Exercices corrigés : Suites réelles : convergence (Prépa, 1re année)

1. Pour $n\in\mathbb N$ : $$u_n-3=\frac{3n-1-3(n+2)}{n+2}=\frac{-7}{n+2},\qquad\text{donc}\qquad|u_n-3|=\frac7{n+2}.$$

2. Soit $\varepsilon>0$. On pose $N=\left\lfloor\frac7\varepsilon\right\rfloor\in\mathbb N$. Par définition de la partie entière, $N>\frac7\varepsilon-1$. Pour $n\ge N$ : $$n+2\ge N+2>\frac7\varepsilon+1>\frac7\varepsilon,$$ donc $|u_n-3|=\frac7{n+2}<\varepsilon$. On a montré : $\forall\varepsilon>0,\ \exists N\in\mathbb N,\ \forall n\ge N,\ |u_n-3|\le\varepsilon$. Donc $u_n\to3$.

3. La suite $\left(\frac7{n+2}\right)$ est strictement décroissante. La propriété « $\forall n\ge N,\ |u_n-3|\le10^{-2}$ » équivaut donc à $|u_N-3|\le10^{-2}$, c'est-à-dire $$\frac7{N+2}\le\frac1{100}\iff N+2\ge700\iff N\ge698.$$ Le plus petit rang convenable est $N=698$. Le rang fourni par la question 2 pour $\varepsilon=10^{-2}$ vaut $700$ : il convient aussi, la définition n'exige pas le plus petit rang.

1. Forme $\frac\infty\infty$. On factorise par $n^2$ : $$a_n=\frac{3-\frac1n+\frac4{n^2}}{2+\frac1{n^2}}\to\frac32.$$

2. Forme $+\infty-\infty$. Avec la quantité conjuguée : $$b_n=\frac{(n^2+3n)-n^2}{\sqrt{n^2+3n}+n}=\frac{3n}{n\left(\sqrt{1+\frac3n}+1\right)}=\frac3{\sqrt{1+\frac3n}+1}.$$ Comme $1+\frac3n\to1$ et que la racine carrée est continue en $1$, le dénominateur tend vers $2$. Donc $b_n\to\frac32$.

3. On écrit $c_n=\left(\frac23\right)^n+\frac{n^3}{3^n}$. Comme $0<\frac23<1$, $\left(\frac23\right)^n\to0$. Par croissances comparées ($\alpha=3$, $q=3>1$), $\frac{n^3}{3^n}\to0$. Donc $c_n\to0$.

4. Forme $1^\infty$. Pour $n\ge1$, $1+\frac2n>0$ et $d_n=\exp\left(n\ln\left(1+\frac2n\right)\right)$. On pose $h_n=\frac2n$ : $h_n\to0$ et $h_n\neq0$, et $$n\ln\left(1+\frac2n\right)=2\cdot\frac{\ln(1+h_n)}{h_n}.$$ On sait que $\frac{\ln(1+h)}{h}\to\ln'(1)=1$ quand $h\to0$ (taux d'accroissement de $\ln$ en $1$). L'exposant tend donc vers $2$ et, par continuité de l'exponentielle en $2$, $d_n\to e^2$. La réponse $1$ serait l'erreur classique sur la forme $1^\infty$.

1. Chaque facteur $1+\frac1{2^k}$ est strictement positif, donc $P_n>0$. Pour $n\ge1$ : $$\frac{P_{n+1}}{P_n}=1+\frac1{2^{n+1}}>1.$$ Comme $P_n>0$, on obtient $P_{n+1}>P_n$ : la suite est strictement croissante.

2. En appliquant $\ln(1+x)\le x$ à $x=\frac1{2^k}$ : $$\ln P_n=\sum_{k=1}^n\ln\left(1+\frac1{2^k}\right)\le\sum_{k=1}^n\frac1{2^k}=\frac12\cdot\frac{1-\left(\frac12\right)^n}{1-\frac12}=1-\frac1{2^n}<1.$$ L'exponentielle étant strictement croissante, $P_n<e$.

3. La suite $(P_n)$ est croissante et majorée par $e$. D'après le théorème de la limite monotone, elle converge vers $\ell=\sup\{P_n,\ n\ge1\}$.

• Comme $P_n<e$ pour tout $n$, le passage à la limite donne $\ell\le e$ (l'inégalité devient large).
• Comme $\ell$ majore tous les termes, $\ell\ge P_3=\frac32\cdot\frac54\cdot\frac98=\frac{135}{64}$.

Donc $\frac{135}{64}\le\ell\le e$, soit environ $2{,}109\le\ell\le2{,}719$. Le théorème prouve la convergence sans donner la valeur de $\ell$.

1. $S_1=1$, $S_2=1-\frac12=\frac12$, $S_3=\frac12+\frac13=\frac56$, $S_4=\frac56-\frac14=\frac7{12}$.

2. Pour $n\ge1$ :

• $a_{n+1}-a_n=S_{2n+2}-S_{2n}=\frac1{2n+1}-\frac1{2n+2}>0$ : $(a_n)$ est croissante.
• $b_{n+1}-b_n=S_{2n+1}-S_{2n-1}=-\frac1{2n}+\frac1{2n+1}<0$ : $(b_n)$ est décroissante.
• $a_n=S_{2n}=S_{2n-1}+\frac{(-1)^{2n+1}}{2n}=b_n-\frac1{2n}$, donc $b_n-a_n=\frac1{2n}\to0$.

Les suites $(a_n)$ et $(b_n)$ sont adjacentes.

3. Par le théorème des suites adjacentes, elles convergent vers une même limite $\ell$ et $a_n\le\ell\le b_n$ pour tout $n\ge1$. Ainsi $S_{2n}=a_n\to\ell$ et $S_{2n+1}=b_{n+1}\to\ell$. Les suites des rangs pairs et impairs ont la même limite, donc $S_n\to\ell$.

Avec $n=2$ : $a_2=S_4$ et $b_2=S_3$, d'où $\frac7{12}\le\ell\le\frac56$.

4. L'amplitude vaut $b_n-a_n=\frac1{2n}$, et $\frac1{2n}\le10^{-3}\iff n\ge500$. Le plus petit entier convenable est $n=500$. La convergence est lente.

On montrera plus tard que $\ell=\ln2\approx0{,}693$ ; ce calcul sort du cadre de ce chapitre.

1. Pour $x\in\mathbb R$ : $$f(x)-x=\frac{x^2-4x+3}4=\frac{(x-1)(x-3)}4.$$ Les points fixes sont $1$ et $3$. Sur $[0,+\infty[$, $f(x)-x\ge0$ sur $[0,1]$, $f(x)-x\le0$ sur $[1,3]$, $f(x)-x>0$ sur $]3,+\infty[$. De plus, $f$ est continue et croissante sur $[0,+\infty[$.

2. $f(0)=\frac34$ et $f(1)=1$, donc par croissance $f([0,1])=\left[\frac34,1\right]\subset[0,1]$ : $[0,1]$ est stable et $u_n\in[0,1]$ pour tout $n$. Comme $f(x)-x\ge0$ sur $[0,1]$, la suite est croissante. Elle est majorée par $1$ : elle converge vers $\ell$, et $\ell\in[0,1]$ par passage à la limite. $f$ est continue en $\ell$, donc $f(\ell)=\ell$, soit $\ell\in\{1,3\}\cap[0,1]$. Donc $u_n\to1$.

3. $f([1,3])=[f(1),f(3)]=[1,3]$ : $[1,3]$ est stable et $u_n\in[1,3]$. Comme $f(x)-x\le0$ sur $[1,3]$, la suite est décroissante, minorée par $1$ : elle converge vers $\ell\in[1,3]$. La suite décroît, donc $\ell\le u_0<3$. Comme $f(\ell)=\ell$, on obtient $\ell=1$.

4. Si $x\ge3$, alors $f(x)\ge f(3)=3$ : $[3,+\infty[$ est stable et $u_n\ge3$. Comme $f(x)-x\ge0$ sur cet intervalle, la suite est croissante, donc $u_n\ge u_0>3$. Si elle convergeait vers $\ell$, on aurait $\ell\ge u_0>3$ et, par continuité de $f$, $f(\ell)=\ell$, donc $\ell\in\{1,3\}$ : impossible. La suite est croissante et ne converge pas : par le théorème de la limite monotone, $u_n\to+\infty$.

5. Si $u_0=3$, la suite est constante égale à $3$. En résumé : $u_n\to1$ si $0\le u_0<3$, $u_n=3$ pour tout $n$ si $u_0=3$, $u_n\to+\infty$ si $u_0>3$.

1. $f$ est continue et strictement décroissante sur $[0,2]$, avec $f(0)=2$ et $f(2)=\frac23$. Donc $f([0,2])=\left[\frac23,2\right]\subset[0,2]$. Comme $u_0\in[0,2]$, la suite est bien définie et $u_n\in[0,2]$ pour tout $n$.

2. $u_1=2$, $u_2=\frac23$, $u_3=\frac2{5/3}=\frac65$, $u_4=\frac2{11/5}=\frac{10}{11}$. La suite n'est pas monotone. Pour $x\in[0,2]$ : $$g(x)=\frac2{1+\frac2{1+x}}=\frac{2(1+x)}{3+x}=2-\frac4{3+x}.$$ $g$ est continue et croissante sur $[0,2]$, et $[0,2]$ est stable par $g$.

3. On a $u_{2n+2}=g(u_{2n})$ et $u_{2n+3}=g(u_{2n+1})$. Comme $u_2=\frac23\ge u_0$ et $g$ est croissante, une récurrence montre que $(u_{2n})$ est croissante : si $u_{2n}\le u_{2n+2}$, alors $g(u_{2n})\le g(u_{2n+2})$, soit $u_{2n+2}\le u_{2n+4}$. De même, $u_3=\frac65\le u_1$ donne $(u_{2n+1})$ décroissante. Les deux suites sont à valeurs dans $[0,2]$ : elles convergent vers $a$ et $b$, avec $a,b\in[0,2]$ par passage à la limite.

En passant à la limite dans $u_{2n+2}=g(u_{2n})$, par continuité de $g$ en $a$, on obtient $g(a)=a$. De même $g(b)=b$. Pour $x\in[0,2]$ : $$g(x)=x\iff2+2x=3x+x^2\iff x^2+x-2=0\iff(x-1)(x+2)=0.$$ Le seul point fixe de $g$ dans $[0,2]$ est $1$, donc $a=b=1$.

4. Les suites des rangs pairs et impairs convergent vers la même limite : $u_n\to1$.

5. Pour $n\ge1$, $u_n=f(u_{n-1})\in\left[\frac23,2\right]$, donc $1+u_n\ge\frac53$. Or $$u_{n+1}-1=\frac2{1+u_n}-1=\frac{1-u_n}{1+u_n},\qquad\text{donc}\qquad|u_{n+1}-1|=\frac{|u_n-1|}{1+u_n}\le\frac35|u_n-1|.$$ Par récurrence sur $n\ge1$ : $|u_n-1|\le\left(\frac35\right)^{n-1}|u_1-1|=\left(\frac35\right)^{n-1}$. Comme $0<\frac35<1$, ce majorant tend vers $0$, et $u_n\to1$. Cette méthode évite $f\circ f$ et donne une vitesse de convergence.

1. Soit $\varepsilon>0$. Il existe $N\ge1$ tel que $|u_k-\ell|\le\frac\varepsilon2$ pour $k\ge N$. On pose $C=\sum_{k=1}^{N-1}|u_k-\ell|$ (avec $C=0$ si $N=1$) : c'est une constante. Pour $n\ge N$ : $$|c_n-\ell|=\left|\frac1n\sum_{k=1}^n(u_k-\ell)\right|\le\frac Cn+\frac1n\sum_{k=N}^n|u_k-\ell|\le\frac Cn+\frac{n-N+1}n\cdot\frac\varepsilon2\le\frac Cn+\frac\varepsilon2.$$ Soit $N'=\max\left(N,\left\lfloor\frac{2C}\varepsilon\right\rfloor+1\right)$. Pour $n\ge N'$, $n>\frac{2C}\varepsilon$, donc $\frac Cn\le\frac\varepsilon2$ et $|c_n-\ell|\le\varepsilon$. Ainsi $c_n\to\ell$.

2. Prenons $u_n=(-1)^n$, qui diverge. On a $\sum_{k=1}^n(-1)^k=-1$ si $n$ est impair et $0$ si $n$ est pair, donc $|c_n|\le\frac1n$ et $c_n\to0$. La réciproque du théorème de Cesàro est fausse.

3. Pour $k\ge1$, posons $u_k=x_k-x_{k-1}$. La suite $(u_k)$ est la suite $(x_{n+1}-x_n)$ décalée d'un rang, donc $u_k\to a$. Par Cesàro et télescopage : $$\frac1n\sum_{k=1}^n(x_k-x_{k-1})=\frac{x_n-x_0}n\to a.$$ Comme $\frac{x_0}n\to0$, on obtient $\frac{x_n}n\to a$.

4. (a) Par récurrence : $y_0=1\ge1$, et si $y_n\ge1$, alors $y_n\neq0$, donc $y_{n+1}$ est défini, et $y_{n+1}=y_n+\frac1{y_n}\ge y_n\ge1$. La suite est bien définie, à valeurs dans $[1,+\infty[$, et croissante car $y_{n+1}-y_n=\frac1{y_n}>0$. Si elle convergeait vers $\ell$, on aurait $\ell\ge1$ et, par continuité de $x\mapsto x+\frac1x$ en $\ell$, $\ell=\ell+\frac1\ell$, soit $\frac1\ell=0$ : impossible. Croissante et non convergente, la suite tend vers $+\infty$ (limite monotone).

(b) $y_{n+1}^2=y_n^2+2+\frac1{y_n^2}$, donc $y_{n+1}^2-y_n^2=2+\frac1{y_n^2}\to2$ puisque $y_n\to+\infty$. Par la question 3 appliquée à $x_n=y_n^2$, $\frac{y_n^2}n\to2$. Comme $y_n>0$, $\frac{y_n}{\sqrt n}=\sqrt{\frac{y_n^2}n}\to\sqrt2$ par continuité de la racine carrée en $2$.

1. Par récurrence : $u_0=a>0$, $v_0=b>0$. Si $u_n>0$ et $v_n>0$, alors $u_nv_n>0$, donc $u_{n+1}=\sqrt{u_nv_n}$ est défini et strictement positif, et $v_{n+1}=\frac{u_n+v_n}2>0$.

2. Pour tout $n$ : $$v_{n+1}-u_{n+1}=\frac{u_n+v_n-2\sqrt{u_n}\sqrt{v_n}}2=\frac12\left(\sqrt{v_n}-\sqrt{u_n}\right)^2\ge0.$$ Donc $u_n\le v_n$ pour $n\ge1$, et aussi pour $n=0$ puisque $a\le b$.

3. Comme $0<u_n\le v_n$ : $u_{n+1}=\sqrt{u_nv_n}\ge\sqrt{u_n^2}=u_n$ et $v_{n+1}=\frac{u_n+v_n}2\le\frac{v_n+v_n}2=v_n$. Donc $(u_n)$ est croissante et $(v_n)$ décroissante.

4. La positivité vient de la question 2. Comme $u_{n+1}\ge u_n$ : $$v_{n+1}-u_{n+1}\le v_{n+1}-u_n=\frac{v_n-u_n}2.$$ Par récurrence, $0\le v_n-u_n\le\frac{b-a}{2^n}$, donc $v_n-u_n\to0$ par encadrement. Avec la question 3, les suites sont adjacentes : elles convergent vers une même limite $M(a,b)$ et $a\le u_n\le M(a,b)\le v_n\le b$.

5. Si $u_n=v_n$ les deux membres sont nuls. Sinon, $\sqrt{v_n}-\sqrt{u_n}=\frac{v_n-u_n}{\sqrt{v_n}+\sqrt{u_n}}$. Comme $v_n\ge u_n\ge u_0=a$, on a $\left(\sqrt{v_n}+\sqrt{u_n}\right)^2\ge(2\sqrt a)^2=4a$. D'après la question 2 : $$v_{n+1}-u_{n+1}=\frac{(v_n-u_n)^2}{2\left(\sqrt{v_n}+\sqrt{u_n}\right)^2}\le\frac{(v_n-u_n)^2}{8a}.$$

6. On note $d_n=v_n-u_n$. On a $u_1=\sqrt2$ et $v_1=\frac32$, donc $d_1=\frac32-\sqrt2$. Comme $\sqrt2>1{,}414$, $0<d_1<0{,}086$. Avec $a=1$ : $$d_2\le\frac{d_1^2}8<\frac{0{,}0074}8<10^{-3},\qquad d_3\le\frac{d_2^2}8<\frac{10^{-6}}8<10^{-6}.$$ Enfin $u_2=\sqrt{\frac{3\sqrt2}2}\approx1{,}456475$ et $v_2=\frac{\sqrt2+\frac32}2\approx1{,}457107$. Comme $u_2\le M(1,2)\le v_2$ et $d_2<10^{-3}$ : $$1{,}4564\le M(1,2)\le1{,}4572.$$ L'erreur est grossièrement élevée au carré à chaque étape : la convergence est très rapide.

1. $f_n$ est continue et strictement croissante sur $[0,1]$ (somme de $x\mapsto x^n$ croissante et de $x\mapsto x$ strictement croissante). $f_n(0)=-1<0$ et $f_n(1)=1>0$. Par le théorème des valeurs intermédiaires, $f_n$ s'annule sur $[0,1]$, et la stricte monotonie donne l'unicité. Comme $f_n(0)\neq0$ et $f_n(1)\neq0$, $x_n\in]0,1[$.

$x_1$ vérifie $2x-1=0$, donc $x_1=\frac12$. $x_2$ vérifie $x^2+x-1=0$, de racines $\frac{-1\pm\sqrt5}2$ ; la seule dans $[0,1]$ est $x_2=\frac{\sqrt5-1}2\approx0{,}618$.

2. Comme $x_n-1=-x_n^n$ : $$f_{n+1}(x_n)=x_n^{n+1}+x_n-1=x_n^{n+1}-x_n^n=x_n^n(x_n-1)<0,$$ car $0<x_n<1$. Ainsi $f_{n+1}(x_n)<0=f_{n+1}(x_{n+1})$, et $f_{n+1}$ est strictement croissante : $x_n<x_{n+1}$.

3. $(x_n)$ est croissante et majorée par $1$ : elle converge vers $\ell=\sup_n x_n$. On a $\ell\ge x_1=\frac12$ et $\ell\le1$ par passage à la limite.

4. Supposons $\ell<1$. La suite croît vers $\ell$, donc $0<x_n\le\ell$ et $0<x_n^n\le\ell^n$. Comme $0\le\ell<1$, $\ell^n\to0$ et, par encadrement, $x_n^n\to0$. Alors $x_n=1-x_n^n\to1$, donc $\ell=1$ par unicité de la limite : contradiction. Donc $\ell=1$.

5. Soit $n\ge3$ et $t=\frac{\ln n}n$. On a $0<\ln n<n$, donc $t\in]0,1[$ et $1-t\in]0,1[$. Comme $0\le1-t\le e^{-t}$, on obtient $(1-t)^n\le e^{-nt}=e^{-\ln n}=\frac1n$. Donc $$f_n(1-t)=(1-t)^n-t\le\frac1n-\frac{\ln n}n=\frac{1-\ln n}n<0,$$ car $\ln3>1$. Ainsi $f_n(1-t)<0=f_n(x_n)$, et la stricte croissance de $f_n$ donne $1-\frac{\ln n}n<x_n<1$. Par croissances comparées, $\frac{\ln n}n\to0$ : l'encadrement redonne $x_n\to1$.

6. $x_n^n=1-x_n\to0$.