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En raison de limitations techniques, la typographie souhaitable du titre, «
Exercice : ConvergenceApprofondissement sur les suites numériques/Exercices/Convergence », n'a pu être restituée correctement ci-dessus.
Les assertions suivantes sont-elles vraies ou fausses ? (justifier).
Si une suite positive est non majorée, elle tend vers l'infini.
Si une suite d'entiers converge, elle est stationnaire.
Si une suite positive tend vers
0
{\displaystyle 0}
, elle est décroissante.
Si une suite positive tend vers
0
{\displaystyle 0}
, elle est décroissante à partir d'un certain rang.
Si une suite n'est pas majorée, elle est minorée.
Si une suite est croissante et non bornée, elle tend vers l'infini.
Si
u
n
→
1
{\displaystyle u_{n}\to 1}
alors
u
n
n
→
1
{\displaystyle {u_{n}}^{n}\to 1}
.
Soit
a
>
0
{\displaystyle a>0}
. On considère la suite
(
u
n
)
{\displaystyle \left(u_{n}\right)}
définie par
u
0
=
a
{\displaystyle u_{0}=a}
et
∀
n
∈
N
u
n
+
1
=
∑
k
=
0
n
u
k
{\displaystyle \forall n\in \mathbb {N} \quad u_{n+1}={\sqrt {\sum _{k=0}^{n}u_{k}}}}
.
Montrer que la suite est bien définie.
Montrer qu'elle est croissante à partir du rang 1.
En déduire sa limite.
Solution
Montrons par récurrence que pour tout
∀
n
∈
N
{\displaystyle \forall n\in \mathbb {N} }
,
u
0
,
u
1
,
…
,
u
n
{\displaystyle u_{0},u_{1},\dots ,u_{n}}
sont bien définis et positifs . L'initialisation est immédiate. Pour l'hérédité, si
u
0
,
u
1
,
…
,
u
n
{\displaystyle u_{0},u_{1},\dots ,u_{n}}
sont bien définis et positifs alors leur somme aussi, donc le terme suivant
u
n
+
1
{\displaystyle u_{n+1}}
(la racine carrée de cette somme) aussi, par définition de la racine carrée.
Pour tout
n
≥
1
{\displaystyle n\geq 1}
,
u
n
+
1
2
−
u
n
2
=
u
n
≥
0
{\displaystyle u_{n+1}^{2}-u_{n}^{2}=u_{n}\geq 0}
donc
u
n
+
1
≥
u
n
{\displaystyle u_{n+1}\geq u_{n}}
.
Par croissance,
u
n
→
ℓ
∈
[
u
1
,
+
∞
]
{\displaystyle u_{n}\to \ell \in \left[u_{1},+\infty \right]}
donc
u
n
+
1
→
ℓ
{\displaystyle u_{n+1}\to \ell }
(limite d'une sous-suite). Si
ℓ
{\displaystyle \ell }
était finie, on aurait à la fois
u
n
+
1
2
→
ℓ
2
{\displaystyle u_{n+1}^{2}\to \ell ^{2}}
et
u
n
2
+
u
n
→
ℓ
2
+
ℓ
{\displaystyle u_{n}^{2}+u_{n}\to \ell ^{2}+\ell }
(par continuité de
x
↦
x
2
{\displaystyle x\mapsto x^{2}}
et de
x
↦
x
2
+
x
{\displaystyle x\mapsto x^{2}+x}
). Par unicité de la limite, comme
u
n
+
1
2
=
u
n
2
+
u
n
{\displaystyle u_{n+1}^{2}=u_{n}^{2}+u_{n}}
, on en déduirait que
ℓ
2
=
ℓ
2
+
ℓ
{\displaystyle \ell ^{2}=\ell ^{2}+\ell }
c'est-à-dire
ℓ
=
0
{\displaystyle \ell =0}
, ce qui est impossible car
ℓ
≥
u
1
=
a
>
0
{\displaystyle \ell \geq u_{1}={\sqrt {a}}>0}
. Donc
ℓ
=
+
∞
{\displaystyle \ell =+\infty }
.
Soient
(
u
n
)
{\displaystyle (u_{n})}
une suite, et
ℓ
∈
R
¯
=
R
∪
{
−
∞
,
+
∞
}
{\displaystyle \ell \in {\overline {\mathbb {R} }}=\mathbb {R} \cup \{-\infty ,+\infty \}}
.
Montrer que si
u
2
k
→
ℓ
{\displaystyle u_{2k}\to \ell }
et
u
2
k
+
1
→
ℓ
{\displaystyle u_{2k+1}\to \ell }
alors
u
n
→
ℓ
{\displaystyle u_{n}\to \ell }
.
Généralisation. — Soient
(
u
n
)
{\displaystyle \left(u_{n}\right)}
une suite et
(
u
f
(
k
)
)
,
(
u
g
(
k
)
)
,
…
,
(
u
h
(
k
)
)
{\displaystyle \left(u_{f\left(k\right)}\right),\left(u_{g\left(k\right)}\right),\dots ,\left(u_{h\left(k\right)}\right)}
une famille finie de
q
{\displaystyle q}
sous-suites de même limite
ℓ
{\displaystyle \ell }
, et dont la réunion des indices,
f
(
N
)
∪
g
(
N
)
∪
⋯
∪
h
(
N
)
{\displaystyle f\left(\mathbb {N} \right)\cup g\left(\mathbb {N} \right)\cup \dots \cup h\left(\mathbb {N} \right)}
, est égale à
N
{\displaystyle \mathbb {N} }
. Montrer que
u
n
→
ℓ
{\displaystyle u_{n}\to \ell }
.
Pour tout
n
∈
N
∗
{\displaystyle n\in \mathbb {N} ^{*}}
, on pose
u
n
=
1
{\displaystyle u_{n}=1}
si
n
{\displaystyle n}
est une puissance de
2
{\displaystyle 2}
et
u
n
=
0
{\displaystyle u_{n}=0}
sinon. Soit
(
E
m
)
m
∈
N
{\displaystyle \left(E_{m}\right)_{m\in \mathbb {N} }}
la partition de l'ensemble
N
∗
{\displaystyle \mathbb {N} ^{*}}
des indices définie par :
E
m
{\displaystyle E_{m}}
est l'ensemble (infini) des entiers
n
{\displaystyle n}
de la forme
2
m
{\displaystyle 2^{m}}
multiplié par un entier impair. Montrer que pour tout
m
∈
N
{\displaystyle m\in \mathbb {N} }
, la sous-suite
(
u
n
)
n
∈
E
m
{\displaystyle \left(u_{n}\right)_{n\in E_{m}}}
converge vers 0, mais que la suite
(
u
n
)
n
∈
N
∗
{\displaystyle \left(u_{n}\right)_{n\in \mathbb {N} ^{*}}}
n'a pas de limite.
Solution
1°) Soit
A
<
ℓ
{\displaystyle A<\ell }
.
Puisque
u
2
k
→
ℓ
{\displaystyle u_{2k}\to \ell }
, il existe
p
∈
N
{\displaystyle p\in \mathbb {N} }
tel que
∀
k
≥
p
A
<
u
2
k
{\displaystyle \forall k\geq p\quad A<u_{2k}}
.
Puisque
u
2
k
+
1
→
ℓ
{\displaystyle u_{2k+1}\to \ell }
, il existe
q
∈
N
{\displaystyle q\in \mathbb {N} }
tel que
∀
k
≥
q
A
<
u
2
k
+
1
{\displaystyle \forall k\geq q\quad A<u_{2k+1}}
.
Posons
N
0
=
max
(
2
p
,
2
q
+
1
)
{\displaystyle N_{0}=\max \left(2p,2q+1\right)}
. Pour tout
n
≥
N
0
{\displaystyle n\geq N_{0}}
, on a :
si
n
{\displaystyle n}
est pair alors
n
=
2
k
{\displaystyle n=2k}
avec
2
k
=
n
≥
N
0
≥
2
p
{\displaystyle 2k=n\geq N_{0}\geq 2p}
donc
k
≥
p
{\displaystyle k\geq p}
donc
A
<
u
2
k
{\displaystyle A<u_{2k}}
;
si
n
{\displaystyle n}
est impair alors
n
=
2
k
+
1
{\displaystyle n=2k+1}
avec
2
k
+
1
=
n
≥
N
0
≥
2
q
+
1
{\displaystyle 2k+1=n\geq N_{0}\geq 2q+1}
donc
k
≥
q
{\displaystyle k\geq q}
donc
A
<
u
2
k
+
1
{\displaystyle A<u_{2k+1}}
.
Dans les deux cas, on a donc
A
<
u
n
{\displaystyle A<u_{n}}
.
On a construit ainsi, pour tout
A
<
ℓ
{\displaystyle A<\ell }
, un entier
N
0
{\displaystyle N_{0}}
tel que
∀
n
≥
N
0
A
<
u
n
{\displaystyle \forall n\geq N_{0}\quad A<u_{n}}
. On construirait de même, pour tout
B
>
ℓ
{\displaystyle B>\ell }
, un entier
N
1
{\displaystyle N_{1}}
tel que
∀
n
≥
N
1
B
>
u
n
{\displaystyle \forall n\geq N_{1}\quad B>u_{n}}
, ce qui prouve bien que
u
n
→
ℓ
{\displaystyle u_{n}\to \ell }
.
2°) Soit
A
<
ℓ
{\displaystyle A<\ell }
.
Puisque
u
f
(
k
)
→
ℓ
{\displaystyle u_{f\left(k\right)}\to \ell }
, il existe
N
1
∈
N
{\displaystyle N_{1}\in \mathbb {N} }
tel que
∀
k
≥
p
A
<
u
f
(
k
)
{\displaystyle \forall k\geq p\quad A<u_{f\left(k\right)}}
.
Il existe de même
N
2
,
…
,
N
q
∈
N
{\displaystyle N_{2},\dots ,N_{q}\in \mathbb {N} }
associés aux
q
−
1
{\displaystyle q-1}
autres sous-suites.
Posons
N
=
max
(
f
(
N
1
)
,
g
(
N
2
)
,
…
,
h
(
N
q
)
)
{\displaystyle N=\max \left(f\left(N_{1}\right),g\left(N_{2}\right),\dots ,h\left(N_{q}\right)\right)}
(c'est ici qu'il est indispensable que la famille de sous-suites soit finie). Pour tout
n
≥
N
{\displaystyle n\geq N}
, on a :
si
n
∈
f
(
N
)
{\displaystyle n\in f\left(\mathbb {N} \right)}
alors
n
=
f
(
k
)
{\displaystyle n=f\left(k\right)}
avec
f
(
k
)
=
n
≥
N
≥
f
(
N
1
)
{\displaystyle f\left(k\right)=n\geq N\geq f\left(N_{1}\right)}
donc (comme
f
{\displaystyle f}
est strictement croissante, par définition d'une sous-suite)
k
≥
N
1
{\displaystyle k\geq N_{1}}
, donc
A
<
u
f
(
k
)
=
u
n
{\displaystyle A<u_{f\left(k\right)}=u_{n}}
;
on montre de même que si
n
∈
g
(
N
)
{\displaystyle n\in g\left(\mathbb {N} \right)}
ou
…
{\displaystyle \dots }
ou
n
∈
h
(
N
)
{\displaystyle n\in h\left(\mathbb {N} \right)}
alors
A
<
u
n
{\displaystyle A<u_{n}}
.
D'après l'hypothèse
N
=
f
(
N
)
∪
g
(
N
)
∪
⋯
∪
h
(
N
)
{\displaystyle \mathbb {N} =f\left(\mathbb {N} \right)\cup g\left(\mathbb {N} \right)\cup \dots \cup h\left(\mathbb {N} \right)}
, on a donc montré que dans tous les cas (non nécessairement exclusifs),
A
<
u
n
{\displaystyle A<u_{n}}
.
On conclut comme dans la question 1.
3°) Chacune des sous-suites stationne à
0
{\displaystyle 0}
dès le deuxième terme. Mais la suite
(
u
n
)
{\displaystyle \left(u_{n}\right)}
a aussi une sous-suite qui vaut constamment
1
{\displaystyle 1}
.
Soient
a
∈
R
∗
{\displaystyle a\in \mathbb {R} ^{*}}
et
(
P
n
)
{\displaystyle \left(P_{n}\right)}
la suite définie par :
P
n
=
∏
k
=
1
n
cos
a
2
k
{\displaystyle P_{n}=\prod _{k=1}^{n}\cos {\frac {a}{2^{k}}}}
(avec la convention du produit vide :
P
0
=
1
{\displaystyle P_{0}=1}
).
Calculer
P
n
sin
a
2
n
{\displaystyle P_{n}\sin {\frac {a}{2^{n}}}}
en utilisant la formule du sinus de l'angle double :
sin
2
x
=
2
sin
x
cos
x
{\displaystyle \sin 2x=2\sin x\cos x}
.
En déduire
lim
n
→
+
∞
P
n
{\displaystyle \lim _{n\to +\infty }P_{n}}
.
Soit
(
u
n
)
{\displaystyle (u_{n})}
une suite numérique. On considère la suite
(
v
n
)
{\displaystyle (v_{n})}
, appelée suite des moyennes de Cesàro, définie par :
∀
n
∈
N
v
n
=
1
n
+
1
∑
k
=
0
n
u
k
{\displaystyle \forall n\in \mathbb {N} \quad v_{n}={\frac {1}{n+1}}\sum _{k=0}^{n}u_{k}}
.
On dit que
(
u
n
)
{\displaystyle (u_{n})}
converge au sens de Cesàro si la suite
(
v
n
)
{\displaystyle (v_{n})}
converge.
Montrer que si
(
u
n
)
{\displaystyle (u_{n})}
converge (au sens usuel) vers une limite
ℓ
{\displaystyle \ell }
alors elle converge au sens de Cesàro vers
ℓ
{\displaystyle \ell }
.
Montrer, à l'aide d'un contre-exemple, que la réciproque est fausse.
Montrer que si
(
u
n
)
{\displaystyle (u_{n})}
est monotone alors
(
v
n
)
{\displaystyle (v_{n})}
aussi.
Solution
Soit
ϵ
>
0
{\displaystyle \epsilon >0}
. Si
(
u
n
)
{\displaystyle (u_{n})}
converge vers
ℓ
{\displaystyle \ell }
alors, par définition :
∃
N
∈
N
∀
n
>
N
|
u
n
−
ℓ
|
<
ϵ
2
{\displaystyle \exists N\in \mathbb {N} \quad \forall n>N\quad |u_{n}-\ell |<{\frac {\epsilon }{2}}}
.
Pour
n
>
N
{\displaystyle n>N}
, on a :
|
v
n
−
ℓ
|
=
|
1
n
+
1
∑
k
=
0
n
u
k
−
(
n
+
1
)
ℓ
n
+
1
|
≤
1
n
+
1
∑
k
=
0
N
|
u
k
−
ℓ
|
+
1
n
+
1
∑
k
=
N
+
1
n
|
u
k
−
ℓ
|
{\displaystyle |v_{n}-\ell |=\left|{\frac {1}{n+1}}\sum _{k=0}^{n}u_{k}-{\frac {(n+1)\ell }{n+1}}\right|\leq {\frac {1}{n+1}}\sum _{k=0}^{N}|u_{k}-\ell |+{\frac {1}{n+1}}\sum _{k=N+1}^{n}|u_{k}-\ell |}
.
Or, on a :
1
n
+
1
∑
k
=
N
+
1
n
|
u
k
−
ℓ
|
≤
n
−
N
n
+
1
ϵ
2
≤
ϵ
2
{\displaystyle {\frac {1}{n+1}}\sum _{k=N+1}^{n}|u_{k}-\ell |\leq {\frac {n-N}{n+1}}{\frac {\epsilon }{2}}\leq {\frac {\epsilon }{2}}}
et d'autre part :
1
n
+
1
∑
k
=
0
N
|
u
k
−
ℓ
|
→
0
{\displaystyle {\frac {1}{n+1}}\sum _{k=0}^{N}|u_{k}-\ell |\to 0}
(car
∑
k
=
0
N
|
u
k
−
l
|
{\displaystyle \sum _{k=0}^{N}|u_{k}-l|}
est fixe) donc
∃
N
1
∈
N
∀
n
>
N
1
1
n
+
1
∑
k
=
0
N
|
u
k
−
ℓ
|
<
ϵ
2
{\displaystyle \exists N_{1}\in \mathbb {N} \quad \forall n>N_{1}\quad {\frac {1}{n+1}}\sum _{k=0}^{N}|u_{k}-\ell |<{\frac {\epsilon }{2}}}
.
Ainsi, pour
n
>
max
(
N
,
N
1
)
,
|
v
n
−
ℓ
|
<
ϵ
2
+
ϵ
2
=
ϵ
{\displaystyle n>\max(N,N_{1}),\ |v_{n}-\ell |<{\frac {\epsilon }{2}}+{\frac {\epsilon }{2}}=\epsilon }
,
ce qui prouve que
v
n
→
ℓ
{\displaystyle v_{n}\to \ell }
.
Voir aussi : Équivalents et développements de suites/Équivalent d'une suite définie par récurrence#Le théorème de Cesàro .
Un contre-exemple est donné par
u
n
=
(
−
1
)
n
{\displaystyle u_{n}=(-1)^{n}}
qui ne converge pas, mais dans ce cas
v
n
=
1
+
(
−
1
)
n
2
(
n
+
1
)
{\displaystyle v_{n}={\frac {1+(-1)^{n}}{2(n+1)}}}
.
On voit alors que
v
n
→
0
{\displaystyle v_{n}\to 0}
.
Supposons par exemple
(
u
n
)
{\displaystyle (u_{n})}
croissante. Alors,
(
n
+
1
)
(
n
+
2
)
(
v
n
+
1
−
v
n
)
=
(
n
+
1
)
∑
k
=
0
n
+
1
u
k
−
(
n
+
2
)
∑
k
=
0
n
u
k
=
(
n
+
1
)
u
n
+
1
−
∑
k
=
0
n
u
k
=
∑
k
=
0
n
(
u
n
+
1
−
u
k
)
≥
0
{\displaystyle (n+1)(n+2)(v_{n+1}-v_{n})=(n+1)\sum _{k=0}^{n+1}u_{k}-(n+2)\sum _{k=0}^{n}u_{k}=(n+1)u_{n+1}-\sum _{k=0}^{n}u_{k}=\sum _{k=0}^{n}(u_{n+1}-u_{k})\geq 0}
donc
(
v
n
)
{\displaystyle (v_{n})}
est croissante. En passant aux opposés on en déduit que de même, si
(
u
n
)
{\displaystyle (u_{n})}
est décroissante alors
(
v
n
)
{\displaystyle (v_{n})}
aussi.
Soient
(
a
n
)
{\displaystyle (a_{n})}
et
(
b
n
)
{\displaystyle (b_{n})}
deux suites de réels strictement positifs. On suppose qu'il existe deux réels
a
{\displaystyle a}
et
b
{\displaystyle b}
tels que
ln
a
n
n
→
a
{\displaystyle {\frac {\ln a_{n}}{n}}\to a}
et
ln
b
n
n
→
b
{\displaystyle {\frac {\ln b_{n}}{n}}\to b}
.
Démontrer que
ln
(
a
n
+
b
n
)
n
→
max
(
a
,
b
)
{\displaystyle {\frac {\ln \left(a_{n}+b_{n}\right)}{n}}\to \max \left(a,b\right)}
.
Solution
Pour tout entier
n
>
0
{\displaystyle n>0}
,
ln
(
a
n
+
b
n
)
n
{\displaystyle {\frac {\ln \left(a_{n}+b_{n}\right)}{n}}}
est :
majoré par
ln
(
2
max
(
a
n
,
b
n
)
)
n
=
ln
2
n
+
ln
(
max
(
a
n
,
b
n
)
)
n
{\displaystyle {\frac {\ln \left(2\max \left(a_{n},b_{n}\right)\right)}{n}}={\frac {\ln 2}{n}}+{\frac {\ln \left(\max \left(a_{n},b_{n}\right)\right)}{n}}}
;
minoré par
ln
(
max
(
a
n
,
b
n
)
)
n
{\displaystyle {\frac {\ln \left(\max \left(a_{n},b_{n}\right)\right)}{n}}}
.
Or
ln
(
max
(
a
n
,
b
n
)
)
n
=
max
(
ln
a
n
n
,
ln
b
n
n
)
→
max
(
a
,
b
)
{\displaystyle {\frac {\ln \left(\max \left(a_{n},b_{n}\right)\right)}{n}}=\max \left({\frac {\ln a_{n}}{n}},{\frac {\ln b_{n}}{n}}\right)\to \max \left(a,b\right)}
(par continuité de la fonction
max
{\displaystyle \max }
, cf. Exercice 9).
La suite
(
ln
(
a
n
+
b
n
)
n
)
{\displaystyle \left({\frac {\ln \left(a_{n}+b_{n}\right)}{n}}\right)}
est donc encadrée par deux suites qui tendent vers
max
(
a
,
b
)
{\displaystyle \max \left(a,b\right)}
.
On conclut grâce au théorème des gendarmes .
(Théorème de Herschfeld )
Pour tous réels
s
i
≥
1
{\displaystyle s_{i}\geq 1}
tels que la série
∑
n
≥
1
∏
1
≤
i
≤
n
1
s
i
{\displaystyle \sum _{n\geq 1}\prod _{1\leq i\leq n}{\frac {1}{s_{i}}}}
converge et pour tous réels positifs
a
i
{\displaystyle a_{i}}
, montrer que
le radical imbriqué
a
1
+
a
2
+
a
3
+
⋯
s
3
s
2
s
1
{\displaystyle {\sqrt[{s_{1}}]{a_{1}+{\sqrt[{s_{2}}]{a_{2}+{\sqrt[{s_{3}}]{a_{3}+\cdots }}}}}}}
converge si et seulement si la suite
(
a
n
s
1
…
s
n
)
{\displaystyle \left({\sqrt[{s_{1}\dots s_{n}}]{a_{n}}}\right)}
est majorée.
Solution
On remarque immédiatement que la suite
(
a
1
+
a
2
+
…
a
n
s
n
s
2
s
1
)
{\displaystyle \left({\sqrt[{s_{1}}]{a_{1}+{\sqrt[{s_{2}}]{a_{2}+\dotsc {\sqrt[{s_{n}}]{a_{n}}}}}}}\right)}
est croissante, et minorée par la suite
(
a
n
s
1
…
s
n
)
{\displaystyle \left({\sqrt[{s_{1}\dots s_{n}}]{a_{n}}}\right)}
.
Par conséquent, il suffit de montrer que si la seconde est majorée alors la première aussi.
Supposons donc que
a
n
≤
M
s
1
…
s
n
{\displaystyle a_{n}\leq M^{s_{1}\dots s_{n}}}
(pour tout
n
∈
N
∗
{\displaystyle n\in \mathbb {N} ^{*}}
) et
∑
n
≥
1
∏
1
≤
i
≤
n
1
s
i
=
S
<
+
∞
{\displaystyle \sum _{n\geq 1}\prod _{1\leq i\leq n}{\frac {1}{s_{i}}}=S<+\infty }
. Alors,
a
1
+
a
2
+
…
a
n
s
n
s
2
s
1
≤
M
1
+
1
+
…
1
s
n
s
2
s
1
≤
M
2
∑
1
≤
k
<
n
∏
1
≤
i
≤
k
1
s
i
≤
M
2
S
{\displaystyle {\sqrt[{s_{1}}]{a_{1}+{\sqrt[{s_{2}}]{a_{2}+\dotsc {\sqrt[{s_{n}}]{a_{n}}}}}}}\leq M{\sqrt[{s_{1}}]{1+{\sqrt[{s_{2}}]{1+\dotsc {\sqrt[{s_{n}}]{1}}}}}}\leq M2^{\sum _{1\leq k<n}\prod _{1\leq i\leq k}{\frac {1}{s_{i}}}}\leq M2^{S}}
.
Étudier la convergence des suites
n
∑
k
=
1
2
n
+
1
1
n
2
+
k
{\displaystyle n\sum _{k=1}^{2n+1}{\frac {1}{n^{2}+k}}}
et
1
n
∑
k
=
0
n
−
1
cos
1
n
+
k
{\displaystyle {\frac {1}{n}}\sum _{k=0}^{n-1}\cos {\frac {1}{\sqrt {n+k}}}}
.
Solution
n
(
2
n
+
1
)
n
2
+
2
n
+
1
≤
n
∑
k
=
1
2
n
+
1
1
n
2
+
k
≤
n
(
2
n
+
1
)
n
2
{\displaystyle {\frac {n(2n+1)}{n^{2}+2n+1}}\leq n\sum _{k=1}^{2n+1}{\frac {1}{n^{2}+k}}\leq {\frac {n(2n+1)}{n^{2}}}}
donc la suite converge vers 2.
cos
1
n
≤
1
n
∑
k
=
0
n
−
1
cos
1
n
+
k
≤
cos
1
2
n
{\displaystyle \cos {\frac {1}{\sqrt {n}}}\leq {\frac {1}{n}}\sum _{k=0}^{n-1}\cos {\frac {1}{\sqrt {n+k}}}\leq \cos {\frac {1}{\sqrt {2n}}}}
donc la suite converge vers 1.
Soient
(
u
n
)
n
∈
N
{\displaystyle (u_{n})_{n\in \mathbb {N} }}
et
(
v
n
)
n
∈
N
{\displaystyle (v_{n})_{n\in \mathbb {N} }}
deux suites. On s'intéresse au comportement de la suite
(
w
n
)
n
∈
N
{\displaystyle (w_{n})_{n\in \mathbb {N} }}
définie par
∀
n
∈
N
w
n
=
max
(
u
n
,
v
n
)
{\displaystyle \forall n\in \mathbb {N} \quad w_{n}=\max(u_{n},v_{n})}
.
Donner un exemple de deux suites
(
u
n
)
n
∈
N
{\displaystyle (u_{n})_{n\in \mathbb {N} }}
et
(
v
n
)
n
∈
N
{\displaystyle (v_{n})_{n\in \mathbb {N} }}
n'ayant pas de limite et telles que
(
w
n
)
n
∈
N
{\displaystyle (w_{n})_{n\in \mathbb {N} }}
converge.
Montrer que si
(
u
n
)
n
∈
N
{\displaystyle (u_{n})_{n\in \mathbb {N} }}
et
(
v
n
)
n
∈
N
{\displaystyle (v_{n})_{n\in \mathbb {N} }}
tendent respectivement vers
ℓ
{\displaystyle \ell }
et
ℓ
′
{\displaystyle \ell '}
(finies ou infinies) alors
(
w
n
)
n
∈
N
{\displaystyle (w_{n})_{n\in \mathbb {N} }}
tend vers
max
(
ℓ
,
ℓ
′
)
{\displaystyle \max(\ell ,\ell ')}
(on distinguera les deux cas
ℓ
=
ℓ
′
{\displaystyle \ell =\ell '}
et
ℓ
>
ℓ
′
{\displaystyle \ell >\ell '}
— le cas restant,
ℓ
′
>
ℓ
{\displaystyle \ell '>\ell }
, est analogue).
Solution
u
n
=
(
−
1
)
n
{\displaystyle u_{n}=(-1)^{n}}
,
v
n
=
(
−
1
)
n
+
1
{\displaystyle v_{n}=(-1)^{n+1}}
.
Premier cas :
ℓ
=
ℓ
′
{\displaystyle \ell =\ell '}
. Tout intervalle ouvert contenant
ℓ
{\displaystyle \ell }
contient alors, à partir d'un certain rang,
u
n
{\displaystyle u_{n}}
et
v
n
{\displaystyle v_{n}}
, donc
w
n
{\displaystyle w_{n}}
(qui est l'un des deux), ce qui prouve que
w
n
→
ℓ
{\displaystyle w_{n}\to \ell }
.
Second cas :
ℓ
>
ℓ
′
{\displaystyle \ell >\ell '}
. Soit un réel
L
{\displaystyle L}
tel que
ℓ
>
L
>
ℓ
′
{\displaystyle \ell >L>\ell '}
. Puisque
u
n
→
ℓ
>
L
{\displaystyle u_{n}\to \ell >L}
, on a, à partir d'un certain rang
N
{\displaystyle N}
:
u
n
>
L
{\displaystyle u_{n}>L}
. De même, à partir d'un certain rang
N
′
{\displaystyle N'}
:
v
n
<
L
{\displaystyle v_{n}<L}
. Ainsi, à partir du rang
max
(
N
,
N
′
)
{\displaystyle \max(N,N')}
, on a
v
n
<
u
n
{\displaystyle v_{n}<u_{n}}
, donc
w
n
=
u
n
{\displaystyle w_{n}=u_{n}}
, si bien que
w
n
→
ℓ
{\displaystyle w_{n}\to \ell }
.
Soit
f
:
R
→
R
{\displaystyle f:\mathbb {R} \to \mathbb {R} }
continue en
0
{\displaystyle 0}
et telle que
∀
x
∈
R
∗
f
(
x
)
+
f
(
2
x
)
=
0
{\displaystyle \forall x\in \mathbb {R} ^{*}\quad f(x)+f(2x)=0}
. Démontrer que
f
=
0
{\displaystyle f=0}
.
Solution
Pour tout
x
∈
R
∗
{\displaystyle x\in \mathbb {R} ^{*}}
on a (par récurrence)
∀
n
∈
N
f
(
(
2
−
n
x
)
=
(
−
1
)
n
f
(
x
)
{\displaystyle \forall n\in \mathbb {N} \quad f(\left(2^{-n}x\right)=(-1)^{n}f(x)}
donc (par passage à la limite)
f
(
0
)
=
f
(
x
)
=
−
f
(
x
)
{\displaystyle f(0)=f(x)=-f(x)}
.
Étudier la suite récurrente suivante :
u
0
≥
0
{\displaystyle u_{0}\geq 0}
et
u
n
+
1
=
1
+
u
n
2
4
{\displaystyle u_{n+1}=1+{\frac {u_{n}^{2}}{4}}}
.
On rappelle (cf. Fonctions d'une variable réelle/Exercices/Inégalités#Exercice 2-1 ) que pour tout
x
>
0
{\displaystyle x>0}
,
x
−
x
2
2
<
ln
(
1
+
x
)
<
x
{\displaystyle x-{\frac {x^{2}}{2}}<\ln(1+x)<x}
.
En déduire la limite de la suite
p
n
:=
∏
k
=
0
n
(
1
+
k
n
2
)
{\displaystyle p_{n}:=\prod _{k=0}^{n}\left(1+{k \over n^{2}}\right)}
.
Solution
Posons
s
n
:=
∑
k
=
0
n
k
{\displaystyle s_{n}:=\sum _{k=0}^{n}k}
et
t
n
:=
∑
k
=
0
n
k
2
{\displaystyle t_{n}:=\sum _{k=0}^{n}k^{2}}
.
D'après le rappel,
s
n
n
2
−
t
n
2
n
4
≤
ln
p
n
≤
s
n
n
2
{\displaystyle {s_{n} \over n^{2}}-{t_{n} \over 2n^{4}}\leq \ln p_{n}\leq {s_{n} \over n^{2}}}
.
Or (cf. Sommation/Exercices/Calculs élémentaires#Exercice 2-6 )
s
n
n
2
=
n
+
1
2
n
→
1
2
{\displaystyle {s_{n} \over n^{2}}={\frac {n+1}{2n}}\to {\frac {1}{2}}}
et
t
n
2
n
4
=
(
n
+
1
)
(
2
n
+
1
)
12
n
3
→
0
{\displaystyle {t_{n} \over 2n^{4}}={\frac {(n+1)(2n+1)}{12n^{3}}}\to 0}
.
Donc
p
n
→
e
{\displaystyle p_{n}\to {\sqrt {\mathrm {e} }}}
.
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