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Exercices de Mathématiques
Suites monotones
Énoncés
Énoncés des exercices
Exercice 1 [ Indication ] [ Correction ]
Soit (un ) une suite bornée telle que : ∀ n ≥ 1, 2un ≤ un−1 + un+1 .
Montrer que cette suite est convergente.
Exercice 2 [ Indication ] [ Correction ]
Montrer que la suite de terme général un =
1
1
1
+
+...+
(où k est un entier donné
n+1 n+2
kn
supérieur ou égal à 2) est convergente.
Exercice 3 [ Indication ] [ Correction ]
r
On considère la suite de terme général un =
√
Montrer que pour tout n, u2n+1 ≤ 1 + 2 un .
La suite (un ) est-elle convergente ?
1+
q
2+
p
... +
√
n.
Exercice 4 [ Indication ] [ Correction ]
On se donne une suite réelle (un ) et on pose vn =
1
(u1 + u2 + · · · + un ).
n
1. Montrer que si lim un = ` alors lim vn = `.
∞
∞
2. Vérifier sur un exemple que la réciproque est fausse.
3. Montrer que si la suite (un ) est monotone, alors la réciproque est vraie.
Exercice 5 [ Indication ] [ Correction ]
Soit pn la probabilité d’obtenir exactement n fois pile en 2n lancers d’une pièce équilibrée.
Calculer pn et déterminer lim pn .
∞
c
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Exercices de Mathématiques
Suites monotones
Indications, résultats
Indications ou résultats
Indication pour l’exercice 1 [ Retour à l’énoncé ]
Montrer que la suite de terme général wn = un+1 − un est croissante et bornée.
Soit ` sa limite. Discuter suivant le signe de `.
Indication pour l’exercice 2 [ Retour à l’énoncé ]
Vérifier que la suite (un ) est croissante, ensuite que un ≤ k − 1.
Indication pour l’exercice 3 [ Retour à l’énoncé ]
√
√
√
La suite (un ) est croissante. On vérifie u2n+1 ≤ 1 + 2 un donc u2n+1 ≤ 1 + 2 un ≤ 1 + 2 un+1 .
√
Autrement dit, pour tout n ≥ 1, on a P (un ) ≤ 0 avec P (x) = x2 − x 2 − 1. . .
Indication pour l’exercice 4 [ Retour à l’énoncé ]
1. – On traite d’abord ` = 0. Soit ε > 0 et m ∈ IN tel que n > m ⇒ |un | ≤ ε.
On en déduit l’existence de p > m tel que n ≥ p ⇒ |vn | ≤ 2ε.
– Le cas ` ∈ IR se ramène au précédent par une translation.
– Si ` = +∞, soit A > 0 quelconque. Il existe m tel que n > m ⇒ un ≥ A.
On en déduit p > m tel que n ≥ p ⇒ vn ≥ A
2.
– Le cas ` = −∞ se traite par changement de signe.
2. Penser à la suite de terme général un = (−1)n .
3. La suite u a maintenant une limite, finie ou infinie, et on se ramène au début de l’exercice.
Indication pour l’exercice 5 [ Retour à l’énoncé ]
(2n)!
. C’est une suite décroissante minorée. Soit ` sa limite.
(n!)2 22n
1
On vérifie que ln p2n − ln pn ≤ n ln 1 − 4n
. Dans ces conditions, conclure que ` = 0.
On trouve pn =
c
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Suites monotones
Corrigés
Corrigés des exercices
Corrigé de l’exercice 1 [ Retour à l’énoncé ]
Considérons la suite de terme général wn = un+1 − un pour n ≥ 0.
L’hypothèse sur la suite (un ) s’écrit : ∀n ∈ IN, wn ≤ wn+1 .
La suite (wn ) est donc croissante. De plus, comme la suite (un ), elle est bornée.
On en déduit que la suite (wn ) est convergente. Soit ` sa limite.
– Si ` > 0, alors wn = un+1 − un ≥ 0 pour n assez grand.
– Si ` ≤ 0, alors wn = un+1 − un ≤ 0 pour tout n.
Dans tous les cas, on voit que (un ) est monotone au moins à partir d’un certain rang.
Comme cette suite est bornée, cela implique qu’elle est convergente.
Corrigé de l’exercice 2 [ Retour à l’énoncé ]
On constate que un+1 − un =
k(n+1)
P
kn
kn+k
P
P 1
1
1
1
−
=
−
.
n+1
m=n+2 m
m=n+1 m
m=kn+1 m
Dans la dernière somme chacun des k termes est supérieur ou égal au dernier
1
.
k(n + 1)
k
1
−
c’est-à-dire un+1 − un ≥ 0.
k(n + 1) n + 1
La suite (un ) est donc croissante.
kn
P
1
1
1
, on majore chaque
par
.
Dans l’expression, un =
m
n+1
m=n+1 m
(k − 1)n
Comme il y a (k − 1)n termes dans cette somme, on en déduit : un ≤
≤ k − 1.
n+1
Cela prouve que la suite (un ) est majorée.
Il en découle : un+1 − un ≥
Comme elle est croissante, elle est convergente.
Remarque : on montre que lim un = ln k.
n→+∞
Corrigé de l’exercice 3 [ Retour à l’énoncé ]
– Il est clair que la suite (un ) est croissante.
En effet on passe de un à un+1 en remplaçant n par n +
√
n + 1 dans l’expression de un .
– D’autre part on peut écrire

r
q
p

√

2

 un+1 = 1 + 2 + 3 + . . . + n + 1
r
q

p

√
√

 1 + 2un = 1 + 1 · 2 + 2 · 22 + . . . + n · 2n
c
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Corrigés
Dans les deux cas, il y a n radicaux superposés. Mais ∀k ∈ {2, . . . , n}, on a : k + 1 ≤ k · 2k .
√
On peut ainsi comparer les termes de même rang et d’affirmer que u2n+1 ≤ 1 + 2 un .
√
√
– Des deux résultats précédents, on tire : u2n+1 ≤ 1 + 2 un ≤ 1 + 2 un+1 .
√
Autrement, dit, pour tout n ≥ 1, on a P (un ) ≤ 0 avec P (x) = x2 − x 2 − 1.
Or le discriminant de P est ∆ = 5 > 0. P a donc deux racines réelles α < β.
La condition P (un ) ≤ 0 signifie alors que α ≤ un ≤ β.
On en déduit que (un ) est majorée. Comme elle est croissante, elle est convergente.
Corrigé de l’exercice 4 [ Retour à l’énoncé ]
1. On va discuter suivant les valeurs possibles de `.
– Traitons d’abord le cas ` = 0, et donnons-nous ε > 0.
Il existe un entier m tel que n > m ⇒ |un | ≤ ε. On en déduit, pour tout n > m :
m
n
1 P
1 P
m
n−m
|vn | ≤ uk + uk et donc |vn | ≤
|vm | +
ε.
n k=1
n k=m+1
n
n
Le dernier membre tend vers ε quand n tend vers +∞.
m
n−m
Il existe donc un entier p > m tel que n ≥ p ⇒
|vm | +
ε ≤ 2ε.
n
n
On en déduit que : n ≥ p ⇒ |vn | ≤ 2ε, ce qui prouve lim vn = 0 = lim un .
n→+∞
n→+∞
– On suppose maintenant que ` est un réel non nul.
Pour tout n ≥ 1, on pose Un = un − ` et Vn = vn − `.
n
n
n
1 P
1 P
1 P
On constate que Vn =
uk − ` =
(uk − `) =
Uk .
n k=1
n k=1
n k=1
Or lim Un = 0. Donc lim Vn = 0 (premier cas) puis lim vn = ` = lim un .
n→+∞
n→+∞
n→+∞
n→+∞
– Supposons maintenant ` = +∞. Soit A un réel positif quelconque.
Il existe un entier m tel que n > m ⇒ un ≥ A.
n
m
1 P
m
n−m
Ainsi n > m ⇒ vn =
vm +
uk ≥
vm +
A.
n
n k=m+1
n
n
Le dernier membre tend vers A quand n tend vers +∞.
m
n−m
A
Il existe donc un entier p > m tel que n ≥ p ⇒
vm +
A≥ .
n
n
2
A
On en déduit que : n ≥ p ⇒ vn ≥ , ce qui prouve lim vn = +∞ = lim un .
n→+∞
n→+∞
2
– En fin le cas ` = −∞ se traite en considérant la suite de terme général −un .
2. La réciproque est fausse comme on le voit avec la suite de terme général un = (−1)n .
Cette suite est en effet divergente, alors que lim vn = 0.
n→+∞
c
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Corrigés
3. On suppose que la suite (un ) est croissante (l’autre cas s’en déduit en considérant −un .)
Cette suite a alors nécessairement une limite, finie ou égale à +∞.
Cette limite est nécessairement aussi celle de la suite (vn ) (question 1).
Ainsi l’hypothèse lim vn = ` et la croissance de (un ) impliquent lim un = `.
n→+∞
n→+∞
Remarque : Montrons que la suite (vn ) est croissante.
n
1 P
uk ≤ un+1 .
Pour tout k de {1, . . . , n} on uk ≤ un+1 . Donc vn =
n k=1
1
1
On en déduit : vn+1 − vn =
(nvn + un+1 ) − vn =
(un+1 − vn ) ≥ 0.
n+1
n+1
Remarque : quand (vn ) est convergente, on dit que (un ) converge au sens de Cesaro.
Corrigé de l’exercice 5 [ Retour à l’énoncé ]
Cette épreuve possède 22n résultats élémentaires possibles.
Le nombre de “cas favorables” à la réalisation de l’événement considéré ici est : C n2n (c’est le
nombre de manières différentes de choisir à quel moment vont arriver les n piles parmi les 2n
jets successifs.)
(2n)!
La probabilité recherchée est donc pn = 2−2n C n2n =
.
(n!)2 22n
(2n + 2)(2n + 1)
2n + 1
pn+1
On constate que
=
=
< 1.
2
pn
4(n + 1)
2(n + 1)
La suite (pn ) est donc décroissante (ce qui semble assez logique).
Comme elle est minorée (par 0), elle est convergente.
Soit ` sa limite. On va montrer que ` = 0.
2n−1
Y 2k + 1
p2n
Pour tout n ≥ 1, on
=
.
pn
2(k
+
1)
k=n
La suite de terme général wk =
2k + 1
1
=1−
est croissante.
2(k + 1)
2(k + 1)
4n − 1
1
Dans le produit précédent, on peut donc majorer chaque wk par w2n−1 =
=1− .
4n
4n
n
p2n
1
1
On en déduit
≤ 1−
puis : ln p2n − ln pn ≤ n ln 1 −
.
pn
4n
4n
1
1
Or lim n ln 1 −
=− .
n→+∞
4n
4
Dans ces conditions, l’hypothèse ` > 0 serait absurde car elle impliquerait :
lim ( ln p2n − ln pn ) = ln ` − ln ` = 0
n→+∞
On en déduit finalement lim pn = 0.
n→+∞
c
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