[PDF] Exo7 - Exercices de mathématiques

1n+1nå

1n+1nå

Maintenant,

0. Par suite, il existe un entiern1n0tel que pournn1,1n+1ån0k=0juk`j . Pournn1, on a alors jvn`j0;9n12N=(8n2N)(nn1) 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,jvnj 1n+1. Par suite, la suite(vn)converge et limn!+¥vn=0. 2.

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

a alors jvnj 1n+1nå k=0jukj 1n+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 casjvnj 1n+1n2

1n+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.

Si la suiteuest croissante alors la suitevest croissante.6

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,un2A. Pournn0+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

duquelvn1n+1ån0k=0uk+(nn0)2An+1>A. On a montré que :8n2N;9n12N=(8n2N);(nn1)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+1Z

k+1 k1x dx(k+1k)1k =1k

Donc, pourk1,1k

Rk+1 k1x dxet, pourk2,1k Rk k11x dx. En sommant ces inégalités, on obtient pourn1, H n=nå k=11k nå k=1Z k+1 k1x dx=Z n+1 11x dx=ln(n+1); et pourn2, H n=1+nå k=21k

1+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)Hn1+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

dx0 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

dx0 car la fonctionx7!1x décroit sur[n+1;n+2]. Enfin, u nvn=ln(n+1)lnn=ln 1+1n

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 avngun, et en particulier,v3gu1avecv3=0;5:::etu1=1. Donc,g212 ;1. Plus précisément, pournentier naturel non nul donné, on a 7

0unvn1022

,ln 1+1n

0;005,1n

e0;0051,n1e

0;0051=199;5:::,n200:

Donc 0gv1001022

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

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