Voici les solutions rédigées des 37 exercices de terminale consacrés aux suites : chaque réponse détaille la méthode, la justification et le résultat final, comme on l’attend sur une copie de bac. Ce corrigé reprend chacun des exercices sur les suites numériques, des sommes de termes arithmétiques et géométriques jusqu’aux limites obtenues par factorisation, par encadrement ou par croissances comparées.
Les démonstrations suivent la structure initialisation, hérédité, conclusion pour chaque récurrence. Vous y verrez comment prouver qu’une suite est monotone, bornée ou convergente, comment exploiter une suite auxiliaire géométrique ou arithmétique, pourquoi deux suites sont adjacentes et comment traiter les questions de cours (unicité de la limite, inégalité de Bernoulli, divergence de sin n, moyenne arithmético-géométrique).
Avant de lire une solution, reprenez l’énoncé des exercices sur les suites numériques et cherchez seul : la correction sert ensuite à repérer l’étape qui bloque et à consolider la rédaction.
Exercice 1 :
1. Soit la suite arithmétique \((U_n)\) de raison \(r=-2\) et telle que \(U_{10}=25\).
a. Pour une suite arithmétique, \(U_n=U_p+(n-p)r\), donc \(U_{50}=U_{10}+40\times r=25+40\times (-2)\), soit \(U_{50}=-55\).
b. \(U_{10}=U_1+9r\) donc \(U_1=U_{10}-9r=25-9\times (-2)=43\).
La somme de termes consécutifs d’une suite arithmétique vaut : nombre de termes \(\times \) (premier + dernier) \(: 2\), donc \(S_{10}=\dfrac{10\times (U_1+U_{10})}{2}=\dfrac{10\times (43+25)}{2}\), soit \(S_{10}=340\).
2. Soit la suite géométrique \((V_n)\) de raison \(q=\frac{1}{2}\) et telle que \(V_8=\frac{3}{8}\).
a. \(V_{20}=V_8\times q^{12}=\dfrac{3}{8}\times (\dfrac{1}{2})^{12}=\dfrac{3}{8\times 4096}\), soit \(V_{20}=\dfrac{3}{32768}\).
b. \(V_8=V_1\times q^7\) donc \(V_1=\dfrac{V_8}{(\frac{1}{2})^7}=\dfrac{3\times 2^7}{8}=48\).
\(S_9=V_1\times \dfrac{1-q^9}{1-q}=48\times \dfrac{1-\frac{1}{512}}{\frac{1}{2}}=96\times \dfrac{511}{512}\), soit \(S_9=\dfrac{1533}{16}=95{,}8125\).
Exercice 2 :
a. On divise numérateur et dénominateur par \(\sqrt{n}\) : \(U_n=\dfrac{1-\frac{1}{\sqrt{n}}}{1+\frac{1}{\sqrt{n}}}\). Comme \(\lim \frac{1}{\sqrt{n}}=0\), \(\lim_{n \to +\infty} U_n=1\).
b. \(U_n=\dfrac{n(3-\frac{4}{n})}{n(2+\frac{1}{n})}=\dfrac{3-\frac{4}{n}}{2+\frac{1}{n}}\), donc \(\lim_{n \to +\infty} U_n=\dfrac{3}{2}\).
c. \(\lim (1+\frac{1}{n})=1\) et \(\ln\) est continue en 1 avec \(\ln 1=0\), donc par composition \(\lim_{n \to +\infty}U_n=0\).
d. \(\lim \frac{1}{n}=0\) et \(\cos\) est continue en 0 avec \(\cos 0=1\), donc \(\lim_{n \to +\infty}U_n=1\).
e. \(U_n=\sin(\frac{n\pi}{3})\) est périodique de période 6 : \(U_{6k}=0\) et \(U_{6k+1}=\frac{\sqrt{3}}{2}\) pour tout entier k. La suite prend une infinité de fois deux valeurs différentes, elle ne peut donc pas converger : la suite n’a pas de limite.
Exercice 3 :
a. Pour tout \(n\geq\, 1\), \(-1\leq\, \sin n\leq\, 1\) donc \(1-\dfrac{1}{\sqrt{n}}\leq\, U_n\leq\, 1+\dfrac{1}{\sqrt{n}}\). Les deux suites qui encadrent tendent vers 1, donc d’après le théorème des gendarmes, \(\lim_{n \to +\infty}U_n=1\).
b. Pour tout \(n\geq\, 1\), \(\cos(\sqrt{n})\geq\, -1\) donc \(U_n\geq\, \dfrac{n-1}{\sqrt{n}}=\sqrt{n}-\dfrac{1}{\sqrt{n}}\). Or \(\lim (\sqrt{n}-\frac{1}{\sqrt{n}})=+\infty\), donc par comparaison \(\lim_{n \to +\infty}U_n=+\infty\).
Exercice 4 :
a. Par croissances comparées, l’exponentielle \(2^n=e^{n\ln 2}\) l’emporte sur toute puissance de n : \(\lim \dfrac{n^2}{2^n}=0\), donc \(\lim_{n \to +\infty}U_n=0\).
b. \(U_n=2^n(1-\dfrac{n^3}{2^n})\). Par croissances comparées \(\lim \frac{n^3}{2^n}=0\), et \(\lim 2^n=+\infty\) car \(2\gt 1\), donc \(\lim_{n \to +\infty}U_n=+\infty\).
c. Pour \(n\geq\, 1\), \(n^2+1\leq\, 2n^2\) donc \(\ln(n^2+1)\leq\, \ln 2+2\ln n\) et \(U_n\geq\, \dfrac{n}{\ln 2+2\ln n}=\dfrac{1}{\frac{\ln 2}{n}+2\frac{\ln n}{n}}\). Par croissances comparées \(\lim \frac{\ln n}{n}=0\), donc le minorant tend vers \(+\infty\) et \(\lim_{n \to +\infty}U_n=+\infty\).
Exercice 5 :
a. Pour tout \(n \in \mathbb{N}\), \(U_{n+1}-U_n=\dfrac{n+1}{n+2}-\dfrac{n}{n+1}=\dfrac{(n+1)^2-n(n+2)}{(n+1)(n+2)}=\dfrac{1}{(n+1)(n+2)}\gt 0\).
Donc \((U_n)\) est strictement croissante sur \(\mathbb{N}\).
b. Pour tout \(n \in \mathbb{N}\), \(U_{n+1}-U_n=1-\ln(n+2)+\ln(n+1)=1-\ln(\dfrac{n+2}{n+1})=1-\ln(1+\dfrac{1}{n+1})\).
Or \(1\lt 1+\frac{1}{n+1}\leq\, 2\), et \(\ln\) est croissante, donc \(\ln(1+\frac{1}{n+1})\leq\, \ln 2\lt 1\). Ainsi \(U_{n+1}-U_n\geq\, 1-\ln 2\gt 0\) et \((U_n)\) est strictement croissante sur \(\mathbb{N}\).
c. Pour \(n\in \mathbb{N^*}\), \(U_n\gt 0\) ; on peut donc comparer le quotient \(\dfrac{U_{n+1}}{U_n}\) à 1. Le terme \(U_{n+1}\) s’obtient en multipliant \(U_n\) par \(\dfrac{2(n+1)-1}{2(n+1)}\), donc
\(\dfrac{U_{n+1}}{U_n}=\dfrac{2n+1}{2n+2}\lt 1\).
Donc la suite \((U_n)\) est strictement décroissante sur \(\mathbb{N^*}\).
Exercice 6 :
Remarque : avec \(U_0=2\), l’inégalité stricte \(U_n\lt 2\) est fausse dès le rang 0 ; on démontre donc \(U_n\leq\, 2\).
Initialisation : \(U_0=2\leq\, 2\), la propriété est vraie au rang 0.
Hérédité : supposons \(U_n\leq\, 2\) pour un certain entier n. Alors \(U_n+2\leq\, 4\) et, la fonction racine carrée étant croissante sur \([0;+\infty[\), \(U_{n+1}=\sqrt{U_n+2}\leq\, \sqrt{4}=2\).
Conclusion : pour tout \(n\in\mathbb{N}\), \(U_n\leq\, 2\). On remarque d’ailleurs que \(U_1=\sqrt{4}=2\) : la suite est constante égale à 2.
Exercice 7 :
Initialisation : \(U_0=2\) et \(3-2^0=3-1=2\) : la propriété est vraie au rang 0.
Hérédité : supposons \(U_n=3-2^n\) pour un certain entier n. Alors
\[U_{n+1}=2U_n-3=2(3-2^n)-3=6-2^{n+1}-3=3-2^{n+1}.\]
La propriété est vraie au rang \(n+1\).
Conclusion : pour tout \(n\in\mathbb{N}\), \(U_n=3-2^n\).
Exercice 8 :
Remarque : la formule correcte est \(S_n=\dfrac{n(n+1)(2n+1)}{6}\) (avec \(2n-1\), on aurait \(S_1=\frac{1}{3}\ne 1\)).
a. \(S_1=1\), \(S_2=1+4=5\), \(S_3=5+9=14\) et \(S_4=14+16=30\).
b. \(S_{n+1}=1^2+2^2+\ldots+n^2+(n+1)^2\), donc \(S_{n+1}=S_n+(n+1)^2\).
c. Initialisation : \(\dfrac{1\times 2\times 3}{6}=1=S_1\).
Hérédité : supposons \(S_n=\dfrac{n(n+1)(2n+1)}{6}\) pour un certain entier \(n\geq\, 1\). Alors
\(S_{n+1}=\dfrac{n(n+1)(2n+1)}{6}+(n+1)^2=\dfrac{(n+1)(2n^2+n+6n+6)}{6}=\dfrac{(n+1)(2n^2+7n+6)}{6}\).
Or \((n+2)(2n+3)=2n^2+7n+6\), donc \(S_{n+1}=\dfrac{(n+1)(n+2)(2n+3)}{6}=\dfrac{(n+1)((n+1)+1)(2(n+1)+1)}{6}\) : la formule est vraie au rang \(n+1\).
Conclusion : pour tout \(n\geq\, 1\), \(S_n=\dfrac{n(n+1)(2n+1)}{6}\).
Exercice 9 :
\(a_n=\dfrac{n^3(5+\frac{2}{n^2}-\frac{4}{n^3})}{n^3(1+\frac{1}{n}+\frac{1}{n^3})}\) donc \(\lim a_n=5\).
\(-1\leq\, \sin n\leq\, 1\) donc \(\dfrac{1}{n+1}\leq\, b_n\leq\, \dfrac{5}{n+1}\) ; par le théorème des gendarmes, \(\lim b_n=0\).
\(c_n=\dfrac{1-(\frac{2}{5})^n}{1+(\frac{2}{5})^n}\) et \(\lim (\frac{2}{5})^n=0\) car \(0\lt \frac{2}{5}\lt 1\), donc \(\lim c_n=1\).
Exercice 10 :
1.a. \(V_{n+1}=U_{n+1}+6=\dfrac{1}{2}U_n-3+6=\dfrac{1}{2}(U_n+6)=\dfrac{1}{2}V_n\).
\((V_n)\) est géométrique de raison \(\frac{1}{2}\) et de premier terme \(V_0=U_0+6=15\). Ainsi \(V_n=15\times (\frac{1}{2})^n\gt 0\) : ses termes sont positifs.
1.b. \(S_n=15\times \dfrac{1-(\frac{1}{2})^{n+1}}{1-\frac{1}{2}}\), soit \(S_n=30(1-(\frac{1}{2})^{n+1})\).
Comme \(U_k=V_k-6\), \(S^{\prime}_n=\sum_{k=0}^n (V_k-6)=S_n-6(n+1)\), soit \(S^{\prime}_n=30(1-(\frac{1}{2})^{n+1})-6(n+1)\).
1.c. \(0\lt \frac{1}{2}\lt 1\) donc \(\lim (\frac{1}{2})^{n+1}=0\) et \(\lim S_n=30\) ; comme \(\lim -6(n+1)=-\infty\), \(\lim S^{\prime}_n=-\infty\).
2. \(W_n=\ln V_n=\ln 15+n\ln(\frac{1}{2})=\ln 15-n\ln 2\). Donc \(W_{n+1}-W_n=-\ln 2\) : \((W_n)\) est arithmétique de raison \(-\ln 2\) et de premier terme \(W_0=\ln 15\).
\(S^{\prime\prime}_n=(n+1)\times \dfrac{W_0+W_n}{2}=(n+1)\times \dfrac{2\ln 15-n\ln 2}{2}\), soit \(S^{\prime\prime}_n=(n+1)\ln 15-\dfrac{n(n+1)}{2}\ln 2\).
\(S^{\prime\prime}_n=(n+1)(\ln 15-\dfrac{n}{2}\ln 2)\) : le premier facteur tend vers \(+\infty\), le second vers \(-\infty\), donc \(\lim S^{\prime\prime}_n=-\infty\).
3. \(\ln P_n=\ln V_0+\ln V_1+\ldots+\ln V_n=S^{\prime\prime}_n\), donc \(P_n=e^{S^{\prime\prime}_n}\), soit \(P_n=15^{n+1}\times (\frac{1}{2})^{\frac{n(n+1)}{2}}\).
Comme \(\lim S^{\prime\prime}_n=-\infty\) et \(\lim_{X\to -\infty}e^X=0\), \(\lim P_n=0\).
Exercice 11 :
1. Soit \((u_n)\) convergeant vers \(L\). L’intervalle \(]L-1;L+1[\) contient tous les termes à partir d’un rang N. Les termes \(u_0,\ldots,u_{N-1}\) sont en nombre fini. Si m est le plus petit des nombres \(u_0,\ldots,u_{N-1},L-1\) et M le plus grand des nombres \(u_0,\ldots,u_{N-1},L+1\), alors \(m\leq\, u_n\leq\, M\) pour tout n : la suite est bornée.
2. Soit \((u_n)\) croissante et non majorée, et soit A un réel. Comme A n’est pas un majorant, il existe un rang \(n_0\) tel que \(u_{n_0}\gt A\). La suite étant croissante, pour tout \(n\geq\, n_0\), \(u_n\geq\, u_{n_0}\gt A\). Tout intervalle \(]A;+\infty[\) contient donc tous les termes à partir d’un certain rang : \((u_n)\) diverge vers \(+\infty\).
3. Supposons que \((u_n)\) converge vers \(\ell_1\) et vers \(\ell_2\) avec \(\ell_1\lt \ell_2\), et posons \(d=\ell_2-\ell_1\). Les intervalles \(I_1=]\ell_1-\frac{d}{3};\ell_1+\frac{d}{3}[\) et \(I_2=]\ell_2-\frac{d}{3};\ell_2+\frac{d}{3}[\) sont disjoints (voir figure).
Il existe un rang \(N_1\) à partir duquel tous les termes sont dans \(I_1\), et un rang \(N_2\) à partir duquel tous les termes sont dans \(I_2\). Pour \(n\geq\, \max(N_1,N_2)\), \(u_n\) serait dans les deux intervalles à la fois, ce qui est impossible. Donc la limite est unique.
4. Soit \(u_n=(-1)^n\). Supposons que \((u_n)\) converge vers \(L\). Alors, à partir d’un certain rang, tous les termes sont dans \(]L-\frac{1}{2};L+\frac{1}{2}[\), intervalle de longueur 1. Or à partir de n’importe quel rang, la suite prend les valeurs 1 et \(-1\), distantes de 2 : elles ne peuvent pas être toutes deux dans cet intervalle. Contradiction : \(((-1)^n)\) n’a pas de limite (elle ne tend pas non plus vers \(\pm\infty\) puisqu’elle est bornée).
5. \((u_n)\) est bornée : il existe \(M\gt 0\) tel que \(|u_n|\leq\, M\) pour tout n. Soit \(\varepsilon\gt 0\). Comme \((v_n)\) converge vers 0, il existe N tel que \(|v_n|\lt \dfrac{\varepsilon}{M}\) pour \(n\geq\, N\). Alors, pour \(n\geq\, N\) : \(|u_nv_n|\leq\, M|v_n|\lt \varepsilon\). Donc \((u_nv_n)\) converge vers 0.
6. Soit \((u_n)\) une suite d’entiers relatifs convergeant vers \(L\). Il existe N tel que, pour \(n\geq\, N\), \(u_n\in ]L-\frac{1}{2};L+\frac{1}{2}[\). Deux termes \(u_n\) et \(u_m\) avec \(n,m\geq\, N\) sont alors deux entiers dont la distance est strictement inférieure à 1 : ils sont égaux. Donc \(u_n=u_N\) pour tout \(n\geq\, N\) : la suite est stationnaire, et par unicité de la limite \(L=u_N\) est un entier relatif.
7. Soit \((u_n)\) divergeant vers \(+\infty\). L’intervalle \(]0;+\infty[\) contient tous les termes à partir d’un rang N. Les termes \(u_0,\ldots,u_{N-1}\) sont en nombre fini ; notons m le plus petit des nombres \(u_0,\ldots,u_{N-1},0\). Alors \(u_n\geq\, m\) pour tout n : la suite est minorée.
Exercice 12 :
Moyenne arithmético-géométrique.
Par récurrence immédiate, \(a_n\gt 0\) et \(b_n\gt 0\) pour tout n (la demi-somme et la racine du produit de deux réels strictement positifs sont strictement positives).
Pour tout \(n\geq\, 0\) : \(a_{n+1}-b_{n+1}=\dfrac{a_n+b_n-2\sqrt{a_nb_n}}{2}=\dfrac{(\sqrt{a_n}-\sqrt{b_n})^2}{2}\geq\, 0\). Donc \(a_n\geq\, b_n\) pour tout \(n\geq\, 1\), et aussi pour \(n=0\) puisque \(a\gt b\).
On en déduit :
- \(a_{n+1}-a_n=\dfrac{b_n-a_n}{2}\leq\, 0\) : \((a_n)\) est décroissante ;
- \(b_{n+1}=\sqrt{a_nb_n}\geq\, \sqrt{b_nb_n}=b_n\) : \((b_n)\) est croissante.
Ainsi, pour tout n, \(b_0\leq\, b_n\leq\, a_n\leq\, a_0\). La suite \((a_n)\) est décroissante et minorée par \(b_0\), donc converge vers un réel \(\ell\) ; la suite \((b_n)\) est croissante et majorée par \(a_0\), donc converge vers un réel \(\ell^{\prime}\).
En passant à la limite dans \(a_{n+1}=\dfrac{a_n+b_n}{2}\), on obtient \(\ell=\dfrac{\ell+\ell^{\prime}}{2}\), d’où \(\ell=\ell^{\prime}\). Les suites \((a_n)\) et \((b_n)\) convergent vers la même limite (elles sont d’ailleurs adjacentes).
Divergence des suites \((\sin n)\) et \((\cos n)\).
Supposons que \((\sin n)\) converge vers \(\ell\). Alors \(\sin(n+1)-\sin(n-1)=2\cos n\sin 1\) tend vers \(\ell-\ell=0\), et comme \(\sin 1\ne 0\), \(\lim \cos n=0\). Alors \(\cos(n+1)=\cos n\cos 1-\sin n\sin 1\) tend vers 0 et vers \(-\ell\sin 1\), donc \(\ell=0\). Mais alors \(\cos^2 n+\sin^2 n\) tendrait vers 0, alors que cette quantité vaut toujours 1 : contradiction. \((\sin n)\) diverge.
Supposons que \((\cos n)\) converge vers \(\ell\). Alors \(\cos(n-1)-\cos(n+1)=2\sin n\sin 1\) tend vers 0, donc \((\sin n)\) converge vers 0, ce qui est impossible d’après ce qui précède. \((\cos n)\) diverge.
Exercice 13 :
1. Soit \(x\geq\, 0\). Raisonnons par récurrence sur n.
Initialisation : \((1+x)^0=1\geq\, 1+0\times x\).
Hérédité : supposons \((1+x)^n\geq\, 1+nx\). Comme \(1+x\gt 0\), on peut multiplier par \(1+x\) sans changer le sens : \((1+x)^{n+1}\geq\, (1+nx)(1+x)=1+(n+1)x+nx^2\geq\, 1+(n+1)x\) car \(nx^2\geq\, 0\).
Conclusion : pour tout \(x\geq\, 0\) et tout \(n\in\mathbb{N}\), \((1+x)^n\geq\, 1+nx\).
2. Si \(a\gt 1\) : on pose \(x=a-1\gt 0\). Par Bernoulli, \(a^n\geq\, 1+nx\), et \(\lim (1+nx)=+\infty\) car \(x\gt 0\). Par comparaison, \(\lim a^n=+\infty\).
Si \(a=1\) : \(a^n=1\) pour tout n, la suite est constante et converge vers 1.
Si \(-1\lt a\lt 1\) : si \(a=0\), la suite est nulle à partir du rang 1. Sinon, \(\dfrac{1}{|a|}\gt 1\) et d’après le cas précédent \(\lim \dfrac{1}{|a|^n}=+\infty\), donc \(\lim |a|^n=0\). Comme \(-|a|^n\leq\, a^n\leq\, |a|^n\), le théorème des gendarmes donne \(\lim a^n=0\).
Si \(a\lt -1\) : \(a^{2n}=(a^2)^n\) avec \(a^2\gt 1\), donc \(a^{2n}\to +\infty\) ; et \(a^{2n+1}=a\times (a^2)^n\to -\infty\) car \(a\lt 0\). Les termes de rang pair et ceux de rang impair ont des comportements incompatibles : la suite n’a pas de limite.
Exercice 14 :
1. Initialisation : \(S_1=1^3=1\) et \(2\times 1^4-1^2=1\).
Hérédité : supposons \(S_n=2n^4-n^2\) pour un certain \(n\geq\, 1\). Le terme suivant de la somme est \((2(n+1)-1)^3=(2n+1)^3\), donc
\(S_{n+1}=2n^4-n^2+(2n+1)^3=2n^4-n^2+8n^3+12n^2+6n+1=2n^4+8n^3+11n^2+6n+1\).
Par ailleurs, \(2(n+1)^4-(n+1)^2=2(n^4+4n^3+6n^2+4n+1)-(n^2+2n+1)=2n^4+8n^3+11n^2+6n+1\).
Donc \(S_{n+1}=2(n+1)^4-(n+1)^2\).
Conclusion : pour tout \(n\geq\, 1\), \(S_n=2n^4-n^2\).
2. On cherche n tel que \(2n^4-n^2=913\,276\). En posant \(X=n^2\), on obtient \(2X^2-X-913\,276=0\).
\(\Delta=1+8\times 913\,276=7\,306\,209=2703^2\), donc \(X=\dfrac{1+2703}{4}=676\) (l’autre racine est négative).
\(n^2=676\) donne \(n=26\). Vérification : \(2\times 26^4-26^2=913\,952-676=913\,276\).
Exercice 15 :
Une suite croissante et majorée converge, une suite décroissante et minorée converge aussi, mais rien n’oblige leurs limites à être égales.
Contre-exemple : \(U_n=-\dfrac{1}{n+1}\) est croissante et majorée par 0, et \(V_n=3+\dfrac{1}{n+1}\) est décroissante et minorée par 3.
Or \(\lim U_n=0\) et \(\lim V_n=3\) : les limites sont différentes. Pour que les limites soient égales, il faudrait une hypothèse supplémentaire, par exemple \(\lim (V_n-U_n)=0\) (suites adjacentes).
Exercice 16 :
Indication : utiliser le théorème de comparaison.
Soit A un réel quelconque.
- Comme \((U_n)\) tend vers \(+\infty\), l’intervalle \(]A;+\infty[\) contient tous les termes \(U_n\) à partir d’un certain rang \(N_1\).
- Par hypothèse, \(U_n\leq\, V_n\) à partir d’un certain rang \(N_2\).
Pour tout \(n\geq\, N=\max(N_1,N_2)\), on a donc \(A\lt U_n\leq\, V_n\), c’est-à-dire \(V_n\in ]A;+\infty[\).
Ainsi, tout intervalle \(]A;+\infty[\) contient tous les termes \(V_n\) à partir du rang N : \((V_n)\) tend vers \(+\infty\).
Exercice 17 :
On admet (voir exercice 18) que \(-2\lt U_n\leq\, 0\) pour tout n, de sorte que \(4+U_n\ne 0\) et \(2+U_n\ne 0\).
1. \(2+U_{n+1}=2-\dfrac{4}{4+U_n}=\dfrac{8+2U_n-4}{4+U_n}=\dfrac{2(2+U_n)}{4+U_n}\), donc \(V_{n+1}=\dfrac{4+U_n}{2(2+U_n)}\).
\(V_{n+1}-V_n=\dfrac{4+U_n}{2(2+U_n)}-\dfrac{2}{2(2+U_n)}=\dfrac{2+U_n}{2(2+U_n)}=\dfrac{1}{2}\).
La différence ne dépend pas de n : \((V_n)\) est arithmétique de raison \(\frac{1}{2}\), de premier terme \(V_0=\dfrac{1}{2+0}=\dfrac{1}{2}\).
2. \(V_n=\dfrac{1}{2}+\dfrac{n}{2}\), soit \(V_n=\dfrac{n+1}{2}\). Comme \(V_n=\dfrac{1}{2+U_n}\), on a \(2+U_n=\dfrac{1}{V_n}=\dfrac{2}{n+1}\), d’où \(U_n=\dfrac{2}{n+1}-2\).
3. \(\lim \dfrac{2}{n+1}=0\), donc \(\lim U_n=-2\) et \(\lim V_n=+\infty\).
Exercice 18 :
1. Initialisation : \(U_0=0\) et \(-2\lt 0\leq\, 0\).
Hérédité : supposons \(-2\lt U_n\leq\, 0\). Alors \(2\lt 4+U_n\leq\, 4\), donc, la fonction inverse étant décroissante sur \(]0;+\infty[\), \(\dfrac{1}{4}\leq\, \dfrac{1}{4+U_n}\lt \dfrac{1}{2}\). En multipliant par \(-4\lt 0\) : \(-2\lt \dfrac{-4}{4+U_n}\leq\, -1\). Donc \(-2\lt U_{n+1}\leq\, -1\leq\, 0\).
Conclusion : pour tout n, \(-2\lt U_n\leq\, 0\).
2. \(U_{n+1}-U_n=\dfrac{-4}{4+U_n}-U_n=\dfrac{-4-4U_n-U_n^2}{4+U_n}=-\dfrac{(U_n+2)^2}{4+U_n}\).
Le numérateur \((U_n+2)^2\) est strictement positif (car \(U_n\ne -2\)) et \(4+U_n\gt 0\), donc \(U_{n+1}-U_n\lt 0\) : \((U_n)\) est strictement décroissante.
3. \((U_n)\) est décroissante et minorée par \(-2\), donc elle converge vers un réel \(\ell\geq\, -2\). La fonction \(x\mapsto \dfrac{-4}{4+x}\) étant continue en \(\ell\) (car \(4+\ell\geq\, 2\)), \(\ell=\dfrac{-4}{4+\ell}\), soit \(\ell^2+4\ell+4=0\), c’est-à-dire \((\ell+2)^2=0\). Donc \((U_n)\) converge vers \(-2\), ce que confirme la formule de l’exercice 17.
Exercice 19 :
1. \(u_1=u_0+2\times 0-11=-11\) ; \(u_2=-11+2-11=-20\) ; \(u_3=-20+4-11=-27\) ; \(u_4=-27+6-11=-32\) ; \(u_5=-32+8-11=-35\).
Les six premiers termes sont 0 ; \(-11\) ; \(-20\) ; \(-27\) ; \(-32\) ; \(-35\) (et \(u_6=-36\)).
2. La courbe est une parabole qui coupe l’axe des abscisses en 0 et 12 et dont le sommet a pour coordonnées \((6;-36)\). On conjecture \(f(x)=a\,x(x-12)\) avec \(f(6)=-36a=-36\), soit \(f(x)=x^2-12x\), et donc \(u_n=n^2-12n\).
3. Initialisation : \(0^2-12\times 0=0=u_0\).
Hérédité : supposons \(u_n=n^2-12n\). Alors \(u_{n+1}=n^2-12n+2n-11=n^2-10n-11\).
Or \((n+1)^2-12(n+1)=n^2+2n+1-12n-12=n^2-10n-11\). Donc \(u_{n+1}=(n+1)^2-12(n+1)\).
Conclusion : pour tout \(n\in\mathbb{N}\), \(u_n=n^2-12n\).
Exercice 20 :
Une récurrence immédiate montre que \(u_n\gt 0\) pour tout n (\(u_0=9e\gt 0\), et \(3\sqrt{u_n}\gt 0\) si \(u_n\gt 0\)) : \(v_n\) est donc bien défini.
1. \(v_{n+1}=\ln(\dfrac{3\sqrt{u_n}}{9})=\ln(\dfrac{\sqrt{u_n}}{3})=\ln(\sqrt{\dfrac{u_n}{9}})=\dfrac{1}{2}\ln(\dfrac{u_n}{9})=\dfrac{1}{2}v_n\).
\((v_n)\) est géométrique de raison \(q=\frac{1}{2}\) et de premier terme \(v_0=\ln(\dfrac{9e}{9})=\ln e=1\).
2. \(v_n=(\frac{1}{2})^n\). Comme \(\dfrac{u_n}{9}=e^{v_n}\), on obtient \(u_n=9\,e^{(\frac{1}{2})^n}\).
3. \(\lim (\frac{1}{2})^n=0\) et la fonction exponentielle est continue en 0 avec \(e^0=1\), donc \(\lim u_n=9\).
Exercice 21 :
On utilise une récurrence « double » : la propriété \(P(n)\) : « \(u_n=2^n\) et \(u_{n+1}=2^{n+1}\) ».
Initialisation : \(u_0=1=2^0\) et \(u_1=2=2^1\) : \(P(0)\) est vraie.
Hérédité : supposons \(P(n)\) vraie. Alors
\(u_{n+2}=5u_{n+1}-6u_n=5\times 2^{n+1}-6\times 2^n=10\times 2^n-6\times 2^n=4\times 2^n=2^{n+2}\).
Donc \(u_{n+1}=2^{n+1}\) et \(u_{n+2}=2^{n+2}\) : \(P(n+1)\) est vraie.
Conclusion : pour tout entier n, \(u_n=2^n\).
Exercice 22 :
1. \(S_1=1\) ; \(S_2=1-\dfrac{1}{2}=\dfrac{1}{2}\) ; \(S_3=\dfrac{1}{2}+\dfrac{1}{3}=\dfrac{5}{6}\) ; \(S_4=\dfrac{5}{6}-\dfrac{1}{4}=\dfrac{7}{12}\).
2. Pour \(n\geq\, 1\), \(u_n=S_{2n}\) et \(v_n=S_{2n+1}\).
\(u_{n+1}-u_n=S_{2n+2}-S_{2n}=\dfrac{(-1)^{2n}}{2n+1}+\dfrac{(-1)^{2n+1}}{2n+2}=\dfrac{1}{2n+1}-\dfrac{1}{2n+2}\gt 0\) : \((u_n)\) est croissante.
\(v_{n+1}-v_n=S_{2n+3}-S_{2n+1}=-\dfrac{1}{2n+2}+\dfrac{1}{2n+3}\lt 0\) : \((v_n)\) est décroissante.
\(v_n-u_n=S_{2n+1}-S_{2n}=\dfrac{(-1)^{2n}}{2n+1}=\dfrac{1}{2n+1}\), qui tend vers 0.
Une suite croissante, une suite décroissante et une différence qui tend vers 0 : \((u_n)\) et \((v_n)\) sont adjacentes. Elles convergent donc vers une même limite, et \((S_n)\), dont les termes de rang pair et impair ont la même limite, converge aussi vers cette limite (qui vaut \(\ln 2\), résultat que l’on établit avec des outils complémentaires, par exemple le calcul intégral).
Exercice 23 :
| n | \(u_n\) | \(u_n^2\) |
|---|---|---|
| 0 | 0 | 0 |
| 1 | 1 | 1 |
| 2 | 1,41421356 | 2 |
| 3 | 1,73205081 | 3 |
| 4 | 2 | 4 |
| 5 | 2,23606798 | 5 |
| 6 | 2,44948974 | 6 |
1. Dans le tableau, \(u_n^2=n\) et \(u_n\geq\, 0\). On conjecture \(u_n=\sqrt{n}\) pour tout \(n\in\mathbb{N}\).
2. Initialisation : \(u_0=0=\sqrt{0}\).
Hérédité : supposons \(u_n=\sqrt{n}\) pour un certain entier n. Alors \(u_{n+1}=\sqrt{u_n^2+1}=\sqrt{n+1}\).
Conclusion : pour tout \(n\in\mathbb{N}\), \(u_n=\sqrt{n}\).
Exercice 24 :
Initialisation : \(V_0=0=0\times (0+1)\).
Hérédité : supposons \(V_n=n(n+1)\) pour un certain entier n. Alors
\(V_{n+1}=n(n+1)+2(n+1)=(n+1)(n+2)=(n+1)((n+1)+1)\).
Conclusion : pour tout \(n\in\mathbb{N}\), \(V_n=n(n+1)\).
Exercice 25 :
Initialisation : \(2^0=1\) et \(0+1=1\), donc \(2^0\geq\, 0+1\).
Hérédité : supposons \(2^n\geq\, n+1\) pour un certain entier n. Alors \(2^{n+1}=2\times 2^n\geq\, 2(n+1)=2n+2\geq\, n+2=(n+1)+1\) car \(n\geq\, 0\).
Conclusion : pour tout entier naturel n, \(2^n\geq\, n+1\).
Exercice 26 :
Initialisation : \(OA_0=1=\sqrt{4\times 0+1}\).
Hérédité : supposons \(OA_n=\sqrt{4n+1}\) pour un certain entier n. Le triangle \(OA_nA_{n+1}\) est rectangle en \(A_n\), donc d’après le théorème de Pythagore :
\(OA_{n+1}^2=OA_n^2+A_nA_{n+1}^2=(4n+1)+4=4(n+1)+1\), et comme \(OA_{n+1}\gt 0\), \(OA_{n+1}=\sqrt{4(n+1)+1}\).
Conclusion : pour tout \(n\in\mathbb{N}\), \(OA_n=\sqrt{4n+1}\).
Exercice 27 :
1. \(0\lt 0{,}9\lt 1\) donc \(\lim 0{,}9^n=0\) et \(\lim u_n=3\times (2-0)=6\).
2. \(1{,}01\gt 1\) donc \(\lim 1{,}01^n=+\infty\) et \(\lim v_n=+\infty\).
3. \(\lim 0{,}2^n=0\) et \(\lim 0{,}9^n=0\), donc le numérateur tend vers 3 et le dénominateur vers \(-5\) : \(\lim w_n=-\dfrac{3}{5}\).
4. \(t_n=\dfrac{1}{2}\times (\dfrac{4}{3})^n+\dfrac{5}{2}\times (\dfrac{1}{3})^n\). Comme \(\frac{4}{3}\gt 1\), \(\lim (\frac{4}{3})^n=+\infty\), et \(\lim (\frac{1}{3})^n=0\), donc \(\lim t_n=+\infty\).
Exercice 28 :
1. Pour tout \(n\geq\, 1\), \(u_n=-3\times 0{,}8^{n-1}\), et la somme des n premiers termes vaut
\(S_n=u_1\times \dfrac{1-0{,}8^n}{1-0{,}8}=-3\times \dfrac{1-0{,}8^n}{0{,}2}\), soit \(S_n=-15(1-0{,}8^n)=15\times 0{,}8^n-15\).
2. \(0\lt 0{,}8\lt 1\) donc \(\lim 0{,}8^n=0\) et \(\lim S_n=-15\).
Exercice 29 :
1) a) f est dérivable sur \([0;+\infty[\) et \(f^{\prime}(x)=\dfrac{3(1+2x)-3x\times 2}{(1+2x)^2}=\dfrac{3}{(1+2x)^2}\gt 0\).
Donc f est strictement croissante sur \([0;+\infty[\).
b) (L’énoncé porte sur \(f(x)\).) Si \(0\leq\, x\leq\, 1\), f étant croissante, \(f(0)\leq\, f(x)\leq\, f(1)\). Or \(f(0)=0\) et \(f(1)=\dfrac{3}{3}=1\), donc \(f(x)\in [0;1]\).
2) Initialisation : \(u_0=0{,}7\in [0;1]\).
Hérédité : supposons \(0\leq\, u_n\leq\, 1\). Comme \(u_{n+1}=f(u_n)\), la question 1b donne \(0\leq\, u_{n+1}\leq\, 1\).
Conclusion : pour tout n, \(0\leq\, u_n\leq\, 1\).
3) \(u_{n+1}-u_n=\dfrac{3u_n}{1+2u_n}-u_n=\dfrac{3u_n-u_n-2u_n^2}{1+2u_n}=\dfrac{2u_n(1-u_n)}{1+2u_n}\).
Comme \(0\leq\, u_n\leq\, 1\), le numérateur est positif et le dénominateur strictement positif : \(u_{n+1}-u_n\geq\, 0\). La suite \((u_n)\) est croissante.
Prolongement : croissante et majorée par 1, elle converge vers une limite \(\ell\in [0{,}7;1]\) vérifiant \(\ell=\dfrac{3\ell}{1+2\ell}\), soit \(2\ell(1-\ell)=0\) : sa limite est 1.
Exercice 30 :
1) Les dix premiers termes sont 1 ; 4 ; 9 ; 16 ; 25 ; 36 ; 49 ; 64 ; 81 ; 100.
2) a) On conjecture \(u_n=n^2\) pour tout \(n\geq\, 1\).
b) Initialisation : \(u_1=1=1^2\).
Hérédité : supposons \(u_n=n^2\) pour un certain \(n\geq\, 1\). Alors \(u_{n+1}=n^2+2n+1=(n+1)^2\).
Conclusion : pour tout \(n\in\mathbb{N}^*\), \(u_n=n^2\).
Exercice 31 :
Initialisation : pour \(n=1\), \(\sum_{q=1}^{1}q^2=1\) et \(\dfrac{1\times 2\times 3}{6}=1\).
Hérédité : supposons \(\sum_{q=1}^{n}q^2=\dfrac{n(n+1)(2n+1)}{6}\) pour un certain \(n\geq\, 1\). Alors
\(\sum_{q=1}^{n+1}q^2=\dfrac{n(n+1)(2n+1)}{6}+(n+1)^2=\dfrac{(n+1)(2n^2+7n+6)}{6}=\dfrac{(n+1)(n+2)(2n+3)}{6}\),
ce qui est la formule au rang \(n+1\) puisque \(n+2=(n+1)+1\) et \(2n+3=2(n+1)+1\).
Conclusion : pour tout entier naturel n non nul, \(\sum_{q=1}^{n}q^2=\dfrac{n(n+1)(2n+1)}{6}\).
Exercice 32 :
1) \(\lim (1-2n)=-\infty\) et \(\lim (n^2+3)=+\infty\), donc par produit \(\lim u_n=-\infty\).
2) \(\lim (3+2n)=+\infty\), donc par quotient \(\lim u_n=0\).
3) \(\lim (4n-1)=+\infty\) et \(\lim \dfrac{5}{\sqrt{n}}=0\), donc par somme \(\lim u_n=+\infty\).
4) \(\lim (-n^2)=-\infty\), \(\lim (-5n)=-\infty\) et \(\lim \dfrac{1}{n}=0\), donc par somme \(\lim u_n=-\infty\).
Exercice 33 :
1) \(v_{n+1}=4u_{n+1}-3=4(-\dfrac{1}{3}u_n+1)-3=-\dfrac{4}{3}u_n+1=-\dfrac{1}{3}(4u_n-3)=-\dfrac{1}{3}v_n\).
\((v_n)\) est géométrique de raison \(-\frac{1}{3}\), de premier terme \(v_0=4\times 5-3=17\).
2) \(v_n=17\times (-\dfrac{1}{3})^n\). Comme \(u_n=\dfrac{v_n+3}{4}\), on obtient \(u_n=\dfrac{17}{4}\times (-\dfrac{1}{3})^n+\dfrac{3}{4}\).
3) \(-1\lt -\dfrac{1}{3}\lt 1\) donc \(\lim (-\frac{1}{3})^n=0\) et \(\lim u_n=\dfrac{3}{4}\).
Exercice 34 :
1) Pour tout n, \(0\lt (\frac{1}{3})^n\leq\, 1\), donc \(-8\lt u_n\leq\, -7\) : la suite est bornée.
2) Pour tout n, \(-1\leq\, \sin(5n+1)\leq\, 1\), donc \(-5\leq\, 5\sin(5n+1)\leq\, 5\) et \(-8\leq\, u_n\leq\, 2\) : la suite est bornée.
3) Pour tout n, \(\cos(n^2)\leq\, 1\), donc \(u_n\leq\, 1-n\leq\, 1\) : la suite est majorée par 1. Mais \(\lim (1-n)=-\infty\), donc par comparaison \(\lim u_n=-\infty\) : la suite n’est pas minorée. La suite n’est pas bornée.
Exercice 35 :
1. a) \(4(n-1)^2-3=4(n^2-2n+1)-3=4n^2-8n+1\), donc \(u_n=4(n-1)^2-3\).
b) \(\lim (n-1)^2=+\infty\), donc \(\lim 4(n-1)^2=+\infty\) et \(\lim u_n=+\infty\).
2. Pour \(n\geq\, 1\), \(u_n=4n^2(1-\dfrac{2}{n}+\dfrac{1}{4n^2})\). Or \(\lim (1-\frac{2}{n}+\frac{1}{4n^2})=1\) et \(\lim 4n^2=+\infty\), donc par produit \(\lim u_n=+\infty\).
3. a) \(u_n-2n^2=2n^2-8n+1=2n(n-4)+1\). Pour \(n\geq\, 4\), \(2n(n-4)\geq\, 0\), donc \(u_n-2n^2\geq\, 1\gt 0\) : \(u_n\geq\, 2n^2\) pour tout \(n\geq\, 4\).
b) \(\lim 2n^2=+\infty\) et \(u_n\geq\, 2n^2\) à partir du rang 4, donc d’après le théorème de comparaison \(\lim u_n=+\infty\).
Exercice 36 :
Chaque année, le capital est multiplié par \(1+\dfrac{0{,}5}{100}=1{,}005\), puis Jenny ajoute 100 €. Donc \(J_0=5\,000\) et, pour tout n, \(J_{n+1}=1{,}005\,J_n+100\).
a) Initialisation : \(J_0=5\,000\geq\, 5\,000+100\times 0\).
Hérédité : supposons \(J_n\geq\, 5\,000+100n\). Alors \(J_n\gt 0\), donc \(1{,}005\,J_n\geq\, J_n\) et
\(J_{n+1}=1{,}005\,J_n+100\geq\, J_n+100\geq\, 5\,000+100n+100=5\,000+100(n+1)\).
Conclusion : pour tout n, \(J_n\geq\, 5\,000+100n\).
b) \(\lim (5\,000+100n)=+\infty\), donc par comparaison \(\lim J_n=+\infty\).
c) À la calculatrice (valeurs arrondies au centime) :
| n | 13 | 14 | 15 | 16 | 17 |
|---|---|---|---|---|---|
| \(J_n\) (€) | 6 674,66 | 6 808,03 | 6 942,07 | 7 076,78 | 7 212,16 |
\(J_{15}\lt 7\,000\lt J_{16}\) et la suite est croissante : Jenny disposera de plus de 7 000 € au bout de 16 ans.
Exercice 37 :
a) Montrons par récurrence que \(u_n\gt 0\) pour tout n.
Initialisation : \(u_0\gt 0\) par hypothèse.
Hérédité : si \(u_n\gt 0\), alors \(\dfrac{1}{u_n}\gt 0\) et \(u_{n+1}=u_n+\dfrac{1}{u_n}\gt 0\).
Conclusion : l’affirmation de Cyril est vraie : tous les termes sont strictement positifs (et la suite est bien définie).
b) Initialisation : \(u_0^2\geq\, 0=2\times 0\).
Hérédité : supposons \(u_n^2\geq\, 2n\). Alors
\(u_{n+1}^2=(u_n+\dfrac{1}{u_n})^2=u_n^2+2+\dfrac{1}{u_n^2}\geq\, u_n^2+2\geq\, 2n+2=2(n+1)\).
Conclusion : pour tout n, \(u_n^2\geq\, 2n\).
c) Comme \(u_n\gt 0\), \(u_n=\sqrt{u_n^2}\geq\, \sqrt{2n}\) pour tout n. Or \(\lim \sqrt{2n}=+\infty\), donc par comparaison \(\lim u_n=+\infty\), quelle que soit la valeur de \(u_0\gt 0\).
Magali a raison et Olivier a tort : la suite ne peut jamais converger.
