wn)(w_n) telles que vn≤un≤wnv_n\le u_n\le w_n à partir d’un certain rang. Si (vn)(v_n) et (wn)(w_n) convergent vers la même limite ℓ\ell, alors (un)(u_n) converge vers ℓ\ell.

Propriété 6 — conséquence

Si ∣un−ℓ∣≤vn|u_n-\ell|\le v_n à partir d’un certain rang et lim⁡n→+∞vn=0\lim\limits_{n\to+\infty}v_n=0, alors lim⁡n→+∞un=ℓ\lim\limits_{n\to+\infty}u_n=\ell.

Application 2 — encadrement

On considère la suite (un)n≥1(u_n)_{n\ge1} définie par un=2n+sin⁡nnu_n=\dfrac{2n+\sin n}{n}. Déterminer sa limite.

Voir la solution

Pour tout n≥1n\ge1 : −1≤sin⁡n≤1-1\le\sin n\le1, donc 2n−1n≤un≤2n+1n\dfrac{2n-1}n\le u_n\le\dfrac{2n+1}n, soit 2−1n≤un≤2+1n2-\dfrac1n\le u_n\le2+\dfrac1n. Les deux suites qui encadrent tendent vers 22 : d’après le théorème des gendarmes, lim⁡n→+∞un=2\lim\limits_{n\to+\infty}u_n=2.

V. Limites des suites (qn)(q^n) et (nr)(n^r)

Propriété 7 — limite de (qn)(q^n)

On considère un réel qq.

  • Si q>1q>1 : lim⁡n→+∞qn=+∞\lim\limits_{n\to+\infty}q^n=+\infty.
  • Si q=1q=1 : qn=1q^n=1 et la limite vaut 11.
  • Si −1<q<1-1<q<1 : lim⁡n→+∞qn=0\lim\limits_{n\to+\infty}q^n=0.
  • Si q≤−1q\le-1 : la suite (qn)(q^n) n’a pas de limite.

Remarque — idée de la preuve pour q>1q>1

On écrit q=1+aq=1+a avec a>0a>0 ; par récurrence, (1+a)n≥1+na(1+a)^n\ge1+na (inégalité de Bernoulli), et 1+na→+∞1+na\to+\infty, d’où le résultat par comparaison.

Propriété 8 — limite de (nr)(n^r)

On considère un nombre rationnel rr non nul : si r>0r>0, lim⁡n→+∞nr=+∞\lim\limits_{n\to+\infty}n^r=+\infty ; si r<0r<0, lim⁡n→+∞nr=0\lim\limits_{n\to+\infty}n^r=0.

Exemple 3

Calculer les limites suivantes :

  • lim⁡n→+∞3n−2n3n+1\lim\limits_{n\to+\infty}\dfrac{3^n-2^n}{3^n+1} ;
  • lim⁡n→+∞(1+12+14+⋯+12n)\lim\limits_{n\to+\infty}\left(1+\dfrac12+\dfrac14+\dots+\dfrac1{2^n}\right) ;
  • lim⁡n→+∞n−23\lim\limits_{n\to+\infty}n^{-\frac23} et lim⁡n→+∞n3\lim\limits_{n\to+\infty}\sqrt[3]{n}.
Voir la solution
  • lim⁡n→+∞3n−2n3n+1=lim⁡n→+∞1−(23)n1+(13)n=1\lim\limits_{n\to+\infty}\dfrac{3^n-2^n}{3^n+1}=\lim\limits_{n\to+\infty}\dfrac{1-\left(\frac23\right)^n}{1+\left(\frac13\right)^n}=1, car (23)n→0\left(\frac23\right)^n\to0 et (13)n→0\left(\frac13\right)^n\to0.
  • lim⁡n→+∞(1+12+14+⋯+12n)=lim⁡n→+∞1−(12)n+11−12=2\lim\limits_{n\to+\infty}\left(1+\dfrac12+\dfrac14+\dots+\dfrac1{2^n}\right)=\lim\limits_{n\to+\infty}\dfrac{1-\left(\frac12\right)^{n+1}}{1-\frac12}=2.
  • lim⁡n→+∞n−23=0\lim\limits_{n\to+\infty}n^{-\frac23}=0 et lim⁡n→+∞n3=lim⁡n→+∞n13=+∞\lim\limits_{n\to+\infty}\sqrt[3]{n}=\lim\limits_{n\to+\infty}n^{\frac13}=+\infty.

Application 3 — suite géométrique et limite

On considère la suite (un)(u_n) définie par u0=4u_0=4 et un+1=12un+1u_{n+1}=\dfrac12u_n+1 pour tout n∈Nn\in\mathbb{N}, et la suite (vn)(v_n) définie par vn=un−2v_n=u_n-2.

  1. Montrer que (vn)(v_n) est géométrique. 2. En déduire unu_n en fonction de nn, puis lim⁡n→+∞un\lim\limits_{n\to+\infty}u_n.
Voir la solution

1. vn+1=12un+1−2=12(un−2)=12vnv_{n+1}=\frac12u_n+1-2=\frac12(u_n-2)=\frac12v_n : (vn)(v_n) est géométrique de raison 12\frac12 et de premier terme v0=2v_0=2.

2. vn=2(12)nv_n=2\left(\frac12\right)^n, donc un=2+2(12)nu_n=2+2\left(\frac12\right)^n. Comme −1<12<1-1<\frac12<1 : lim⁡n→+∞un=2\lim\limits_{n\to+\infty}u_n=2.

VI. Suites et fonctions

1. Suite vn=f(un)v_n=f(u_n)

Propriété 9

On considère une fonction ff continue en un réel ℓ\ell et une suite (un)(u_n) de termes dans le domaine de ff. Si lim⁡n→+∞un=ℓ\lim\limits_{n\to+\infty}u_n=\ell, alors lim⁡n→+∞f(un)=f(ℓ)\lim\limits_{n\to+\infty}f(u_n)=f(\ell).

Exemple 4

Calculer lim⁡n→+∞n+14n\lim\limits_{n\to+\infty}\sqrt{\dfrac{n+1}{4n}}.

Voir la solution

lim⁡n→+∞n+14n=14\lim\limits_{n\to+\infty}\dfrac{n+1}{4n}=\dfrac14 et la racine carrée est continue en 14\frac14 : lim⁡n→+∞n+14n=12\lim\limits_{n\to+\infty}\sqrt{\dfrac{n+1}{4n}}=\dfrac12.

2. Suites récurrentes un+1=f(un)u_{n+1}=f(u_n)

Théorème — limite d’une suite récurrente

On considère une fonction ff continue sur un intervalle II telle que f(I)⊂If(I)\subset I, et la suite (un)(u_n) définie par u0∈Iu_0\in I et un+1=f(un)u_{n+1}=f(u_n). Si (un)(u_n) converge vers ℓ\ell et si ℓ∈I\ell\in I, alors ℓ\ell est solution de l’équation f(x)=xf(x)=x.

Remarque

  • La condition f(I)⊂If(I)\subset I garantit que tous les termes sont dans II (récurrence).
  • Si ff est croissante sur II, la suite (un)(u_n) est monotone : son sens dépend de la comparaison de u0u_0 et u1u_1.
  • Lorsque II est un intervalle fermé (de la forme [a;b][a;b] ou [a;+∞[[a;+\infty[), la limite d’une suite convergente de termes dans II appartient à II.

Exemple 5

Reprenons la suite u0=1u_0=1, un+1=un+2u_{n+1}=\sqrt{u_n+2} (application 1), qui est convergente. Déterminer sa limite.

Voir la solution

La fonction f:x↦x+2f:x\mapsto\sqrt{x+2} est continue sur I=[0;2]I=[0;2], croissante, et f(I)=[2;2]⊂If(I)=[\sqrt2;2]\subset I. La suite converge vers ℓ∈I\ell\in I, donc ℓ+2=ℓ\sqrt{\ell+2}=\ell, d’où ℓ2−ℓ−2=0\ell^2-\ell-2=0, soit (ℓ−2)(ℓ+1)=0(\ell-2)(\ell+1)=0. Comme ℓ≥0\ell\ge0 : lim⁡n→+∞un=2\lim\limits_{n\to+\infty}u_n=2.

Application 4

On considère la fonction ff définie sur I=[0;6]I=[0;6] par f(x)=23x+2f(x)=\dfrac23x+2 et la suite (un)(u_n) définie par u0=0u_0=0 et un+1=f(un)u_{n+1}=f(u_n) pour tout n∈Nn\in\mathbb{N}.

  1. Montrer que f(I)⊂If(I)\subset I, puis que 0≤un≤60\le u_n\le6 pour tout n∈Nn\in\mathbb{N}.
  2. Montrer que (un)(u_n) est croissante, puis qu’elle converge, et déterminer sa limite.
Voir la solution

1. ff est affine et strictement croissante : f(I)=[f(0);f(6)]=[2;6]⊂If(I)=[f(0);f(6)]=[2;6]\subset I. Montrons par récurrence que, pour tout n∈Nn\in\mathbb{N}, un∈Iu_n\in I.

  • Initialisation : u0=0∈Iu_0=0\in I.
  • Hérédité : soit n∈Nn\in\mathbb{N} tel que un∈Iu_n\in I. Alors un+1=f(un)∈f(I)⊂Iu_{n+1}=f(u_n)\in f(I)\subset I.

D’après le principe du raisonnement par récurrence, pour tout n∈Nn\in\mathbb{N}, 0≤un≤60\le u_n\le6.

2. un+1−un=2−13un=6−un3≥0u_{n+1}-u_n=2-\dfrac13u_n=\dfrac{6-u_n}3\ge0 : (un)(u_n) est croissante. Elle est majorée par 66, donc convergente. Sa limite ℓ∈I\ell\in I vérifie f(ℓ)=ℓf(\ell)=\ell, soit 23ℓ+2=ℓ\frac23\ell+2=\ell, d’où ℓ=6\ell=6.

Figure

Résumé : suites numériques

À retenir

OutilÉnoncé
Convergence monotonecroissante + majorée, ou décroissante + minorée ⇒\Rightarrow convergente
Comparaisonun≤vnu_n\le v_n et un→+∞⇒vn→+∞u_n\to+\infty\Rightarrow v_n\to+\infty
Gendarmesvn≤un≤wnv_n\le u_n\le w_n, vn→ℓv_n\to\ell, wn→ℓ⇒un→ℓw_n\to\ell\Rightarrow u_n\to\ell
Majoration de l’écart∣un−ℓ∣≤vn\lvert u_n-\ell\rvert\le v_n et vn→0⇒un→ℓv_n\to0\Rightarrow u_n\to\ell
Suite (qn)(q^n)q>1q>1 : +∞+\infty ; −1<q<1-1<q<1 : 00 ; q≤−1q\le-1 : pas de limite
Suite (nr)(n^r)r>0r>0 : +∞+\infty ; r<0r<0 : 00
un+1=f(un)u_{n+1}=f(u_n)ff continue sur II, f(I)⊂If(I)\subset I, un→ℓ∈I⇒f(ℓ)=ℓu_n\to\ell\in I\Rightarrow f(\ell)=\ell

Série d’exercices

Exercice 1 — Suite homographique et suite arithmétique Facile ★★☆☆☆

On considère la suite (un)(u_n) définie par u0=0u_0=0 et un+1=44−unu_{n+1}=\dfrac4{4-u_n} pour tout n∈Nn\in\mathbb{N}.

  1. Calculer u1u_1 et u2u_2.
  2. Montrer par récurrence que un<2u_n<2 pour tout n∈Nn\in\mathbb{N}.
  3. Étudier la monotonie de la suite (un)(u_n).
  4. On considère la suite (vn)(v_n) définie par vn=1un−2v_n=\dfrac1{u_n-2} pour tout n∈Nn\in\mathbb{N}. a. Calculer v0v_0 et v1v_1. b. Montrer que (vn)(v_n) est une suite arithmétique. c. Exprimer vnv_n, puis unu_n, en fonction de nn.
  5. a. Calculer, en fonction de nn, la somme Sn=v1+v2+⋯+vnS_n=v_1+v_2+\dots+v_n pour n∈N∗n\in\mathbb{N}^*. b. En déduire lim⁡n→+∞Sn\lim\limits_{n\to+\infty}S_n.
Voir la solution

1. u1=44−0=1u_1=\dfrac4{4-0}=1 et u2=44−1=43u_2=\dfrac4{4-1}=\dfrac43.

2. Montrons par récurrence que, pour tout n∈Nn\in\mathbb{N}, un<2u_n<2.

  • Initialisation : u0=0<2u_0=0<2.
  • Hérédité : soit n∈Nn\in\mathbb{N} tel que un<2u_n<2. Alors 4−un>2>04-u_n>2>0, donc 0<44−un<42=20<\dfrac4{4-u_n}<\dfrac42=2, soit un+1<2u_{n+1}<2.

D’après le principe du raisonnement par récurrence, pour tout n∈Nn\in\mathbb{N}, un<2u_n<2.

3. un+1−un=4−4un+un24−un=(un−2)24−un>0u_{n+1}-u_n=\dfrac{4-4u_n+u_n^2}{4-u_n}=\dfrac{(u_n-2)^2}{4-u_n}>0 (car un<2u_n<2 donne un≠2u_n\neq2 et 4−un>04-u_n>0) : (un)(u_n) est strictement croissante.

4. a. v0=10−2=−12v_0=\dfrac1{0-2}=-\dfrac12 et v1=11−2=−1v_1=\dfrac1{1-2}=-1.

4. b. un+1−2=4−2(4−un)4−un=2(un−2)4−unu_{n+1}-2=\dfrac{4-2(4-u_n)}{4-u_n}=\dfrac{2(u_n-2)}{4-u_n}, donc vn+1=4−un2(un−2)=2−(un−2)2(un−2)=1un−2−12=vn−12.v_{n+1}=\frac{4-u_n}{2(u_n-2)}=\frac{2-(u_n-2)}{2(u_n-2)}=\frac1{u_n-2}-\frac12=v_n-\frac12 . (vn)(v_n) est arithmétique de raison r=−12r=-\frac12 et de premier terme v0=−12v_0=-\frac12.

4. c. vn=−12−n2=−n+12v_n=-\dfrac12-\dfrac n2=-\dfrac{n+1}2. Comme un−2=1vnu_n-2=\dfrac1{v_n} : un=2−2n+1=2nn+1u_n=2-\dfrac2{n+1}=\dfrac{2n}{n+1}.

5. a. SnS_n est la somme de nn termes consécutifs d’une suite arithmétique : Sn=n(v1+vn)2=n2(−1−n+12)=−n(n+3)4S_n=\dfrac{n(v_1+v_n)}2=\dfrac n2\left(-1-\dfrac{n+1}2\right)=-\dfrac{n(n+3)}4.

5. b. lim⁡n→+∞Sn=−∞\lim\limits_{n\to+\infty}S_n=-\infty.

Exercice 2 — Récurrence et monotonie Facile ★★☆☆☆

On considère la suite (un)(u_n) définie par u0=1u_0=1 et un+1=4un+3un+2u_{n+1}=\dfrac{4u_n+3}{u_n+2} pour tout n∈Nn\in\mathbb{N}.

  1. Montrer par récurrence que, pour tout n∈Nn\in\mathbb{N}, 1≤un<31\le u_n<3.
  2. Montrer que, pour tout n∈Nn\in\mathbb{N}, un+1−un=−(un+1)(un−3)un+2u_{n+1}-u_n=-\dfrac{(u_n+1)(u_n-3)}{u_n+2}.
  3. Étudier la monotonie de la suite (un)(u_n).
  4. En déduire que la suite (un)(u_n) est convergente.
Voir la solution

1. On pose f(x)=4x+3x+2=4−5x+2f(x)=\dfrac{4x+3}{x+2}=4-\dfrac5{x+2}, strictement croissante sur [1;3][1;3]. Montrons par récurrence que, pour tout n∈Nn\in\mathbb{N}, 1≤un<31\le u_n<3.

  • Initialisation : u0=1u_0=1 et 1≤1<31\le1<3.
  • Hérédité : soit n∈Nn\in\mathbb{N} tel que 1≤un<31\le u_n<3. Par stricte croissance de ff : f(1)≤f(un)<f(3)f(1)\le f(u_n)<f(3), soit 73≤un+1<3\frac73\le u_{n+1}<3, donc 1≤un+1<31\le u_{n+1}<3.

D’après le principe du raisonnement par récurrence, pour tout n∈Nn\in\mathbb{N}, 1≤un<31\le u_n<3.

2. un+1−un=4un+3−un2−2unun+2=−(un2−2un−3)un+2=−(un+1)(un−3)un+2u_{n+1}-u_n=\dfrac{4u_n+3-u_n^2-2u_n}{u_n+2}=\dfrac{-(u_n^2-2u_n-3)}{u_n+2}=-\dfrac{(u_n+1)(u_n-3)}{u_n+2}.

3. un+1>0u_n+1>0, un+2>0u_n+2>0 et un−3<0u_n-3<0 : un+1−un>0u_{n+1}-u_n>0, (un)(u_n) est strictement croissante.

4. (un)(u_n) est croissante et majorée par 33 : elle est convergente.

Exercice 3 — Suite récurrente du second degré Facile ★★☆☆☆

On considère la suite (un)(u_n) définie par u0=14u_0=\dfrac14 et un+1=un2+23unu_{n+1}=u_n^2+\dfrac23u_n pour tout n∈Nn\in\mathbb{N}.

  1. Montrer par récurrence que, pour tout n∈Nn\in\mathbb{N}, 0≤un<130\le u_n<\dfrac13.
  2. Étudier la monotonie de la suite (un)(u_n).
  3. En déduire que la suite (un)(u_n) est convergente.
Voir la solution

1. Montrons par récurrence que, pour tout n∈Nn\in\mathbb{N}, 0≤un<130\le u_n<\frac13.

  • Initialisation : u0=14u_0=\frac14 et 0≤14<130\le\frac14<\frac13.
  • Hérédité : soit n∈Nn\in\mathbb{N} tel que 0≤un<130\le u_n<\frac13. Alors un+1=un(un+23)≥0u_{n+1}=u_n\left(u_n+\frac23\right)\ge0 et, les deux facteurs étant positifs et majorés respectivement par 13\frac13 et 11, un+1<13×1=13u_{n+1}<\frac13\times1=\frac13.

D’après le principe du raisonnement par récurrence, pour tout n∈Nn\in\mathbb{N}, 0≤un<130\le u_n<\frac13.

2. un+1−un=un2−13un=un(un−13)≤0u_{n+1}-u_n=u_n^2-\dfrac13u_n=u_n\left(u_n-\dfrac13\right)\le0 : (un)(u_n) est décroissante.

3. (un)(u_n) est décroissante et minorée par 00 : elle converge.

Exercice 4 — Minoration et limite infinie Facile ★★☆☆☆

On considère la suite (un)n≥1(u_n)_{n\ge1} définie par un=12+13+⋯+1n+1=∑k=1n1k+1u_n=\dfrac1{\sqrt2}+\dfrac1{\sqrt3}+\dots+\dfrac1{\sqrt{n+1}}=\displaystyle\sum_{k=1}^{n}\frac1{\sqrt{k+1}}.

  1. Montrer que un≥nn+1u_n\ge\dfrac{n}{\sqrt{n+1}} pour tout n∈N∗n\in\mathbb{N}^*.
  2. En déduire la limite de la suite (un)n≥1(u_n)_{n\ge1}.
Voir la solution

1. Pour 1≤k≤n1\le k\le n : k+1≤n+1k+1\le n+1, donc 1k+1≥1n+1\dfrac1{\sqrt{k+1}}\ge\dfrac1{\sqrt{n+1}}. En sommant ces nn inégalités : un≥nn+1u_n\ge\dfrac{n}{\sqrt{n+1}}.

2. nn+1=n×nn+1\dfrac{n}{\sqrt{n+1}}=\sqrt n\times\sqrt{\dfrac{n}{n+1}} et nn+1→1\sqrt{\frac n{n+1}}\to1, donc nn+1→+∞\dfrac n{\sqrt{n+1}}\to+\infty. Par comparaison : lim⁡n→+∞un=+∞\lim\limits_{n\to+\infty}u_n=+\infty.

Exercice 5 — Somme géométrique Facile ★☆☆☆☆

On considère la suite (un)(u_n) définie pour tout n∈Nn\in\mathbb{N} par un=1+35+(35)2+⋯+(35)nu_n=1+\dfrac35+\left(\dfrac35\right)^2+\dots+\left(\dfrac35\right)^n. Calculer lim⁡n→+∞un\lim\limits_{n\to+\infty}u_n.

Voir la solution

unu_n est la somme des n+1n+1 premiers termes d’une suite géométrique de raison 35≠1\frac35\neq1 et de premier terme 11 : un=1−(35)n+11−35=52(1−(35)n+1).u_n=\frac{1-\left(\frac35\right)^{n+1}}{1-\frac35}=\frac52\left(1-\left(\frac35\right)^{n+1}\right). Comme −1<35<1-1<\frac35<1, (35)n+1→0\left(\frac35\right)^{n+1}\to0 : lim⁡n→+∞un=52\lim\limits_{n\to+\infty}u_n=\dfrac52.

Exercice 6 — Majoration de l’écart à la limite Moyen ★★★☆☆

On considère la suite (un)(u_n) définie par u0=3u_0=3 et un+1=3un+2un+4u_{n+1}=\dfrac{3u_n+2}{u_n+4} pour tout n∈Nn\in\mathbb{N}.

  1. Montrer par récurrence que un≥1u_n\ge1 pour tout n∈Nn\in\mathbb{N}.
  2. Montrer que, pour tout n∈Nn\in\mathbb{N}, un+1−1≤25(un−1)u_{n+1}-1\le\dfrac25(u_n-1).
  3. Montrer par récurrence que, pour tout n∈Nn\in\mathbb{N}, un−1≤2(25)nu_n-1\le2\left(\dfrac25\right)^n.
  4. En déduire que la suite (un)(u_n) est convergente et déterminer sa limite.
Voir la solution

1. f(x)=3x+2x+4=3−10x+4f(x)=\dfrac{3x+2}{x+4}=3-\dfrac{10}{x+4} est strictement croissante sur [1;+∞[[1;+\infty[. Montrons par récurrence que, pour tout n∈Nn\in\mathbb{N}, un≥1u_n\ge1.

  • Initialisation : u0=3≥1u_0=3\ge1.
  • Hérédité : soit n∈Nn\in\mathbb{N} tel que un≥1u_n\ge1. Par croissance de ff : un+1=f(un)≥f(1)=1u_{n+1}=f(u_n)\ge f(1)=1.

D’après le principe du raisonnement par récurrence, pour tout n∈Nn\in\mathbb{N}, un≥1u_n\ge1.

2. un+1−1=3un+2−un−4un+4=2(un−1)un+4u_{n+1}-1=\dfrac{3u_n+2-u_n-4}{u_n+4}=\dfrac{2(u_n-1)}{u_n+4}. Comme un−1≥0u_n-1\ge0 et un+4≥5u_n+4\ge5 : un+1−1≤25(un−1)u_{n+1}-1\le\dfrac25(u_n-1).

3. Montrons par récurrence que, pour tout n∈Nn\in\mathbb{N}, un−1≤2(25)nu_n-1\le2\left(\frac25\right)^n.

  • Initialisation : u0−1=2=2(25)0u_0-1=2=2\left(\frac25\right)^0.
  • Hérédité : soit n∈Nn\in\mathbb{N} tel que un−1≤2(25)nu_n-1\le2\left(\frac25\right)^n. D’après la question 2 : un+1−1≤25(un−1)≤25×2(25)n=2(25)n+1u_{n+1}-1\le\frac25(u_n-1)\le\frac25\times2\left(\frac25\right)^n=2\left(\frac25\right)^{n+1}.

D’après le principe du raisonnement par récurrence, pour tout n∈Nn\in\mathbb{N}, un−1≤2(25)nu_n-1\le2\left(\frac25\right)^n.

4. 0≤un−1≤2(25)n0\le u_n-1\le2\left(\frac25\right)^n et (25)n→0\left(\frac25\right)^n\to0 (car 0<25<10<\frac25<1) : par encadrement, (un)(u_n) converge et lim⁡n→+∞un=1\lim\limits_{n\to+\infty}u_n=1.

Exercice 7 — Suite arithmético-géométrique Facile ★☆☆☆☆

On considère la suite (un)(u_n) définie par u0=1u_0=1 et un+1=3un−4u_{n+1}=3u_n-4 pour tout n∈Nn\in\mathbb{N}, et la suite (vn)(v_n) définie par vn=un−2v_n=u_n-2 pour tout n∈Nn\in\mathbb{N}.

  1. Montrer que (vn)(v_n) est une suite géométrique.
  2. Exprimer vnv_n, puis unu_n, en fonction de nn.
  3. En déduire lim⁡n→+∞vn\lim\limits_{n\to+\infty}v_n et lim⁡n→+∞un\lim\limits_{n\to+\infty}u_n.
Voir la solution

1. vn+1=un+1−2=3un−6=3(un−2)=3vnv_{n+1}=u_{n+1}-2=3u_n-6=3(u_n-2)=3v_n : (vn)(v_n) est géométrique de raison 33, de premier terme v0=−1v_0=-1.

2. vn=−3nv_n=-3^n et un=vn+2=2−3nu_n=v_n+2=2-3^n.

3. 3>13>1 donc 3n→+∞3^n\to+\infty : lim⁡n→+∞vn=−∞\lim\limits_{n\to+\infty}v_n=-\infty et lim⁡n→+∞un=−∞\lim\limits_{n\to+\infty}u_n=-\infty.

Exercice 8 — Suite un+1=f(un)u_{n+1}=f(u_n) Moyen ★★★☆☆

On considère la fonction ff définie sur I=[1;3]I=[1;3] par f(x)=4x−1x+2f(x)=\dfrac{4x-1}{x+2}.

  1. Montrer que ff est strictement croissante sur II.
  2. Montrer que f(I)⊂If(I)\subset I.
  3. Montrer que f(x)≤xf(x)\le x pour tout x∈Ix\in I.
  4. On considère la suite (un)(u_n) définie par u0=2u_0=2 et un+1=f(un)u_{n+1}=f(u_n) pour tout n∈Nn\in\mathbb{N}. a. Montrer par récurrence que, pour tout n∈Nn\in\mathbb{N}, 1<un≤21<u_n\le2. b. En déduire que la suite (un)(u_n) est décroissante. c. En déduire que la suite (un)(u_n) est convergente et déterminer sa limite.
  5. Pour tout n∈Nn\in\mathbb{N}, on pose vn=1un−1v_n=\dfrac1{u_n-1}. a. Montrer que (vn)(v_n) est une suite arithmétique et préciser sa raison et son premier terme. b. Exprimer vnv_n, puis unu_n, en fonction de nn. c. Retrouver la limite de la suite (un)(u_n).
Voir la solution

1. f′(x)=4(x+2)−(4x−1)(x+2)2=9(x+2)2>0f'(x)=\dfrac{4(x+2)-(4x-1)}{(x+2)^2}=\dfrac9{(x+2)^2}>0 : ff est strictement croissante sur II.

2. ff est continue et strictement croissante : f(I)=[f(1);f(3)]=[1;115]⊂[1;3]f(I)=[f(1);f(3)]=\left[1;\frac{11}5\right]\subset[1;3].

3. f(x)−x=4x−1−x2−2xx+2=−(x−1)2x+2≤0f(x)-x=\dfrac{4x-1-x^2-2x}{x+2}=-\dfrac{(x-1)^2}{x+2}\le0 sur II.

4. a. Montrons par récurrence que, pour tout n∈Nn\in\mathbb{N}, 1<un≤21<u_n\le2.

  • Initialisation : u0=2u_0=2 et 1<2≤21<2\le2.
  • Hérédité : soit n∈Nn\in\mathbb{N} tel que 1<un≤21<u_n\le2. Par stricte croissance de ff : f(1)<f(un)≤f(2)f(1)<f(u_n)\le f(2), soit 1<un+1≤74≤21<u_{n+1}\le\frac74\le2.

D’après le principe du raisonnement par récurrence, pour tout n∈Nn\in\mathbb{N}, 1<un≤21<u_n\le2.

4. b. un+1−un=f(un)−un≤0u_{n+1}-u_n=f(u_n)-u_n\le0 d’après 3 : (un)(u_n) est décroissante.

4. c. Décroissante et minorée par 11 : (un)(u_n) converge vers un réel ℓ∈[1;2]\ell\in[1;2]. ff est continue sur [1;2][1;2] et f([1;2])⊂[1;2]f([1;2])\subset[1;2], donc f(ℓ)=ℓf(\ell)=\ell, soit (ℓ−1)2=0(\ell-1)^2=0 : ℓ=1\ell=1.

5. a. un+1−1=4un−1−un−2un+2=3(un−1)un+2u_{n+1}-1=\dfrac{4u_n-1-u_n-2}{u_n+2}=\dfrac{3(u_n-1)}{u_n+2}, donc vn+1=un+23(un−1)=(un−1)+33(un−1)=13+vnv_{n+1}=\dfrac{u_n+2}{3(u_n-1)}=\dfrac{(u_n-1)+3}{3(u_n-1)}=\dfrac13+v_n. (vn)(v_n) est arithmétique de raison 13\frac13, de premier terme v0=12−1=1v_0=\frac1{2-1}=1.

5. b. vn=1+n3=n+33v_n=1+\dfrac n3=\dfrac{n+3}3, puis un=1+1vn=1+3n+3=n+6n+3u_n=1+\dfrac1{v_n}=1+\dfrac3{n+3}=\dfrac{n+6}{n+3}.

5. c. 3n+3→0\dfrac3{n+3}\to0 : on retrouve lim⁡n→+∞un=1\lim\limits_{n\to+\infty}u_n=1.

Exercice 9 — Encadrement Moyen ★★★☆☆

On considère la suite (un)n≥1(u_n)_{n\ge1} définie par un=nn2+1+nn2+2+⋯+nn2+n=∑k=1nnn2+ku_n=\dfrac{n}{n^2+1}+\dfrac{n}{n^2+2}+\dots+\dfrac{n}{n^2+n}=\displaystyle\sum_{k=1}^{n}\frac{n}{n^2+k}.

  1. Montrer que, pour tout n∈N∗n\in\mathbb{N}^*, n2n2+n≤un≤n2n2+1\dfrac{n^2}{n^2+n}\le u_n\le\dfrac{n^2}{n^2+1}.
  2. Déterminer la limite de la suite (un)n≥1(u_n)_{n\ge1}.
Voir la solution

1. Pour 1≤k≤n1\le k\le n : n2+1≤n2+k≤n2+nn^2+1\le n^2+k\le n^2+n, donc nn2+n≤nn2+k≤nn2+1\dfrac n{n^2+n}\le\dfrac n{n^2+k}\le\dfrac n{n^2+1}. En sommant les nn inégalités : n2n2+n≤un≤n2n2+1\dfrac{n^2}{n^2+n}\le u_n\le\dfrac{n^2}{n^2+1}.

2. n2n2+n=11+1n→1\dfrac{n^2}{n^2+n}=\dfrac1{1+\frac1n}\to1 et n2n2+1=11+1n2→1\dfrac{n^2}{n^2+1}=\dfrac1{1+\frac1{n^2}}\to1 : d’après le théorème des gendarmes, lim⁡n→+∞un=1\lim\limits_{n\to+\infty}u_n=1.

Exercice 10 — Suite récurrente affine Facile ★★☆☆☆

On considère la fonction ff définie sur I=[0;6]I=[0;6] par f(x)=12x+3f(x)=\dfrac12x+3, et la suite (un)(u_n) définie par u0=1u_0=1 et un+1=f(un)u_{n+1}=f(u_n) pour tout n∈Nn\in\mathbb{N}.

  1. Montrer que f(I)⊂If(I)\subset I.
  2. Montrer par récurrence que, pour tout n∈Nn\in\mathbb{N}, 0≤un≤60\le u_n\le6.
  3. Montrer que la suite (un)(u_n) est croissante.
  4. En déduire que la suite (un)(u_n) est convergente et déterminer sa limite.
  5. Pour tout n∈Nn\in\mathbb{N}, on pose vn=un−6v_n=u_n-6. a. Montrer que (vn)(v_n) est une suite géométrique et préciser sa raison et son premier terme. b. Exprimer vnv_n, puis unu_n, en fonction de nn. c. Retrouver la limite de la suite (un)(u_n).
Voir la solution

1. ff est affine et strictement croissante : f(I)=[f(0);f(6)]=[3;6]⊂If(I)=[f(0);f(6)]=[3;6]\subset I.

2. Montrons par récurrence que, pour tout n∈Nn\in\mathbb{N}, 0≤un≤60\le u_n\le6.

  • Initialisation : u0=1∈[0;6]u_0=1\in[0;6].
  • Hérédité : soit n∈Nn\in\mathbb{N} tel que un∈I=[0;6]u_n\in I=[0;6]. Alors un+1=f(un)∈f(I)⊂Iu_{n+1}=f(u_n)\in f(I)\subset I (question 1).

D’après le principe du raisonnement par récurrence, pour tout n∈Nn\in\mathbb{N}, 0≤un≤60\le u_n\le6.

3. un+1−un=3−12un=6−un2≥0u_{n+1}-u_n=3-\dfrac12u_n=\dfrac{6-u_n}2\ge0 : (un)(u_n) est croissante.

4. Croissante et majorée par 66 : (un)(u_n) converge vers ℓ∈I\ell\in I ; ff est continue sur II et f(I)⊂If(I)\subset I, donc ℓ=12ℓ+3\ell=\frac12\ell+3, soit ℓ=6\ell=6.

5. a. vn+1=12un+3−6=12(un−6)=12vnv_{n+1}=\frac12u_n+3-6=\frac12(u_n-6)=\frac12v_n : géométrique de raison 12\frac12, de premier terme v0=−5v_0=-5.

5. b. vn=−5(12)nv_n=-5\left(\frac12\right)^n et un=6−5(12)nu_n=6-5\left(\frac12\right)^n.

5. c. (12)n→0\left(\frac12\right)^n\to0 : lim⁡n→+∞un=6\lim\limits_{n\to+\infty}u_n=6.

Exercice 11 — Suite auxiliaire arithmétique Moyen ★★★☆☆

On considère la suite (un)n≥1(u_n)_{n\ge1} définie par u1=4u_1=4 et un+1=3un−1un+1u_{n+1}=\dfrac{3u_n-1}{u_n+1} pour tout n≥1n\ge1.

  1. Montrer par récurrence que un>1u_n>1 pour tout n∈N∗n\in\mathbb{N}^*.
  2. On considère la suite (vn)n≥1(v_n)_{n\ge1} définie par vn=2un−1v_n=\dfrac2{u_n-1}. a. Montrer que, pour tout n∈N∗n\in\mathbb{N}^*, vn+1=un+1un−1v_{n+1}=\dfrac{u_n+1}{u_n-1} ; en déduire que (vn)n≥1(v_n)_{n\ge1} est une suite arithmétique de raison 11. b. Exprimer vnv_n en fonction de nn, puis en déduire que un=1+63n−1u_n=1+\dfrac6{3n-1} pour tout n∈N∗n\in\mathbb{N}^*. c. Déterminer la limite de la suite (un)n≥1(u_n)_{n\ge1}.
Voir la solution

1. Montrons par récurrence que, pour tout n∈N∗n\in\mathbb{N}^*, un>1u_n>1.

  • Initialisation : u1=4>1u_1=4>1.
  • Hérédité : soit n∈N∗n\in\mathbb{N}^* tel que un>1u_n>1. Alors un+1>0u_n+1>0 et un+1−1=3un−1−un−1un+1=2(un−1)un+1>0u_{n+1}-1=\dfrac{3u_n-1-u_n-1}{u_n+1}=\dfrac{2(u_n-1)}{u_n+1}>0.

D’après le principe du raisonnement par récurrence, pour tout n∈N∗n\in\mathbb{N}^*, un>1u_n>1.

2. a. vn+1=2un+1−1=2(un+1)2(un−1)=un+1un−1v_{n+1}=\dfrac2{u_{n+1}-1}=\dfrac{2(u_n+1)}{2(u_n-1)}=\dfrac{u_n+1}{u_n-1}. Or un+1un−1=(un−1)+2un−1=1+vn\dfrac{u_n+1}{u_n-1}=\dfrac{(u_n-1)+2}{u_n-1}=1+v_n : (vn)(v_n) est arithmétique de raison 11.

2. b. v1=23v_1=\dfrac2{3}, donc vn=23+(n−1)=3n−13v_n=\dfrac23+(n-1)=\dfrac{3n-1}3. Puis un=1+2vn=1+63n−1u_n=1+\dfrac2{v_n}=1+\dfrac6{3n-1}.

2. c. 63n−1→0\dfrac6{3n-1}\to0 : lim⁡n→+∞un=1\lim\limits_{n\to+\infty}u_n=1.

Exercice 12 — Suite auxiliaire géométrique et seuil Facile ★★☆☆☆

On considère la suite (un)(u_n) définie par u0=7u_0=7 et un+1=13un+6u_{n+1}=\dfrac13u_n+6 pour tout n∈Nn\in\mathbb{N}.

  1. Montrer par récurrence que un<9u_n<9 pour tout n∈Nn\in\mathbb{N}.
  2. On considère la suite (vn)(v_n) définie par vn=9−unv_n=9-u_n pour tout n∈Nn\in\mathbb{N}. a. Montrer que (vn)(v_n) est géométrique de raison 13\dfrac13, puis exprimer vnv_n en fonction de nn. b. En déduire que, pour tout n∈Nn\in\mathbb{N}, un=9−2(13)nu_n=9-2\left(\dfrac13\right)^n, puis déterminer la limite de la suite (un)(u_n).
  3. Déterminer le plus petit entier naturel nn tel que un>8,99u_n>8{,}99.
Voir la solution

1. Montrons par récurrence que, pour tout n∈Nn\in\mathbb{N}, un<9u_n<9.

  • Initialisation : u0=7<9u_0=7<9.
  • Hérédité : soit n∈Nn\in\mathbb{N} tel que un<9u_n<9. Alors un+1=13un+6<3+6=9u_{n+1}=\frac13u_n+6<3+6=9.

D’après le principe du raisonnement par récurrence, pour tout n∈Nn\in\mathbb{N}, un<9u_n<9.

2. a. vn+1=9−13un−6=13(9−un)=13vnv_{n+1}=9-\frac13u_n-6=\frac13(9-u_n)=\frac13v_n : géométrique de raison 13\frac13, de premier terme v0=2v_0=2 ; donc vn=2(13)nv_n=2\left(\frac13\right)^n.

2. b. un=9−vn=9−2(13)nu_n=9-v_n=9-2\left(\frac13\right)^n ; comme 0<13<10<\frac13<1, lim⁡n→+∞un=9\lim\limits_{n\to+\infty}u_n=9.

3. un>8,99  ⟺  2(13)n<0,01  ⟺  3n>200u_n>8{,}99\iff2\left(\frac13\right)^n<0{,}01\iff3^n>200. Or 34=81<2003^4=81<200 et 35=243>2003^5=243>200, et (3n)(3^n) est croissante : le plus petit entier est n=5n=5.

Exercice 13 — Suite avec racine carrée Moyen ★★★☆☆

On considère la suite (un)(u_n) définie par u0=1u_0=1 et un+1=un(1+2un)2u_{n+1}=\dfrac{u_n}{\left(1+2\sqrt{u_n}\right)^2} pour tout n∈Nn\in\mathbb{N}.

  1. Montrer que un>0u_n>0 pour tout n∈Nn\in\mathbb{N}.
  2. a. Vérifier que, pour tout n∈Nn\in\mathbb{N}, 1(1+2un)2<1\dfrac1{\left(1+2\sqrt{u_n}\right)^2}<1. b. En déduire que la suite (un)(u_n) est décroissante, puis qu’elle est convergente.
  3. On considère la suite (vn)(v_n) définie par vn=1unv_n=\dfrac1{\sqrt{u_n}} pour tout n∈Nn\in\mathbb{N}. a. Montrer que (vn)(v_n) est une suite arithmétique. b. Exprimer vnv_n en fonction de nn, puis montrer que un=1(2n+1)2u_n=\dfrac1{(2n+1)^2} pour tout n∈Nn\in\mathbb{N}. c. En déduire lim⁡n→+∞un\lim\limits_{n\to+\infty}u_n.
Voir la solution

1. Montrons par récurrence que, pour tout n∈Nn\in\mathbb{N}, un>0u_n>0.

  • Initialisation : u0=1>0u_0=1>0.
  • Hérédité : soit n∈Nn\in\mathbb{N} tel que un>0u_n>0. Alors un+1u_{n+1} est le quotient du nombre un>0u_n>0 par le carré non nul (1+2un)2\left(1+2\sqrt{u_n}\right)^2 : un+1>0u_{n+1}>0.

D’après le principe du raisonnement par récurrence, pour tout n∈Nn\in\mathbb{N}, un>0u_n>0.

2. a. un>0\sqrt{u_n}>0 donc 1+2un>11+2\sqrt{u_n}>1 et (1+2un)2>1\left(1+2\sqrt{u_n}\right)^2>1 : 1(1+2un)2<1\dfrac1{\left(1+2\sqrt{u_n}\right)^2}<1.

2. b. un+1=un×1(1+2un)2<unu_{n+1}=u_n\times\dfrac1{\left(1+2\sqrt{u_n}\right)^2}<u_n (car un>0u_n>0) : (un)(u_n) est strictement décroissante ; elle est minorée par 00, donc convergente.

3. a. un+1=un1+2un\sqrt{u_{n+1}}=\dfrac{\sqrt{u_n}}{1+2\sqrt{u_n}}, donc vn+1=1+2unun=1un+2=vn+2v_{n+1}=\dfrac{1+2\sqrt{u_n}}{\sqrt{u_n}}=\dfrac1{\sqrt{u_n}}+2=v_n+2 : arithmétique de raison 22.

3. b. v0=1v_0=1, donc vn=2n+1v_n=2n+1 ; un=12n+1\sqrt{u_n}=\dfrac1{2n+1} et un=1(2n+1)2u_n=\dfrac1{(2n+1)^2}.

3. c. lim⁡n→+∞un=0\lim\limits_{n\to+\infty}u_n=0.

Exercice 14 — Problème : quatre méthodes pour une même limite Difficile ★★★★☆

On considère la suite (un)(u_n) définie par u0=5u_0=5 et un+1=5un−4unu_{n+1}=\dfrac{5u_n-4}{u_n} pour tout n∈Nn\in\mathbb{N}.

Partie I

  1. Calculer u1u_1 et u2u_2.
  2. Montrer par récurrence que un>4u_n>4 pour tout n∈Nn\in\mathbb{N}.
  3. Montrer que, pour tout n∈Nn\in\mathbb{N}, un+1−un=−(un−1)(un−4)unu_{n+1}-u_n=-\dfrac{(u_n-1)(u_n-4)}{u_n}.
  4. Montrer que la suite (un)(u_n) est décroissante, puis en déduire qu’elle est convergente.

Partie II

  1. Montrer que, pour tout n∈Nn\in\mathbb{N}, un+1−4≤14(un−4)u_{n+1}-4\le\dfrac14(u_n-4).
  2. Montrer que, pour tout n∈Nn\in\mathbb{N}, un−4≤(14)nu_n-4\le\left(\dfrac14\right)^n.
  3. Déterminer lim⁡n→+∞un\lim\limits_{n\to+\infty}u_n.

Partie III. Pour tout n∈Nn\in\mathbb{N}, on pose vn=un−4un−1v_n=\dfrac{u_n-4}{u_n-1}.

  1. Montrer que (vn)(v_n) est une suite géométrique et préciser sa raison et son premier terme.
  2. Exprimer vnv_n, puis unu_n, en fonction de nn.
  3. Retrouver la limite de la suite (un)(u_n).

Partie IV. On considère la fonction ff définie sur I=[4;+∞[I=[4;+\infty[ par f(x)=5x−4xf(x)=\dfrac{5x-4}x.

  1. Étudier les variations de ff sur II.
  2. Vérifier que un+1=f(un)u_{n+1}=f(u_n) pour tout n∈Nn\in\mathbb{N}.
  3. Montrer par récurrence que un∈Iu_n\in I pour tout n∈Nn\in\mathbb{N}.
  4. Vérifier que f(I)⊂If(I)\subset I.
  5. Retrouver la limite de la suite (un)(u_n).
Voir la solution

I. 1. u1=25−45=215u_1=\dfrac{25-4}5=\dfrac{21}5 et u2=5−4u1=5−2021=8521u_2=5-\dfrac4{u_1}=5-\dfrac{20}{21}=\dfrac{85}{21}.

I. 2. Montrons par récurrence que, pour tout n∈Nn\in\mathbb{N}, un>4u_n>4.

  • Initialisation : u0=5>4u_0=5>4.
  • Hérédité : soit n∈Nn\in\mathbb{N} tel que un>4u_n>4. Alors un+1−4=5un−4−4unun=un−4un>0u_{n+1}-4=\dfrac{5u_n-4-4u_n}{u_n}=\dfrac{u_n-4}{u_n}>0.

D’après le principe du raisonnement par récurrence, pour tout n∈Nn\in\mathbb{N}, un>4u_n>4.

I. 3. un+1−un=5un−4−un2un=−un2−5un+4un=−(un−1)(un−4)unu_{n+1}-u_n=\dfrac{5u_n-4-u_n^2}{u_n}=-\dfrac{u_n^2-5u_n+4}{u_n}=-\dfrac{(u_n-1)(u_n-4)}{u_n}.

I. 4. un>4u_n>4 donne un−1>0u_n-1>0, un−4>0u_n-4>0 : un+1−un<0u_{n+1}-u_n<0. (un)(u_n) est décroissante et minorée par 44 : convergente.

II. 1. un+1−4=un−4unu_{n+1}-4=\dfrac{u_n-4}{u_n} avec un>4u_n>4, donc 1un<14\dfrac1{u_n}<\dfrac14 et un+1−4≤14(un−4)u_{n+1}-4\le\dfrac14(u_n-4).

II. 2. Montrons par récurrence que, pour tout n∈Nn\in\mathbb{N}, un−4≤(14)nu_n-4\le\left(\frac14\right)^n.

  • Initialisation : u0−4=1=(14)0u_0-4=1=\left(\frac14\right)^0.
  • Hérédité : soit n∈Nn\in\mathbb{N} tel que un−4≤(14)nu_n-4\le\left(\frac14\right)^n. D’après II.1 : un+1−4≤14(un−4)≤(14)n+1u_{n+1}-4\le\frac14(u_n-4)\le\left(\frac14\right)^{n+1}.

D’après le principe du raisonnement par récurrence, pour tout n∈Nn\in\mathbb{N}, un−4≤(14)nu_n-4\le\left(\frac14\right)^n.

II. 3. 0<un−4≤(14)n→00<u_n-4\le\left(\frac14\right)^n\to0 : lim⁡n→+∞un=4\lim\limits_{n\to+\infty}u_n=4.

III. 1. un+1−1=4un−4unu_{n+1}-1=\dfrac{4u_n-4}{u_n} et un+1−4=un−4unu_{n+1}-4=\dfrac{u_n-4}{u_n}, donc vn+1=un−44(un−1)=14vnv_{n+1}=\dfrac{u_n-4}{4(u_n-1)}=\dfrac14v_n. (vn)(v_n) est géométrique de raison 14\frac14, de premier terme v0=14v_0=\frac14.

III. 2. vn=(14)n+1v_n=\left(\frac14\right)^{n+1}. De vn(un−1)=un−4v_n(u_n-1)=u_n-4 on tire un(1−vn)=4−vnu_n(1-v_n)=4-v_n, d’où un=4−vn1−vnu_n=\dfrac{4-v_n}{1-v_n} (car vn≠1v_n\neq1), soit un=4−(14)n+11−(14)n+1u_n=\dfrac{4-\left(\frac14\right)^{n+1}}{1-\left(\frac14\right)^{n+1}}.

III. 3. (14)n+1→0\left(\frac14\right)^{n+1}\to0 : lim⁡n→+∞un=41=4\lim\limits_{n\to+\infty}u_n=\dfrac41=4.

IV. 1. f(x)=5−4xf(x)=5-\dfrac4x et f′(x)=4x2>0f'(x)=\dfrac4{x^2}>0 : ff est strictement croissante sur II.

IV. 2. f(un)=5un−4un=un+1f(u_n)=\dfrac{5u_n-4}{u_n}=u_{n+1}.

IV. 3. C’est la question I.2 : un>4u_n>4, donc un∈Iu_n\in I.

IV. 4. ff est continue, strictement croissante : f(I)=[f(4);lim⁡x→+∞f(x)[=[4;5[⊂If(I)=\left[f(4);\lim\limits_{x\to+\infty}f(x)\right[=[4;5[\subset I.

IV. 5. (un)(u_n) converge (I.4) vers ℓ∈I\ell\in I (intervalle fermé) ; ff est continue sur II et f(I)⊂If(I)\subset I, donc f(ℓ)=ℓf(\ell)=\ell : ℓ2−5ℓ+4=0\ell^2-5\ell+4=0, soit ℓ=1\ell=1 ou ℓ=4\ell=4. Comme 1∉I1\notin I : ℓ=4\ell=4.

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