Niveau 1 — Je m'entraîne : applications directes du cours
Exercice 1 ★
Suites de référence et opérations (§ II, III). Calculer les limites :
a) $u_n=\dfrac{3n^2-n}{n^2+1}$ ; b) $v_n=n^3-2n^2+1$ ; c) $w_n=\dfrac{2}{\sqrt{n}}+5$ ($n\geq1$) ; d) $t_n=\sqrt{n+1}-\sqrt{n}$.
Exercice 2 ★
Limites et ordre (§ IV). Pour $n\geq1$, on pose $u_n=\dfrac{(-1)^n}{n}$, $v_n=n+\sin n$ et $w_n=\dfrac{2n+\cos n}{n}$.
1. Montrer que $|u_n|\leq\dfrac{1}{n}$ ; en déduire $\lim\limits_{n\to+\infty}u_n$.
2. Montrer que $v_n\geq n-1$ ; en déduire $\lim\limits_{n\to+\infty}v_n$.
3. Encadrer $w_n$ et en déduire sa limite.
Exercice 3 ★
Suites géométriques (§ V). Calculer les limites :
a) $\left(\dfrac{2}{3}\right)^n$ ; b) $\left(-\dfrac{1}{2}\right)^n$ ; c) $\dfrac{3^n}{2^n}$ ; d) $\dfrac{2^n+3^n}{3^n}$ ; e) $\dfrac{5^n-2^n}{5^n+1}$.
Exercice 4 ★
Suite géométrique auxiliaire (§ V). Soit $u_0=0$ et $u_{n+1}=\dfrac{1}{2}u_n+3$ pour tout $n\in\mathbb{N}$. On pose $v_n=u_n-6$.
1. Montrer que $(v_n)$ est géométrique de raison $\dfrac{1}{2}$.
2. Exprimer $v_n$ puis $u_n$ en fonction de $n$.
3. Calculer $\lim\limits_{n\to+\infty}u_n$.
4. Calculer $S_n=v_0+v_1+\cdots+v_n$ et sa limite.
Exercice 5 ★
Suite monotone et bornée (§ VI). Soit $u_0=1$ et $u_{n+1}=\sqrt{u_n+2}$ pour tout $n\in\mathbb{N}$.
1. Montrer par récurrence que $(\forall n\in\mathbb{N})\ 1\leq u_n<2$.
2. Montrer que $(u_n)$ est croissante.
3. En déduire que $(u_n)$ est convergente.
Exercice 6 ★
Suites $u_{n+1}=f(u_n)$ (§ VII). On reprend la suite $u_0=1$, $u_{n+1}=\sqrt{u_n+2}$ (convergente) et $f(x)=\sqrt{x+2}$.
1. Vérifier que $f$ est continue sur $I=[1;2]$ et que $f(I)\subset I$.
2. En déduire que la limite $\ell$ de $(u_n)$ vérifie $f(\ell)=\ell$, puis calculer $\ell$.
Niveau 2 — J'approfondis : je raisonne et je justifie
Exercice 7 ★★
Comparaison. Pour $n\geq1$, on pose $S_n=1+\dfrac{1}{\sqrt{2}}+\cdots+\dfrac{1}{\sqrt{n}}=\sum_{k=1}^{n}\dfrac{1}{\sqrt{k}}$.
1. Montrer que pour tout $k\in\{1;\ldots;n\}$ : $\dfrac{1}{\sqrt{k}}\geq\dfrac{1}{\sqrt{n}}$.
2. En déduire que $S_n\geq\sqrt{n}$, puis $\lim\limits_{n\to+\infty}S_n$.
3. Étudier la monotonie de $(S_n)$.
Exercice 8 ★★
Vrai ou faux ? Justifier.
a) Toute suite croissante et majorée par $3$ converge vers $3$.
b) Toute suite croissante et non majorée tend vers $+\infty$.
c) Si $u_n>0$ pour tout $n$ et $(u_n)$ converge vers $\ell$, alors $\ell>0$.
d) Si $|u_n-1|\leq\dfrac{1}{n^2}$ pour tout $n\geq1$, alors $(u_n)$ converge vers $1$.
Niveau 3 — Vers le devoir : exercices de synthèse
Exercice 9 ★★★
Synthèse. Soit $u_0=3$ et $u_{n+1}=\dfrac{4u_n-2}{u_n+1}$ pour tout $n\in\mathbb{N}$.
1. Montrer que $u_{n+1}-2=\dfrac{2(u_n-2)}{u_n+1}$, puis que $(\forall n\in\mathbb{N})\ u_n>2$.
2. Montrer que $(u_n)$ est décroissante ; en déduire qu’elle est convergente.
3. On pose $v_n=\dfrac{u_n-2}{u_n-1}$. Montrer que $(v_n)$ est géométrique de raison $\dfrac{2}{3}$.
4. Exprimer $v_n$ puis $u_n$ en fonction de $n$, et calculer $\lim\limits_{n\to+\infty}u_n$.
Corrections
Correction 1
💡 On utilise les suites de référence ($n^p\to+\infty$, $\sqrt{n}\to+\infty$, $\dfrac{1}{n^p}\to0$, $\dfrac{1}{\sqrt{n}}\to0$) et les mêmes règles que pour les fonctions en $+\infty$.
a) Quotient des termes de plus haut degré :
$\lim\limits_{n\to+\infty}u_n=\lim\limits_{n\to+\infty}\dfrac{3n^2}{n^2}$
$=3$
b) Polynôme en $n$ : même limite que $n^3$ :
$\lim\limits_{n\to+\infty}v_n=+\infty$
c) $\dfrac{1}{\sqrt{n}}\to0$, donc par somme :
$\lim\limits_{n\to+\infty}w_n=5$
d) Forme « $+\infty-\infty$ » : on multiplie par le conjugué $\sqrt{n+1}+\sqrt{n}$ :
$t_n=\dfrac{(n+1)-n}{\sqrt{n+1}+\sqrt{n}}$
$=\dfrac{1}{\sqrt{n+1}+\sqrt{n}}$
Le dénominateur tend vers $+\infty$ :
$\lim\limits_{n\to+\infty}t_n=0$
Correction 2
💡 Limites et ordre : si $|u_n-\ell|\leq\alpha_n$ et $\alpha_n\to0$, alors $u_n\to\ell$ ; si $v_n\geq\alpha_n$ et $\alpha_n\to+\infty$, alors $v_n\to+\infty$ ; si $\alpha_n\leq w_n\leq\beta_n$ avec $\alpha_n$ et $\beta_n$ de même limite $\ell$, alors $w_n\to\ell$.
1. $|u_n-0|=\dfrac{|(-1)^n|}{n}$
$=\dfrac{1}{n}$
et $\dfrac{1}{n}\to0$ :
$\lim\limits_{n\to+\infty}u_n=0$
2. $\sin n\geq-1$, donc $v_n\geq n-1$ ; et $\lim\limits_{n\to+\infty}(n-1)=+\infty$ :
$\lim\limits_{n\to+\infty}v_n=+\infty$
3. $-1\leq\cos n\leq1$, donc $2n-1\leq2n+\cos n\leq2n+1$ ; on divise par $n>0$ :
$2-\dfrac{1}{n}\leq w_n\leq2+\dfrac{1}{n}$
Les deux suites qui encadrent tendent vers $2$ :
$\lim\limits_{n\to+\infty}w_n=2$
Correction 3
💡 $\lim q^n$ : $0$ si $-1<q<1$ ; $1$ si $q=1$ ; $+\infty$ si $q>1$ ; pas de limite si $q\leq-1$. Pour un quotient, on factorise par le terme dominant (la plus grande base).
a) $-1<\dfrac{2}{3}<1$ :
$\lim\limits_{n\to+\infty}\left(\dfrac{2}{3}\right)^n=0$
b) $-1<-\dfrac{1}{2}<1$ :
$\lim\limits_{n\to+\infty}\left(-\dfrac{1}{2}\right)^n=0$
c) $\dfrac{3^n}{2^n}=\left(\dfrac{3}{2}\right)^n$ et $\dfrac{3}{2}>1$ :
$\lim\limits_{n\to+\infty}\dfrac{3^n}{2^n}=+\infty$
d) $\dfrac{2^n+3^n}{3^n}=\left(\dfrac{2}{3}\right)^n+1$ et $\left(\dfrac{2}{3}\right)^n\to0$ :
$\lim\limits_{n\to+\infty}\dfrac{2^n+3^n}{3^n}=1$
e) On factorise par $5^n$ :
$\dfrac{5^n-2^n}{5^n+1}=\dfrac{5^n\left(1-\left(\frac{2}{5}\right)^n\right)}{5^n\left(1+\left(\frac{1}{5}\right)^n\right)}$
$=\dfrac{1-\left(\frac{2}{5}\right)^n}{1+\left(\frac{1}{5}\right)^n}$
$\left(\dfrac{2}{5}\right)^n\to0$ et $\left(\dfrac{1}{5}\right)^n\to0$ :
$\lim\limits_{n\to+\infty}\dfrac{5^n-2^n}{5^n+1}=1$
Correction 4
1. $v_{n+1}=u_{n+1}-6$
$=\dfrac{1}{2}u_n+3-6$
$=\dfrac{1}{2}(u_n-6)$
$=\dfrac{1}{2}v_n$
$(v_n)$ est géométrique de raison $q=\dfrac{1}{2}$ et de premier terme $v_0=u_0-6=-6$
2. $v_n=v_0\times q^n$ :
$v_n=-6\left(\dfrac{1}{2}\right)^n$
$u_n=v_n+6=6-6\left(\dfrac{1}{2}\right)^n$
3. $-1<\dfrac{1}{2}<1$, donc $\left(\dfrac{1}{2}\right)^n\to0$ :
$\lim\limits_{n\to+\infty}u_n=6$
4. Somme de termes consécutifs d’une suite géométrique ($q\neq1$) : $S_n=v_0\times\dfrac{1-q^{n+1}}{1-q}$.
$S_n=-6\times\dfrac{1-\left(\frac{1}{2}\right)^{n+1}}{1-\frac{1}{2}}$
$=-12\left(1-\left(\dfrac{1}{2}\right)^{n+1}\right)$
$\left(\dfrac{1}{2}\right)^{n+1}\to0$ :
$\lim\limits_{n\to+\infty}S_n=-12$
Correction 5
1. 💡 Récurrence : initialisation, puis hérédité (on utilise l’hypothèse $1\leq u_n<2$).
Initialisation : $u_0=1$ et $1\leq1<2$ ✔.
Hérédité : supposons $1\leq u_n<2$. Alors :
$3\leq u_n+2<4$
$\Rightarrow\sqrt{3}\leq\sqrt{u_n+2}<2$
(la racine carrée est croissante) et $\sqrt{3}>1$, donc $1\leq u_{n+1}<2$ ✔.
$(\forall n\in\mathbb{N})\ 1\leq u_n<2$
2. 💡 On étudie le signe de $u_{n+1}-u_n$ (avec le conjugué).
$u_{n+1}-u_n=\sqrt{u_n+2}-u_n$
$=\dfrac{u_n+2-u_n^2}{\sqrt{u_n+2}+u_n}$
$=\dfrac{(2-u_n)(1+u_n)}{\sqrt{u_n+2}+u_n}$
Comme $1\leq u_n<2$ : $2-u_n>0$, $1+u_n>0$ et le dénominateur est $>0$, donc $u_{n+1}-u_n>0$ :
$(u_n)$ est strictement croissante
3. Critère : toute suite croissante et majorée est convergente ; $(u_n)$ est croissante et majorée par $2$ :
$(u_n)$ est convergente
Correction 6
💡 Si $u_{n+1}=f(u_n)$, $f$ continue sur $I$, $f(I)\subset I$, $u_0\in I$ et $(u_n)$ converge vers $\ell$, alors $\ell$ est solution de $f(x)=x$ dans $I$.
1. $f$ est continue et croissante sur $I$ (composée de $x\mapsto x+2$ et de la racine carrée) :
$f(I)=[f(1);f(2)]$
$=[\sqrt{3};2]\subset[1;2]$
2. $u_0=1\in I$ et $(u_n)$ converge, donc $f(\ell)=\ell$ avec $\ell\in[1;2]$ :
$\sqrt{\ell+2}=\ell$
$\iff\ell+2=\ell^2\quad(\ell\geq0)$
$\iff\ell^2-\ell-2=0$
$\iff(\ell-2)(\ell+1)=0$
$\ell=-1\notin[1;2]$ est rejetée :
$\lim\limits_{n\to+\infty}u_n=2$
Correction 7
1. $1\leq k\leq n\Rightarrow\sqrt{k}\leq\sqrt{n}$ (racine croissante) $\Rightarrow\dfrac{1}{\sqrt{k}}\geq\dfrac{1}{\sqrt{n}}$ (l’inverse est décroissante sur $]0;+\infty[$).
2. On additionne ces $n$ inégalités ($k=1$, …, $n$) :
$S_n\geq n\times\dfrac{1}{\sqrt{n}}$
$=\sqrt{n}$
et $\sqrt{n}\to+\infty$ ; par limites et ordre :
$\lim\limits_{n\to+\infty}S_n=+\infty$
3. $S_{n+1}-S_n=\dfrac{1}{\sqrt{n+1}}>0$
$(S_n)$ est strictement croissante (et non majorée)
Correction 8
a) Faux : $u_n=1-\dfrac{1}{n+1}$ est croissante et majorée par $3$, mais $\lim\limits_{n\to+\infty}u_n=1\neq3$ (elle converge vers une limite $\ell\leq3$).
b) Vrai : c’est une propriété du cours (une suite croissante non majorée tend vers $+\infty$).
c) Faux : $u_n=\dfrac{1}{n+1}>0$ et $\lim\limits_{n\to+\infty}u_n=0$ ; on peut seulement affirmer $\ell\geq0$ (les inégalités strictes deviennent larges).
d) Vrai : $\dfrac{1}{n^2}\to0$ ; par limites et ordre :
$\lim\limits_{n\to+\infty}u_n=1$
Correction 9
1. $u_{n+1}-2=\dfrac{4u_n-2-2(u_n+1)}{u_n+1}$
$=\dfrac{2u_n-4}{u_n+1}$
$=\dfrac{2(u_n-2)}{u_n+1}$
Récurrence : $u_0=3>2$ ✔ ; si $u_n>2$, alors $u_n-2>0$ et $u_n+1>0$, donc $u_{n+1}-2>0$ ✔.
$(\forall n\in\mathbb{N})\ u_n>2$
2. $u_{n+1}-u_n=\dfrac{4u_n-2-u_n(u_n+1)}{u_n+1}$
$=\dfrac{-u_n^2+3u_n-2}{u_n+1}$
$=\dfrac{-(u_n-1)(u_n-2)}{u_n+1}$
Pour $u_n>2$ : $u_n-1>0$, $u_n-2>0$ et $u_n+1>0$, donc $u_{n+1}-u_n<0$ : $(u_n)$ est décroissante.
Décroissante et minorée par $2$ :
$(u_n)$ est convergente
3. On calcule aussi $u_{n+1}-1=\dfrac{4u_n-2-(u_n+1)}{u_n+1}=\dfrac{3(u_n-1)}{u_n+1}$, donc :
$v_{n+1}=\dfrac{u_{n+1}-2}{u_{n+1}-1}$
$=\dfrac{2(u_n-2)}{3(u_n-1)}$
$=\dfrac{2}{3}v_n$
$(v_n)$ est géométrique de raison $\dfrac{2}{3}$, avec $v_0=\dfrac{3-2}{3-1}=\dfrac{1}{2}$
4. $v_n=v_0\times\left(\dfrac{2}{3}\right)^n$ :
$v_n=\dfrac{1}{2}\left(\dfrac{2}{3}\right)^n$
De $v_n(u_n-1)=u_n-2$ : $u_n(v_n-1)=v_n-2$, et $v_n\neq1$ (car $0<v_n<1$) :
$u_n=\dfrac{v_n-2}{v_n-1}$
$=\dfrac{2-v_n}{1-v_n}$
$v_n\to0$ car $-1<\dfrac{2}{3}<1$ :
$\lim\limits_{n\to+\infty}u_n=\dfrac{2-0}{1-0}=2$