Solutions - Exercices sur les suites numériques - 03

Solutions détaillées de neuf exercices sur les suites numériques (fiche 03).
Cliquer ici pour accéder aux énoncés.

Pour tout réel $x\geqslant0$ : $\sqrt{x^{2}}=x.$ Donc, pour tout $t\in\left[0,1\right]$ :

$\left(f\circ f\right)\left(t\right)=\sqrt{1-\left(\sqrt{1-t^{2}}\right)^{2}}=\sqrt{t^{2}}=t$

Ainsi : $f\circ f=id_{\left[0,1\right]}$ (on dit que $f$ est une involution).

La suite proposée est donc périodique. Plus précisément, elle est constante si $f\left(s\right)=s$ (c’est-à-dire si $s=\frac{1}{\sqrt{2}})$ et elle est 2-périodique sinon.

Pour tout $n\geqslant1$ :

$S_{n+1}-S_{n}=\frac{c_{n+1}}{2^{n+1}}\geqslant0$

ce qui prouve la croissance de la suite $S$ (d’une manière générale, la suite des sommes partielles d’une série à termes positifs est croissante). En outre :

$S_{n}=\sum_{k=1}^{n}\frac{c_{k}}{2^{k}}\leqslant9\thinspace\sum_{k=1}^{n}\frac{1}{2^{k}}<9$

puisque (calcul d’une somme géométrique) :

$\sum_{k=1}^{n}\frac{1}{2^{k}}=\frac{1}{2}\:\frac{1-\frac{1}{2^{n}}}{1-\frac{1}{2}}=1-\frac{1}{2^{n}}<1$

Moralité, la suite $S$ est croissante et majorée donc convergente.

Si l’on pose $y_{n}=\ln\left(x_{n}\right)$ pour tout $n\in\mathbb{N},$ alors :

$y_{n+1}=\frac{1}{2}\ln\left(\frac{x_{n}}{\sqrt{x_{n-1}}}\right)$

c’est-à-dire :

$y_{n+1}=\frac{1}{2}y_{n}-\frac{1}{4}y_{n-1}$

On reconnaît une relation de récurrence linéaire et homogène à coefficients constants. L’équation caractéristique associée est :

$4r^{2}-2r+1=0$

Son discriminant (réduit) est $\Delta'=-3$ . Elle possède donc deux racines complexes conjuguées; l’une d’elles étant :

$\frac{1+i\sqrt{3}}{4}=\frac{1}{2}e^{i\pi/3}$

Il existe donc des réels $A,B$ tels que, pour tout $n\in\mathbb{N}$ :

$y_{n}=\frac{1}{2^{n}}\left(A\cos\left(\frac{n\pi}{3}\right)+B\sin\left(\frac{n\pi}{3}\right)\right)$

Comme $y_{0}=\ln\left(a\right)$ et $y_{1}=\ln\left(b\right),$ on voit que :

$\left\{ \begin{array}{ccc}A & = & \ln\left(a\right)\\\frac{A}{2}+B\frac{\sqrt{3}}{2} & = & 2\ln\left(b\right)\end{array}\right.$

d’où :

$A=\ln\left(a\right)\qquad\text{et}\qquad B=-\frac{1}{\sqrt{3}}\ln\left(a\right)+\frac{4}{\sqrt{3}}\ln\left(b\right)$

Finalement, pour tout $n\in\mathbb{N}$ :

$\boxed{x_{n}=R_{n}^{1/2^{n}}}\quad\text{avec}\quad\boxed{R_{n}=\left\{ \begin{array}{ccc}a & \text{si} & n\equiv0\pmod{6}\\\\b^{2} & \text{si} & n\equiv1\pmod{6}\\\\\frac{b^{2}}{a} & \text{si} & n\equiv2\pmod{6}\\\\\frac{1}{a} & \text{si} & n\equiv3\pmod{6}\\\\\frac{1}{b^{2}} & \text{si} & n\equiv4\pmod{6}\\\\\frac{a}{b^{2}} & \text{si} & n\equiv5\pmod{6}\end{array}\right.}$

La figure ci-dessous montre ce qui se passe … La droite rouge courbe l’arche de sinusoïde en deux points : l’origine (qui ne nous intéresse pas) et un point dont on devine que l’abscisse $x_n$ va se rapprocher de plus en plus de 0, au fur et à mesure que n augmente. Il faut maintenant établir cela de manière rigoureuse !

Considérons l’application

$\varphi:\left[0,\pi\right]\rightarrow\left[0,1\right],\thinspace x\mapsto\left\{ \begin{array}{cc}\frac{\sin\left(x\right)}{x} & \text{si }x\in\left]0,\pi\right]\\\\1 & \text{si }x=0\end{array}\right.$

L’équation $\sin\left(x\right)=\left(1-\frac{1}{n}\right)x$ équivaut, pour $x\in\left]0,\pi\right],$ à $\varphi\left(x\right)=1-\frac{1}{n}.$ Or $\varphi$ est une bijection continue (voir détail ci-dessous). Sa bijectivité assure l’existence et l’unicité d’une solution $x_{n}\in\left]0,\pi\right[.$ Sa continuité entraîne la continuité de sa réciproque, notamment au point 1; et donc :

$\lim_{n\rightarrow\infty}x_{n}=\lim_{n\rightarrow\infty}\varphi^{-1}\left(1-\frac{1}{n}\right)=\varphi^{-1}\left(1\right)=0$

Ceci permet d’utiliser un développement limité du sinus au voisinage de 0 :

$\sin\left(x_{n}\right)=x_{n}-\frac{x_{n}^{3}}{6}+o\left(x_{n}^{3}\right)$

Par définition de $x_{n}$ :

$\left(1-\frac{1}{n}\right)x_{n}=x_{n}-\frac{x_{n}^{3}}{6}+o\left(x_{n}^{3}\right)$

d’où, après simplification :

$\frac{x_{n}^{2}}{6}\sim\frac{1}{n}$

soit finalement :

$\boxed{x_{n}\sim\sqrt{\frac{6}{n}}}$

Détail (cliquer pour déplier / replier)

L’application $f:\left]0,\pi\right]\rightarrow\mathbb{R},\thinspace x\mapsto\frac{\sin\left(x\right)}{x}$ est dérivable et, pour tout $x\in\left]0,\pi\right]$ :

$f'\left(x\right)=\frac{x\cos\left(x\right)-\sin\left(x\right)}{x^{2}}$

Posons $g:\left[0,\pi\right]\rightarrow\mathbb{R},\thinspace x\mapsto x\cos\left(x\right)-\sin\left(x\right).$ Pour tout $x\in\left]0,\pi\right[$ :

$g'\left(x\right)=-x\sin\left(x\right)<0$

Ceci montre la décroissance stricte de $g$ sur $\left]0,\pi\right[$ et donc aussi sur $\left[0,\pi\right]$ (voir détail dans l’encadré ci-dessous).

Preuve (cliquer pour déplier / replier)

En effet, si $0<a<b<\pi,$ alors pour tout $t\in\left]a,b\right[$ :

$g\left(a\right)<g\left(t\right)<g\left(b\right)$

En passant à la limite dans l’inégalité $g\left(a\right)<g\left(t\right),$ on obtient $g\left(0\right)\leqslant g\left(t\right)$ (rappelons qu’on ne peut garantir qu’une inégalité LARGE en passant à la limite dans une inégalité stricte) et donc $g\left(0\right)<g\left(b\right).$

On procède de la même manière pour la borne $\pi.$

Comme $g\left(0\right)=0,$ il s’ensuit que $\forall x\in\left]0,\pi\right],\thinspace g\left(x\right)<0$ et donc $f$ décroît strictement sur $\left]0,\pi\right].$

Enfin, $f$ se prolonge en une application continue et strictement décroissante sur $\left[0,\pi\right].$ Cette dernière induit une bijection de $\left[0,\pi\right]$ sur $\left[0,1\right],$ notée $\varphi.$

La fonction ci-dessous renvoie la liste des $n$ premiers termes de la suite définie par :

$u_{0}=s\qquad\text{et}\qquad\forall n\in\mathbb{N},\,u_{n+1}=\left\{ \begin{array}{cc}u_{n}\thinspace/\thinspace2 & \textrm{si }u_{n}\textrm{ est pair}\\\\u_{n}+5 & \textrm{sinon}\end{array}\right.$

def suite(s,n):
    seq = []
    count = 0
    t = s
    while (count < n):
        seq.append (t)
        if (t % 2 == 0):
            t = t // 2
        else:
            t += 5
        count += 1
    return seq

Par exemple :

>>> suite (100,7)
[100, 50, 25, 30, 15, 20, 10]

Si $s=1,$ la suite est périodique. Il se forme en effet un cycle de longueur 6 :

$1\rightarrow6\rightarrow3\rightarrow8\rightarrow4\rightarrow2\rightarrow1\rightarrow\cdots$

Si $s\in\left\{ 2,3,4,6\right\} ,$ c’est la même chose puisque ces valeurs appartiennent au cycle ci-dessus.

Si $s=5,$ il se forme un cycle de longueur $2$ :

$5\rightarrow10\rightarrow5\rightarrow\cdots$

Notons désormais $\Omega$ l’ensemble des entiers $s\geqslant1$ pour lesquels $u_n\in\{1,5\}$ pour un certain $n$ et montrons que $\Omega=\mathbb{N}^{\star}.$ Ceci prouvera que, quelle que soit la valeur de $s,$ l’itération débouche tôt ou tard sur l’un des deux cycles précédents.

Raisonnons par récurrence et supposons que, pour un certain $n\geqslant6,$ on ait : $\left\llbracket 1,n\right\rrbracket \subset\Omega.$

Si $n$ est pair, alors $f\left(n+1\right)=n+6,$ donc $f^{2}\left(n+1\right)=\frac{n}{2}+3.$ Comme $\frac{n}{2}+3\leqslant n,$ alors $\frac{n}{2}+3\in\Omega$ et donc $n+1\in\Omega.$
Si $n$ est impair, alors $f\left(n+1\right)=\frac{n+1}{2}.$ Mais $\frac{n+1}{2}\leqslant n,$ et donc $\frac{n+1}{2}\in\Omega$ d’où à nouveau : $n+1\in\Omega.$

Ainsi $\left\llbracket 1,n+1\right\rrbracket \subset\Omega$ et en conclusion : $\Omega=\mathbb{N}^{\star}.$

On calcule, pour tout entier $n\geqslant1$ :

$\begin{eqnarray*}S_{n}-S_{n+1} & = & \frac{1}{\sqrt{n}}\sum_{k=1}^{n}\frac{1}{\sqrt{k}}-\frac{1}{\sqrt{n+1}}\sum_{k=1}^{n+1}\frac{1}{\sqrt{k}}\\& = & \left(\frac{1}{\sqrt{n}}-\frac{1}{\sqrt{n+1}}\right)\left(\sum_{k=1}^{n}\frac{1}{\sqrt{k}}\right)-\frac{1}{n+1}\end{eqnarray*}$

Comme $\frac{1}{\sqrt{n}}-\frac{1}{\sqrt{n+1}}>0$ :

$S_{n}-S_{n+1}\thinspace\#\thinspace T_{n}$

où l’on a posé :

$\begin{eqnarray*}T_{n} & = & \frac{\sqrt{n\left(n+1\right)}}{\left(n+1\right)\left(\sqrt{n}-\sqrt{n+1}\right)}+\sum_{k=1}^{n}\frac{1}{\sqrt{k}}\\& = & \left(\sum_{k=1}^{n}\frac{1}{\sqrt{k}}\right)-\sqrt{n}-\frac{n}{\sqrt{n+1}}\end{eqnarray*}$

On calcule ensuite :

$\begin{eqnarray*}T_{n}-T_{n+1} & = & \sqrt{n+1}+\frac{n+1}{\sqrt{n+2}}-\sqrt{n}-\frac{n}{\sqrt{n+1}}-\frac{1}{\sqrt{n+1}}\\& = & \frac{n+1}{\sqrt{n+2}}-\sqrt{n}\\& \# & n+1-\sqrt{n\left(n+2\right)}\end{eqnarray*}$

Or, cette dernière quantité est positive (d’après la célèbre inégalité $\sqrt{ab}\leqslant\frac{a+b}{2}$ pour $a,b\geqslant0).$

Ainsi la suite $T$ est décroissante. Et comme $T_{1}=-\frac{1}{\sqrt{2}}<0,$ alors $T_{n}<0$ pour tout $n\in\mathbb{N}^{\star}.$ Finalement, la suite $S$ est croissante.

Remarque

On peut montrer que $\sum_{k=1}^{n}\frac{1}{\sqrt{k}}\sim2\sqrt{n}.$ Il en résulte que $S$ converge vers $2.$

La moyenne arithmétique des distances de 1 aux autres racines $n-$ èmes de l’unité est :

$D_{n}=\frac{1}{n-1}\sum_{k=1}^{n-1}\left|1-e^{2ik\pi/n}\right|$

Or, pour tout $t\in\mathbb{R},$ la formule d’Euler pour le sinus donne :

$1-e^{it}=-2i\sin\left(\frac{t}{2}\right)\,e^{it/2}$

Par conséquent :

$\forall t\in\left[0,2\pi\right],\,\left|1-e^{it}\right|=2\sin\left(\frac{t}{2}\right)$

et donc :

$\boxed{D_{n}=\frac{2}{n-1}\,\sum_{k=0}^{n-1}\,\sin\left(\frac{k\pi}{n}\right)}$

A présent, posons pour tout $n\in\mathbb{N^{\star}}$ :

$R_{n}=\frac{1}{n}\sum_{k=1}^{n}\sin\left(\frac{k\pi}{n}\right)$

Il s’agit d’une somme de Riemann attachée à l’application $f:\left[0,1\right]\rightarrow\mathbb{R},\thinspace t\mapsto\sin\left(\pi t\right).$ Par conséquent :

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

et finalement :

$\boxed{{\displaystyle \lim_{n\rightarrow+\infty}D_{n}=\frac{4}{\pi}}}$

La suite $\left(-n\right)_{n\geqslant0}$ est majorée (par 0) mais ne possède aucune valeur d’adhérence (elle diverge vers $-\infty$ et chacune de ses suites extraites fait donc de même).

Soit maintenant $\left(x_{k}\right)_{k\geqslant0}$ une suite réelle bornée. Notons $a$ un majorant et $b$ un minorant de cette suite.

Pour tout $n\in\mathbb{N},$ l’ensemble $X_{n}=\left\{ x_{k};\thinspace k\geqslant n\right\}$ est une partie de $\mathbb{R}$ non vide et majorée (par $a),$ ce qui autorise à considérer sa borne supérieure $\omega_{n}.$ La suite $\left(X_{n}\right)_{n\geqslant0}$ est décroissante pour l’inclusion (ce qui signifie que $\forall n\in\mathbb{N},\thinspace X_{n+1}\subset X_{n}),$ donc la suite $\left(\omega_{n}\right)_{n\geqslant0}$ est décroissante. Comme cette dernière est minorée (par $b),$ elle converge. Notons $\lambda$ sa limite.

On sait que l’ensemble des valeurs d’adhérence de $\left(x_{k}\right)_{k\geqslant0}$ est :

$V=\bigcap_{N\in\mathbb{N}}\overline{X_{N}}$

Pour tout $n\in\mathbb{N},$ $\omega_{n}\in\overline{X_{n}}.$ Donc, pour tout $N\in\mathbb{N},$ la suite tronquée $\left(\omega_{n}\right)_{n\geqslant N}$ est à termes dans $\overline{X_{N}}$ : ceci résulte de la décroissance (pour l’inclusion) de la suite $\left(\overline{X_{N}}\right)_{N\geqslant0},$ décroissance qui résulte à son tour de celle de la suite $\left(X_{N}\right)_{N\geqslant0}$ et du fait que $A\subset B\Rightarrow\overline{A}\subset\overline{B}$ pour tout couple $\left(A,B\right)$ de parties de $\mathbb{R}.$

Par conséquent, comme $\overline{X_{N}}$ est un fermé : $\lambda\in\overline{X_{N}}$ pour tout $N\in\mathbb{N},$ ce qui montre que $\lambda\in V.$

Il reste à montrer que $\lambda$ est la plus grande valeur d’adhérence de $\left(x_{k}\right)_{k\geqslant0}.$ Pour cela, considérons une valeur d’adhérence $\mu.$ Pour tout $N\in\mathbb{N},$ $\mu\in\overline{X_{N}}$ et donc $\mu\leqslant\sup\left(\overline{X_{N}}\right)=\omega_{N}$ (d’une manière générale, une partie non vide et majorée de $\mathbb{R}$ et son adhérence ont la même borne supérieure). En passant à la limite, on obtient : $\mu\leqslant\lambda,$ comme souhaité.

Admettons que la suite $\left(z_{n}\right)_{n\geqslant0}$ soit bornée et soit $M\geqslant0$ tel que :

$\forall n\in\mathbb{N},\thinspace\left|z_{n}\right|\leqslant M$

La série $\sum_{n\geqslant0}\left(z_{n+1}-z_{n}\right)$ est alors absolument convergente (donc convergente) car :

$\forall n\in\mathbb{N}^{\star},\thinspace\left|z_{n+1}-z_{n}\right|\leqslant M\thinspace r^{n}$

La convergence de la suite $\left(z_{n}\right)_{n\geqslant0}$ en découle, puisque pour tout $n\geqslant1$ :

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

Il reste donc à établir le caractère borné de la suite $\left(z_{n}\right)_{n\geqslant0}.$ Pour cela, posons pour tout $n\in\mathbb{N}$ :

$\mu_{n}=\max\left\{ \left|z_{k}\right|;\thinspace0\leqslant k\leqslant n\right\}$

On observe (avec l’inégalité triangulaire) que pour tout $n\geqslant1$ :

$\begin{eqnarray*}\left|z_{n+1}\right| & \leqslant & \left|z_{n}\right|+r^{n}\left|z_{n-1}\right|\\& \leqslant & \left(1+r^{n}\right)\mu_{n}\end{eqnarray*}$

Et comme l’inégalité $\left|z_{k}\right|\leqslant\left(1+r^{n}\right)\mu_{n}$ est triviale pour les indices $k\in\left\llbracket 0,n\right\rrbracket ,$ on voit que :

$\mu_{n+1}\leqslant\left(1+r^{n}\right)\mu_{n}$

Il en résulte que, pour tout $n\geqslant2$ :

$\mu_{n}\leqslant\mu_{1}\prod_{k=1}^{n-1}\left(1+r^{k}\right)$

Or :

$\begin{eqnarray*}\prod_{k=1}^{n-1}\left(1+r^{k}\right) & = & \exp\left(\sum_{k=1}^{n-1}\ln\left(1+r^{k}\right)\right)\\& \leqslant & \exp\left(\sum_{k=1}^{n-1}r^{k}\right)\\& = & \exp\left(\frac{r\left(1-r^{n-1}\right)}{1-r}\right)\\& \leqslant & \exp\left(\frac{r}{1-r}\right)\end{eqnarray*}$

Ceci prouve que la suite $\left(\mu_{n}\right)_{n\geqslant0}$ est bornée, ce qui signifie exactement que la suite $\left(z_{n}\right)_{n\geqslant0}$ est bornée.

Si un point n’est pas clair ou vous paraît insuffisamment détaillé, n’hésitez pas à poster un commentaire ou à me joindre via le formulaire de contact.

Partager cet article

Remarque

Laisser un commentaire Annuler la réponse