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Exercices de Math´ ematiques
Suites monotones
´
Enonc´es
´
Enonc´es des exercices
Exercice 1 [ Indication ] [ Correction ]
Soit (un) une suite born´ee 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 g´en´eral un=1
n+ 1 +1 n+ 2 +. . . +1 kn (o`u kest un entier donn´e
sup´erieur ou ´egal `a 2) est convergente.
Exercice 3 [ Indication ] [ Correction ]
On consid`ere la suite de terme g´en´eral un=r1 + q2 + p. . . +√n.
Montrer que pour tout n,u2
n+1 ≤1 + √2un.
La suite (un) est-elle convergente ?
Exercice 4 [ Indication ] [ Correction ]
On se donne une suite r´eelle (un) et on pose vn=1
n(u1+u2+··· +un).
1. Montrer que si lim
∞un=`alors lim ∞vn=`.
2. V´erifier sur un exemple que la r´eciproque est fausse.
3. Montrer que si la suite (un) est monotone, alors la r´eciproque est vraie.
Exercice 5 [ Indication ] [ Correction ]
Soit pnla probabilit´e d’obtenir exactement nfois pile en 2nlancers d’une pi`ece ´equilibr´ee.
Calculer pnet d´eterminer lim
∞pn.
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Suites monotones
Indications, r´esultats
Indications ou r´esultats
Indication pour l’exercice 1 [ Retour `a l’´enonc´e ]
Montrer que la suite de terme g´en´eral wn=un+1 −unest croissante et born´ee.
Soit `sa limite. Discuter suivant le signe de `.
Indication pour l’exercice 2 [ Retour `a l’´enonc´e ]
V´erifier que la suite (un) est croissante, ensuite que un≤k−1.
Indication pour l’exercice 3 [ Retour `a l’´enonc´e ]
La suite (un) est croissante. On v´erifie u2
n+1 ≤1 + √2undonc u2 n+1 ≤1 + √2un≤1 + √2un+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 `a l’´enonc´e ]
1. – On traite d’abord `= 0. Soit ε > 0 et m∈IN tel que n>m⇒ |un| ≤ ε.
On en d´eduit l’existence de p>mtel que n≥p⇒ |vn| ≤ 2ε.
– Le cas `∈IR se ram`ene au pr´ec´edent par une translation.
– Si `= +∞, soit A > 0 quelconque. Il existe mtel que n>m⇒un≥A.
On en d´eduit p>mtel que n≥p⇒vn≥A
2.
– Le cas `=−∞ se traite par changement de signe.
2. Penser `a la suite de terme g´en´eral un= (−1)n.
3. La suite ua maintenant une limite, finie ou infinie, et on se ram`ene au d´ebut de l’exercice.
Indication pour l’exercice 5 [ Retour `a l’´enonc´e ]
On trouve pn=(2n)!
(n!)222n. C’est une suite d´ecroissante minor´ee. Soit `sa limite.
On v´erifie que ln p2n−ln pn≤nln 1−1
4n. Dans ces conditions, conclure que `= 0.
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Suites monotones
Corrig´es
Corrig´es des exercices
Corrig´ e de l’exercice 1 [ Retour `a l’´enonc´e ]
Consid´erons la suite de terme g´en´eral wn=un+1 −unpour n≥0.
L’hypoth`ese sur la suite (un) s’´ecrit : ∀n∈IN, wn≤wn+1.
La suite (wn) est donc croissante. De plus, comme la suite (un), elle est born´ee.
On en d´eduit que la suite (wn) est convergente. Soit `sa limite.
– Si ` > 0, alors wn=un+1 −un≥0 pour nassez grand.
– Si `≤0, alors wn=un+1 −un≤0 pour tout n.
Dans tous les cas, on voit que (un) est monotone au moins `a partir d’un certain rang.
Comme cette suite est born´ee, cela implique qu’elle est convergente.
Corrig´ e de l’exercice 2 [ Retour `a l’´enonc´e ]
On constate que un+1 −un=
k(n+1)
P
m=n+2
1
m−
kn
P
m=n+1
1
m=
kn+k
P
m=kn+1
1
m−1 n+ 1.
Dans la derni`ere somme chacun des ktermes est sup´erieur ou ´egal au dernier 1
k(n+ 1).
Il en d´ecoule : un+1 −un≥k
k(n+ 1) −1 n+ 1 c’est-`a-dire un+1 −un≥0.
La suite (un) est donc croissante.
Dans l’expression, un=
kn
P
m=n+1
1
m, on majore chaque 1 mpar 1 n+ 1.
Comme il y a (k−1)ntermes dans cette somme, on en d´eduit : un≤(k−1)n
n+ 1 ≤k−1.
Cela prouve que la suite (un) est major´ee.
Comme elle est croissante, elle est convergente.
Remarque : on montre que lim
n→+∞un= ln k.
Corrig´ e de l’exercice 3 [ Retour `a l’´enonc´e ]
– Il est clair que la suite (un) est croissante.
En effet on passe de un`a un+1 en rempla¸cant npar n+√n+ 1 dans l’expression de un.
– D’autre part on peut ´ecrire
u2
n+1 = 1 + r2 + q3 + p. . . +√n+ 1
1 + √2un= 1 + r1·2 + q2·22+p. . . +√n·2n
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Corrig´es
Dans les deux cas, il y a nradicaux superpos´es. Mais ∀k∈ {2, . . . , n},ona:k+ 1 ≤k·2k.
On peut ainsi comparer les termes de mˆeme rang et d’affirmer que u2
n+1 ≤1 + √2un.
– Des deux r´esultats pr´ec´edents, on tire : u2
n+1 ≤1 + √2un≤1 + √2un+1.
Autrement, dit, pour tout n≥1, on a P(un)≤0 avec P(x) = x2−x√2−1.
Or le discriminant de Pest ∆ = 5 >0. Pa donc deux racines r´eelles α < β.
La condition P(un)≤0 signifie alors que α≤un≤β.
On en d´eduit que (un) est major´ee. Comme elle est croissante, elle est convergente.
Corrig´ e de l’exercice 4 [ Retour `a l’´enonc´e ]
1. On va discuter suivant les valeurs possibles de `.
– Traitons d’abord le cas `= 0, et donnons-nous ε > 0.
Il existe un entier mtel que n>m⇒ |un| ≤ ε. On en d´eduit, pour tout n>m:
|vn| ≤ 1
n
m
P
k=1
uk +1
n
n
P
k=m+1
uk et donc |vn| ≤ m
n|vm|+n−m nε.
Le dernier membre tend vers εquand ntend vers +∞.
Il existe donc un entier p>mtel que n≥p⇒m
n|vm|+n−m nε≤2ε.
On en d´eduit que : n≥p⇒ |vn| ≤ 2ε, ce qui prouve lim
n→+∞vn= 0 = lim n→+∞un.
– On suppose maintenant que `est un r´eel non nul.
Pour tout n≥1, on pose Un=un−`et Vn=vn−`.
On constate que Vn=1
n
n
P
k=1
uk−`=1
n
n
P
k=1
(uk−`) = 1
n
n
P
k=1
Uk.
Or lim
n→+∞Un= 0. Donc lim n→+∞Vn= 0 (premier cas) puis lim n→+∞vn=`= lim n→+∞un.
– Supposons maintenant `= +∞. Soit Aun r´eel positif quelconque.
Il existe un entier mtel que n>m⇒un≥A.
Ainsi n>m⇒vn=m
nvm+1 n
n
P
k=m+1
uk≥m
nvm+n−m nA.
Le dernier membre tend vers Aquand ntend vers +∞.
Il existe donc un entier p>mtel que n≥p⇒m
nvm+n−m nA≥A 2.
On en d´eduit que : n≥p⇒vn≥A
2, ce qui prouve lim
n→+∞vn= +∞= lim n→+∞un.
– En fin le cas `=−∞ se traite en consid´erant la suite de terme g´en´eral −un.
2. La r´eciproque est fausse comme on le voit avec la suite de terme g´en´eral un= (−1)n.
Cette suite est en effet divergente, alors que lim
n→+∞vn= 0.
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Corrig´es
3. On suppose que la suite (un) est croissante (l’autre cas s’en d´eduit en consid´erant −un.)
Cette suite a alors n´ecessairement une limite, finie ou ´egale `a +∞.
Cette limite est n´ecessairement aussi celle de la suite (vn) (question 1).
Ainsi l’hypoth`ese lim
n→+∞vn=`et la croissance de (un) impliquent lim n→+∞un=`.
Remarque : Montrons que la suite (vn) est croissante.
Pour tout kde {1, . . . , n}on uk≤un+1. Donc vn=1
n
n
P
k=1
uk≤un+1.
On en d´eduit : vn+1 −vn=1
n+ 1(nvn+un+1)−vn=1 n+ 1(un+1 −vn)≥0.
Remarque : quand (vn) est convergente, on dit que (un)converge au sens de Cesaro.
Corrig´ e de l’exercice 5 [ Retour `a l’´enonc´e ]
Cette ´epreuve poss`ede 22nr´esultats ´el´ementaires possibles.
Le nombre de “cas favorables” `a la r´ealisation de l’´ev´enement consid´er´e ici est : Cn
2n(c’est le
nombre de mani`eres diff´erentes de choisir `a quel moment vont arriver les npiles parmi les 2n
jets successifs.)
La probabilit´e recherch´ee est donc pn= 2−2nCn
2n=(2n)!
(n!)222n.
On constate que pn+1
pn
=(2n+ 2)(2n+ 1)
4(n+ 1)2=2n+ 1 2(n+ 1) <1.
La suite (pn) est donc d´ecroissante (ce qui semble assez logique).
Comme elle est minor´ee (par 0), elle est convergente.
Soit `sa limite. On va montrer que `= 0.
Pour tout n≥1, on p2n
pn
=
2n−1
Y
k=n
2k+ 1
2(k+ 1).
La suite de terme g´en´eral wk=2k+ 1
2(k+ 1) = 1 −1 2(k+ 1) est croissante.
Dans le produit pr´ec´edent, on peut donc majorer chaque wkpar w2n−1=4n−1
4n= 1 −1 4n.
On en d´eduit p2n
pn≤1−1 4nn
puis : ln p2n−ln pn≤nln 1−1
4n.
Or lim
n→+∞nln 1−1
4n=−1 4.
Dans ces conditions, l’hypoth`ese ` > 0 serait absurde car elle impliquerait :
lim
n→+∞( ln p2n−ln pn) = ln `−ln `= 0
On en d´eduit finalement lim
n→+∞pn= 0.
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