Solutions détaillées de neuf exercices sur les suites numériques (fiche 03).
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exercice 1 facile

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.

exercice 2 facile

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.

exercice 3 facile

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].

Preuve (cliquer pour déplier / replier)

En effet, si 0<a<b<\pi, on introduit t\in\left]a,b\right[ et l’on a 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) 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 {\displaystyle \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.

exercice 9 difficile

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 {\displaystyle \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.


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