Limites de suites

Soit $A$ un réel. Si $A<0$, tous les termes $n^2\ge 0>A$ conviennent dès $n=0$.

Si $A\ge 0$ : on a $n^2>A$ dès que $n>\sqrt{A}$. En notant $N$ le premier entier strictement supérieur à $\sqrt{A}$, pour tout $n\ge N$, $n^2\ge N^2>A$.

Par exemple, pour $A=10^6$, tous les termes sont supérieurs à $A$ à partir du rang $N=1001$.

Donc $\lim_{n\to+\infty} n^2=+\infty$.

Pour $n\ge1$, on pose $u_n=\dfrac1n$. Soit $]a\,;b[$ un intervalle ouvert contenant $0$, donc $a<0<b$.

• Pour tout $n\ge1$, $u_n>0>a$.
• $u_n<b \iff n>\dfrac1b$. En notant $N$ le premier entier strictement supérieur à $\dfrac1b$, pour tout $n\ge N$, $u_n\le\dfrac1N<b$.

Ainsi, à partir du rang $N$, tous les termes sont dans $]a\,;b[$. Donc $\lim_{n\to+\infty}\dfrac1n=0$.

Soit $u_n=3n^2-5n+1$. On a $\lim 3n^2=+\infty$ et $\lim(-5n)=-\infty$ : forme $\infty-\infty$.

Pour $n\ge1$ : $u_n=n^2\left(3-\dfrac5n+\dfrac1{n^2}\right)$.

Or $\lim\dfrac5n=0$ et $\lim\dfrac1{n^2}=0$, donc $\lim\left(3-\dfrac5n+\dfrac1{n^2}\right)=3$. Comme $\lim n^2=+\infty$, par produit $\lim u_n=+\infty$.

Soit $v_n=\dfrac{2n^2+1}{n^2+3n}$ pour $n\ge1$. Numérateur et dénominateur tendent vers $+\infty$ : forme $\dfrac{\infty}{\infty}$.

$$v_n=\frac{n^2\left(2+\frac1{n^2}\right)}{n^2\left(1+\frac3n\right)}=\frac{2+\frac1{n^2}}{1+\frac3n}$$

Le numérateur tend vers $2$, le dénominateur vers $1$. Par quotient, $\lim v_n=2$.

Avec la même méthode : $\dfrac{n+1}{n^2+1}=\dfrac{n\left(1+\frac1n\right)}{n^2\left(1+\frac1{n^2}\right)}=\dfrac1n\times\dfrac{1+\frac1n}{1+\frac1{n^2}}$, qui tend vers $0\times1=0$.

Soit $w_n=\sqrt{n+1}-\sqrt n$. Forme $\infty-\infty$.

$$w_n=\frac{(\sqrt{n+1}-\sqrt n)(\sqrt{n+1}+\sqrt n)}{\sqrt{n+1}+\sqrt n}=\frac{(n+1)-n}{\sqrt{n+1}+\sqrt n}=\frac1{\sqrt{n+1}+\sqrt n}$$

Le dénominateur tend vers $+\infty$ (somme de deux suites tendant vers $+\infty$). Par quotient, $\lim w_n=0$.

Soit $u_n=n+\sin n$. Pour tout $n$, $\sin n\ge-1$, donc $u_n\ge n-1$.

Or $\lim(n-1)=+\infty$. Par comparaison, $\lim u_n=+\infty$.

Soit, pour $n\ge1$, $v_n=\dfrac{n+\cos n}{n}=1+\dfrac{\cos n}{n}$.

Pour tout $n$, $-1\le\cos n\le1$. En divisant par $n>0$ :

$$1-\frac1n\le v_n\le1+\frac1n.$$

Les suites $\left(1-\frac1n\right)$ et $\left(1+\frac1n\right)$ convergent toutes deux vers $1$. D'après le théorème des gendarmes, $\lim v_n=1$.

• $u_n=5\times0{,}8^n$ : $-1<0{,}8<1$, donc $\lim u_n=0$.
• $v_n=-2\times3^n$ : $3>1$ et $-2<0$, donc $\lim v_n=-\infty$.
• $w_n=\dfrac{3^n-2^n}{3^n+1}$ : forme $\dfrac{\infty}{\infty}$. On divise numérateur et dénominateur par $3^n$ :

$$w_n=\frac{1-\left(\frac23\right)^n}{1+\left(\frac13\right)^n}.$$

Comme $\frac23$ et $\frac13$ sont dans $]-1\,;1[$, le numérateur tend vers $1$ et le dénominateur vers $1$ : $\lim w_n=1$.

Pour $q\neq1$ : $1+q+q^2+\cdots+q^n=\dfrac{1-q^{n+1}}{1-q}$.

Avec $q=\frac12$ : $S_n=1+\dfrac12+\dfrac14+\cdots+\left(\dfrac12\right)^n=\dfrac{1-\left(\frac12\right)^{n+1}}{1-\frac12}=2\left(1-\left(\frac12\right)^{n+1}\right)$.

Comme $\lim\left(\frac12\right)^{n+1}=0$, $\lim S_n=2$.

Plus généralement, si $-1<q<1$, $\lim(1+q+\cdots+q^n)=\dfrac1{1-q}$.

Soit $u_0=0$ et $u_{n+1}=0{,}5\,u_n+3$. On pose $v_n=u_n-6$ (le nombre $6$ est la solution de $x=0{,}5x+3$).

$$v_{n+1}=u_{n+1}-6=0{,}5\,u_n-3=0{,}5\,(u_n-6)=0{,}5\,v_n.$$

$(v_n)$ est géométrique de raison $0{,}5$ et de premier terme $v_0=-6$. Donc $v_n=-6\times0{,}5^n$ et $u_n=6-6\times0{,}5^n$.

Comme $-1<0{,}5<1$, $\lim0{,}5^n=0$, donc $\lim u_n=6$. Vérification : $u_1=3=6-6\times0{,}5$.

Soit, pour $n\ge1$, $u_n=\displaystyle\sum_{k=1}^{n}\frac1{k^2}=1+\frac14+\cdots+\frac1{n^2}$.

Monotonie. $u_{n+1}-u_n=\dfrac1{(n+1)^2}>0$ : la suite est croissante.

Majoration. Pour $k\ge2$, $k^2\ge k(k-1)>0$, donc $\dfrac1{k^2}\le\dfrac1{k(k-1)}=\dfrac1{k-1}-\dfrac1k$. En sommant de $k=2$ à $k=n$, les termes se simplifient deux à deux :

$$u_n\le1+\left(1-\frac12\right)+\left(\frac12-\frac13\right)+\cdots+\left(\frac1{n-1}-\frac1n\right)=2-\frac1n<2.$$

Conclusion. $(u_n)$ est croissante et majorée par $2$, donc elle converge, vers une limite $\ell\le2$.

Soit $u_0=1$ et $u_{n+1}=f(u_n)$ avec $f(x)=\sqrt{x+6}$, définie et croissante sur $[-6\,;+\infty[$.

Récurrence. Notons $P(n)$ : « $0\le u_n\le u_{n+1}\le3$ ».

• Initialisation : $u_0=1$ et $u_1=\sqrt7\approx2{,}65$. On a bien $0\le1\le\sqrt7\le3$ car $7\le9$. $P(0)$ est vraie.
• Hérédité : supposons $0\le u_n\le u_{n+1}\le3$. Comme $f$ est croissante sur $[0\,;3]$ :

$$f(0)\le f(u_n)\le f(u_{n+1})\le f(3),\ \text{soit}\ \sqrt6\le u_{n+1}\le u_{n+2}\le3.$$

Comme $\sqrt6\ge0$, $P(n+1)$ est vraie.

• Conclusion : pour tout $n$, $0\le u_n\le u_{n+1}\le3$.

Convergence. $(u_n)$ est croissante et majorée par $3$ : elle converge vers un réel $\ell$. Comme $1=u_0\le u_n\le3$, on a $1\le\ell\le3$.

Valeur de la limite. $f$ est continue sur $[-6\,;+\infty[$, donc en $\ell$, et $f(\ell)=\ell$ :

$$\sqrt{\ell+6}=\ell\ \Longrightarrow\ \ell+6=\ell^2\ \Longrightarrow\ \ell^2-\ell-6=0\ \Longrightarrow\ (\ell-3)(\ell+2)=0.$$

Donc $\ell=3$ ou $\ell=-2$. Comme $\ell\ge1$, $\ell=3$.

Conclusion : $\lim u_n=3$.

Soit $u_0=1$ et $u_{n+1}=u_n+\dfrac1{u_n}$.

• Par récurrence, $u_n\ge1$ pour tout $n$ : c'est vrai pour $n=0$, et si $u_n\ge1$ alors $u_{n+1}=u_n+\dfrac1{u_n}>u_n\ge1$.
• $u_{n+1}-u_n=\dfrac1{u_n}>0$ : la suite est croissante.
• Supposons que $(u_n)$ converge vers $\ell$. Alors $\ell\ge1$ et $f:x\mapsto x+\dfrac1x$ est continue sur $]0\,;+\infty[$, donc $\ell=\ell+\dfrac1\ell$, soit $\dfrac1\ell=0$ : impossible.

La suite ne converge donc pas. Si elle était majorée, étant croissante, elle convergerait : elle n'est donc pas majorée. Croissante et non majorée, elle tend vers $+\infty$.