Suites numériques : corrigé des exercices de maths en L1.

Corrigé de l’exercice 1 : Monotonie et bornes de trois suites

1. On écrit \(u_n = \frac{2(n+3) – 5}{n+3} = 2 – \frac{5}{n+3}\). Quand \(n\) augmente, \(\frac{5}{n+3}\) diminue, donc \((u_n)\) est strictement croissante. Par conséquent, \(u_n \geq\, u_0 = \frac{1}{3}\). De plus, \(\frac{5}{n+3} > 0\), d’où \(u_n < 2\). La suite \((u_n)\) est strictement croissante et bornée : \(\frac{1}{3} \leq\, u_n < 2\).
2. On a \(v_0 = 0\), puis \(v_n > 0\) pour \(n \geq\, 1\). Pour \(n \geq\, 1\), on calcule \(\frac{v_{n+1}}{v_n} = \frac{n+1}{2n}\). Or \(n + 1 \leq\, 2n\) équivaut à \(n \geq\, 1\). Donc \(v_{n+1} \leq\, v_n\) pour \(n \geq\, 1\), avec égalité seulement pour \(n = 1\). Ainsi \(v_0 = 0 < v_1 = v_2 = \frac{1}{2}\), puis la suite décroît. Elle n’est donc pas monotone sur \(\mathbb{N}\), mais elle est décroissante à partir du rang \(1\). Enfin, \(0 \leq\, v_n \leq\, v_1\). La suite \((v_n)\) est décroissante à partir du rang 1 et bornée : \(0 \leq\, v_n \leq\, \frac{1}{2}\).
3. On a \(w_{2p} = 2p\) et \(w_{2p+1} = -(2p+1)\). D’une part, pour tout réel \(M\), il existe \(p\) tel que \(2p > M\) : la suite n’est pas majorée. D’autre part, de même, elle n’est pas minorée. Enfin, \(w_0 = 0\), \(w_1 = -1\) et \(w_2 = 2\) : elle n’est pas monotone. La suite \((w_n)\) n’est ni monotone, ni majorée, ni minorée.

Corrigé de l’exercice 2 : Convergence par la définition epsilon

1. On calcule :
   \[u_n – 3 = \frac{3n – 1 – 3(n+2)}{n+2} = \frac{-7}{n+2}, \quad \text{donc} \quad |u_n – 3| = \frac{7}{n+2}.\]
   Soit \(\varepsilon > 0\). La condition \(\frac{7}{n+2} \leq\, \varepsilon\) équivaut à \(n \geq\, \frac{7}{\varepsilon} – 2\). D’après la propriété d’Archimède, il existe un entier \(N \geq\, \frac{7}{\varepsilon}\). Alors, pour tout \(n \geq\, N\), on a \(|u_n – 3| \leq\, \varepsilon\). Ainsi \(u_n \to 3\).
2. Avec \(\varepsilon = 10^{-3}\), la condition devient \(n + 2 \geq\, 7000\), soit \(n \geq\, 6998\). Le rang \(N = 6998\) convient, et c’est le plus petit.
3. On multiplie par la quantité conjuguée :
   \[v_n = \frac{(n+1) – n}{\sqrt{n+1} + \sqrt{n}} = \frac{1}{\sqrt{n+1} + \sqrt{n}}.\]
   Le dénominateur est positif et supérieur à \(2\sqrt{n}\), car \(\sqrt{n+1} \geq\, \sqrt{n}\). Donc \(0 \leq\, v_n \leq\, \frac{1}{2\sqrt{n}}\) pour \(n \geq\, 1\). Soit ensuite \(\varepsilon > 0\). On a \(\frac{1}{2\sqrt{n}} \leq\, \varepsilon\) dès que \(n \geq\, \frac{1}{4\varepsilon^2}\). Prenons un entier \(N \geq\, \max(1, \frac{1}{4\varepsilon^2})\). Pour \(n \geq\, N\), on obtient \(|v_n – 0| \leq\, \varepsilon\). Donc \(v_n \to 0\).

Point de méthode : on ne résout pas \(|u_n – \ell| \leq\, \varepsilon\) exactement quand c’est compliqué ; on majore d’abord \(|u_n – \ell|\) par une expression simple, comme au 3.

Corrigé de l’exercice 3 : Limite infinie par la définition

1. On calcule \(n^2 – 3n – \frac{n^2}{2} = \frac{n^2 – 6n}{2} = \frac{n(n-6)}{2}\). Pour \(n \geq\, 6\), les deux facteurs sont positifs. Donc \(n^2 – 3n \geq\, \frac{n^2}{2}\) pour tout \(n \geq\, 6\).
2. Soit \(A > 0\). Posons \(N = \max(6, \lceil \sqrt{2A} \rceil)\). Pour \(n \geq\, N\), on a d’abord \(n \geq\, 6\), donc \(u_n \geq\, \frac{n^2}{2}\). Ensuite, \(n \geq\, \sqrt{2A}\), donc \(\frac{n^2}{2} \geq\, A\). Par conséquent, \(u_n \geq\, A\). Pour \(A \leq\, 0\), le même rang convient, puisque \(u_n \geq\, 0\) dès que \(n \geq\, 6\). Ainsi \(u_n \to +\infty\).
3. Pour \(n \geq\, 1\), on a \(n^2 + 1 \geq\, n^2\) et \(n + 1 \leq\, 2n\). Donc \(v_n \geq\, \frac{n^2}{2n} = \frac{n}{2}\). Soit \(A > 0\) et \(N = \max(1, \lceil 2A \rceil)\). Pour \(n \geq\, N\), on obtient \(v_n \geq\, \frac{n}{2} \geq\, A\). Donc \(v_n \to +\infty\).

Corrigé de l’exercice 4 : Calculs de limites

1. On factorise par \(n^3\) : \(a_n = \dfrac{1 – \frac{2}{n^2}}{2 + \frac{5}{n^3}}\). Le numérateur tend vers \(1\) et le dénominateur vers \(2\). Donc \(a_n \to \frac{1}{2}\).
2. C’est une forme \(\infty – \infty\). Avec la quantité conjuguée, \(b_n = \dfrac{n}{\sqrt{n^2+n} + n} = \dfrac{1}{\sqrt{1 + \frac{1}{n}} + 1}\). Or \(\sqrt{1 + \frac{1}{n}} \to 1\). Donc \(b_n \to \frac{1}{2}\).
3. On divise par \(3^n\) : \(c_n = \dfrac{1 + q^n}{1 – q^n}\), avec \(q = \frac{2}{3}\). Comme \(0 < q < 1\), on a \(q^n \to 0\). Donc \(c_n \to 1\).
4. Posons \(x_n = \frac{1}{n}\), qui tend vers \(0\) sans s’annuler. Alors \(d_n = \frac{\sin(x_n) – \sin 0}{x_n}\). Ce taux d’accroissement tend vers \(\sin^{\prime}(0) = \cos 0 = 1\). Donc \(d_n \to 1\).
5. On écrit \(e_n = \exp(\frac{\ln n}{n})\). Par croissances comparées, \(\frac{\ln n}{n} \to 0\). Ensuite, la fonction exponentielle est continue en \(0\). Donc \(e_n \to \mathrm{e}^0 = 1\).

Corrigé de l’exercice 5 : Encadrements et théorème des gendarmes

1. Pour \(1 \leq\, k \leq\, n\), on a \(n^2 + 1 \leq\, n^2 + k \leq\, n^2 + n\). Donc \(\frac{n}{n^2+n} \leq\, \frac{n}{n^2+k} \leq\, \frac{n}{n^2+1}\). En sommant ces \(n\) inégalités :
   \[\frac{n^2}{n^2 + n} \leq\, S_n \leq\, \frac{n^2}{n^2 + 1}.\]
   Les deux bornes valent \(\frac{1}{1 + 1/n}\) et \(\frac{1}{1 + 1/n^2}\) : elles tendent vers \(1\). D’après le théorème des gendarmes, \(S_n \to 1\).
2. Par définition de la partie entière, \(nx – 1 < \lfloor nx \rfloor \leq\, nx\). En divisant par \(n > 0\), on obtient \(x – \frac{1}{n} < \frac{\lfloor nx \rfloor}{n} \leq\, x\). Le minorant tend vers \(x\), et le majorant vaut \(x\). Donc \(\frac{\lfloor nx \rfloor}{n} \to x\).
3. Pour tout \(n \geq\, 1\), l’inégalité triangulaire donne \(|\sin n + 2\cos n| \leq\, 1 + 2 = 3\). Ainsi \(|\frac{\sin n + 2\cos n}{\sqrt{n}}| \leq\, \frac{3}{\sqrt{n}}\), et \(\frac{3}{\sqrt{n}} \to 0\). Par comparaison, la suite tend vers \(0\).

Corrigé de l’exercice 6 : Comparaison et factorielles

1. Pour \(1 \leq\, k \leq\, n\), on a \(\sqrt{k} \leq\, \sqrt{n}\), donc \(\frac{1}{\sqrt{k}} \geq\, \frac{1}{\sqrt{n}}\). En sommant, \(u_n \geq\, \frac{n}{\sqrt{n}} = \sqrt{n}\). Or \(\sqrt{n} \to +\infty\). Par comparaison, \(u_n \to +\infty\).
2. On écrit \(\frac{n!}{n^n} = \prod_{k=1}^{n} \frac{k}{n} = \frac{1}{n} \times \prod_{k=2}^{n} \frac{k}{n}\). Chaque facteur \(\frac{k}{n}\) appartient à \(]0, 1]\). Donc \(0 < \frac{n!}{n^n} \leq\, \frac{1}{n}\). Par les gendarmes, \(\frac{n!}{n^n} \to 0\). Ensuite, \(\frac{n^n}{n!} \geq\, n\), qui tend vers \(+\infty\). Ainsi \(\frac{n!}{n^n} \to 0\) et \(\frac{n^n}{n!} \to +\infty\).
3. On a \(\frac{2^n}{n!} = \prod_{k=1}^{n} \frac{2}{k}\). Pour \(n = 2\), ce produit vaut \(2 = \frac{4}{2}\). Pour \(n \geq\, 3\), on isole le premier et le dernier facteur :
   \[\frac{2^n}{n!} = \frac{2}{1} \times \frac{2}{n} \times \prod_{k=2}^{n-1} \frac{2}{k}.\]
   Les facteurs du produit restant sont dans \(]0, 1]\). Donc \(0 < \frac{2^n}{n!} \leq\, \frac{4}{n}\). Par les gendarmes, \(\frac{2^n}{n!} \to 0\).

Corrigé de l’exercice 7 : Opérations sur les limites : démonstrations

1. Appliquons la définition avec \(\varepsilon = \frac{|\ell|}{2} > 0\). Il existe \(N\) tel que \(|u_n – \ell| \leq\, \frac{|\ell|}{2}\) pour \(n \geq\, N\). Par l’inégalité triangulaire, \(|\ell| \leq\, |\ell – u_n| + |u_n|\). Donc \(|u_n| \geq\, |\ell| – \frac{|\ell|}{2} = \frac{|\ell|}{2}\) pour \(n \geq\, N\). En particulier, \(u_n \neq 0\) pour ces rangs.
2. Pour \(n \geq\, N\), on a :
   \[|\frac{1}{u_n} – \frac{1}{\ell}| = \frac{|\ell – u_n|}{|u_n|\,|\ell|} \leq\, \frac{2}{\ell^2}\, |u_n – \ell|.\]
   Soit \(\varepsilon > 0\). Il existe \(N^{\prime}\) tel que \(|u_n – \ell| \leq\, \frac{\ell^2 \varepsilon}{2}\) pour \(n \geq\, N^{\prime}\). Alors, pour \(n \geq\, \max(N, N^{\prime})\), l’écart est au plus \(\varepsilon\). Donc \(\frac{1}{u_n} \to \frac{1}{\ell}\).
3. Soit \(K > 0\) tel que \(|u_n| \leq\, K\) pour tout \(n\). Soit \(\varepsilon > 0\). Il existe \(N\) tel que \(|v_n| \leq\, \frac{\varepsilon}{K}\) pour \(n \geq\, N\). Alors \(|u_n v_n| \leq\, K \cdot \frac{\varepsilon}{K} = \varepsilon\). Ainsi \(u_n v_n \to 0\).
4. Prenons \(u_n = (-1)^n\) et \(v_n = (-1)^{n+1}\). Ces deux suites divergent, car leurs termes pairs et impairs ont des limites distinctes. Pourtant, \(u_n + v_n = 0\) et \(u_n v_n = (-1)^{2n+1} = -1\). Ces deux suites divergentes ont une somme et un produit constants, donc convergents.

Corrigé de l’exercice 8 : Critère du quotient pour une suite positive

1. Comme \(0 \leq\, L < 1\), le réel \(q = \frac{1+L}{2}\) vérifie \(L < q < 1\). Posons \(\varepsilon = q – L = \frac{1 – L}{2} > 0\). Par définition de la limite, il existe \(N\) tel que \(\frac{u_{n+1}}{u_n} \leq\, L + \varepsilon = q\) pour \(n \geq\, N\). Comme \(u_n > 0\), on obtient \(u_{n+1} \leq\, q\, u_n\) pour tout \(n \geq\, N\).
2. On raisonne par récurrence sur \(n \geq\, N\). Au rang \(N\), l’égalité \(u_N = q^0 u_N\) est vraie. Ensuite, si \(u_n \leq\, q^{n-N} u_N\), alors \(u_{n+1} \leq\, q\, u_n \leq\, q^{n+1-N} u_N\). Ainsi \(0 < u_n \leq\, \frac{u_N}{q^N}\, q^n\). Or \(0 < q < 1\), donc \(q^n \to 0\). Par les gendarmes, \(u_n \to 0\).
3. Pour \(u_n = \frac{n^5}{2^n}\), on a \(\frac{u_{n+1}}{u_n} = \frac{1}{2}(1 + \frac{1}{n})^5 \to \frac{1}{2}\). Pour \(w_n = \frac{10^n}{n!}\), on a \(\frac{w_{n+1}}{w_n} = \frac{10}{n+1} \to 0\). Dans les deux cas, la limite du quotient est dans \([0, 1[\). Donc \(\frac{n^5}{2^n} \to 0\) et \(\frac{10^n}{n!} \to 0\).
4. Pour la suite constante égale à \(1\), le quotient vaut \(1\). Pour \(u_n = n\) (avec \(n \geq\, 1\)), il vaut \(\frac{n+1}{n} \to 1\). Or la première suite tend vers \(1\) et la seconde vers \(+\infty\). Le cas \(L = 1\) ne permet donc aucune conclusion.

Corrigé de l’exercice 9 : Sommes des inverses et des inverses des carrés

1. D’abord, \(K_{n+1} – K_n = \frac{1}{(n+1)^2} > 0\) : la suite est croissante. Ensuite, pour \(k \geq\, 2\), on a \(k^2 \geq\, k(k-1)\), donc :
   \[\frac{1}{k^2} \leq\, \frac{1}{k(k-1)} = \frac{1}{k-1} – \frac{1}{k}.\]
   En sommant pour \(k\) de \(2\) à \(n\), la somme télescopique vaut \(1 – \frac{1}{n}\). Ainsi \(K_n \leq\, 1 + 1 – \frac{1}{n} = 2 – \frac{1}{n}\), ce qui reste vrai pour \(n = 1\). La suite est croissante et majorée par \(2\). D’après le théorème de la limite monotone, \((K_n)\) converge, vers une limite inférieure ou égale à \(2\).
2. On a \(H_{2n} – H_n = \sum_{k=n+1}^{2n} \frac{1}{k}\). Cette somme compte \(n\) termes, tous supérieurs ou égaux à \(\frac{1}{2n}\). Donc \(H_{2n} – H_n \geq\, n \times \frac{1}{2n} = \frac{1}{2}\).
3. Supposons que \(H_n \to \ell\) réel. La suite extraite \((H_{2n})\) tend aussi vers \(\ell\). Donc \(H_{2n} – H_n \to 0\). Or, par passage à la limite dans l’inégalité précédente, on aurait \(0 \geq\, \frac{1}{2}\) : c’est absurde. Ainsi \((H_n)\) diverge. De plus, elle est croissante. Si elle était majorée, elle convergerait. Elle n’est donc pas majorée. Par le théorème de la limite monotone, \(H_n \to +\infty\).
4. On raisonne par récurrence sur \(p\). Pour \(p = 0\), on a \(H_1 = 1\). Supposons \(H_{2^p} \geq\, 1 + \frac{p}{2}\). En appliquant le 2 avec \(n = 2^p\) :
   \[H_{2^{p+1}} = H_{2^p} + (H_{2 \cdot 2^p} – H_{2^p}) \geq\, 1 + \frac{p}{2} + \frac{1}{2}.\]
   Ainsi la suite extraite \((H_{2^p})\) tend vers \(+\infty\), donc \((H_n)\) n’est pas majorée. Comme elle est croissante, on retrouve \(H_n \to +\infty\).

Corrigé de l’exercice 10 : Un produit convergent

1. Tous les facteurs sont strictement positifs, donc \(P_n > 0\). Ensuite, \(\frac{P_{n+1}}{P_n} = 1 + \frac{1}{2^{n+1}} > 1\). La suite \((P_n)\) est donc strictement croissante.
2. Le logarithme transforme le produit en somme. Avec l’inégalité admise :
   \[\ln P_n = \sum_{k=1}^{n} \ln(1 + \frac{1}{2^k}) \leq\, \sum_{k=1}^{n} \frac{1}{2^k} = 1 – \frac{1}{2^n}.\]
   Ainsi \(\ln P_n \leq\, 1\). La fonction exponentielle étant croissante, on obtient \(P_n \leq\, \mathrm{e}\).
3. La suite est croissante et majorée par \(\mathrm{e}\). D’après le théorème de la limite monotone, elle converge vers \(P = \sup_n P_n\). Par passage à la limite, \(P \leq\, \mathrm{e}\). De plus, \(P \geq\, P_2 = \frac{3}{2} \times \frac{5}{4} = \frac{15}{8}\), et \(\frac{15}{8} > \frac{3}{2}\). Donc \(\frac{3}{2} < P \leq\, \mathrm{e}\).

Corrigé de l’exercice 11 : Suites adjacentes et somme alternée

1. On ajoute deux termes, de rangs \(2n+1\) et \(2n+2\). Le premier est positif, le second négatif :
   \[S_{2n+2} – S_{2n} = \frac{1}{2n+1} – \frac{1}{2n+2} = \frac{1}{(2n+1)(2n+2)}.\]
   De même, \(S_{2n+3} – S_{2n+1} = -\frac{1}{2n+2} + \frac{1}{2n+3} = -\frac{1}{(2n+2)(2n+3)}\).
2. D’après le 1, \((S_{2n})\) est strictement croissante et \((S_{2n+1})\) est strictement décroissante. Ensuite, \(S_{2n+1} – S_{2n} = \frac{1}{2n+1}\), qui tend vers \(0\). Les deux suites sont donc adjacentes.
3. Elles convergent vers une même limite \(\ell\). Or ce sont les suites des termes pairs et impairs de \((S_n)\). D’après la propriété du cours, \((S_n)\) converge vers \(\ell\). De plus, \(S_{2n} \leq\, \ell \leq\, S_{2n+1}\), d’amplitude \(\frac{1}{2n+1}\). Cette amplitude est inférieure à \(\frac{1}{5}\) dès que \(n = 3\). On calcule \(S_6 = 1 – \frac{1}{2} + \frac{1}{3} – \frac{1}{4} + \frac{1}{5} – \frac{1}{6} = \frac{37}{60}\), puis \(S_7 = \frac{37}{60} + \frac{1}{7} = \frac{319}{420}\). Ainsi \(\frac{37}{60} \leq\, \ell \leq\, \frac{319}{420}\).

La figure ci-dessous place les termes pairs sous la limite et les termes impairs au-dessus. On voit que l’encadrement se resserre, mais lentement : l’amplitude ne décroît qu’en \(\frac{1}{2n+1}\).

Point de méthode : on peut montrer plus tard, avec l’intégrale, que \(\ell = \ln 2\) ; l’encadrement obtenu est bien compatible avec \(\ln 2 \approx 0{,}693\).

Corrigé de l’exercice 12 : Irrationalité de e

1. D’abord, \(u_{n+1} – u_n = \frac{1}{(n+1)!} > 0\) : \((u_n)\) est strictement croissante. Ensuite, réduisons au dénominateur \(n(n+1)\,(n+1)!\). On a \(\frac{1}{(n+1)!} = \frac{n(n+1)}{n(n+1)(n+1)!}\), puis \(\frac{1}{(n+1)(n+1)!} = \frac{n}{n(n+1)(n+1)!}\), et \(\frac{1}{n \cdot n!} = \frac{(n+1)^2}{n(n+1)(n+1)!}\). Ainsi :
   \[v_{n+1} – v_n = \frac{n^2 + n + n – (n+1)^2}{n(n+1)\,(n+1)!} = \frac{-1}{n(n+1)\,(n+1)!} < 0.\]
   Enfin, \(v_n – u_n = \frac{1}{n \cdot n!} \to 0\). Les suites sont adjacentes.
2. La suite \((u_n)\) croît strictement vers \(\mathrm{e}\). Donc \(u_n < u_{n+1} \leq\, \mathrm{e}\). De même, \((v_n)\) décroît strictement vers \(\mathrm{e}\), donc \(\mathrm{e} \leq\, v_{n+1} < v_n\). Ainsi \(u_n < \mathrm{e} < v_n\) pour tout \(n \geq\, 1\).
3. Supposons \(\mathrm{e} = \frac{p}{q}\). Au rang \(q\), on a \(u_q < \frac{p}{q} < u_q + \frac{1}{q \cdot q!}\). On multiplie par \(q \cdot q! > 0\) :
   \[q \cdot q! \, u_q < p \cdot q! < q \cdot q! \, u_q + 1.\]
   Or \(q! \, u_q = \sum_{k=0}^{q} \frac{q!}{k!}\) est une somme d’entiers. Donc \(M = q \cdot q! \, u_q\) est un entier, et \(p \cdot q!\) aussi. On obtient un entier strictement compris entre \(M\) et \(M + 1\) : c’est absurde.
4. Donc \(\mathrm{e}\) est irrationnel. Pour l’encadrement, on cherche \(n\) tel que \(n \cdot n! > 1000\). Pour \(n = 5\), \(5 \times 120 = 600\) ne suffit pas. En revanche, pour \(n = 6\), \(6 \times 720 = 4320\) convient. On calcule \(u_6 = \frac{720 + 720 + 360 + 120 + 30 + 6 + 1}{720} = \frac{1957}{720}\), puis \(v_6 = \frac{1957}{720} + \frac{1}{4320} = \frac{11743}{4320}\). Ainsi \(\frac{1957}{720} < \mathrm{e} < \frac{11743}{4320}\), soit \(2{,}71805 < \mathrm{e} < 2{,}71829\).

Corrigé de l’exercice 13 : Divergence par les suites extraites

1. On a \(a_{2p} = \frac{2p}{2p+1} \to 1\) et \(a_{2p+1} = -\frac{2p+1}{2p+2} \to -1\). Si \((a_n)\) convergeait, toutes ses suites extraites auraient la même limite. Donc \((a_n)\) diverge.
2. On a \(b_{6p} = \cos(2p\pi) = 1\) et \(b_{6p+3} = \cos(2p\pi + \pi) = -1\). Ces deux suites extraites sont constantes, de valeurs différentes. Donc \((b_n)\) diverge.
3. On a \(c_{2p} = 4p \to +\infty\) et \(c_{2p+1} = 0\). Ainsi \((c_n)\) n’est pas bornée, donc elle diverge. Si elle tendait vers \(+\infty\), toutes ses suites extraites tendraient vers \(+\infty\), ce qui est faux pour \((c_{2p+1})\). La suite \((c_n)\) diverge et ne tend pas vers \(+\infty\).
4. Notons \(\ell_1\), \(\ell_2\) et \(\ell_3\) les limites de \((u_{2n})\), \((u_{2n+1})\) et \((u_{3n})\). La suite \((u_{6n})\) est extraite de \((u_{2n})\), car \(6n = 2 \cdot 3n\). Elle est aussi extraite de \((u_{3n})\), car \(6n = 3 \cdot 2n\). Donc \(\ell_1 = \ell_3\). De même, \((u_{6n+3})\) est extraite de \((u_{2n+1})\), car \(6n + 3 = 2(3n+1) + 1\), et de \((u_{3n})\), car \(6n + 3 = 3(2n+1)\). Donc \(\ell_2 = \ell_3\). Ainsi \(\ell_1 = \ell_2\). Par la propriété des termes pairs et impairs, \((u_n)\) converge.

Corrigé de l’exercice 14 : La suite (sin n) diverge

1. Les suites \((\sin(n+1))\) et \((\sin(n-1))_{n \geq\, 1}\) sont des décalages de \((\sin n)\). Elles tendent donc aussi vers \(\ell\). Par conséquent, \(\sin(n+1) – \sin(n-1) \to 0\). Or \(\sin 1 \neq 0\), car \(0 < 1 < \pi\). Donc \(\cos n = \frac{\sin(n+1) – \sin(n-1)}{2 \sin 1} \to 0\).
2. D’une part, \((\sin(2n))\) est extraite de \((\sin n)\), donc elle tend vers \(\ell\). D’autre part, \(\sin(2n) = 2 \sin n \cos n \to 2\ell \times 0 = 0\). Par unicité de la limite, \(\ell = 0\).
3. On aurait alors \(\sin^2 n + \cos^2 n \to 0 + 0 = 0\). Or cette quantité vaut \(1\) pour tout \(n\). C’est absurde : la suite \((\sin n)\) diverge. Elle ne tend pas non plus vers \(\pm\infty\), puisqu’elle est bornée.
4. La suite est bornée par \(1\). D’après le théorème de Bolzano-Weierstrass, elle admet une suite extraite convergente.

Corrigé de l’exercice 15 : Lemme des pics et Bolzano-Weierstrass

1. Les indices \(p_k\) forment une suite strictement croissante d’entiers : \(k \mapsto p_k\) est une extraction. Ensuite, \(p_k\) est un pic et \(p_{k+1} > p_k\). Donc \(u_{p_k} \geq\, u_{p_{k+1}}\). La suite extraite \((u_{p_k})\) est décroissante.
2. Posons \(\varphi(0) = n_0\). Comme \(\varphi(0) \geq\, n_0\), ce n’est pas un pic : il existe \(m > \varphi(0)\) tel que \(u_m > u_{\varphi(0)}\). On pose \(\varphi(1) = m\). Ensuite, on itère : si \(\varphi(k) \geq\, n_0\) est construit, ce n’est pas un pic, et on choisit \(\varphi(k+1) > \varphi(k)\) avec \(u_{\varphi(k+1)} > u_{\varphi(k)}\). On obtient une extraction \(\varphi\) telle que \((u_{\varphi(k)})\) est strictement croissante.
3. Soit la suite possède une infinité de pics, soit elle en possède un nombre fini (éventuellement nul). Dans le premier cas, le 1 fournit une sous-suite décroissante. Dans le second, le 2 fournit une sous-suite croissante. Toute suite réelle admet donc une suite extraite monotone.
4. Soit \((u_n)\) bornée par \(K\). D’après le 3, elle admet une suite extraite monotone, elle aussi bornée par \(K\). Si elle est croissante, elle est majorée, donc elle converge. Si elle est décroissante, elle est minorée, donc elle converge aussi. On retrouve le théorème de Bolzano-Weierstrass.
5. Supposons \((u_n)\) non majorée. Montrons d’abord que pour tout \(A\) et tout \(N\), il existe \(n \geq\, N\) tel que \(u_n > A\). Sinon, on aurait \(u_n \leq\, \max(A, u_0, \ldots, u_{N-1})\) pour tout \(n\), ce qui est exclu. On pose alors \(\varphi(0) = 0\), puis on choisit \(\varphi(k+1) > \varphi(k)\) tel que \(u_{\varphi(k+1)} > k + 1\). Ainsi \(u_{\varphi(k)} > k\) pour \(k \geq\, 1\). Par comparaison, \(u_{\varphi(k)} \to +\infty\).

Corrigé de l’exercice 16 : Suite arithmético-géométrique

1. L’équation \(c = \frac{1}{2}c + 3\) équivaut à \(\frac{1}{2}c = 3\). Donc \(c = 6\).
2. On calcule \(v_{n+1} = u_{n+1} – 6 = \frac{1}{2}u_n + 3 – 6 = \frac{1}{2}(u_n – 6) = \frac{1}{2}v_n\). La suite \((v_n)\) est géométrique de raison \(\frac{1}{2}\), de premier terme \(v_0 = -4\). Donc \(u_n = 6 – \frac{4}{2^n}\).
3. La suite \((\frac{4}{2^n})\) est strictement décroissante, donc \((u_n)\) est strictement croissante. De plus, \(\frac{4}{2^n} \to 0\). La suite \((u_n)\) croît strictement et converge vers \(6\).
4. On somme la formule du 2 :
   \[S_n = 6(n+1) – 4\sum_{k=0}^{n} \frac{1}{2^k} = 6(n+1) – 4(2 – \frac{1}{2^n}).\]
   Donc \(S_n = 6n – 2 + \frac{4}{2^n}\). Vérification : \(S_1 = u_0 + u_1 = 2 + 4 = 6\), et la formule donne \(6 – 2 + 2 = 6\).

Corrigé de l’exercice 17 : Récurrences linéaires d’ordre 2 à racines réelles

1. L’équation caractéristique \(r^2 – 5r + 6 = 0\) a pour racines \(2\) et \(3\). Donc \(u_n = \lambda 2^n + \mu 3^n\). Les conditions initiales donnent \(\lambda + \mu = 1\) et \(2\lambda + 3\mu = 4\), d’où \(\mu = 2\) et \(\lambda = -1\). Ainsi \(u_n = 2 \cdot 3^n – 2^n = 3^n(2 – (\frac{2}{3})^n)\). Le facteur entre parenthèses tend vers \(2\). Donc \(u_n = 2 \cdot 3^n – 2^n \to +\infty\).
2. L’équation \(r^2 – 4r + 4 = 0\) a une racine double \(r = 2\). Donc \(v_n = (\lambda + \mu n)\, 2^n\). Ensuite, \(v_0 = \lambda = 1\) et \(v_1 = 2(1 + \mu) = 4\), d’où \(\mu = 1\). Vérification : \(v_2 = 4 \times 4 – 4 = 12 = 3 \times 4\). Donc \(v_n = (n+1)\, 2^n \to +\infty\).
3. L’équation \(r^2 – \frac{1}{2}r – \frac{1}{2} = 0\) équivaut à \(2r^2 – r – 1 = 0\), soit \((r – 1)(2r + 1) = 0\). Les racines sont \(1\) et \(-\frac{1}{2}\). Donc \(w_n = \lambda + \mu(-\frac{1}{2})^n\). Les conditions \(\lambda + \mu = 3\) et \(\lambda – \frac{\mu}{2} = 0\) donnent \(\mu = 2\) et \(\lambda = 1\). Comme \(|-\frac{1}{2}| < 1\), le second terme tend vers \(0\). Donc \(w_n = 1 + 2(-\frac{1}{2})^n \to 1\).

Corrigé de l’exercice 18 : Racines complexes et suite périodique

1. L’équation caractéristique est \(r^2 – r + 1 = 0\), de discriminant \(-3\). Ses racines sont \(\frac{1 \pm i\sqrt{3}}{2} = \mathrm{e}^{\pm i\pi/3}\).
2. D’après le cours, avec \(\rho = 1\) et \(\theta = \frac{\pi}{3}\), on a \(u_n = \lambda \cos(\frac{n\pi}{3}) + \mu \sin(\frac{n\pi}{3})\). D’abord, \(u_0 = \lambda = 1\). Ensuite, \(u_1 = \frac{1}{2} + \mu \frac{\sqrt{3}}{2} = 2\), donc \(\mu = \sqrt{3}\). On factorise par \(2\) :
   \[u_n = 2(\frac{1}{2}\cos\frac{n\pi}{3} + \frac{\sqrt{3}}{2}\sin\frac{n\pi}{3}) = 2\cos(\frac{n\pi}{3} – \frac{\pi}{3}).\]
   Ainsi \(u_n = \cos(\frac{n\pi}{3}) + \sqrt{3}\sin(\frac{n\pi}{3}) = 2\cos(\frac{(n-1)\pi}{3})\).
3. La fonction cosinus est \(2\pi\)-périodique, et \(\frac{(n+6-1)\pi}{3} = \frac{(n-1)\pi}{3} + 2\pi\). Donc \(u_{n+6} = u_n\). On peut aussi le voir directement : \(u_{n+3} = u_{n+2} – u_{n+1} = -u_n\), donc \(u_{n+6} = u_n\). Les six premiers termes sont \(1, 2, 1, -1, -2, -1\).
4. Les suites extraites \((u_{6p})\) et \((u_{6p+1})\) sont constantes, égales à \(1\) et \(2\). La suite \((u_n)\) diverge.

Comme le montre la figure ci-dessous, les termes se placent exactement sur la sinusoïde \(t \mapsto 2\cos(\frac{(t-1)\pi}{3})\) et reviennent tous les six rangs.

Corrigé de l’exercice 19 : Suite de Fibonacci et nombre d’or

1. Les réels \(\varphi\) et \(\psi\) sont les racines de \(r^2 – r – 1 = 0\), équation caractéristique de la relation. Donc \(F_n = \lambda \varphi^n + \mu \psi^n\). Ensuite, \(F_0 = \lambda + \mu = 0\) et \(F_1 = \lambda\varphi + \mu\psi = 1\). On obtient \(\lambda(\varphi – \psi) = 1\), avec \(\varphi – \psi = \sqrt{5}\). Donc \(\lambda = \frac{1}{\sqrt{5}}\), \(\mu = -\frac{1}{\sqrt{5}}\), et \(F_n = \frac{\varphi^n – \psi^n}{\sqrt{5}}\).
2. On a \(\varphi > 1\), donc \(\varphi^n \to +\infty\). De plus, \(-1 < \psi < 0\), car \(2 < \sqrt{5} < 3\). Donc \(\psi^n \to 0\). Par conséquent, \(F_n \to +\infty\).
3. Pour \(n \geq\, 1\), on a \(F_n \geq\, 1\). On divise numérateur et dénominateur par \(\varphi^n\) :
   \[\frac{F_{n+1}}{F_n} = \frac{\varphi – \psi (\frac{\psi}{\varphi})^n}{1 – (\frac{\psi}{\varphi})^n}.\]
   Comme \(|\frac{\psi}{\varphi}| < 1\), les puissances tendent vers \(0\). Donc \(\frac{F_{n+1}}{F_n} \to \varphi\).
4. On a \(|F_n – \frac{\varphi^n}{\sqrt{5}}| = \frac{|\psi|^n}{\sqrt{5}} \leq\, \frac{1}{\sqrt{5}} < \frac{1}{2}\), car \(\sqrt{5} > 2\). L’entier \(F_n\) est donc à une distance strictement inférieure à \(\frac{1}{2}\) de \(\frac{\varphi^n}{\sqrt{5}}\). Deux entiers distincts ne peuvent pas vérifier cette propriété simultanément. Donc \(F_n\) est l’entier le plus proche de \(\frac{\varphi^n}{\sqrt{5}}\).

Corrigé de l’exercice 20 : Étude de u(n+1) = √(2 + u(n))

1. La fonction \(f\) est croissante sur \([-2, +\infty[\). Pour \(x \in [0, 2]\), on a donc \(f(0) \leq\, f(x) \leq\, f(2)\), soit \(\sqrt{2} \leq\, f(x) \leq\, 2\). Ainsi \(f([0, 2]) \subset [0, 2]\). Ensuite, \(u_0 = 0 \in [0, 2]\), et si \(u_n \in [0, 2]\), alors \(u_{n+1} = f(u_n) \in [0, 2]\). Par récurrence, \(0 \leq\, u_n \leq\, 2\) pour tout \(n\).
2. On a \(u_1 = \sqrt{2} \geq\, u_0 = 0\). Comme \(f\) est croissante sur l’intervalle stable \([0, 2]\), la propriété du cours s’applique. La suite \((u_n)\) est croissante.
3. La suite est croissante et majorée par \(2\). D’après le théorème de la limite monotone, elle converge vers \(\ell \in [0, 2]\). La fonction \(f\) est continue en \(\ell\), donc \(\ell = \sqrt{2 + \ell}\). Ainsi \(\ell^2 – \ell – 2 = 0\), soit \((\ell – 2)(\ell + 1) = 0\). Or \(\ell \geq\, 0\). Donc \(u_n \to 2\).
4. On multiplie par la quantité conjuguée :
   \[u_{n+1} – 2 = \sqrt{2 + u_n} – 2 = \frac{u_n – 2}{\sqrt{2 + u_n} + 2}.\]
   Comme \(u_n \geq\, 0\), le dénominateur est supérieur à \(2 + \sqrt{2} \geq\, 2\). Donc \(|u_{n+1} – 2| \leq\, \frac{1}{2}|u_n – 2|\). Par récurrence, \(|u_n – 2| \leq\, \frac{|u_0 – 2|}{2^n} = \frac{2}{2^n} = \frac{1}{2^{n-1}}\). Enfin, \(\frac{1}{2^{n-1}} \leq\, 10^{-6}\) équivaut à \(2^{n-1} \geq\, 10^6\). Or \(2^{19} = 524\,288\) et \(2^{20} = 1\,048\,576\). La majoration garantit \(|u_n – 2| \leq\, 10^{-6}\) pour tout \(n \geq\, 21\). Ce rang est suffisant, mais pas forcément optimal.

La figure ci-dessous représente la construction en toile d’araignée. Les marches montent vers le point \((2, 2)\), ce qui confirme la croissance et la limite trouvées.

Corrigé de l’exercice 21 : Fonction décroissante et fraction continue

1. La fonction \(f\) est décroissante sur \([0, +\infty[\). Pour \(x \in I\), on a donc \(f(1) \leq\, f(x) \leq\, f(\frac{1}{2})\), soit \(\frac{1}{2} \leq\, f(x) \leq\, \frac{2}{3}\). Ainsi \(f(I) \subset I\). Ensuite, on calcule les premiers termes. On obtient \(u_1 = \frac{1}{2}\), \(u_2 = \frac{2}{3}\) et \(u_3 = \frac{3}{5}\).
2. L’équation \(\ell = \frac{1}{1 + \ell}\) équivaut à \(\ell^2 + \ell – 1 = 0\). Ses racines sont \(\frac{-1 \pm \sqrt{5}}{2}\). Seule la racine positive appartient à \(I\), car \(\frac{1}{2} \leq\, \frac{\sqrt{5} – 1}{2} \leq\, 1\) équivaut à \(2 \leq\, \sqrt{5} \leq\, 3\). Donc \(\ell = \frac{\sqrt{5} – 1}{2}\).
3. Pour \(x, y \in I\), on calcule :
   \[f(x) – f(y) = \frac{(1 + y) – (1 + x)}{(1 + x)(1 + y)} = \frac{y – x}{(1+x)(1+y)}.\]
   Or \((1 + x)(1 + y) \geq\, \frac{3}{2} \times \frac{3}{2} = \frac{9}{4}\). Donc \(|f(x) – f(y)| \leq\, \frac{4}{9}|x – y|\).
4. Les termes \(u_n\) et le point fixe \(\ell\) appartiennent à \(I\). Donc \(|u_{n+1} – \ell| = |f(u_n) – f(\ell)| \leq\, \frac{4}{9}|u_n – \ell|\). Par récurrence, \(|u_n – \ell| \leq\, (\frac{4}{9})^n |u_0 – \ell|\). Comme \(0 < \frac{4}{9} < 1\), le majorant tend vers \(0\). Donc \(u_n \to \ell = \frac{\sqrt{5}-1}{2}\).
5. Au rang \(0\), on a \(\frac{F_1}{F_2} = \frac{1}{1} = 1 = u_0\). Supposons \(u_n = \frac{F_{n+1}}{F_{n+2}}\). Alors :
   \[u_{n+1} = \frac{1}{1 + \frac{F_{n+1}}{F_{n+2}}} = \frac{F_{n+2}}{F_{n+2} + F_{n+1}} = \frac{F_{n+2}}{F_{n+3}}.\]
   Par conséquent, \(\frac{F_{n+2}}{F_{n+1}} = \frac{1}{u_n} \to \frac{1}{\ell} = \frac{2}{\sqrt{5} – 1} = \frac{2(\sqrt{5} + 1)}{4}\). On retrouve \(\frac{F_{n+1}}{F_n} \to \frac{1 + \sqrt{5}}{2} = \varphi\).

La figure ci-dessous montre une toile d’araignée en forme de spirale, typique d’une fonction décroissante. Les termes de rang pair et de rang impair se placent de part et d’autre de \(\ell\).

Corrigé de l’exercice 22 : Problème : discussion selon la valeur initiale

1. On calcule \(f(x) – x = \frac{x^2 – 3x + 2}{3} = \frac{(x – 1)(x – 2)}{3}\). Les points fixes sont \(1\) et \(2\). De plus, \(f(x) – x > 0\) sur \(]-\infty, 1[\) et sur \(]2, +\infty[\), et \(f(x) – x < 0\) sur \(]1, 2[\).
2. On a \(u_1 = \frac{a^2 + 2}{3} = \frac{|a|^2 + 2}{3} = f(|a|)\). Considérons la suite \((u_n^{\prime})\) de premier terme \(|a|\). Elle a le même terme de rang \(1\), donc elle coïncide avec \((u_n)\) à partir du rang \(1\). Les deux suites ont le même comportement : on suppose désormais \(a \geq\, 0\).
3. La fonction \(f\) est croissante sur \([0, +\infty[\). Or \(f(0) = \frac{2}{3}\), \(f(1) = 1\) et \(f(2) = 2\). Donc \(f([0, 1]) = [\frac{2}{3}, 1]\) et \(f([1, 2]) = [1, 2]\). De plus, \(f(x) \geq\, 2\) pour \(x \geq\, 2\). Les trois intervalles sont stables par \(f\).
4. Si \(0 \leq\, a < 1\), tous les termes sont dans \([0, 1]\). Sur cet intervalle, \(f(x) – x \geq\, 0\), donc \(u_{n+1} \geq\, u_n\). La suite est croissante et majorée par \(1\). Elle converge donc vers un réel \(\ell \in [0, 1]\), qui est un point fixe, par continuité de \(f\). Le seul point fixe dans \([0, 1]\) est \(1\) : la suite converge vers \(1\).
5. Si \(1 < a < 2\), les termes restent dans \([1, 2]\), où \(f(x) – x \leq\, 0\). La suite est décroissante et minorée par \(1\), donc elle converge vers un point fixe \(\ell\). Or \(\ell \leq\, u_0 = a < 2\). Donc la suite converge vers \(1\).
6. Si \(a > 2\), les termes restent dans \([2, +\infty[\), où \(f(x) – x \geq\, 0\). La suite est donc croissante. Supposons-la majorée. Elle convergerait alors vers un point fixe \(\ell \geq\, u_0 = a > 2\), ce qui est impossible. Elle n’est donc pas majorée. Par le théorème de la limite monotone, \(u_n \to +\infty\).
7. Il reste les cas \(a = 1\) et \(a = 2\) : la suite est alors constante. Avec le 2, on obtient le bilan. Si \(|a| < 2\), la suite converge vers \(1\) ; si \(|a| = 2\), elle est constante égale à \(2\) à partir du rang \(1\) ; si \(|a| > 2\), elle tend vers \(+\infty\).
8. On calcule \(f(x) – 1 = \frac{x^2 – 1}{3} = \frac{(x – 1)(x + 1)}{3}\). Pour \(x \in [0, 1]\), on a \(0 < \frac{x + 1}{3} \leq\, \frac{2}{3}\). Comme \(u_n \in [0, 1]\), on obtient \(|u_{n+1} – 1| \leq\, \frac{2}{3}|u_n – 1|\). Par récurrence, et puisque \(|a – 1| \leq\, 1\) : \(|u_n – 1| \leq\, (\frac{2}{3})^n |a – 1| \leq\, (\frac{2}{3})^n\).

La figure ci-dessous réunit trois valeurs initiales. Partant de \(0{,}1\) ou de \(1{,}9\), les marches convergent vers le point fixe attractif \(1\). En revanche, partant de \(2{,}15\), elles s’éloignent de \(2\) et partent vers \(+\infty\).

Point de méthode : le signe de \(f(x) – x\) donne à lui seul la monotonie sur chaque intervalle stable ; c’est souvent plus rapide que le sens de variation de \(f\).

Corrigé de l’exercice 23 : Problème : moyenne arithmético-géométrique

1. Au rang \(0\), on a \(a_0 > 0\) et \(b_0 > 0\). Si \(a_n > 0\) et \(b_n > 0\), alors \(a_n b_n > 0\), donc \(b_{n+1} = \sqrt{a_n b_n}\) est défini et strictement positif. De même, \(a_{n+1} > 0\). Par récurrence, les deux suites sont bien définies et strictement positives.
2. On développe le carré :
   \[\frac{1}{2}(\sqrt{a_n} – \sqrt{b_n})^2 = \frac{a_n – 2\sqrt{a_n b_n} + b_n}{2} = a_{n+1} – b_{n+1}.\]
   Cette quantité est positive. Donc \(b_{n+1} \leq\, a_{n+1}\) pour tout \(n\), et \(b_0 < a_0\) par hypothèse. Ainsi \(b_n \leq\, a_n\) pour tout \(n\).
3. D’une part, \(a_{n+1} – a_n = \frac{b_n – a_n}{2} \leq\, 0\). D’autre part, \(b_{n+1} = \sqrt{a_n b_n} \geq\, \sqrt{b_n b_n} = b_n\), car \(a_n \geq\, b_n\) et la racine est croissante. La suite \((a_n)\) est décroissante et \((b_n)\) est croissante.
4. Posons \(x = \sqrt{a_n}\) et \(y = \sqrt{b_n}\), avec \(x \geq\, y \geq\, 0\). Alors \(0 \leq\, x – y \leq\, x + y\), donc \((x – y)^2 \leq\, (x – y)(x + y) = a_n – b_n\). Avec le 2, on obtient \(0 \leq\, a_{n+1} – b_{n+1} \leq\, \frac{a_n – b_n}{2}\). Par récurrence, \(0 \leq\, a_n – b_n \leq\, \frac{a_0 – b_0}{2^n}\).
5. Le majorant \(\frac{a_0 – b_0}{2^n}\) tend vers \(0\). Par les gendarmes, \(a_n – b_n \to 0\). Avec le 3, les suites sont adjacentes : elles convergent vers une même limite \(M(a_0, b_0)\), avec \(b_n \leq\, M(a_0, b_0) \leq\, a_n\).
6. On calcule \(a_1 = \frac{5}{2}\) et \(b_1 = \sqrt{4} = 2\), puis \(a_2 = \frac{9}{4}\) et \(b_2 = \sqrt{5}\). D’après le 5, on a \(b_2 \leq\, M(4, 1) \leq\, a_2\). Donc \(\sqrt{5} \leq\, M(4, 1) \leq\, \frac{9}{4}\), soit \(2{,}236 \leq\, M(4, 1) \leq\, 2{,}25\).
7. Notons \((a_n^{\prime})\) et \((b_n^{\prime})\) les suites associées à \(\lambda a_0\) et \(\lambda b_0\). Par récurrence, \(a_n^{\prime} = \lambda a_n\) et \(b_n^{\prime} = \lambda b_n\). En effet, \(\frac{\lambda a_n + \lambda b_n}{2} = \lambda a_{n+1}\), et \(\sqrt{\lambda a_n \cdot \lambda b_n} = \lambda \sqrt{a_n b_n}\) car \(\lambda > 0\). En passant à la limite, \(M(\lambda a_0, \lambda b_0) = \lambda M(a_0, b_0)\).

La figure ci-dessous montre la convergence très rapide des deux suites pour \(a_0 = 4\) et \(b_0 = 1\). Dès le rang \(3\), elles sont presque confondues avec leur limite commune.

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Pour aller plus loin en L1

• Le cours : suites numériques, cours de maths en L1
• Les énoncés : exercices de maths en L1 sur suites numériques
• À maîtriser avant : Nombres réels et borne supérieure, Entiers naturels, récurrence et dénombrement
• Chapitre précédent : Nombres réels et borne supérieure
• Chapitre suivant : Limites et continuité des fonctions
• Tester vos connaissances : QCM de maths en L1 par chapitre
• Le sommaire : tous les chapitres de maths de L1 et la licence de maths de L1 à L3