Solutions - Exercices sur les suites numériques - 01

Solutions détaillées de neuf exercices sur les suites numériques (fiche 01).
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Si la formule de récurrence qui définit la suite $u$ ne comportait pas le terme $-\frac{1}{2},$ ce serait facile, car on aurait affaire à une suite géométrique de raison $\frac{1}{3}.$

Tâchons de nous ramener à cette situation.

Notons $\lambda$ l’unique réel vérifiant $\lambda=\frac{\lambda}{3}-\frac{1}{2}$ , autrement dit :

$\boxed{\lambda=-\frac{3}{4}}$

En soustrayant membre à membre les égalités :

$\left\{\begin{array}{ccc}u_{n+1} & = & {\displaystyle\frac{u_{n}}{3}-\frac{1}{2}}\\\\\lambda & = & {\displaystyle\frac{\lambda}{3}-\frac{1}{2}}\end{array}\right.$

on obtient :

$u_{n+1}-\lambda=\frac{1}{3}\left(u_{n}-\lambda\right)$

Ceci prouve que la suite $v$ définie par :

$\forall n\in\mathbb{N},\thinspace v_{n}=u_{n}-\lambda=u_{n}+\frac{3}{4}$

est géométrique de raison $\frac{1}{3},$ et donc que :

$\forall n\in\mathbb{N},\thinspace v_{n}=\frac{v_{0}}{3^{n}}$

Comme $v_{0}=u_{0}+\frac{3}{4}=-\frac{1}{4},$ il vient finalement :

$\boxed{\forall n\in\mathbb{N},\thinspace u_{n}=-\frac{1}{4\times3^{n}}-\frac{3}{4}}$

En particulier, la suite $u$ converge vers $-\frac{3}{4}.$

Par hypothèse, on a pour tout $n\in\mathbb{N}$ :

$\left\{\begin{array}{ccc}a_{n+1} & = & \left(1-p\right)a_{n}+pb_{n}\\b_{n+1} & = & pa_{n}+\left(1-p\right)b_{n}\end{array}\right.$

d’où en ajoutant membre à membre :

$a_{n+1}+b_{n+1}=a_{n}+b_{n}\qquad\left(\spadesuit\right)$

et en soustrayant :

$a_{n+1}-b_{n+1}=\left(1-2p\right)\left(a_{n}-b_{n}\right)\qquad\left(\clubsuit\right)$

D’après $\left(\spadesuit\right)$ la suite $a+b$ est constante. Donc :

$\forall n\in\mathbb{N},\thinspace a_{n}+b_{n}=r+s$

Et d’après $\left(\clubsuit\right)$ la suite $a-b$ est géométrique de raison $1-2p.$ Donc :

$\forall n\in\mathbb{N},\thinspace a_{n}-b_{n}=\left(1-2p\right)^{n}\left(r-s\right)$

Avec ces deux formules en poche, on calcule aisément $a_{n}$ et $b_{n}$ (en effectuant la demi-somme et la demi-différence) :

$\boxed{\forall n\in\mathbb{N},\thinspace\left\{\begin{array}{ccc}a_{n} & = & \frac{1}{2}\left(r+s+\left(1-2p\right)^{n}\left(r-s\right)\right)\\\\b_{n} & = & \frac{1}{2}\left(r+s-\left(1-2p\right)^{n}\left(r-s\right)\right)\end{array}\right.}$

On peut à présent conclure.

Comme $p\in\left]0,1\right[,$ alors $\left|1-2p\right|<1$ et donc $\lim_{n\rightarrow\infty}\left(1-2p\right)^{n}=0.$

Ainsi, les suites $a$ et $b$ convergent, toutes les deux, vers $\displaystyle{\frac{r+s}{2}}.$

Pour tout $n\geqslant1$ :

$q_{n+1}=1+\prod_{i=0}^{n}q_{i}=1+q_{n}\prod_{i=0}^{n-1}q_{i}$

et donc :

$\boxed{q_{n+1}=1+q_{n}\left(q_{n}-1\right)}$

relation qui est encore vraie pour $n=0.$

Si l’on note, pour tout $n\in\mathbb{N}^{\star}$ :

$S_{n}=\sum_{i=0}^{n-1}\frac{1}{q_{i}}$

alors :

$S_{1}=\frac{1}{2},\qquad S_{2}=\frac{1}{2}+\frac{1}{3}=\frac{5}{6},\qquad S_{3}=\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+\frac{1}{7}=\frac{41}{42}$

$S_{4}=\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+\frac{1}{7}+\frac{1}{43}=\frac{1\thinspace805}{1\thinspace806}$

On remarque qu’il s’agit de fractions de plus en plus voisines de 1. Plus précisément, il semble bien que, pour tout $n\in\mathbb{N}^{\star}$ :

$\boxed{S_{n}=1-\frac{1}{q_{n}-1}}$

Montrons ceci par récurrence. Comme on vient de le voir, cette propriété est vraie pour $n=1$ ; on peut donc passer directement à l’hérédité.

Supposons la formule vraie pour un certain $n$ . On calcule :

$S_{n+1}=S_{n}+\frac{1}{q_{n}}=1-\frac{1}{q_{n}-1}+\frac{1}{q_{n}}=1-\frac{1}{q_{n}\left(q_{n}-1\right)}$

D’après la formule encadrée, on a donc :

$S_{n+1}=1-\frac{1}{q_{n+1}-1}$

comme souhaité.

Tout d’abord, cette suite est bien définie et à termes strictement positifs. Du coup, $x_{n}>1$ pour tout $n\in\mathbb{N}^{\star}.$ En cas de convergence vers un réel $\ell,$ un passage à la limite dans cette inégalité montre que $\ell\geqslant1$ (et, en particulier : $\ell\neq0).$

En passant à la limite dans la formule de récurrence, on voit aussi que :

$\ell=1+\frac{1}{\ell}$

donc :

$\ell^{2}-\ell-1=0$

ce qui prouve que :

$\ell\in\left{ \frac{1-\sqrt{5}}{2},\:\frac{1+\sqrt{5}}{2}\right}$

Mais la première de ces deux valeurs est exclue car négative. Bref : la convergence de la suite $\left(x_{n}\right)_{n\in\mathbb{N}}$ n’est toujours pas établie, mais si elle a lieu, c’est nécessairement vers le nombre d’or, que nous notons désormais $\gamma$ :

$\boxed{\gamma=\frac{1+\sqrt{5}}{2}}$

Le principal intérêt de ce qui précède est de nous éclairer sur la valeur de la seule limite possible.

Prouvons maintenant la convergence de cette suite. Pour tout $n\in\mathbb{N}^{\star}$ :

$\begin{eqnarray*}x_{n+1}-\gamma & = & \left(1+\frac{1}{x_{n}}\right)-\left(1+\frac{1}{\gamma}\right)\\& = & \frac{\gamma-x_{n}}{\gamma x_{n}}\end{eqnarray*}$

donc, vu que $x_{n}>1$ :

$\left|x_{n+1}-\gamma\right|\leqslant\frac{1}{\gamma}\left|x_{n}-\gamma\right|$

d’où par une récurrence immédiate :

$\forall n\in\mathbb{N}^{\star},\:\left|x_{n}-\gamma\right|\leqslant\frac{1}{\gamma^{n-1}}\left|x_{1}-\gamma\right|$

Comme $\gamma>1,$ cette dernière majoration permet de conclure que :

$\lim_{n\rightarrow\infty}\left(x_{n}-\gamma\right)=0$

Autrement dit :

$\boxed{\lim_{n\rightarrow\infty}x_{n}=\frac{1+\sqrt{5}}{2}}$

L’illustration ci-dessous montre le calcul des premiers termes :

Pour tout $x>1$ :

$\begin{eqnarray*}\frac{1}{x-1}-\frac{2}{x}+\frac{1}{x+1} & = & \frac{x\left(x+1\right)-2\left(x^{2}-1\right)+x\left(x-1\right)}{x\left(x^{2}-1\right)}\\& = & \frac{2}{x\left(x^{2}-1\right)}>0\end{eqnarray*}$

d’où :

$\frac{1}{x-1}+\frac{1}{x}+\frac{1}{x+1}>\frac{3}{x}$

Il en résulte que, pour tout $n\in\mathbb{N}^{\star}$ :

$\sum_{k=1}^{n}\left(\frac{1}{3k-1}+\frac{1}{3k}+\frac{1}{3k+1}\right)>\sum_{k=1}^{n}\frac{1}{k}$

c’est-à-dire (en ajoutant 1 à chaque membre) :

$\boxed{H_{3n+1}>1+H_{n}}$

Si la suite $\left(H_{n}\right)_{n\geqslant1}$ était convergente, sa limite $L$ vérifierait $L\geqslant1+L,$ ce qui est absurde. Cette suite est donc divergente et, comme elle est croissante (ce qui est évident : $H_{n+1}-H_{n}=\frac{1}{n+1}>0$ pour tout $n\geqslant1),$ elle diverge vers $+\infty.$

On attribue cette méthode à Pietro Mengoli $\left(1625-1686\right).$ Elle évoque une preuve plus classique, qui repose sur le fait que, pour tout $n\in\mathbb{N}^{\star}$ :

$H_{2n}>\frac{1}{2}+H_{n}$

et qui est aussi plus ancienne : on la trouve chez Nicolas d’Oresme ( ca 1323 – 1382).

La relation

$y_{k+1}=\left(k+1\right)y_{k}+1$

peut s’écrire, après division par $\left(k+1\right)!$ :

$\frac{y_{k+1}}{\left(k+1\right)!}-\frac{y_{k}}{k!}=\frac{1}{\left(k+1\right)!}$

On en déduit, après sommation (pour $0\leqslant k\leqslant n-1)$ :

$\frac{y_{n}}{n!}-y_{0}=\sum_{k=0}^{n-1}\frac{1}{\left(k+1\right)!}$

c’est-à-dire (vu que $y_{0}=0$ par hypothèse) :

$y_{n}=n!\sum_{k=1}^{n}\frac{1}{k!}$

Or, il est bien connu que, pour tout $t\in\mathbb{R}$ :

$\lim_{n\rightarrow\infty}\sum_{k=0}^{n}\frac{t^{k}}{k!}=e^{t}$

et donc, lorsque $n\rightarrow\infty$ :

$\boxed{y_{n}\sim\left(e-1\right)n!}$

L’hypothèse :

$\forall n\in\mathbb{N},\thinspace b_{n+1}-b_{n}\leqslant a_{n+1}-a_{n}$

peut s’écrire :

$\forall n\in\mathbb{N},\thinspace b_{n+1}-a_{n+1}\leqslant b_{n}-a_{n}$

Elle exprime donc la décroissance de la suite $b-a.$

Comme la suite $a$ est convergente, elle est nécessairement bornée. Et comme la suite $b$ est bornée par hypothèse, on voit que $b-a$ l’est aussi et elle est en particulier minorée.

On invoque alors le théorème de la limite monotone : la suite $b-a$ est décroissante est minorée, donc convergente.

Pour finir, la suite $b$ est convergente puisque c’est la somme de deux suites convergentes.

On passe au logarithme :

$\ln\left(P_{n}\right)=\frac{1}{n}\sum_{k=1}^{n}\ln\left(n^{2}+k^{2}\right)$

c’est-à-dire :

$\ln\left(P_{n}\right)=\frac{1}{n}\sum_{k=1}^{n}\left[2\ln\left(n\right)+\ln\left(1+\frac{k^{2}}{n^{2}}\right)\right]$

ou encore :

$\ln\left(P_{n}\right)=2\ln\left(n\right)+R_{n}$

où l’on a posé :

$R_{n}=\frac{1}{n}\sum_{k=1}^{n}\ln\left(1+\frac{k^{2}}{n^{2}}\right)$

On reconnaît une somme de Riemann attachée à l’application $\left[0,1\right]\rightarrow\mathbb{R},\thinspace t\mapsto\ln\left(1+t^{2}\right).$ Par conséquent :

$\lim_{n\rightarrow\infty}R_{n}=\int_{0}^{1}\ln\left(1+t^{2}\right)\thinspace dt$

Si l’on intègre par parties en posant :

$\begin{eqnarray*}u'\left(t\right)=1 & ; & v\left(t\right)=\ln\left(1+t^{2}\right)\\u\left(t\right)=t & ; & v'\left(t\right)=\frac{2t}{1+t^{2}}\end{eqnarray*}$

ce qui donne :

$\begin{eqnarray*}\int_{0}^{1}\ln\left(1+t^{2}\right)\thinspace dt & = & \left[t\ln\left(1+t^{2}\right)\right]_{0}^{1}-2\int_{0}^{1}\frac{t^{2}}{1+t^{2}}\thinspace dt\\& = & \ln\left(2\right)-2\int_{0}^{1}\left(1-\frac{1}{1+t^{2}}\right)\thinspace dt\\& = & \ln\left(2\right)-2\left(1-\frac{\pi}{4}\right)\end{eqnarray*}$

Notons $K$ cette valeur. On a montré, à ce stade que lorsque $n\rightarrow\infty$ :

$\ln\left(P_{n}\right)=2\ln\left(n\right)+K+o\left(1\right)$

Il en résulte que :

$P_{n}\sim e^{K}n^{2}$

ou, de façon plus explicite :

$\boxed{P_{n}\sim2\thinspace e^{\frac{\pi}{2}-2}n^{2}}$

Vues les hypothèses :

$\lim_{n\rightarrow\infty}\left[\left(e^{a_{n}}-1-a_{n}\right)+\left(e^{b_{n}}-1-b_{n}\right)+\left(e^{c_{n}}-1-c_{n}\right)\right]=0$

Or, on sait (par convexité de l’exponentielle ou par une preuve directe) que :

$\forall t\in\mathbb{R},\,e^{t}-1-t\geqslant0$

Il en résulte que :

$\begin{array}{ccc}{\displaystyle \lim_{n\rightarrow\infty}\left(e^{a_{n}}-1-a_{n}\right)} & = & 0\\\\{\displaystyle \lim_{n\rightarrow\infty}\left(e^{b_{n}}-1-b_{n}\right)} & = & 0\\\\{\displaystyle \lim_{n\rightarrow\infty}\left(e^{c_{n}}-1-c_{n}\right)} & = & 0\end{array}$

Montrons que ceci entraîne :

$\begin{array}{ccc}{\displaystyle \lim_{n\rightarrow\infty}a_{n}} & = & 0\\\\{\displaystyle \lim_{n\rightarrow\infty}b_{n}} & = & 0\\\\{\displaystyle \lim_{n\rightarrow\infty}c_{n}} & = & 0\end{array}$

On observe que l’application

$\varphi:\mathbb{R}\rightarrow\mathbb{R},\thinspace t\mapsto e^{t}-1-t$

induit :

➭ une bijection décroissante $u:\left]-\infty,0\right]\rightarrow\left[0,+\infty\right[,$
➭ une bijection croissante $v:\left[0,+\infty\right[\rightarrow\left[0,+\infty\right[.$

Etant donné $\epsilon>0,$ si $t\in\mathbb{R}$ vérifie $\varphi\left(t\right)\leqslant\min\left\{u\left(-\epsilon\right),\thinspace v\left(\epsilon\right)\right\} ,$ alors de deux choses l’une :

ou bien $t\leqslant0,$ auquel cas $t\geqslant-\epsilon$
ou bien $t\geqslant0,$ auquel cas $t\leqslant\epsilon$

et par conséquent : $\left|t\right|\leqslant\epsilon.$

Comme $\lim_{n\rightarrow\infty}\left(e^{a_{n}}-1-a_n\right)=0$ , il existe $N\in\mathbb{N}$ tel que :

$\forall n\geqslant N,\,\varphi\left(a_{n}\right)\leqslant\min\left\{u\left(-\epsilon\right),v\left(\epsilon\right)\right\}$

Ceci montre que : $\forall n\geqslant N,\thinspace\left|a_{n}\right|\leqslant\epsilon$

Ainsi : $\lim_{n\rightarrow\infty}a_{n}=0$ et le même argument s’applique aux deux autres suites.

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