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  • 1. [http://mp.cpgedupuydelome.fr] dD édité le 31 août 2011 Enoncés 1Suites numériques Calculs de limites Exercice 8 [ 02254 ] [correction]Convergence d’une suite numérique Déterminer la limite, si celle-ci existe, des suites (un ) suivantes : n n √ √ a) un = 3n −(−2)n b) un = n2 + n + 1 − n2 − n + 1 3 +(−2)Exercice 1 [ 02247 ] [correction] √ n−√n2 +1 1 nSoit (un ) et (vn ) deux suites réelles convergeant vers et avec < . c) un = n+ n2 −1 d) un = n2 k k=1Montrer qu’à partir d’un certain rang : un < vn . Exercice 9 [ 02255 ] [correction]Exercice 2 [ 02248 ] [correction] Déterminer les limites des suites dont les termes généraux sont les suivants : √ 1 n nMontrer que (un ) ∈ ZN converge si, et seulement si, (un ) est stationnaire. a) un = 1 + n b) un = n2 1/n n 1 n−1 c) un = sin n d) un = n+1Exercice 3 [ 02249 ] [correction] n ∈ N, un a et vn b Exercice 10 [ 02256 ] [correction]Soit (a, b) ∈ R2 , (un ) et (vn ) deux suites telles que : Déterminer par comparaison, la limite des suites (un ) suivantes : un + vn → a + b sin n n!Montrer que un → a et vn → b. a) un = n+(−1)n+1 b) un = nn n−(−1)n en c) un = n+(−1)n d) un = nn e) un = n 2 + (−1)nExercice 4 [ 02250 ] [correction]Soit (un ) et (vn ) deux suites réelles telles que (un + vn ) et (un − vn ) convergent.Montrer que (un ) et (vn ) convergent. Exercice 11 [ 02257 ] [correction] Déterminer les limites des sommes suivantes : n √ n 1 a) Sn = kb) Sn = √ . k k=1 k=1Exercice 5 [ 02251 ] [correction] n 1 2n 1Soit (un ) et (vn ) deux suites convergentes. Etudier lim max(un , vn ). c) Sn = n2 +k2 d) Sn = k2 n→+∞ k=1 k=n+1 n n n √ 1 e) Sn = n2 +k f) Sn = n2 +k k=1 k=1 nExercice 6 [ 02252 ] [correction] g) Sn = (−1)n−k k! k=0Soit (un ) et (vn ) deux suites réelles telles que u2 + un vn + vn → 0. n 2Démontrer que (un ) et (vn ) convergent vers 0. Exercice 12 [ 02258 ] [correction] ComparerExercice 7 [ 02253 ] [correction] m m nSoit (un ) et (vn ) deux suites telles que 0 un 1, 0 vn 1 et un vn → 1. 1 1 1 lim lim 1− , lim lim 1− et lim 1−Que dire de ces suites ? m→+∞ n→+∞ n n→+∞ m→+∞ n n→+∞ n
  • 2. [http://mp.cpgedupuydelome.fr] dD édité le 31 août 2011 Enoncés 2Exercice 13 [ 02259 ] [correction] Exercice 17 [ 02263 ] [correction] √Soit (un ) une suite de réels strictement positifs. On suppose n un → . Déterminer la limite de n −1a) Montrer que si < 1 alors un → 0. nb) Montrer que si > 1 alors un → +∞. un = k=0 kc) Montrer que dans le cas = 1 on ne peut rien conclure. Exercice 18 [ 02264 ] [correction]Exercice 14 [ 02260 ] [correction] Soit p ∈ N {0, 1}. Pour n ∈ N on poseSoit (un ) une suite de réels strictement positifs. On suppose −1 n un+1 n+p → un = et Sn = uk un n k=1a) Montrer que si < 1 alors un → 0. a) Montrer queb) Montrer que si > 1 alors un → +∞. ∀n ∈ N, (n + p + 2)un+2 = (n + 2)un+1c) Montrer que dans le cas = 1 on ne peut rien conclure. b) Montrer par récurrence 1 Sn = (1 − (n + p + 1)un+1 )Exercice 15 [ 02261 ] [correction] p−1Pour tout n ∈ N, on pose c) On pose ∀n ∈ N vn = (n + p)un . Montrer que (vn ) converge vers 0. n n d) En déduire lim Sn en fonction de p. 1 (−1)k−1 Sn = et Sn = n+k k k=1 k=1 Exercice 19 X MP [ 03039 ] [correction]a) Etablir que pour tout p > 1, Soit z ∈ C avec |z| < 1. Existence et calcul de p+1 p n dx 1 dx k lim 1 + z2 p x p p−1 x n→+∞ k=0En déduire la limite de (Sn ).b) Etablir que S2n = Sn . En déduire la limite de (Sn ). Exercice 20 [ 03196 ] [correction] Etudier la convergence de deux suites réelles (un ) et (vn ) vérifiantExercice 16 [ 02262 ] [correction] lim (un + vn ) = 0 et lim (eun + evn ) = 2 n→+∞ n→+∞Soit a ∈ R et pour n ∈ N, n a Pn = cos 2k Suites monotones et bornées k=1Montrer que Exercice 21 [ 02265 ] [correction] a 1 Soit (un ) une suite croissante de limite . On pose sin n Pn = n sin a 2 2 u1 + · · · + unet déterminer lim Pn . vn = n→∞ n
  • 3. [http://mp.cpgedupuydelome.fr] dD édité le 31 août 2011 Enoncés 3a) Montrer que (vn ) est croissante. Exercice 26 [ 02270 ] [correction] un +vnb) Etablir que v2n 2 . On posec) En déduire que vn → . 1 × 3 × 5 × · · · × (2n − 1) un = 2 × 4 × 6 × · · · × (2n) a) Exprimer un à l’aide de factoriels.Exercice 22 [ 02266 ] [correction] b) Montrer que la suite (un ) converge.Soit (un ) une suite réelle convergente. Etudier la limite de la suite vn = sup up . c) On pose p n vn = (n + 1)u2 n Montrer que la suite (vn ) converge. En déduire la limite de la suite (un )Exercice 23 [ 02267 ] [correction] d) Simplifier 2nSoit (un ) une suite réelle bornée. On pose 1 1− k k=2 vn = sup up et wn = inf up p n p n et comparer ce produit à u2 . n e) En déduire que la limite C de la suite (vn ) est strictement positive.Montrer que les suites (vn ) et (wn ) possèdent chacune une limite dans R etcomparer celles-ci. Suites adjacentesExercice 24 [ 02268 ] [correction] Exercice 27 [ 02271 ] [correction][Somme harmonique] Soit θ ∈ ]0, π/2[, un = 2n sin 2θ , vn = 2n tan 2θ . n nPour tout n ∈ N, on pose Montrer que les suites (un ) et (vn ) sont adjacentes. Quelle est leur limite n 1 commune ? Hn = k k=1Montrer que Exercice 28 [ 00325 ] [correction] 1 ∀n ∈ N , H2n − Hn On pose 2 n 1 √ n 1 √En déduire que lim Hn = +∞. un = √ − 2 n et vn = √ −2 n+1 n→∞ k=1 k k=1 k Montrer que les suites (un ) et (vn ) sont adjacentes. En déduire un équivalent deExercice 25 [ 02269 ] [correction] n 1Soit (Hn ) la suite définie pour n ∈ N par √ k=1 k n 1 Hn = k k=1 Exercice 29 [ 02272 ] [correction] n 1 1a) Montrer que Hn → +∞. Pour tout n ∈ N , on pose Sn = k2 et Sn = Sn + n .b) Soit (un ) une suite telle que n(un+1 − un ) → 1. Montrer que un → +∞. k=1 Montrer que les suites (Sn ) et (Sn ) sont adjacentes. On peut montrer que leur limite commune est π 2 /6, mais c’est une autre histoire...
  • 4. [http://mp.cpgedupuydelome.fr] dD édité le 31 août 2011 Enoncés 4Exercice 30 [ 02273 ] [correction] Exercice 34 [ 02277 ] [correction][Critère spécial des séries alternées ou critère de Leibniz] Soit (un ) une suite complexe telle que (u2n ), (u2n+1 ) et (u3n ) convergent. MontrerSoit (un ) une suite de réels décroissante et de limite nulle. que (un ) converge. nPour tout n ∈ N, on pose Sn = (−1)k uk . k=0Montrer que les suites extraites (S2n ) et (S2n+1 ) sont adjacentes et en déduire que Exercice 35 [ 02278 ] [correction](Sn ) converge. Justifier que la suite de terme général cos n diverge.Exercice 31 [ 02274 ] [correction][Irrationalité du nombre de Néper] Exercice 36 [ 00327 ] [correction]Soient Montrer que la suite de terme général sin n diverge. n n 1 1 1 1 an = et bn = + = an + k! k! n.n! n.n! k=0 k=0 Exercice 37 [ 02279 ] [correction]a) Montrer que (an ) et (bn ) sont strictement monotones et adjacentes. n+p Soit (un ) une suite réelle telle que ∀n, p ∈ N , 0 un+p np . Montrer queOn admet que leur limite commune est e . On désire montrer que e ∈ Q et pour / un → 0.cela on raisonne par l’absurde en supposant e = p avec p ∈ Z, q ∈ N . qb) Montrer que aq < e < bq puis obtenir une absurdité. Exercice 38 X MP [ 03234 ] [correction] Soit (un ) une suite réelle vérifiantExercice 32 [ 02275 ] [correction][Moyenne arithmético-géométrique] un+1 − un → 0 et un → +∞a) Pour (a, b) ∈ R+2 , établir : √ 2 ab a+b Montrer qu’il existe une application ϕ : N → N strictement croissante vérifiantb) On considère les suites de réels positifs (un ) et (vn ) définies par uϕ(n) − n → 0 √ un + vn u0 = a, v0 = b et ∀n ∈ N, un+1 = un vn , vn+1 = 2 Comparaison de suites numériquesMontrer que, pour tout n 1, un vn , un un+1 et vn+1 vn .c) Etablir que (un ) et (vn ) convergent vers une même limite.Cette limite commune est appelée moyenne arithmético-géométrique de a et b et Exercice 39 [ 02280 ] [correction]est notée M (a, b). Classer les suites, dont les termes généraux, sont les suivants par ordre ded) Calculer M (a, a) et M (a, 0) pour a ∈ R+ . négligeabilité : √ n2e) Exprimer M (λa, λb) en fonction de M (a, b) pour λ ∈ R+ . a) n , n2 , ln n , ln 2 , n ln n b) n, n2 , n ln n, n ln n, ln n . 1 1 n n n 1Suites extraites Exercice 40 [ 02281 ] [correction] Trouver un équivalent simple aux suites (un ) suivantes et donner leur limite : √ 2Exercice 33 [ 02276 ] [correction] a) un = (n + 3 ln n)e−(n+1) b) un = ln(n +1) c) un = √n 2+n+1 2 n+1 3 n −n+1On suppose que (un ) est une suite réelle croissante telle que (u2n ) converge.Montrer que (un ) converge.
  • 5. [http://mp.cpgedupuydelome.fr] dD édité le 31 août 2011 Enoncés 5Exercice 41 [ 00236 ] [correction] a) Justifier queTrouver un équivalent simple aux suites (un ) suivantes et donner leur limite : 1 √ √ 1 3 √ √ 2 n+1− n √ − n2 3 −ln n+1 n!+en na) un = nln n−2n+1 b) un = 2n n2 +1 2 c) un = 2n +3n n+1 b) Déterminer la limite √ (Sn ). de c) On pose un = Sn − 2 n. Montrer que (un ) converge.Exercice 42 [ 02282 ] [correction] d) Donner un équivalent simple de (Sn ).Trouver un équivalent simple aux suites (un ) suivantes : √ √ 1 1a) un = n−1 − n+1 b) un = n + 1 − n − 1 c) un = ln(n + 1) − ln(n) Exercice 48 [ 00301 ] [correction] On étudie ici la suite (Sn ) de terme généralExercice 43 [ 00235 ] [correction] nTrouver un équivalent simple aux suites (un ) suivantes : 1 1 1a) un = sin √n+1 b) un = ln sin n c) un = 1 − cos n .1 Sn = k k=1 a) Etablir que pour tout t > −1, ln(1 + t) t et en déduireExercice 44 [ 02283 ] [correction]Déterminer la limite des suites (un ) suivantes : t ln(1 + t) n √ t+1 1 1 n n+1a) un = n ln 1 + n2 +1 b) un = 1 + sin n c) un = √ . (n+1) n b) Observer que ln(n + 1) Sn ln n + 1Exercice 45 [ 02287 ] [correction] et en déduire un équivalent simple de Sn .Soit (un ) une suite décroissante de réels telle que un + un+1 ∼ 1 c) Montrer que la suite un = Sn − ln n est convergente. Sa limite est appelée n.a) Montrer que (un ) converge vers 0+ . constante d’Euler et est usuellement notée γ.b) Donner un équivalent simple de (un ). Exercice 49 [ 02286 ] [correction]Exercice 46 [ 02284 ] [correction] Soit (un ), (vn ), (wn ), (tn ) des suites de réels strictement positifs tels que un ∼ vnPour n ∈ N, on pose et wn ∼ tn . Montrer que un + wn ∼ vn + tn . n un = 0! + 1! + 2! + · · · + n! = k! k=0 Limite de suite des solutions d’une équationMontrer que un ∼ n!. Exercice 50 [ 02289 ] [correction] Soit n un entier naturel et En l’équation x + ln x = n d’inconnue x ∈ R+ .Exercice 47 [ 02285 ] [correction] a) Montrer que l’équation En possède une solution unique notée xn .On pose b) Montrer que la suite (xn ) diverge vers +∞. n 1 c) Donner un équivalent simple de la suite (xn ). Sn = √ k=1 k
  • 6. [http://mp.cpgedupuydelome.fr] dD édité le 31 août 2011 Enoncés 6Exercice 51 [ 02290 ] [correction] Exercice 57 [ 02295 ] [correction]Soit n un entier naturel et En l’équation x + tan x = n d’inconnue x ∈ ]−π/2, π/2[. Soit (zn ) une suite complexe telle quea) Montrer que l’équation En possède une solution unique notée xn .b) Montrer que la suite (xn ) converge et déterminer sa limite. 1 ∀n ∈ N, zn+1 = z (zn + 2¯n ) 3 Montrer que (zn ) converge et exprimer sa limite en fonction de z0 .Exercice 52 [ 02288 ] [correction]Montrer que l’équation xex = n possède pour tout n ∈ N, une unique solution xndans R+ . Exercice 58 [ 02296 ] [correction]Etudier la limite de (xn ). Soit (un ) et (vn ) les suites déterminées par u0 = 1, v0 = 2 et pour tout n ∈ N :Exercice 53 [ 02291 ] [correction] un+1 = 3un + 2vn et vn+1 = 2un + 3vnSoit n un entier naturel non nul et En l’équation : xn ln x = 1 d’inconnue x ∈ R+ . a) Montrer que la suite (un − vn ) est constante.a) Montrer que l’équation En admet une unique solution xn , et que xn 1. b) Prouver que (un ) est une suite arithmético-géométrique.b) Montrer que la suite (xn ) est décroissante et converge vers 1. c) Exprimer les termes généraux des suites (un ) et (vn ).Exercice 54 [ 02292 ] [correction]Soient n ∈ N et Exercice 59 [ 02297 ] [correction] En : xn + xn−1 + · · · + x = 1 Soient ρ > 0 et θ ∈ ]0, π[. On considère la suite complexe (zn ) définie par z0 = ρ eiθ eta) Montrer que l’équation En possède une unique solution xn dans R+ et quexn ∈ [1/2, 1] zn + |zn |b) Montrer que (xn ) converge. ∀n ∈ N, zn+1 = 2c) Déterminer la limite de (xn ). a) Exprimer zn sous forme d’un produit. b) Déterminer lim zn . n→+∞Expression du terme général d’une suite récurrenteExercice 55 [ 02293 ] [correction] Exercice 60 X MP [ 03048 ] [correction]Donner l’expression du terme général et la limite de la suite récurrente réelle Etudier la suite (zn )n 0 définie par z0 ∈ C et(un )n 0 définie par :a) u0 = 0 et ∀n ∈ N, un+1 = 2un + 1 zn + |zn | ∀n ∈ N, zn+1 =b) u0 = 0 et ∀n ∈ N, un+1 = un2 . +1 2Exercice 56 [ 02294 ] [correction] Suites récurrentes linéaire d’ordre 2Soit (xn ) et (yn ) deux suites réelles telles que Exercice 61 [ 02298 ] [correction] xn − yn xn + yn Donner l’expression du terme général de la suite récurrente complexe (un )n ∀n ∈ N, xn+1 = et yn+1 = 0 2 2 définie par : u0 = 0, u1 = 1 + 4i etEn introduisant la suite complexe de terme général zn = xn + i.yn , montrer queles suites (xn ) et (yn ) convergent et déterminer leurs limites. ∀n ∈ N, un+2 = (3 − 2i)un+1 − (5 − 5i)un
  • 7. [http://mp.cpgedupuydelome.fr] dD édité le 31 août 2011 Enoncés 7Exercice 62 [ 02299 ] [correction] Exercice 69 [ 02308 ] [correction]Donner l’expression du terme général des suites récurrentes réelles suivantes : Etudier la suite (un ) définie para) (un )n 0 définie par u0 = 1, u1 = 0 et ∀n ∈ N, un+2 = 4un+1 − 4un 1b) (un )n 0 définie par u0 = 1, u1 = −1 et ∀n ∈ N, 2un+2 = 3un+1 − un u0 > 0 et ∀n ∈ N, un+1 =c) (un )n 0 définie par u0 = 1, u1 = 2 et ∀n ∈ N, un+2 = un+1 − un . 2 + un Exercice 70 [ 02309 ] [correction]Exercice 63 [ 02300 ] [correction] Soit (un ) la suite réelle définie parSoit θ ∈ ]0, π[. Déterminer le terme général de la suite réelle (un ) définie par : √ u0 = a ∈ [−2, 2] et ∀n ∈ N, un+1 = 2 − un u0 = u1 = 1 et ∀n ∈ N, un+2 − 2 cos θun+1 + un = 0 a) Justifier que la suite (un ) est bien définie etEtude de suites récurrentes ∀n ∈ N, un ∈ [−2, 2] b) Quelles sont les limites finies possibles pour (un ) ?Exercice 64 [ 02304 ] [correction] c) Montrer que (|un − 1|) converge puis que lim |un − 1| = 0. En déduire lim un .Etudier la suite (un ) définie par u0 = a ∈ R et ∀n ∈ N, un+1 = u2 n Exercice 71 [ 02310 ] [correction] Soit a ∈ C tel que 0 < |a| < 1 et (un ) la suite définie par unExercice 65 [ 02305 ] [correction] u0 = a et ∀n ∈ N, un+1 = 2 − unEtudier la suite (un ) définie par Montrer que (un ) est bien définie et |un | < 1. Etudier la limite de (un ). u0 ∈ R et ∀n ∈ N, un+1 = u2 + 1 n Exercice 72 [ 02312 ] [correction]Exercice 66 [ 02303 ] [correction] Soit a > 0 et (un ) la suite définie par u0 > 0 etEtudier la suite (un ) définie par 1 a √ ∀n ∈ N, un+1 = un + u0 = 1 et ∀n ∈ N, un+1 = 1 + un 2 un a) Etudier la convergence de la suite (un ).Exercice 67 [ 02306 ] [correction] b) On pose pour tout n ∈ N √ un − aEtudier la suite (un ) définie par vn = √ un + a u0 1 et ∀n ∈ N, un+1 = 1 + ln un Calculer vn+1 en fonction de vn , puis vn en fonction de v0 et n. √ c) Montrer que, si u0 > a, on a √ 2nExercice 68 [ 02307 ] [correction] un − a 2u0 .v0Etudier la suite (un ) définie par √ 2n Ainsi, un réalise une approximation de a à la précision 2u0 .v0 → 0. n∞ √ u0 ∈ R et ∀n ∈ N, un+1 = eun − 1 On peut alors par des calculs élémentaires, déterminer une approximation de a.
  • 8. [http://mp.cpgedupuydelome.fr] dD édité le 31 août 2011 Enoncés 8Exercice 73 [ 02313 ] [correction] Exercice 78 [ 03229 ] [correction]On considère l’équation ln x + x = 0 d’inconnue x > 0. Soit (un ) une suite réelle vérifianta) Montrer que l’équation possède une unique solution α.b) Former, par l’algorithme de Newton, une suite récurrente réelle (un ) ∀n ∈ N, un ∈ [1/2, 1]convergeant vers α. Soit (vn ) la suite déterminée par vn + un+1Exercice 74 [ 02311 ] [correction] v0 = u0 et ∀n ∈ N, vn+1 =Déterminer le terme général de la suite (un ) définie par : 1 + un+1 vn u0 = a > 0, u1 = b > 0 et ∀n ∈ N, un+2 un = u2 n+1 Montrer que la suite (vn ) converge et déterminer sa limite.A quelle condition (un ) converge ?Exercice 75 [ 02301 ] [correction]Soit a ∈ R+ . On définit une suite (un ) par n u0 = a et ∀n ∈ N, un+1 = uk k=0a) Déterminer la limite de (un ).b) Déterminer la limite de un+1 − un .Exercice 76 [ 02302 ] [correction]On considère la suite (un ) définie pour n 1 par √ un = n+ (n − 1) + · · · + 2+ 1a) Montrer que (un ) diverge vers +∞.b) Exprimer un+1 en fonction de un .c) Montrer que un n puis que un = o(n).d) Donner un équivalent simple de (un ). √e) Déterminer lim un − n. n→+∞Exercice 77 [ 00094 ] [correction]Etablir √ 1 1+ 1+ 1 + ··· = 1 + 1 1+ .. 1+ .
  • 9. [http://mp.cpgedupuydelome.fr] dD édité le 31 août 2011 Corrections 9Corrections Exercice 8 : [énoncé] n a) un = 1−(−2/3)n → 1. 1+(−2/3)Exercice 1 : [énoncé] 2n 2 b) un = √n2 +n+1+√n2 −n+1 = 1 1 1 1 → 1. 1+ n + n2 + 1− n + n2Posons m = + . On a un → < m et donc ∃n0 ∈ N, ∀n 2 n0 , un < m et √ 1− 1+1/n2∃n1 ∈ N, ∀n n1 , vn > m. c) un = √ 2 → 0. 1+ 1−1/nPour tout n max(n0 , n1 ) on a un < m < vn . (n+1) 1 d) un = 2n → 2Exercice 2 : [énoncé]Si (un ) est stationnaire, il est clair que cette suite converge. Exercice 9 : [énoncé] 1 1 1 ln(1+x)Inversement, supposons que (un ) converge et notons sa limite. a) un = en(ln(1+1/n)) or n ln 1 + n = 1/n ln 1 + n → 1 car x −− −→ 1. Par x→0Montrons ∈ Z. Par l’absurde, si ∈ Z alors E( ) < < E( ) + 1 donc à partir / suite un → e. 2d’un certain rang E( ) < un < E( ) + 1. Or un ∈ Z. Absurde. Ainsi ∈ Z. b) un = e n ln n → 1 car ln n → 0. nPuisque un → et − 1 < < + 1, à partir d’un certain rang − 1 < un < + 1. 1 1/n 1 1 1 1 1 1 1 1/n c) sin n = e n ln(sin n ) or n ln sin n ∼ n ln n → 0 donc sin n → 1.Or un ∈ Z et ∈ Z donc un = . Finalement (un ) est stationnaire égale à . n n = en ln(1− n+1 ) or n ln 1 − n+1 ∼ −2 → −2 donc n−1 2 d) n−1 n+1 2 n+1 → e−2 .Exercice 3 : [énoncé]0 a − un (a − un ) + (b − vn ) = (a + b) − (un + vn ) → 0 donc un → a puis Exercice 10 : [énoncé]vn = (un + vn ) − un → (a + b) − a = b. 1 a) |un | n−1 → 0 donc un → 0. 1.2...n 1 b) 0 un n.n...n n → 0 donc un → 0. n−1 n+1 n−1 n+1 c) n+1 un n−1 avec n+1 , n−1 → 1 donc un → 1.Exercice 4 : [énoncé] e e e d) 0 un 1 × 1 × · · · × 1 × n → 0 donc un → 0. √2Supposons un + vn → et un − vn → . e) 1 un n 1 3 = e n ln 3 → 1 donc un → 1. − 1un = 2 (un + vn ) + 1 (un − vn ) → + et de même vn → 2 2 2 . Exercice 11 : [énoncé]Exercice 5 : [énoncé] n 1max(un , vn ) = 2 ((un + vn ) + |un − vn |) → max(lim un , lim vn ). a) Sn 1 = n → +∞ k=1 n 1 √ b) Sn √ n = n → +∞. k=1Exercice 6 : [énoncé] n 1 n0 (un + vn )2 = u2 + 2un vn + vn 2(u2 + un vn + vn ) → 0. Ainsi un + vn → 0 2 2 c) 0 Sn n2 +1 = n2 +1 → 0 donc un → 0. n n k=1 2 2 2puis un vn = (un + vn ) − (un + un vn + vn ) → 0 et donc u2 + vn → 0 qui permet n 2 2n 1 nde conclure un , vn → 0. d) 0 Sn (n+1)2 (n+1)2 → 0. k=n+1 n n n n n n2 e) n2 +n un n2 +1 donc n+1 un n2 +1 puis un → 1. k=1 k=1Exercice 7 : [énoncé] n nun vn un , vn 1. Par le théorème des gendarmes : lim un = lim vn = 1. f) √ n = √ 1 Sn √ 1 = √ n par le théorème des n2 +n n2 +n n2 +1 n2 +1 k=1 k=1 gendarmes : Sn → 1.
  • 10. [http://mp.cpgedupuydelome.fr] dD édité le 31 août 2011 Corrections 10g) Sn = n! − (n − 1)! + (n − 2)! + · · · + (−1)n . Par regroupement de termes. Pour n 1, n+k+1 n+kSi n est pair alors Sn n! − (n − 1)! et si n est impair Sn n! − (n − 1)! − 1. dx 1 dxPuisque n! − (n − 1)! = (n − 1).(n − 1)! → +∞, on a Sn → +∞. n+k x n+k n+k−1 x donne en sommant 2n+1 2n dx dxExercice 12 : [énoncé] Sn 1 m 1 m n+1 x n x lim 1 − n = 1m et lim lim 1− n = 1.n→+∞ m→+∞ n→+∞ Or 1 m 1 m 2n+1 lim 1− n = 0 et lim lim 1− n = 0. dx 2n + 1m→+∞ n→+∞ m→+∞ = ln → ln 2 1 n n ln(1− n ) 1 −1 n+1 x n+1 1− n =e →e . et 2n dx = ln 2Exercice 13 : [énoncé] n xa) Soit ρ = +1 de sorte que < ρ < 1. donc Sn → ln 2. √ 2 √Comme n un → < ρ, il existe un rang N au delà duquel n un ρ donc b) On a n0 < un ρ . On a alors un → 0.b) Même démarche mais par minoration. 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 S2n = − + − +· · ·+ − = + + ··· + −2 + + ··· +c) un = n, un = 1 et un = 1/n sont des exemples prouvant qu’on ne peut rien dire. 1 2 3 4 2n − 1 2n 1 2 2n 2 4 2n donc 2n n 2n n 1 1 1 1Exercice 14 : [énoncé] S2n = − = = = Sn k k k n+ka) Soit ρ = +1 de sorte que < ρ < 1. 2 k=1 k=1 k=n+1 k=1Comme uun → < ρ, il existe un rang N au delà duquel uun n+1 n+1 ρ. Par suite S2n → ln 2. De plus S2n+1 = S2n + 1 → ln 2 donc 2n+1On a alors un un−1 uN +1 0 un = ··· uN ρn−N uN → 0 Sn → ln 2 un−1 un−2 uNdonc un → 0.b) Même démarche mais par minoration. Exercice 16 : [énoncé]c) un = n, un = 1 et un = 1/n sont des exemples prouvant qu’on ne peut rien dire. En exploitant la formule sin 2x = 2 sin x cos x a 1 a a a 1 sin Pn = sin n−1 cos n−1 · · · cos = . . . = n sin aExercice 15 : [énoncé] 2n 2 2 2 2 2a) On a Si a = 0 alors Pn = 1 → 1. p+1 p+1 dx dx 1 Si a = 0 alors, pour n assez grand, sin(a/2n ) = 0 et = p x p p p sin a sin acar la fonction décroissante x → 1 est majorée par 1 sur [p, p + 1]. Pn = → x p 2n sin 2a n aPar un argument semblable p p car 2n sin 2a ∼ 2n 2a = a. n n dx dx 1 = p−1 x p−1 p p
  • 11. [http://mp.cpgedupuydelome.fr] dD édité le 31 août 2011 Corrections 11Exercice 17 : [énoncé] Exercice 19 : [énoncé] nOn a k n n+1 n−2 −1 (1 − z) 1 + z2 = (1 − z)(1 + z)(1 + z 2 ) . . . (1 + z 2 ) = (1 − z 2 ). 1 n 1 k=0 un = 1 + + + +1 n+1 n k n k n Or z 2 → 0 donc lim 1 + z2 = 1 k=2 n→+∞ k=0 1−z .Or pour k ∈ {2, . . . , n − 2}, n n n(n − 1) = Exercice 20 : [énoncé] k 2 2 Posons εn = un + vn . On a, par factorisation de l’exponentielle équilibréedonc εn n−2 −1 eun + evn = eun + eεn −un = 2eεn /2 ch un − n 2(n − 3) 2 0 →0 k n(n − 1) Puisque εn → 0 et eun + evn → 2, on a par opérations k=2puis un → 2. εn ch un − →1 2Exercice 18 : [énoncé] et donc en composant avec la fonction argcha) n+p+2 n+p+1 εn n+p+2 un − →0 = 2 n+2 n+2 n+1 On en déduit un → 0 puis vn → 0.d’où la relation.b) Par récurrence sur n ∈ N :Pour n = 1 : Exercice 21 : [énoncé] 1 1 2 1 S1 = et (1 − (p + 2) )= a) p+1 p−1 (p + 2)(p + 1) p+1 nun+1 − (u1 + · · · + un ) vn+1 − vn = 0 1 n(n + 1)ok donc (vn ) est croissante.Supposons la propriété établie au rang n1. b) u1 + · · · + un un+1 + · · · + u2n vn un 1 1 1 v2n = + +Sn+1 = Sn +un+1 = (1−(n+p+1)un+1 )+un+1 = (1−(n+2)un+1 ) = (1−(n+p+2)un+2 ) 2n 2n 2 2 HR p − 1 p−1 p − 1 c) On a v n pour tout n ∈ N et (vn ) croissante donc (vn ) converge vers un réelRécurrence établie. .c) La relation précédente, passée à la limite, donne 2 + ce qui permet de n+p n!p! p! conclure vn → . 0 vn = = →0 n+p (n + p − 1)! n+1 n Exercice 22 : [énoncé]d) Par opérations (un ) converge donc (un ) est bornée. La suite (vn ) est donc bien définie et 1 elle-même bornée. Sn → p−1 On a vn+1 vn donc (vn ) est décroissante et donc converge.
  • 12. [http://mp.cpgedupuydelome.fr] dD édité le 31 août 2011 Corrections 12Posons = lim un et = lim vn . b) Il existe N ∈ N tel que pour tout n N,vn un donc à la limite .Si > alors > 2 > . + n(un+1 − un ) 1/2 + +A partir d’un certain rang vn > 2 et un < 2 . Impossible. Il reste = . On a alors n n 1 1 1 un+1 − uN uk+1 − uk = (Hn − HN −1 ) → +∞Exercice 23 : [énoncé] 2 k 2 k=N k=NPour tout n ∈ N puis un → +∞. {up /p n + 1} ⊂ {up /p n}donc vn+1 vn et wn+1 wn .Les suites (vn ) et (wn ) sont respectivement décroissante et croissante. De plus Exercice 26 : [énoncé]wn vn . a)La suite (vn ) est décroissante et minorée par w0 donc elle converge vers une limite (2n)! un = . 22n (n!)2De même la suite (wn ) converge vers une limite m. Enfin wn vn donne à la b) On alimite un+1 (2n + 2)(2n + 1) 2n + 1 = = 1 m un 4(n + 1)2 2n + 2 donc (un ) est décroissante. Or (un ) est minorée par 0 donc (un ) converge. c)Exercice 24 : [énoncé] vn+1 n + 2 u2 n + 2 2n + 1 2 n+1On a = = 2n 2n vn n + 1 u2 n n + 1 2n + 2 1 1 n 1 H2n − Hn = = = or (n + 2)(2n + 1)2 − 4(n + 1)3 = −3n − 2 < 0 donc vn+1 − vn 0. k 2n 2n 2 k=n+1 k=n+1 (vn ) est décroissante et minorée par 0 donc (vn ) converge. 1(Hn ) est croissante car Hn+1 − Hn = n+1 0. Nécessairement lim un = 0 car sinon vn = (n + 1)u2 → +∞. nSi (Hn ) converge vers alors H2n − Hn → − = 0. Ceci est impossible puisque d) Par télescopage des facteurs 1H2n − Hn 2. 2nPar suite (Hn ) diverge, et puisque (Hn ) est croissante, (Hn ) diverge vers +∞. 1 1 2 2n − 1 1 1− = × × ... × = k 2 3 2n 2n k=2 ParallèlementExercice 25 : [énoncé]a) Sachant ln(1 + x) x, on a n 2 2 n 2n 1 1 1 1 1 1 u2 n = 1− 1− 1− = 1− 2k 2 2k 2k − 1 2 k 1 1 k=1 k=2 k=2 ln 1 + = ln(k + 1) − ln k k k e) On en déduit (n + 1)donc n (n + 1)u2 n 4n Hn ln(k + 1) − ln k = ln(n + 1) et donc C 1/4. k=1 On peut montrer que C = 1/π en exploitant dès la première question la formuledonc Hn → +∞. de Stirling (si celle-ci est connue. . . ).
  • 13. [http://mp.cpgedupuydelome.fr] dD édité le 31 août 2011 Corrections 13Exercice 27 : [énoncé] Enfin θ θVia sin 2a = 2 sin a cos a, un = 2n+1 sin 2n+1 cos 2n+1 un+1 . 1 bn − an = →0 2 tan a tan(θ/2 ) n+1 n.n!Via tan 2a = 1−tan2 a donc vn = 2n+1 1−tan2 (θ/2n+1 ) vn+1 .sin x ∼ x et tan x ∼ x donc un → θ et vn → θ d’où vn − un → 0. b) On a x→0 x→0 aq < aq+1 e bq+1 < bqLes suites (un ) et (vn ) sont adjacentes de limite commune égale à θ. Par suite p 1 aq < < aq +Exercice 28 : [énoncé] q q.q! puis 1 √ √ 1 2 un+1 − un = √ −2 n+1− n = √ −√ √ 0 q.q!aq < p.q! < q.q!aq + 1 n+1 n+1 n+1+ n q q!De même vn+1 − vn 0 et aisément vn − un → 0 d’où l’adjacence de ces deux Or p.q! ∈ Z et q.q!.aq = q k! ∈ Z. Absurde. k=0suites.Notons leur limite commune, on a n 1 √ √ √ √ Exercice 32 : [énoncé] √ = 2 n + + o(1) = 2 n + o( n) ∼ 2 n √ √ 2 k=1 k a) a− b 0 donne l’inégalité demandée. √ un−1 +vn−1 b) Pour n 1, un = un−1 vn−1 2 = vn en vertu de a. √ un+1 = un vn u2 = un et vn+1 = un +vn n 2 2vn 2 = vn .Exercice 29 : [énoncé] 1 1 1 1 1 1 c) La suite (un )n 1 est croissante et majorée par v1 donc elle converge vers uneSn+1 − Sn = (n+1)2 , Sn+1 − Sn = (n+1)2 + n+1 − n = (n+1)2 − n(n+1) 0 et 1 limite notée .Sn − Sn = n → 0. La suite (vn )n 1 est décroissante est minorée par u1 donc elle converge vers une limite notée . En passant la relation vn+1 = un +vn à la limite, on obtient = + d’où = . 2 2Exercice 30 : [énoncé] d) Si b = a alors les deux suites (un ) et (vn ) sont constantes égales à a et doncS2(n+1) − S2n = u2n+2 − u2n+1 0, S2(n+1)+1 − S2n+1 = −u2n+3 + u2n+2 0 et M (a, a) = a.S2n+1 − S2n = −u2n+1 → 0. Si b = 0 alors la suite (un )n 1 est constante égale à 0 et donc M (a, 0) = 0.Les suites (S2n+1 ) et (S2n ) étant adjacentes elles convergent vers une même limite e) Notons (un ) et (vn ) les suites définies par le procédé précédent à partir deet par suite (Sn ) converge aussi vers cette limite. u0 = λa et v0 = λb. Par récurrence, un = λun et vn = λvn donc M (λa, λb) = λM (a, b).Exercice 31 : [énoncé]a) 1 Exercice 33 : [énoncé] an+1 − an = >0 (un ) étant croissante, elle admet une limite, (u2n ) qui en est extraite a la même (n + 1)! limite. Puisque (u2n ) converge, il en est de même de (un ).donc (an ) est strictement croissante. 1 1 1 n(n + 2) − (n + 1)2 bn+1 − bn = + − = <0 Exercice 34 : [énoncé] (n + 1)! (n + 1)(n + 1)! n.n! n(n + 1)(n + 1)! u2n → , u2n+1 → et u3n → .donc (bn ) est strictement décroissante. (u6n ) est extraite de (u2n ) et (u3n ) donc u6n → et u6n → . Par suite = .
  • 14. [http://mp.cpgedupuydelome.fr] dD édité le 31 août 2011 Corrections 14(u6n+3 ) est extraite de (u2n+1 ) et (u3n ) donc u6n+3 → et u6n+3 → . Par suite Puisque un → +∞, ϕ(n) est bien défini en tant que plus petit élément d’une = . partie non vide de N.Il en découle = . Il est immédiat par construction que ϕ est une application strictement croissantePuisque les suites extraites (u2n ) et (u2n+1 ) convergent vers une même limite, la de N vers N.suite (un ) converge vers celle-ci. Il reste à vérifier uϕ(n) − n → 0 Par construction, on a pour n ∈ NExercice 35 : [énoncé]Par l’absurde, supposons cos n → ∈ R. uϕ(n) n p+q p−q cos p + cos q = 2 cos cos et puisque ϕ(n) − 1 ∈ k ∈ N/k > ϕ(n − 1) et uϕ(n) / n , on a 2 2donne ϕ(n) − 1 = ϕ(n − 1) ou uϕ(n)−1 < n cos(n + 1) + cos(n − 1) = 2 cos n cos(1) Observons qu’il ne peut y avoir qu’un nombre fini de n pour lesquelsA la limite on obtient 2 = 2 cos(1) d’où = 0.Or cos 2n = 2 cos2 n − 1 donne alors à la limite 0 = −1. Absurde. ϕ(n − 1) = ϕ(n) − 1 Puisque un+1 − un → 0, à partir d’un rang N , on aExercice 36 : [énoncé] |un+1 − un | < 1/2Par l’absurde, supposons sin n → ∈ R. p−q p+q Par construction uϕ(N ) = N + α avec α 0. sin p − sin q = 2 sin cos On a alors 2 2 uϕ(N )+k N + α + k/2donne sin(n + 1) − sin(n − 1) = 2 sin(1) cos n Pour k assez grand, on a uϕ(N )+k < N + kA la limite, on obtient cos(n) → 0.Or cos 2n = 2 cos2 n − 1 donne alors à la limite 0 = −1. Absurde. Or uϕ(N +k) N +k doncExercice 37 : [énoncé] ϕ(N + k) = ϕ(N ) + k 2n 2 2n+10 u2n n2 = n → 0 et 0 u2n+1 n(n+1) → 0 donc un → 0. Ainsi, il n’est pas possible que pour tout p ∈ {N + 1, . . . , N + k} on ait ϕ(p) − 1 = ϕ(p − 1)Exercice 38 : [énoncé]On définit les valeurs de ϕ par récurrence en posant et donc il existe p N + 1 vérifiant ϕ(0) = 0 uϕ(p)−1 < p et uϕ(p) pet pour tout n ∈ N , et puisque uϕ(p) − uϕ(p−1) < 1/2, on a ϕ(n) = min k ∈ N/k > ϕ(n − 1) et uϕ(k) k uϕ(p) ∈ [p, p + 1/2[
  • 15. [http://mp.cpgedupuydelome.fr] dD édité le 31 août 2011 Corrections 15et par récurrence on obtient Exercice 43 : [énoncé] 1 1 1 1 a) un = sin √n+1 ∼ √n+1 ∼ √n car √n+1 → 0. ∀q p, uϕ(q) ∈ [q, q + 1/2[ 1 1 1 b) sin n ∼ n → 0 = 1 donc un ∼ ln n = − ln n. 2 1 1Au-delà du rang p + 1 on ne peut avoir la propriété c) un = 2 sin 2n ∼ 2n2 . ϕ(n) − 1 = ϕ(n − 1) Exercice 44 : [énoncé] 1 1 1 1car celle-ci entraîne a) ln 1 + n2 +1 ∼ n2 +1 ∼ n2 car n2 +1 → 0. Par suite un ∼ 1 → 1. b) un = en ln(1+sin ) , ln 1 + sin n ∼ sin n ∼ n donc n ln 1 + sin n → 1 puis 1 1 1 1 1 uϕ(n−1) ∈ [n − 1, n − 1/2[ et uϕ(n) ∈ [n, n + 1/2[ n un → e. √ √Finalement, on a obtenu qu’à partir d’un certain rang c) un = e n+1√ n− n ln(n+1) , √ √ ln √ √ 1 n + 1 ln n − n ln(n + 1) = n + 1 − n ln n − n ln 1 + n . uϕ(n)−1 < n et uϕ(n) n √ √ ln n √ ln n √ ln n Or n + 1 − n ln n = √n+1+ n = 2√n+o( n) ∼ 2√n etCela entraîne √ n ln 1 + n ∼ √n = o 2√n donc 1 1 ln n 0 uϕ(n) − n uϕ(n) − uϕ(n)−1 → 0 √ √ n + 1 ln n − n ln(n + 1) = 2√n + o 2√n → 0 donc un → 1. ln n ln net donc uϕ(n) − n → 0 Exercice 45 : [énoncé] a) (un ) est décroissante donc admet une limite ∈ R ∪ {−∞}.Exercice 39 : [énoncé] 1 Puisque un + un+1 ∼ n → 0+ , on a + = 0 donc = 0. 1 ln n 1 1 ln n √ n2a) n2 n2 n ln n n n . b) n ln n n n ln n ln n n2 . De plus, à partir d’un certain rang : 2un un + un+1 > 0 1 1 1 b) un+1 + un 2un un−1 + un avec un+1 + un ∼ n et un−1 + un ∼ n−1 ∼ n 1 1 donc 2un ∼ n puis un ∼ 2n .Exercice 40 : [énoncé] −na) un = nee → 0 Exercice 46 : [énoncé]b) un ∼ 2 ln n → 0 n On ac) un ∼ n1/3 → +∞. n−2 un = n! + (n − 1)! + k! k=0Exercice 41 : [énoncé] Ora) un ∼ − 1 n → −∞ (n − 1)! 1 2 = →0b) un ∼ 2n → +∞ n! n n!c) un ∼ 3n → +∞ et n−2 k! n−2 n−2 n−2 k=0 k! (n − 2)! 1 1 0 = = →0Exercice 42 : [énoncé] n! n! n! n(n − 1) n k=0 k=0 k=0a) un = n22 ∼ n2 . −1 2 donc 2 2 1√ 1b) un = √n+1+√n−1 = √n+o(√n)+√n+o(√n) = √ ∼ √ . n n−2 n+o( n) un = n! + (n − 1)! + k! = n! + o(n!) ∼ n! 1 1 1 1 1 1c) un = ln 1 + n ∼ n = √ n car ln 1 + n ∼ n puisque n → 0. k=0
  • 16. [http://mp.cpgedupuydelome.fr] dD édité le 31 août 2011 Corrections 16Exercice 47 : [énoncé] donc (un ) est décroissante. De plus un ln(n + 1) − ln n 0 donc (un ) esta) minorée et par suite convergente. √ √ 2 2 n+1− n =√ √ n+1+ ndonc Exercice 49 : [énoncé] 1 √ √ 1 Supposons un ∼ vn et wn ∼ tn . √ 2 n+1− n √ n+1 n un +wn (un −vn )+(wn −tn ) |un −vn | |wn −tn | un wn vn +tn − 1 = vn +tn vn + tn = vn −1 + tn − 1 → 0.b) n √ √ √ Sn 2 k+1− k =2 n+1−2 k=1 Exercice 50 : [énoncé] a) Le tableau de variation de f : x → x + ln x permet d’affirmer que cette fonctionpuis Sn → +∞. √ √ 1 réalise une bijection croissante de R+ vers R. L’équation En possède alors pourc) un+1 − un = √n+1 − 2 n + 1 − n 0 donc (un ) est décroissante. √ √ √ solution unique xn = f −1 (n).Or un = Sn − 2 n 2 n + 1 − 2 − 2 n −2 donc (un ) est aussi minorée. Par b) Le tableau de variation de f −1 donne lim f −1 = +∞. Par suite xn → +∞.suite (un ) converge. +∞d) c) xn → +∞ donne ln xn = o(xn ). La relation xn + ln xn = n donne alors √ √ √ √ xn + o(xn ) = n et donc xn ∼ n. Sn = 2 n + un = 2 n + o( n) ∼ 2 nExercice 48 : [énoncé] Exercice 51 : [énoncé]a) On étudie la fonction t → t − ln(1 + t) pour établir la première inégalité. On en a) Le tableau de variation de f : x → x + tan x permet d’affirmer que cettedéduit fonction réalise une bijection croissante de ]−π/2, π/2[ vers R. L’équation En t t possède alors pour solution unique xn = f −1 (n). ln(1 − ) − 1+t 1+t b) (1) Le tableau de variation de f −1 donne lim f −1 = π . Par suite xn → π . 2 2 +∞donc (2) xn + tan xn = n donne xn = arctan(n − xn ). Or n − xn → +∞ car (xn ) 1 t ln − bornée donc xn → π . 2 1+t 1+tpuis l’inégalité voulue.b) Exercice 52 : [énoncé] n n 1 1 Soit f : R+ → R définie par f (x) = xex . Sn = ln 1+ = ln(n + 1) k k f est dérivable et f (x) = (x + 1)ex > 0 donc f est strictement croissante. k=1 k=1 f (0) = 0 et lim f = +∞ donc l’équation xex = n possède une unique solution xn .et +∞ n−1 1/k n−1 1 xn = f −1 (n) → +∞. Sn = 1 + 1 + ln 1+ = 1 + ln n 1 + 1/k k k=1 k=1On en déduit Exercice 53 : [énoncé] Sn ∼ ln n a) Le tableau de variation de fn : x → xn ln x permet d’affirmer que l’équationc) fn (x) = 1 possède une unique solution xn sur R+ et que de plus xn ∈ [1, +∞[. 1/n 1 b) 1 = xn+1 ln xn+1 = xn+1 fn (xn+1 ) donc fn (xn+1 ) = xn+1 n+1 1 1 = fn (xn ) donc un+1 − un = − ln 1 + 0 xn+1 xn car f est strictement croissante sur [1, +∞[. 1 + 1/n n
  • 17. [http://mp.cpgedupuydelome.fr] dD édité le 31 août 2011 Corrections 17La suite (xn ) est décroissante et minorée par 1 donc elle converge. Posons sa Exercice 55 : [énoncé]limite, on a 1 a) Posons vn = un + 1. (vn ) est géométrique de raison 2 et v0 = 1 doncSi > 1 alors xn ln xn n n ln → +∞ ce qui est absurde car xn ln xn = 1. Il reste n un = 2n − 1 → +∞. = 1. b) Posons vn = un − 1. (vn ) est géométrique de raison 1/2 et v0 = −1 donc un = 1 − 21 → 1. nExercice 54 : [énoncé]a) Introduisons la fonction Exercice 56 : [énoncé] On a fn : x → xn + · · · + x 1+i zn+1 = zn 2qui est continue, strictement croissante et vérifie donc n 1+i zn = z0 fn (0) = 0 et lim fn (x) = +∞ 2 x→+∞ 1+i Or 2 < 1 donc zn → 0 puis xn , yn → 0.La fonction fn réalise une bijection de [0, +∞[ vers [0, +∞[, par suite l’équationEn possède une unique solution xn ∈ R+ .Puisque 1 1 − 1/2n Exercice 57 : [énoncé] fn (1/2) = < 1 et fn (1) = n 1 Introduisons xn = Re(zn ) et yn = Im(zn ). On a 2 1 − 1/2on a xn ∈ [1/2, 1]. yn xn+1 = xn et yn+1 = −b) On a 3 xn → x0 et yn → 0 donc zn → Re(z0 ). fn+1 (xn ) = xn+1 + · · · + x2 + xn = xn (xn + · · · + xn ) + xn = 2xn n n n 1donc xn+1 xn Exercice 58 : [énoncé] a) un+1 − vn+1 = un − vn et u0 − v0 = −1 donc (un − vn ) est constante égale à −1.La suite (xn ) est décroissante et minorée, donc elle converge. b) vn = un + 1 donc un+1 = 5un + 2. La suite (un ) est arithmético-géométrique.c) Posons = lim xn . Puisque x2 < 1, xn x2 donne à la limite < 1. c) un+1 − a = 5(un − a) + 4a + 2. Pour a = −1/2, (un − a) est géométrique de raison 5 et de premier terme 3/2. Ainsi 1 − xn n 1 = xn + · · · + xn = xn n 1 − xn 3.5n − 1 3.5n + 1 un = et vn = 2 2donne à la limite 1= 1− Exercice 59 : [énoncé]car 0 xn n n → 0 et finalement iθ θ θ a) z1 = ρ 1+2e = ρ cos θ ei 2 , z2 = ρ cos θ cos θ ei 4 ,..., donc 2 2 4 = 1/2 n θ iθ zn = ρ cos e 2n 2k k=1
  • 18. [http://mp.cpgedupuydelome.fr] dD édité le 31 août 2011 Corrections 18 nb) eiθ/2 → 1 et Exercice 63 : [énoncé] n θ sin θ sin θ (un ) est une suite récurrente linéaire d’ordre 2 d’équation caractéristique cos = n ∼ 2k 2 sin 2θ θ k=1 n r2 − 2 cos θr + 1 = 0donc sin θ de solutions r = eiθ et r = e−iθ . zn → ρ Par suite, il existe α, β ∈ R tels que θ ∀n ∈ N, un = α cos nθ + β sin nθExercice 60 : [énoncé] n = 0 donne α = 1 et n = 1 donne α cos θ + β sin θ = 1 doncOn peut écrire z0 = ρeiθ avec ρ 0 et θ ∈ ]−π, π]On a alors 1 − cos θ 2 sin2 θ/2 θ β= = = tan n sin θ sin θ 2 1 + eiθ θ θ θ θ θ θ θ z1 = ρ = ρ cos ei 2 , z2 = ρ cos cos ei 4 ,..., zn = ρei 2n cos Finalement 2 2 2 4 2k k=1 θ cos((2n − 1)θ/2)Si θ = 0 alors zn = ρ → ρ. ∀n ∈ N, un = cos nθ + tan sin nθ = 2 cos(θ/2)Sinon, pour tout n ∈ N , sin 2θ = 0 et n n θ θ sin θ Exercice 64 : [énoncé] sin cos = n n 2n 2k 2 On a u0 = a, u1 = a2 , u2 = a4 , par récurrence un = a2 . k=1 Pour |a| < 1 alors un → 0, pour |a| = 1, un → 1 et pour |a| > 1, un → +∞.par exploitations successives de l’identité sin 2a = 2 sin a cos a.On en déduit n θ sin θ sin θ Exercice 65 : [énoncé] cos k = n → k=1 2 2 sin 2θn θ La suite (un ) est bien définie et supérieure à 1 à partir du rang 1 car la fonction itératrice f : x → x2 + 1 est définie sur R et à valeurs dans [1, +∞[.Finalement un+1 − un = u2 − un + 1 0 car le discriminant de x2 − x + 1 est ∆ = −3 < 0. sin θ n zn → ρ La suite (un ) est croissante. θ Si celle-ci converge vers un réel alors en passant à la limite la relation d’itération : = 2 + 1.Exercice 61 : [énoncé] Or cette équation ne possède pas de racines réelles. Par suite (un ) diverge, or elle(un ) est une suite récurrente linéaire d’ordre 2 d’équation caractéristique est croissante, donc (un ) diverge vers +∞.r2 − (3 − 2i)r + (5 − 5i) = 0.On obtient Exercice 66 : [énoncé] un = (2 + i)n − (1 − 3i)n Pour tout n 1 un − un−1 un+1 − un = √ √ 1 + un + 1 + un−1Exercice 62 : [énoncé] √ √a) un = 2n (1 − n) b) un = −3 + 22−n c) un = 2 cos (n−1)π . Puisque u1 − u0 = 2 − 1 0, la suite (un ) est croissante. √ √ 3 Si (un ) converge vers alors un+1 = 1 + un donne à la limite = 1 + donc 2 − − 1 = 0 et 0.
  • 19. [http://mp.cpgedupuydelome.fr] dD édité le 31 août 2011 Corrections 19 1Par suite √ f : x → 2+x définie sur R+ et à valeurs dans R+ . Si la suite (un ) converge, sa 1+ 5 1 √ = =α limite vérifie = 2+ et 0 donc = −1 + 2. 2Par récurrence on montre aisément que ∀n ∈ N, un α et par suite (un ) converge 1 1 |un − | 1 |un+1 − | = − = |un − |vers α. 2 + un 2+ (2 + un )(2 + ) 4 1 Par récurrence, on montre |un − | = 4n |u0 − | et on conclut un → .Exercice 67 : [énoncé]La suite (un ) est bien définie et à valeurs strictement supérieure à 1 car safonction itératrice f : x → 1 + ln x est définie sur [1, +∞[ à valeurs dans [1, +∞[. Exercice 70 : [énoncé] √Pour n 1 : un+1 − un = ln(un ) − ln(un−1 ) est du signe de un − un−1 . a) L’application x → 2 − x est définie de [−2, 2] vers [0, 2] ⊂ [−2, 2].La suite (un ) est monotone et de monotonie déterminée par le signe de b) Supposons un →√. Puisque ∀n 1, un ∈ [0, 2], √la limite ∈ [0, 2]. àu1 − u0 = 1 + ln u0 − u0 . La relation un+1 = 2 − un donne à la limite = 2 − donc 2 + − 2 = 0 d’oùEtudions la fonction g(x) = x → 1 + ln x − x définie sur [1, +∞[. = 1 ou = −2. 1g est dérivable, g (x) = x − 1 0 ne s’annulant qu’en 1, g(1) = 0 donc g est Or 0 donc = 1.strictement négative sur ]1, +∞[. c)La suite (un ) est décroissante. De plus elle est minorée par 1, donc elle converge |un − 1| |un+1 − 1| = √ |un − 1|vers un réel 1. 1 + 2 − unEn passant la relation d’itération à la limite, on obtient = 1 + ln i.e. g( ) = 0. donc (|un − 1|) est décroissante et par suite converge vers α 0.Par l’étude de la fonction g, on conclut = 1. Si α > 0 alorsFinalement (un ) converge vers 1. √ |un − 1| 1 + 2 − un = →1 |un+1 − 1| √Exercice 68 : [énoncé] donc 2 − un → 0 puis un → 2. C’est impossible.La suite (un ) est bien définie car sa fonction itératrice f : x → ex − 1 est définie Nécessairement |un − 1| → 0 et donc un → 1.sur R.Pour n 1, un+1 − un = eun − eun−1 est du signe de un − un−1 . Exercice 71 : [énoncé]La suite (un ) est monotone et de monotonie déterminée par le signe de Par récurrence montrons un existe et |un | < 1.u1 − u0 = eu0 − u0 − 1. Pour n = 0 : okEtudions la fonction g(x) = ex − x − 1 définie sur R. Supposons la propriété établie au rang n 0.g est dérivable et g (x) = ex − 1 du signe de x. g(0) = 0 donc g est positive. un Par HR, un existe et |un | < 1 donc 2 − un = 0 d’où un+1 = existe etSi u0 = 0 alors (un ) est constante égale à 0. 2−unSi u0 > 0 alors (un ) est croissante. Si (un ) converge vers un réel alors = e − 1 |un | |un |donc = 0. |un+1 | <1 |2 − un | 2 − |un |Or (un ) est minorée par u0 > 0 donc ne peut converger vers 0. Par suite (un )diverge vers +∞. Récurrence établie.Si u0 < 0 alors (un ) est croissante et majorée par 0 donc (un ) converge vers la |un | |un+1 | |un |seule limite finie possible 0. 2 − |un | donc (|un |) est décroissante d’où |un | |a| puisExercice 69 : [énoncé] |un |La suite (un ) est bien définie et strictement positive car de fonction itératrice |un+1 | 2 − |a|
  • 20. [http://mp.cpgedupuydelome.fr] dD édité le 31 août 2011 Corrections 20 1 1puis La fonction f est de classe C 2 , f (x) = x + 1 et f (x) = − x2 ne s’annulent pas. n 1 Pour u0 > 0 tel que f (u0 )f (u0 ) 0, la suite converge vers α. |un | |a| → 0 2 − |a|Par suite un → 0. Exercice 74 : [énoncé] Par récurrence, on montre que un existe et un > 0.Exercice 72 : [énoncé] √ Posons vn = ln(un ). On a vn+2 − 2vn+1 + vn = 0.La suite (un ) est bien définie et à valeurs dans [ a, +∞[ à partir du rang 1 car de (vn ) est une suite récurrente linéaire d’ordre 2 d’équation caractéristiquefonction itératrice (r − 1)2 = 0. 1 a f :x→ x+ On peut donc écrire vn = λn + µ avec λ, µ ∈ R 2 x b v0 = ln a et v1 = ln b donnent λ = ln a et µ = ln a. √définie sur R+ et à valeurs dans [ a, +∞[. √ Par suite : nSi (un ) converge vers un réel alors = 1 + a et 0 donc = a. b b 2 un = evn = en ln a +ln a = a √ 2 √ √ a √ 1 a √ (un − a) |un − a| |un − a| un+1 − a = un + − a = = La suite (un ) converge si, et seulement si, b a. 2 un 2 |un | 2 unPour n 1, √ √ |un − a| un − a Exercice 75 : [énoncé] = 1 un un a) Pour n 1 :donc √ 1 √ n n−1 un+1 − a un − a un 2 un+1 − un = uk − uk = 0Par récurrence : n n−1 k=0 k=0 √ 1 √ uk + uk un − a u1 − a k=0 k=0 2n−1 √donc un → a. donc (un )n 1 est croissante.b) √ √ √ √ 2 Supposons un → ∈ R. On a u1 = a > 0 un+1 − a u2 − 2 aun + a un − a En passant la relation précédente à la limite : 0 = + = 1 . C’est absurde. vn+1 = √ = n √ = √ 2 = vn 2 un+1 + a u2 + 2 aun + a n un + a Par suite un → +∞. 2donc vn = v0 . n b) unc) un+1 − un = √ √ 2 n un+1 + un un − a vn un + a 2u0 vn = 2u0 v0 donc un+1 1 −1= →0Exercice 73 : [énoncé] un un+1 + una) f : x → ln x + x réalise une bijection strictement croissante de R+ vers R. Par suite un+1 ∼ un etL’équation proposée possède une unique solution α = f −1 (0).b) L’algorithme de Newton, propose de définir la suite (un ) par la relation : 1 1 un+1 − un = → un+1 /un + 1 2 f (un ) ln un + un un (1 − ln un ) un+1 = un − = un − = f (un ) 1/un + 1 un + 1
  • 21. [http://mp.cpgedupuydelome.fr] dD édité le 31 août 2011 Corrections 21Exercice 76 : [énoncé] √ Posons (vn ) la suite déterminée par v0 = 1 et pour tout n ∈ N, vn+1 = 1 + v1 . na) un n → +∞. La suite (vn ) est bien définie et à valeurs supérieures à 1.b) un+1 = (n + 1) + un . Si celle-ci converge, c’est vers 1 vérifiant = 1 + 1 . On retrouve = .c) Montrons par récurrence sur n 1 que un n. On aPour n = 1 : ok 1 1 |vn − | |vn − | |vn+1 − | = −Supposons la propriété établie au rang n 1. vn |vn | Par récurrence, on obtient un+1 = (n + 1) + un (n + 1) + n n+1 1 HR |vn − | n |v0 − |Récurrence établie. et donc vn → car > 1. √ Ainsi 0 un = n + un−1 n + (n − 1) = O n 1 √ 1+ 1 =donc un = O ( n) = o(n). 1+ √ ..d) un = n + o(n) ∼ n 1+ .e) un−1 √ un − √ n= Exercice 78 : [énoncé] un + n √ √ √ √ √ √ √ On vérifie sans difficultés que la suite (vn ) est définie et que ses termes sontor un−1 ∼ n − 1 ∼ n et un + n = n + o( n) + n ∼ 2 n donc positifs. √ De plus, on vérifie par récurrence que 1 un − n→ 2 ∀n ∈ N, vn 1 carExercice 77 : [énoncé] vn + un+1 √ (1 − un+1 )(1 − vn ) 0⇒ 1Posons (un ) la suite déterminée par u0 = 1 et pour tout n ∈ N, un+1 = 1 + un . 1 + un+1 vnLa suite (un ) est bien définie et à valeurs positive. √ On a alors 2Si celle-ci converge, c’est vers 0 vérifiant = 1 + i.e. un+1 (1 − vn ) vn+1 − vn = 0 √ 1 + un+1 vn 1+ 5 = (nombre d’Or) et la suite (vn ) est donc croissante et majorée. Par conséquent celle-ci converge 2 vers une certaine limite ∈ R.On a Dans le cas où la suite (un ) est constante égale à 1, on observe que = 1. √ √ Peut-être est-ce encore vrai dans le cas général ? Pour le voir, étudions la suite |un − | |un − | |un+1 − | = 1 + un − 1+ =√ √ (1 − vn ). On a 1 + un + 1 + 2 (1 − un+1 )(1 − vn ) 1Par récurrence, on obtient 0 1 − vn+1 = (1 − vn ) 1 + un+1 vn 2 1 |un − | |u0 − | donc par récurrence 2n 1 0 1 − vn (1 − v0 )et donc un → . 2nAinsi et on en déduit √ vn → 1 1+ 1+ 1 + ··· =