Analyse I_TD_2_FPST_2020-2021_Corrigé_20Fev21

ENP d’Oran-Maurice Audin

1 ère année FPST

Analyse 1

2020-2021

TD n◦ 2 : Les suites réelles Exercice 1. Étudier la convergence des suites de termes généraux suivants : √ √ n+1− n sin n 1 1 + (−1)n n2 un = , un = , un = 2 −(−1)n , un = , 2 n+1 n 1 + n2 un = n + 1 − cos(

nπ ) 5

un = an ,

a ∈ R,

un =

2n − 3n , 2n + 3n

un =

un = 1+

(−1)n n 1 + n2

an − bn , (a > 0, b > 0). an + bn

y Exercice 2. Considérons une suite suite (Un )n∈N définie par la relation de récurrence ;  U0 = 1 .

Un2 Un+1 = , n∈N 1 + Un 1. Montrer que :

∀n ∈ N,

Un > 0.

2. Étudier la monotonie de la suite (Un )n∈N .

3. En déduire que la suite (Un )n∈N est bornée.

4. Montrer que la suite (Un )n∈N est convergente et calculer sa limite. y Exercice 3. Considérons une suite suite (Un )n∈N définie par la relation de récurrence ;  U0 ≥ 0 .

2Un2 + 2Un + 1 Un+1 = , n∈N 2Un + 1 1. Montrer que : 2. Montrer que

∀n ∈ N, ∀n ∈ N,

Un ≥ 0.

Un+1 ≥ Un +

1 2

puis que

n Un ≥ U0 + .

2

3. En déduire que la limite de la suite(Un )n∈N . y Exercice 4. On considère la suite (un )n∈N définie par la relation de récurrence ;  u0 = −1 .

1 un+1 = , n∈N 3 − un 1. Calculer u1 , u2 et u3 .

2. Montrer que :

∀n ≥ 1,

0 < un < 1.

3. Etudier la monotonie de la suite (un )n∈N .

4. Montrer que la suite (un )n∈N est convergente et calculer sa limite.

5. Soit A = {un ,

n ∈ N}.

Déterminer la borne supérieure, la borne inférieure, le maximum et le minimum de A. 1

17 février 2021

ENP d’Oran-Maurice Audin

1 ère année FPST

Analyse 1

2020-2021

y Exercice 5. On considère la suite récurrente définie par ( u0 = 0 √ un+1 = 6 + un , 1. Calculer u1 , u2 et u3 .

2. Montrer que la suite (un )n est majorée par 3.

1 3. Montrer que 3 − un ≤ (3 − un−1 ) pour tout n ≥ 1.

3 1 4. En déduire que 3 − un ≤ n−1 pour tout n > 1.

3 5. En déduire la limite de la suite (un )n .

6. Montrer que la suite (un )n est strictement croissante. y Exercice 6. On considère deux suites (un )n et (vn )n données par un = 1 +

1 1 1 + +...+ 1! 2! n!

et

vn = un +

1 . n.n!

i). Montrer que ces deux suites sont adjacentes. On note l leur limite commune.

1 ii). Montrer que, pour tout n ∈ N∗ , n!un < n!l < n!un + . n y

2

17 février 2021

ENP d’Oran-Maurice Audin

1 ère année FPST

Analyse 1

2020-2021

Solution des exercices de la fiche TD n◦ 2 Correction de l’exercice 1 N (1). Remarquons que √ √ √ √ √ √ 1 n + 1 − n ( n + 1 − n)( n + 1 + n) √ = √ = un = √ √ 2 2( n + 1 + n) 2( n + 1 + n) Alors

1 √ √ = 0, n + 1 + n)

lim un = lim

n→+∞ 2(

n→+∞

donc (un )n∈N converge.

(2). On a

sin n 1 −1 ≤ ≤ , n+1 n+1 n+1

et comme

−1 1 = lim = 0, n→+∞ n + 1 n→+∞ n + 1 lim

alors d’après le théorème des trois suites 1 , limn→+∞ un = 0.

Donc (un )n∈N converge.

1 (3). un = 2 − (−1)n , n Considérons les sous-suites (u2k )k∈N et (u2k+1 )k∈N de (un )n∈N , alors lim u2k = −1

lim u2k+1 = 1.

et

k→+∞

k→+∞

Mais on sait que "Toute sous-suite d’une suite convergente est convergente et admet la même limite" (cours).

Donc (un )n∈N ne converge pas.

1 + (−1)n n2 , (4). un = 1 + n2 Considérons les sous-suites (u2k )k∈N et (u2k+1 )k∈N de (un )n∈N , alors et lim u2k+1 = −1.

u2k = 1 Donc (un )n∈N ne converge pas. (−1)n n (5). un = 1 + . On a 1 + n2

d’où 1−

k→+∞

(−1)n n n −n ≤ ≤ 2 , 2 2 n +1 n +1 n +1 n (−1)n n n ≤ 1 + ≤ 1+ 2 , 2 2 n +1 n +1 n +1

et comme

n

lim

n→+∞ n2 + 1

= 0,

alors d’après le théorème des gendarmes, limn→+∞ un = 1.

Donc (un )n∈N converge.

1. également appelé théorème des gendarmes, théorème d’encadrement ou théorème du sandwich.

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(6). un = n + 1 − cos(

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Analyse 1

nπ ). On a 5 −1 ≤ − cos(

2020-2021

nπ ), 5

d’où n ≤ un , et comme lim n = +∞,

n→+∞

alors limn→+∞ un = +∞.

Donc (un )n∈N diverge.

(7). un = an , a ∈ R. Si a = 0, un = 0.

Si a = 1, un = 1.

Si 0 < a < 1, la suite est strictement décroissante un+1 − un = an+1 − an = an (a − 1) < 0; et bornée inférieurement par 0 : 0 < . . . < a3 < a2 < a < 1.

Donc elle converge vers une limite l avec 0 ≤ l < 1. D’où l = lim un+1 = lim an+1 = a lim an = a lim un = al n→+∞

n→+∞

n→+∞

n→+∞

implique que l = 0.

Si a > 1, on a an = (1 + (a − 1))n = 1 + n(a − 1) + . . . ≥ 1 + n(a − 1).

Comme limn→+∞ (1 + n(a − 1)) = +∞, alors limn→+∞ un = +∞.

Si −1 < a < 0, dans ce cas an = (− |a|)n = (−1)n |a|n , avec 0 < |a| < 1, alors limn→+∞ un = 0.

Si a = −1, dans ce cas la suite n’a pas de limite, car u2k = 1 et u2k+1 = −1.

Si a < −1. dans ce cas an = (− |a|)n = (−1)n |a|n , avec |a| > 1, alors la sous-suite (u2k )k∈N de (un )n∈N tendent vers +∞ et la sous-suite (u2k+1 )k∈N vers −∞ : la suite est divergente.

Conclusion  0 si |a| < 1    1 si a = 1 lim un = +∞ si a > 1 n→+∞    n’existe pas si a < −1 Donc (un )n∈N converge, si −1 < a ≤ 1.

2n − 3n . On a (8). un = n 2 + 3n ( 23 )n − 1 2n − 3n = lim = −1. n→+∞ 2n + 3n n→+∞ ( 2 )n + 1 3

lim un = lim

n→+∞

Donc (un )n∈N converge. an − bn (9). un = n , (a > 0, b > 0). a + bn Si a = b, un = 0.

Si a > b, 1 − ( ba )n an − bn = lim = 1. n→+∞ an + bn n→+∞ 1 + ( b )n a

lim un = lim

n→+∞

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17 février 2021

ENP d’Oran-Maurice Audin

1 ère année FPST

Si a < b,

Analyse 1

2020-2021

( ab )n − 1 an − bn = lim = −1. n→+∞ ( a )n + 1 n→+∞ an + bn b

lim un = lim

n→+∞

Donc (un )n∈N converge, pour tout a > 0 et b > 0.

Correction de l’exercice 2 N On a  U0 = 1

Un2 , 1 + Un

Un+1 =

n∈N

.

1. Montrons par récurrence que : ∀n ∈ N, Un > 0.

Pour n = 0, on a bien U0 = 1 > 0.

Supposons que l’inégalité est vraie jusqu’à l’ordre n et montrons qu’elle reste vraie à l’ordre n + 1. On a Un2 > 0 et 1 + Un > 0.

Ainsi Un+1 =

Un2 > 0, 1 + Un

∀n ∈ N.

2. La monotonie de la suite (Un )n∈N .

Un+1 − Un =

−Un Un2 − Un = < 0.

1 + Un 1 + Un

Donc la suite (Un )n∈N est strictement décroissante.

3. La suite (Un )n∈N est bornée. En effet, on a Un > 0, d’autre part (Un )n∈N est strictement décroissante, donc elle est majorée par U0 . D’où 0 < Un ≤ 1.

4. La suite (Un )n∈N étant décroissante et minorée par zéro est donc convergente vers une limite l ≥ 0. La limite l vérifie l’équation l2 . l= 1+l Donc l = 0.

Correction de l’exercice 3 N On a  U0 ≥ 0 Un+1 =

2Un2 + 2Un + 1 , 2Un + 1

n∈N

.

1. Montrons par récurrence que : ∀n ∈ N, Un ≥ 0.

Pour n = 0, on a bien U0 = 1 ≥ 0.

Supposons que l’inégalité est vraie jusqu’à l’ordre n, c’est-à-dire supposons que Un ≥ 0 et montrons qu’elle reste vraie à l’ordre n + 1, c’est-à-dire montrons que Un+1 ≥ 0. La relation de récurrence nous donne 2Un2 + 2Un + 1 Un+1 = ≥ 0.

2Un + 1 car le numérateur et le dénominateur sont positifs, donc la proposition est vraie à l’ordre n + 1, ce qui achève la récurrence.

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17 février 2021

ENP d’Oran-Maurice Audin

1 ère année FPST

Analyse 1

2020-2021

2. La première inégalité est entre deux termes successifs de la suite (Un )n∈N , la preuve s’établit directement en calculant le signe de la différence Un+1 − Un −

1 1 1 2Un2 + 2Un + 1 = − Un − = ≥ 0.

2 2Un + 1 2 4Un + 2

1 Un+1 ≥ Un + .

2 La deuxième inégalité est entre le terme générale de la suite et le premier terme de la suite (Un )n∈N , la preuve s’établit par récurrence : 0 0 Pour n = 0, on a U0 + = U0 d’où l’inégalité U0 ≥ U0 + est vraie pour n = 0.

2 2 n Supposons que l’inégalité est vraie jusqu’à l’ordre n, c’est-à-dire supposons que Un ≥ U0 + 2 n+1 et montrons qu’elle reste vraie à l’ordre n + 1, c’est-à-dire montrons que Un+1 ≥ U0 + .

2 On a 1 n et Un+1 ≥ Un + .

Un ≥ U0 + 2 2 Donc n 1 n+1 Un+1 ≥ U0 + + = U0 + .

2 2 2 Donc la proposition est vraie à l’ordre n + 1, ce qui achève la récurrence.

Donc ∀n ∈ N,

3. Comme lim U0 +

n→+∞

et Un ≥ U0 +

n 2

n = +∞ 2 ∀n ∈ N,

on en déduit lim Un = +∞.

n→+∞

Correction de l’exercice 4 N 1 4 11 1. u1 = , u2 = et u3 = .

4 11 29 2. Montrons par récurrence que : ∀n ∈ N∗ , 0 < un < 1.

Pour n = 1, on a 0 < u1 < 1. Donc l’inégalité est vraie.

Supposons que l’inégalité est vraie jusqu’à l’ordre n, c’est-à-dire supposons que 0 < un < 1 et montrons qu’elle est vraie à l’ordre n + 1, c’est-à-dire montrons que 0 < un+1 < 1. La relation de récurrence nous donne 0 < un < 1 =⇒ 2 < 3 − un < 3 =⇒

1 1 1 < < .

3 3 − un 2

Par conséquent, 0 < un+1 < 1.

D’où ∀n ∈ N∗ :

0 < un < 1.

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Analyse 1

2020-2021

3. Étude de la monotonie de (un )n∈N .

Première méthode : Nous avons, un+1 = f (un ) avec f (x) =

1 , 0 < x < 1. Puisque f 0 (x) = 3−x

1 , 0 < x < 1, alors f est croissante sur ]0, 1[.

(3 − x)2 Comme u0 = −1, 0 < un < 1, (n ≥ 1), u1 < u2 et f est croissante sur ]0, 1[, alors la suite (un )n∈N est croissante.

Deuxième méthode : Par récurrence.

Pour n = 0, on a u0 ≤ u1 . Donc l’inégalité est vraie.

Supposons que l’inégalité est vraie jusqu’à l’ordre n, c’est-à-dire supposons que un−1 ≤ un et montrons qu’elle reste vraie à l’ordre n + 1, c’est-à-dire montrons que un ≤ un+1 . D’après La relation de récurrence nous avons 1 1 un−1 ≤ un =⇒ 3 − un−1 ≥ 3 − un =⇒ ≤ =⇒ un ≤ un+1 .

3 − un−1 3 − un

4. La suite (un )n∈N est croissante majorée par 1, donc elle converge vers une limite l, avec 0 < l ≤ 1.

1 Comme un+1 = , alors passons à la limite, on obtient 3 − un √ √ 3− 5 3+ 5 1 2 =⇒ l − 3l + 1 = 0 =⇒ l = ou l = > 1( exclue). l= 3−l 2 2 Donc √ 3− 5 l= .

2 √ 3− 5 , inf A = min A = −1 et le max A n’existe pas.

5. sup A = 2 Correction de l’exercice 5 N On a ( u0 = 0 √ un+1 = 6 + un , q p p √ √ √ 1. u1 = 6, u2 = 6 + 6 et u3 = 6 + 6 + 6.

2. Montrons que la suite (un )n est majorée par 3. Raisonnons par récurrence.

Pour n = 0, on a bien u0 = 0 ≤ 3.

Supposons que l’inégalité est vraie jusqu’à l’ordre n, c’est-à-dire supposons que un ≤ 3 et montrons qu’elle est vraie à l’ordre n + 1, c’est-à-dire montrons que un+1 ≥ 3. D’après la relation de récurrence on obtient p √ un+1 = 6 + un ≤ 6 + 3 = 3, donc la proposition est vraie à l’ordre n + 1, ce qui achève la récurrence.

3. Pour tout n ≥ 1, on a √ √ p (3 − 6 + un−1 )(3 + 6 + un−1 ) √ 3 − un ≤ 3 − 6 + un−1 = 3 + 6 + un−1 3 − un−1 √ = 3 + 6 + un−1 1 1 1 √ ≤ (3 − un−1 ) ( car ≤ ) 3 3 + 6 + un−1 3 7

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4. D’après l’inégalité précédente et par récurrence sur n, on déduit que 1 3 − un ≤ (3 − un−1 ) 3 1 ≤ ( )2 (3 − un−2 ) 3 1 ≤ ( )3 (3 − un−3 ) 3 .. .

1 1 ≤ ( )n (3 − u0 ) = n−1 3 3 pour tout n ≥ 1.

5. D’après ce qui précède, on a 0 ≤ 3 − un ≤ et comme lim

1

n→+∞ 3n−1

1 3n−1

= 0,

alors limn→+∞ un = 3.

6. La suite (un )n est strictement croissante. √ Première méthode : Nous avons, un+1 = f (un ) avec f (x) = 6 + x, 0 ≤ x. Puisque f 0 (x) = 1 √ , x ≥ 0, alors f est strictement croissante sur [0, +∞[.

2 6+x Comme , 0 ≤ un , u0 < u1 et f est strictement croissante sur [0, +∞[, alors la suite (un )n∈N est strictement croissante.

Deuxième méthode : on a p p un − un−1 √ un+1 − un = 6 + un − 6 + un−1 = √ 6 + un + 6 + un−1 On voit que le signe de un+1 − un est le signe de un − un−1 . Par récurrence sur n ; on trouve que le signe de un+1 − un est celui de u1 − u0 = u1 , et comme u1 > 0 on conclut que (un )n∈N est strictement croissante.

Correction de l’exercice 6 N un = 1 +

1 1 1 + +...+ 1! 2! n!

et

vn = un +

1 . n.n!

i). On a un+1 − un = vn+1 − vn =

1 > 0, (n + 1)!

−1 <0 (n + 1)n × (n + 1)!

et

1 −→ 0 n.n!

Donc la suite (un )n∈N est strictement croissante, (vn )n∈N est strictement décroissante, et limn→+∞ (vn − un ) = 0. Par définition (un )n∈N et (vn )n∈N sont adjacentes de limite l. vn − un =

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1 ère année FPST

ii). Pour tout n ∈ N∗ , on a

Analyse 1

2020-2021

1 un < l < vn < un + . n

Multipliant par n!, on obtient 1 n!un < n!l < n!un + . n

(1)

M. Benharrat & M. Cheggag.

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17 février 2021