[PDF] [PDF] Suites - Exo7 - Exercices de mathématiques

1n+1nå

1n+1nå

61n+1n

Maintenant,

0. Par suite, il existe un entiern1>n0tel que pourn>n1,1n+1ån0k=0juk`j . Pourn>n1, on a alors jvn`j0;9n12N=(8n2N)(n>n1) jvn`jSi la suiteuconverge vers`alors la suitevconverge vers`.La réciproque est fausse. PourndansN, posonsun= (1)n. La suite(un)est divergente. D"autre part,

pourndansN,ånk=0(1)kvaut 0 ou 1 suivant la parité denet donc, dans tous les cas,jvnj61n+1. Par suite, la suite(vn)converge et limn!+¥vn=0. 2.

Si uest bornée, il existe un réelMtel que, pour tout natureln,junj6M. Pournentier naturel donné, on

a alors jvnj61n+1nå k=0jukj61n+1nå k=0M=1n+1(n+1)M=M:

La suitevest donc bornée.

Si la suiteuest bornée alors la suitevest bornée.Laréciproqueestfausse. Soitulasuitedéfiniepar:8n2N;un=(1)nEn2

=psin=2p;p2N psin=2p+1;p2N.

un"est pas bornée car la suite extraite(u2p)tend vers+¥quandptend vers+¥. Mais, sinest impair,

v n=0, et sinest pair,vn=1n+1un=n2(n+1), et dans tous les casjvnj61n+1n2

61n+1n+12

=12 et la suite vest bornée. 3. Si uest croissante, pournentier naturel donné on a : v n+1vn=1n+2n+1å k=0u k1n+1nå k=0u k=1(n+1)(n+2) (n+1)n+1å k=0u k(n+2)nå k=0u k!

1(n+1)(n+2)

(n+1)un+1nå k=0u k!

1(n+1)(n+2)nå

k=0(un+1uk)>0:

La suitevest donc croissante.

6

Si la suiteuest croissante alors la suitevest croissante.Correction del"exer cice2 NSupposons sans perte de généralitéucroissante (quite à remplaceruparu). Dans ce cas, ou bienuconverge,

ou bienutend vers+¥. Supposons queutende vers+¥, et montrons qu"il en est de même pour la suitev. Soit

A2R. Il existe un rangn0tel que pour n naturel supérieur ou égal àn0,un>2A. Pourn>n0+1, on a alors,

v n=1n+1 n0å k=0u k+nå k=n0+1u k! 1n+1n 0å k=0u k+(nn0)2An+1

Maintenant, quandntend vers+¥,1n+1ån0k=0uk+(nn0)2An+1tend vers 2Aet donc, il existe un rangn1à partir

duquelvn>1n+1ån0k=0uk+(nn0)2An+1>A. On a montré que :8n2N;9n12N=(8n2N);(n>n1)vn>A).

Par suite, lim

n!+¥vn= +¥. Par contraposition, sivne tend pas vers+¥, la suiteune tend pas vers+¥et donc converge, d"après la remarque initiale.Correction del"exer cice3 N1.La fonction x7!1x est continue et décroissante sur]0;+¥[et donc, pourk2N, on a :

1k+1= (k+1k)1k+16Z

k+1 k1x dx6(k+1k)1k =1k

Donc, pourk>1,1k

>Rk+1 k1x dxet, pourk>2,1k 6Rk k11x dx. En sommant ces inégalités, on obtient pourn>1, H n=nå k=11k >nå k=1Z k+1 k1x dx=Z n+1 11x dx=ln(n+1); et pourn>2, H n=1+nå k=21k

61+nå

k=2Z k k11x dx=1+Z n 11x dx=1+lnn; cette dernière inégalité restant vraie quandn=1. Donc,

8n2N;ln(n+1)6Hn61+lnn:2.Soit nun entier naturel non nul.

u n+1un=1n+1ln(n+1)+lnn=1n+1Z n+1 n1x dx=Z n+1 n

1n+11x

dx60 car la fonctionx7!1x décroit sur[n;n+1]. De même, v n+1vn=1n+1ln(n+2)+ln(n+1) =1n+1Z n+2 n+11x dx=Z n+2 n+1

1n+11x

dx>0 car la fonctionx7!1x décroit sur[n+1;n+2]. Enfin, u nvn=ln(n+1)lnn=ln 1+1n 7

et donc la suiteuvtend vers 0 quandntend vers+¥. Finalement, la suiteudécroit, la suitevcroit et

la suiteuvtend vers 0. On en déduit que les suitesuetvsont adjacentes, et en particulier convergentes

et de même limite. Notonsgcette limite. Pour tout entier naturel non nuln, on avn6g6un, et en particulier,v36g6u1avecv3=0;5:::etu1=1. Donc,g212 ;1. Plus précisément, pournentier naturel non nul donné, on a

06unvn61022

,ln 1+1n

60;005,1n

6e0;0051,n>1e

0;0051=199;5:::,n>200:

Donc 06gv10061022

et une valeur approchée dev200à1022 près (c"est-à-dire arrondie à la 3 ème

décimale la plus proche) est une valeur approchée degà 102près. On trouveg=0;57 à 102près par

défaut. Plus précisémént,

g=0;5772156649:::(gest la constante d"EULER).Correction del"exer cice4 NSoitrla raison de la suiteu. Pour tout entier naturelk, on a

ru kuk+1=uk+1uku kuk+1=1u k1u k+1.

En sommant ces égalités, on obtient :

r nå k=01u kuk+1=nå k=0 1u k1u k+1 =1u 01u n+1=un+1u0u

0un+1=(n+1)ru

0un+1:

Sir6=0, on obtientånk=01u

kuk+1=(n+1)u

0un+1, et sir=0 (etu06=0),uest constante et le résultat est immédiat.Correction del"exer cice5 NSoitkun entier naturel non nul. On sait queåki=1i2=k(k+1)(2k+1)6

. Déterminons alors trois réelsa,betctels que, pour entier naturel non nulk,

6k(k+1)(2k+1)=ak

+bk+1+c2k+1():

Pourkentier naturel non nul donné,

ak

Par suite,

()(8 :2a+2b+c=0

3a+b+c=0

a=6,8 :a=6 b=6 c=24; et donc,

8n2N;nå

k=16k(k+1)(2k+1)=6 nå k=11k +nå k=11k+14nå k=112k+1!

Ensuite, d"après l"exercice

3 , quandntend vers+¥,ånk=11k =lnn+g+o(1)puis 8 n k=11k+1=n+1å k=21k =Hn+11=1+ln(n+1)+g+o(1)=lnn+ln 1+1n +g1+o(1)=lnn+g1+o(1):

Enfin,

n k=112k+1=1+2n+1å k=11k nå k=112k=1+H2n+112 Hn =ln(2n+1)+g12 (lnn+g)1+o(1) =ln2+lnn+ln 1+12n +g12 lnn12 g1+o(1) 12 lnn+ln2+12 g1+o(1)

Finalement, quandntend vers+¥, on a

n k=111

2+22+:::+k2=6

lnn+g+lnn+g1412 lnn+ln2+12 g1 =6(34ln2)+o(1): Donc, lim n!+¥ånk=111

2+22+:::+k2=6(34ln2).Correction del"exer cice6 NPosonsa=arccosab

.aexiste car 00. On au0=bcosaetv0=bpuisu1=12 (u0+v0) = b2 (1+cosa)=bcos2a2 etv1=pu

1v0=qbcos2a2

b=bcosa2 puisu2=b2 cosa2 (1+cosa2 )=bcosa2 cos2a2 2 etv2=qbcosa2 cos2a2

2bcosa2

=bcosa2 cosa2

2... Montrons par récurrence que pour tout entier naturel non

nuln,vn=bÕnk=1cosa2 ketun=vncosa2 n. C"est vrai pourn=1 et si pourn>1 donné, on avn=bÕnk=1cosa2 k etun=vncosa2 nalors, u n+1=12 (vncosa2 n+vn) =vncos2a2 n+1 puis v n+1=pu n+1vn=vncosa2 n+1(car cosa2 n+1>0); et donc,vn+1=bÕn+1k=1cosa2 kpuisun+1=vn+1cosa2 n+1. On a montré par récurrence que

8n2N;vn=bÕnk=1cosa2

ketun=vncosa2 n:Pour tout entier naturel non nuln, on avn>0 etvn+1v n=cosa2 n+1<1. La suitevest donc strictement décroissante. Ensuite, pour tout entier naturel non nuln, on aun>0 et u n+1u n=vn+1v ncos a2 n+1cos a2 n=cos2a2quotesdbs_dbs22.pdfusesText_28