EXERCICES SUR LES SUITES NUMERIQUESGerard.Eguether/LMI/ANALYSE1/SUITES.pdf · b) Montrer que la...

EXERCICES SUR LES SUITES NUMERIQUES

1. Etudier la monotonie des suites (an)n≥0 définies par :

a) an = n2 − 2n b) an = (n+ 1)(n + 2) · · · (n+ n)c) an = nn − n! d) an = nα+ (−1)n (α réel positif)e) an = n2 − 3n f) an = nn − 2n!

2. Pour n ≥ 1, on pose un = n!− n.Montrer que la suite (un)n≥1 est croissante. Est-elle strictement croissante ?

3. Montrer que les suites (an)n≥0 définies par :

a) an =(−1)n thn

thn+ 1b) an =

n cosn

2n + 2 + cosnc) an =

n∑

k=0

cos k

d) an =(−1)n arctan n

arctan n+ 1e) an =

n sinn

2n + 2 + sinnf) an =

n∑

k=0

sin k

sont bornées.

4. Soit la suite de terme général an =n3 + 1

n3 + n2 + 2. Trouver un entier N , tel que, si n ≥ N , on

ait |an − 1| < 10−2.Plus généralement, ε étant un nombre réel strictement positif, déterminer un entier N , tel que,si n ≥ N , on ait |an − 1| < ε. Qu’a-t-on démontré pour la suite (an) ?

5. Soit la suite de terme général an =n3 + 2

n3 + n2 + 1. Trouver un entier N , tel que, si n ≥ N , on

ait |an − 1| < 10−2.Plus généralement, ε étant un nombre réel strictement positif, déterminer un entier N , tel que,si n ≥ N , on ait |an − 1| < ε. Qu’a-t-on démontré pour la suite (an) ?

6. Soit (an) une suite numérique. Montrer que si limn→∞

an = ℓ (ℓ finie ou non), on a limn→∞

|an| = |ℓ|.En déduire que si la suite (|an|) est divergente, la suite (an) est divergente.Que pensez-vous de la réciproque ?

7. Ecrire sous forme quantifiée les propriétés suivantes :

a) La suite (an) n’est pas bornée

b) La suite (an) est divergente

c) La suite (an) n’est pas monotone

d) La suite (an) n’est pas majorée

1

8. Pour chacune des formules suivantes reconnaître la propriété générale des suites (an) qui lavérifient, s’il en existe.

a) (∃M ∈ R) (∀n ∈ N) (an ≤ M) b) (∀n ∈ N) (∃M ∈ R) (an ≤ M)

c) (∀M ∈ R) (∃n ∈ N) (an ≤ M) d) (∃n ∈ N) (∀M ∈ R) (an ≤ M)

e) (∀M ∈ R) (∀n ∈ N) (an ≤ M) f) (∃M ∈ R) (∃n ∈ N) (an ≤ M)

9. Calculer la limite ℓ des suites (an)n≥1 dont le terme général est défini ci-dessous, et trouver,pour chacune d’elles, un entier N , tel que, si n ≥ N , on ait |an − ℓ| ≤ 10−2

a) an =n+ cosn

n− sinnb) an =

n

n2 + 1+

n

n2 + 2+ · · ·+ n

n2 + n

c) an =n+ sinn

n− cosnd) an =

n

n2 + n+ 1+

n

n2 + n+ 2+ · · ·+ n

n2 + 2n

10. Etudier si les suites (an)n≥0 définies ci-dessous possèdent une limite

a) an = n−2+(−1)n b) an =n(−1)n + 1

2n(−1)n + 3c) an = en(−1)n

d) an = (−1)ne−n e) an = n−1+(−1)n f) an = cos(π√n)

g) an = n−3+(−1)n h) an =n(−1)n + 2

3n(−1)n + 1i) an = e2n(−1)n

11. Calculer la limite des suites (an)n≥1 définies par

a) an =ln(n+ lnn)

ln(2n + lnn)b) an =

n+ en

2n + en

c) an =3√n+ 2

√

n+√n+ 3

√n

4√n2 + 3 + 2

√n+ 1

d) an =αn − βn

αn + βn(α et β réels > 0)

e) an =1 + 2 + · · ·+ n

n2f) an =

1 + 3 + 9 + · · ·+ 3n

3n+1

g) an =ln(n+ 2 ln n+ 1)

ln(2n + lnn)h) an =

n2 + 2n

2n + 2n

i) an =

√n+

√

n+ 2√n+ 3

√n

4√n2 + n+ 1 + 2

√n

j) an =1 + 2 + 4 + · · ·+ 2n

2n+1

2

12. Soit x ∈ R. Montrer que la suite (un)n≥1 définie par

un =[x] + [2x] + · · ·+ [nx]

n2

converge et calculer sa limite. (On rappelle que la partie entière [u] du nombre u vérifie [u] ≤ u < [u] + 1).

13. Distinguer le vrai du faux. Soit (un) une suite réelle.

a) si limn→∞

un = 1 et, si pour tout n ∈ N, on a un ≥ 1, alors la suite (un) est décroissante à

partir d’un certain rang.

b) si limn→∞

un = 1, alors il existe n0 ∈ N tel que un ≥ 0 pour tout n ≥ n0.

c) si limn→∞

un = ℓ, alors limn→∞

(un+1 − un) = 0.

d) si (un+1 − un) converge vers 0, alors (un) possède une limite finie.

e) si la suite (un) ne tend pas vers l’infini, alors elle est bornée.

f) si limn→∞

un = −1, alors il existe n0 ∈ N tel que, pour tout n ≥ n0 on ait un ≤ 0.

14. Donner un exemple

a) de suite bornée qui n’est pas convergente,

b) de suite qui n’admet pas +∞ pour limite et qui n’est pas majorée,

c) de suite à termes positifs qui converge vers 0 mais qui n’est pas décroissante.

15. Soit α et β deux nombres réels. A quelle condition la suite (an)n≥0 définie par

an = sin√

α+ βn+ π2n2

a-t-elle une limite ? Calculer cette limite lorsqu’elle existe.(On commencera par chercher la limite de la suite (bn) définie par

bn =√

α+ βn+ π2n2 − nπ ,

puis on exprimera an en fonction de bn).

16. Soit (an) une suite numérique. On suppose que les suites extraites de (an) de terme généralxn = a2n, yn = a2n+1 et zn = a3n convergent. Démontrer que (an) converge.

17. Montrer que pour tout nombre réel α, la suite (an) définie par

an =αn

n!

converge vers 0. (Dans le cas α > 0, on pourra par exemple utiliser une relation simple entrean+1 et an).

3

18. Soit α un nombre réel et (an)n≥1, la suite définie par les relations a1 = α, et, pour toutn ≥ 1,

an+1 =2(n2 + n+ 1) + nan

(n+ 1)2.

a) Montrer que la suite (an)n≥1 est monotone et bornée, et trouver sa limite ℓ.

b) Trouver une relation simple entre an+1 − ℓ et an − ℓ.

c) En déduire la valeur de an en fonction de α et de n.

19. Soit la suite (an)n≥1 définie par les relations a1 = 3, et pour tout n ≥ 1,

an+1 =(n+ 2)an + 2(n2 + n− 1)

(n+ 1)2.

a) Montrer que la suite est décroissante.

b) Montrer qu’elle admet une limite ℓ.

c) Calculer ℓ.

d) Exprimer an en fonction de n.

20. a) Soit (un) une suite réelle telle que limn→∞

un1 + un

= 0. Montrer que la suite (un) converge

vers 0.b) Soit (vn) une suite réelle bornée telle que lim

n→∞

vn1 + v2n

= 0. Montrer que la suite (vn)

converge vers 0.

21. Dire, en justifiant la réponse, lesquelles des propriétés suivantes sont vraies :

a) n+1

2∼ n b)

√

n+1

2∼ √

n

c) en+1

2 ∼ en d) ln

(

n+1

2

)

∼ lnn

e) sin

[(

n+1

2

)

π

]

∼ sin(nπ) f) arctan

(

n+1

2

)

∼ arctan n .

22. Dans chacun des cas ci-dessous, trouver une suite simple équivalente à la suite (an) donton donne le terme général. En déduire si elle possède une limite.

4

a)2n2 + 1000

n3 + 3n+ 5b)

2n + 3n

3n − 2nc)

2n+ (−1)n

3n+ (−1)n+1

d)an2 + bn+ c

n+ 1000(a, b, c ∈ R) e)

1

n+ (−1)n f)

√n+ 1 +

√n

g)(−1)nn+ 1

n+√n

h)n1000 + 2n

3−n + (n+ 2)1000i) n−

√

(n+ a)(n + b) (a, b > 0)

j)1 + 2 + · · ·+ n

2n+2 − (n+ 5)10k) (

√n4 + 2n + 1− n2)(2n + 1) l)

n! + nn

nn+3 − 1000n


a)2n2 − n− 10

n3 + n+ 2b)

√n3 + 5n2 −

√n3 + n c)

ln(n2 + n)

ln(n2 + 2n)

d)1

n+ 2(−1)n e)

αn2 + βn+ γ

n+ 1(α, β, γ ∈ R) f)

√n+ α+

√n+ β (α, β ∈ R)

g)(−1)nn+ 1

n+√n

h)nα + αn

n2α + α2n(α > 0) i)

nα + 2√n

n2α + n(α ∈ R)

j)2λn + 3n+ 1

2λn + 1(λ ∈ R) k)

n! + 2n

(n+ 1)! + 3nl)

n! + nn

nn+2 + 3n

m)3n2 − 2n + 5

n3 + 3n+ 2n)

√n3 + 3n2 + 1−

√n3 + 2n o)

ln(n3 + 2n)

ln(n3 + 3n)

p)1

n2+ 2(−1)n q)

αn2 + βn+ γ

n2 + n+ 1(α, β, γ ∈ R) r)

√n2 + α+

√

n2 + β (α, β ∈ R)

s)nα +

√n

n2α + 2n(α ∈ R) t) 2λn + n+ 2 (λ ∈ R) u)

n2 + n! + 1000n

(n+ 2)! + 1002n


5

a)√n2 + nα − n (α ∈ R) b)

ln(en + n)√n2 + 2n−

√n2 + 1

c) ln chn

d)nα + ln(en + n)

nα + αn(α > 0) e)

n2 + sin(2n)

nα + en+1 (α ∈ R) f)nx + ln(2n + 3n)

nx + ln(n2 + n3)(x ∈ R)

g)

√n− n+ ln(en + n)

nx + ln(n2 + 1)(x ∈ R) h)

ln(n3 + 2n)

ln(n2 + eλn)(λ ∈ R) i)

an − n

bn + n(a, b > 0)

25. En utilisant la formule de Stirling :

n! ∼(n

e

)n√2nπ ,

trouver un équivalent du coefficient binomial

(

2n

n

)

.

26. Montrer que si P est un polynôme non constant de degré q, on a l’équivalent

ln |P (n)| ∼ q lnn .

27. Soit (an), (bn) et (cn) trois suites de nombres réels.

a) On suppose qu’à partir d’un certain rang, on a an > 0. Montrer que an ∼ bn ∼ cn.

b) Montrer que la conclusion est vraie sans hypothèse de signe sur an.

28. Soit (an) une suite pour laquelle il existe un nombre µ ∈ [ 0, 1 [ et un nombre réel k telsque, pour tout entier n,

|an+1 − an| ≤ kµn .

Montrer que la suite (an) converge.

29. Soit la suite de nombre complexes (un) définie par u0 = α et vérifiant, pour tout n ≥ 0, larelation de récurrence

un+1 =un + |un|

2.

a) Déterminer la suite (Imun) et sa limite.

b) Montrer que les suites (|un|) et (Re un) sont monotones.

c) En déduire que la suite (un) converge et que sa limite est réelle.

d) Que se passe-t-il si α est réel ?

30. Soit (un)n≥1 une suite numérique. On pose

vn =u1 + · · ·+ un

n.

6

a) Montrer que si (un) converge vers 0 alors (vn) converge vers 0.

b) Etudier la réciproque en prenant un = (−1)n

c) Déduire de a) que si (un) converge vers ℓ alors (vn) converge vers ℓ.

31. Soit (un)n≥0 une suite bornée telle que, pour tout entier n ≥ 1,

un ≤ un−1 + un+1

2.

Montrer que la suite (un) décroit à partir d’un certain rang et qu’elle converge. (Indication :étudier d’abord la suite (vn)n≥1 définie par vn = un − un−1).

32. Soit a et b deux nombres réels strictement positifs. On définit les suites (un)n≥0 et (vn)n≥0

par u0 = a, v0 = b et, pour tout entier n ≥ 0, les relations

un+1 =un + vn

2, vn+1 =

un+1 + vn2

.

a) Montrer que pour tout entier n, les nombres un et vn sont positifs et inférieurs au plusgrand des deux nombres a et b.

b) Etablir une relation simple entre un+1−vn+1 et un−vn et en déduire l’expression de un−vnen fonction de n.

c) Montrer que les suites (un) et (vn) ont une limite commune ℓ.

d) Etudier la suite (un + 2vn) et en déduire la valeur de ℓ.

33. Soit α et β deux réels tels que 0 < α < β. On définit les suites (an)n≥0 et (bn)n≥0 para0 = α, b0 = β et, pour tout entier n ≥ 0, les relations

an+1 =2anbnan + bn

; bn+1 =1

2(an + bn)

a) Montrer que les suites an et bn convergent et ont la même limite ℓ que l’on calculera enfonction de α et de β.

b) Montrer que pour tout n ≥ 0,

0 ≤ bn+1 − an+1 ≤(bn − an)

2

4α

c) En déduire que

0 ≤ bn − an ≤ 4α

(

β − α

4α

)2n

d) Trouver une valeur approchée de√2 à 10−4 près.

34. Soit la suite (un)n≥0 définie par la donnée de u0 > 0 et, pour tout n ≥ 0, la relation

un+1 = un +1

un− 1 .

7

a) Montrer que la suite (un) converge et calculer sa limite.

b) Pour n ∈ N on pose vn = un − 1. Trouver une relation entre vn+1 et vn et montrer quevn+1 ∼ v2n .

35. On considère la suite (xn)n≥0 définie par x0 = 2 et, pour tout entier n ≥ 0, la relation

xn+1 =2 + x2n2xn

.

a) Montrer que, pour tout entier n ≥ 0, on a xn ≥√2.

b) Montrer que la suite (xn)n≥0 est convergente, et déterminer sa limite.

c) Montrer que, pour tout entier n ≥ 0, on a

0 ≤ xn+1 −√2 ≤ (xn −

√2)2

2√2

,

et en déduire que

0 ≤ xn −√2 ≤ 2

√2

(√2− 1

2

)2n

,

puis que0 ≤ xn −

√2 ≤ 41−2n .

d) Calculer x2 et montrer que x2 est une valeur approchée de√2 à 2.10−2 près.

36. Soit (an)n≥1 la suite définie par

an =sin 1

n2 + 1+

sin 2

n2 + 2+ · · ·+ sinn

n2 + n.

a) Montrer que la suite (an) converge et trouver sa limite ℓ.

b) Trouver un entier N tel que, pour tout n ≥ N , on ait |an − ℓ| ≤ 10−2.

37. Soit (an)n≥0 une suite de nombres réels. On pose

bn =a0 + 2a1 + 4a2 + · · ·+ 2nan

2n+1.

Montrer les propriétés suivantes :

a) Si (an)n≥0 est croissante positive, alors (bn)n≥0 est croissante.

b) Si (an)n≥0 est majorée par M ≥ 0, alors (bn)n≥0 est majorée par M .

c) Si (an)n≥0 converge vers zéro, alors (bn)n≥0 converge vers zéro.

d) Si (an)n≥0 converge vers ℓ, alors (bn)n≥0 converge vers ℓ.

8

38. Soit a et b deux nombres réels tels que 0 < a < b. On définit par récurrence deux suites(an)n≥0 et (bn)n≥0 strictement positives en posant a0 = a , b0 = b , et si n ≥ 0

an+1 =1

2(an + bn) et bn+1 =

√

1

2(a2n + b2n) .

a) Montrer que les suites (an)n≥0 et (bn)n≥0 sont convergentes et ont la même limite (que l’onne cherchera pas à calculer).

b) Montrer que pour tout n ≥ 0,

0 ≤ bn+1 − an+1 ≤1

8a(bn − an)

2 .

c) En déduire que pour tout n ≥ 0,

0 ≤ bn − an ≤ 8a

(

b− a

8a

)2n

.

39. Soit la suite (un)n≥1 de nombres réels positifs, définie par u1 = 1 et, si n ≥ 1,

un+1 =n+ unn2

.

a) Montrer que, pour tout n ≥ 1, on a un ≤ 2. En déduire que la suite (un) a une limite ℓ quel’on calculera.

b) Montrer que pour tout n ≥ 2, on a l’encadrement

1

n− 1≤ un ≤ n+ 1

(n− 1)2.

En déduire un équivalent simple de un.

c) On veut étudier la monotonie de la suite (un).i) Montrer que la suite (vn)n≥2 définie par

vn =n

n2 − 1,

est décroissante.ii) Montrer que pour tout n ≥ 2, on a un ≥ vn.iii) En déduire que la suite (un)n≥2 est décroissante.iv) Est-ce que la suite (un)n≥1 est décroissante ?

40. Soit (un)n≥0 la suite définie par u0 = 0 et, pour tout entier n ≥ 0,

un+1 =1 + un2n

.

a) Montrer que pour tout n ≥ 0, le nombre un est compris entre 0 et 1.En déduire que pour tout n ≥ 0,

un ≤ 1

2n−2.

9

b) Montrer que la suite (un)n≥0 converge et donner sa limite.

c) Trouver un équivalent simple de un.

d) Montrer que pour tout n ≥ 2 on a

un >1

2n − 1,

et en déduire que la suite (un)n≥2 est strictement décroissante. La suite (un)n≥0 est-elledécroissante ?

41. Soit (un)n≥0 la suite définie par u0 ≥ 2 et, pour tout n ≥ 0,

un+1 = u2n − 2n

n+ 1.

a) Montrer que pour tout n ≥ 1, on a un ≥ 4. En déduire que la suite (un) n’a pas de limitefinie.

b) Montrer que pour tout n ≥ 0, on a

un+1 − un ≥ (un + 1)(un − 2) ,

et en déduire que la suite (un) est croissante. La suite (un) est-elle majorée ?

42. On veut trouver la limite de la suite (xn)n≥0 définie par la donnée des deux premiers termes

x0 =11

2, x1 =

61

11et, pour n ≥ 1, par la relation de récurrence

xn+1 = 111− 1130

xn+

3000

xnxn−1.

En calculant les premiers termes de cette suite à l’aide d’une calculatrice ne travaillant pas enmode formel (c’est-à-dire donnant des valeurs décimales approchées dans les calculs successifs),vérifier qu’au bout d’un certain nombre d’itérations, on obtient une valeur fixe ℓ.

On veut maintenant obtenir la valeur exacte de la limite. Il se pose également le problème del’existence de la suite (xn)n≥0. En effet, si pour un entier p on obtenait xp = 0, on ne pourraitplus définir xp+1. Comme x0 et x1 ne sont pas nuls, soit alors un entier p ≥ 1 tel que xp 6= 0.

a) On pose a0 = 1, et si 0 ≤ n ≤ p+ 1, an+1 = x0 · x1 · · · xn. Montrer que, si 1 ≤ n ≤ p, ona la relation

an+2 = 111an+1 − 1130an + 3000an−1 .

b) Trouver les racines u, v, w du polynôme

P (X) = X3 − 111X2 + 1130X − 3000 .

c) Déterminer des nombres α, β, γ, tels que, si n = 0, 1, et 2,

an = αun + βvn + γwn ,

et montrer que cette relation est alors vraie pour tout entier n tel que 0 ≤ n ≤ p+ 2.

10

d) En déduire la valeur de xn, pour 1 ≤ n ≤ p+1, et constater que xp+1 n’est pas nul. Qu’elleest la limite de la suite (xn)n≥0 ?

e) Montrer que la suite (xn)n≥0 est strictement croissante.

43. Démontrer qu’une suite stationnaire est convergente. Montrer que si la suite est à valeursdans Z, la réciproque est vraie.

44. Etablir la divergence de la suite de terme général un =√n− E(

√n) .

45. Soient θ et ϕ deux nombres réels. On suppose que θ n’est pas un multiple entier de π. Ondéfinit deux suites (un)n≥0 et (vn)n≥0 en posant, pour tout entier n ≥ 0,

un = sin(nθ + ϕ) et vn = cos(nθ + ϕ) .

a) En utilisant les deux formules de trigonométrie

sin p− sin q = 2 sinp− q

2cos

p+ q

2et cos p− cos q = −2 sin

p− q

2sin

p+ q

2,

exprimer pour tout entier n ≥ 1, la différence un+1−un−1 en fonction de vn, puis vn+1−vn−1

en fonction de un.

b) On suppose que (un) converge vers ℓ. En déduire que (vn) converge vers zéro, puis que (un)converge vers zéro. Qu’en déduit-on ?

46. Soient α, β, γ trois nombres réels, et λ un nombre réel tel que 0 < λ < 1. On définit unesuite (un)n≥0 par la donnée de u0 = α et u1 = β et, pour tout entier n > 0,

un+1 = λ sinun + un−1

2+ γ .

a) Montrer que, pour tout n ≥ 2,

|un+1 − un| ≤λ

2(|un − un−1|+ |un−1 − un−2|) .

(On utilisera le fait que, quels que soient u et v réels, on a | sinu− sin v| ≤ |u− v|).b) On pose vn = |un+1 − un|, et on appelle µ la racine positive du trinôme 2X2 − λX − λ.

Montrer que µ < 1, et que, pour tout entier n ≥ 0, on a

vn ≤ max

(

v0,v1µ

)

µn .

c) En déduire que la suite (un)n≥0 converge.

11

Corrigé

1. a) Formons la différence an+1 − an. On a

an+1 − an = (n+ 1)2 − 2(n+ 1)− (n2 − 2n) = 2n− 1 .

Cette expression est positive si n ≥ 1, mais pas si n = 0. La suite (an)n≥0 n’est donc pas mono-tone. Par contre la suite (an)n≥1 est croissante.

b) Les termes de la suite étant strictement positifs, on peut former le quotient de deux termesconsécutifs. On a

an+1 = (n+ 2)(n + 3) · · · (n+ 1 + n+ 1) ,

doncan+1

an=

(n+ 2)(n + 3) · · · (2n)(2n + 1)(2n + 2)

(n+ 1)(n + 2) · · · (2n) = 2(2n + 1) .

Ceci est donc supérieur à 1 pour tout entier naturel n, et la suite est croissante.

c) Formons la différence an+1 − an. On a

an+1 − an = (n+ 1)n+1 − (n+ 1)!− (nn − n!)

= (n+ 1)n+1 − nn − (n+ 1)n! + n!

= (n+ 1)n+1 − nn − n · n! .

Comme n! = 1 · 2 · · ·n ≤ n · n · · ·n = nn , on a alors

an+1 − an ≥ (n+ 1)n+1 − nn − n · nn

≥ (n+ 1)n+1 − (n+ 1)nn

≥ (n+ 1)((n + 1)n − nn) .

On en déduit que la différence est positive et donc que la suite est croissante.

d) Formons la différence an+1 − an. On a

an+1 − an = (n+ 1)α+ (−1)n+1 − (nα+ (−1)n) = α+ 2(−1)n+1 .

Le membre de droite se minore par α − 2. Donc, si α ≥ 2, le membre de droite est toujourspositif, et la suite est croissante.

Si 0 ≤ α < 2, le membre de droite vaut α + 2, et est positif si n est impair. Il vaut α− 2 et estnégatif si n est pair. La suite n’est ni croissante, ni décroisante.

e) Formons la différence an+1 − an. On a

an+1 − an = (n+ 1)2 − 3(n+ 1)− (n2 − 3n) = 2(n − 1) .

Cette expression est positive si n ≥ 1, mais pas si n = 0. La suite (an)n≥0 n’est donc pas mono-tone. Par contre la suite (an)n≥1 est croissante.

f) On aa0 = a1 = −1 .

12

Pour n ≥ 1, formons la différence an+1 − an. On a

an+1 − an = (n+ 1)n+1 − 2(n+ 1)!− (nn − 2n!)

= (n+ 1)n+1 − nn − 2(n + 1)n! + 2n!

= (n+ 1)n+1 − nn − 2n · n! .

Comme n! = 1 · 2 · · ·n ≤ n · n · · ·n = nn, on a alors

an+1 − an ≥ (n+ 1)n+1 − nn − 2n · nn

≥ (n+ 1)n+1 − (2n+ 1)nn

≥ (n+ 1)n+1 − (2n+ 2)nn

≥ (n+ 1)((n + 1)n − 2nn) .

Mais en développant (n+ 1)n par la formule du binôme, on a, si n ≥ 1,

(n+ 1)n ≥ nn +

(

n

1

)

nn−1 = 2nn .

On en déduit que la différence est positive et donc que la suite est croissante.

2. Pour tout n ≥ 1, on a

un+1 − un = (n+ 1)!− (n+ 1)− (n!− n) = (n+ 1)!− n!− 1 = (n+ 1)n!− n!− 1 = n · n!− 1 .

Or, si n ≥ 1, on a n! ≥ 1, et doncn · n!− 1 ≥ 0 .

La suite est donc croissante. Cependant

u2 = u1 = 0 ,

et la suite n’est pas strictement croissante.

3. a) On a

|an| =thn

thn+ 1≤ 1 .

La suite (an) est donc bornée.

b) On a tout d’abord

|an| =|n cosn|

|2n + 2 + cosn| .

On majore le numérateur|n cosn| = n| cosn| ≤ n ,

et on minore le dénominateur

|2n + 2 + cosn| ≥ 2n+ 2− | cosn| ≥ 2n+ 1 ≥ 2n .

Donc, si n ≥ 1,

|an| ≤n

2n=

1

2,

13

ce qui reste vrai si n = 0. La suite (an) est donc bornée.

c) On remarque que cosn est la partie réelle du nombre complexe eni, et l’on calcule tout d’abord

An =

n∑

k=0

eki .

Cette somme est celle des termes d’une suite géométrique de raison ei, et donc

An =1− e(n+1)i

1− ei.

Alors

|an| = [ReAn| ≤ |An| =|1− e(n+1)i|

|1− ei| .

Mais en utilisant l’inégalité triangulaire

|an| ≤1 + |e(n+1)i|

|1− ei| =2

|1− ei| .


d) On a

|an| =arctan n

arctan n+ 1≤ 1 .


e) On a tout d’abord

|an| =|n sinn|

|2n + 2 + sinn| .

On majore le numérateur|n sinn| = n| sinn| ≤ n ,

et on minore le dénominateur

|2n + 2 + sinn| ≥ 2n+ 2− | sinn| ≥ 2n+ 1 ≥ 2n .

Donc, si n ≥ 1,

|an| ≤n

2n=

1

2,

ce qui reste vrai si n = 0. La suite (an) est donc bornée.

f) On remarque que sinn est la partie imaginaire du nombre complexe eni, et l’on calcule toutd’abord

An =n∑

k=0

eki .

Cette somme est celle des termes d’une suite géométrique de raison ei, et donc

An =1− e(n+1)i

1− ei.

14

Alors

|an| = [ImAn| ≤ |An| =|1− e(n+1)i|

|1− ei| .

Mais en utilisant l’inégalité triangulaire

|an| ≤1 + |e(n+1)i|

|1− ei| =2

|1− ei| .


4. On a

|an − 1| =∣

∣

∣

∣

−n2 − 1

n3 + n2 + 2

∣

∣

∣

∣

=n2 + 1

n3 + n2 + 2.

Mais si n ≥ 1, on an2 + 1 ≤ n2 + n et n3 + n2 + 2 > n3 + n2 ,

Alors

|an − 1| < n2 + n

n3 + n2=

1

n.

Si l’on veut rendre |an − 1| strictement inférieur à 10−2, il suffit de choisir n tel que

1

n≤ 10−2 ,

soit n ≥ 100. On peut donc prendre N = 100.

Si l’on veut rendre |an − 1| strictement inférieur à ε, il suffit de choisir n tel que

1

n≤ ε ,

soit

n ≥ 1

ε.

On pourra prendre N = E(

1ε

)

+ 1 , où E(x) désigne la partie entière du nombre x. On a doncainsi montré que la suite α converge vers 1.

5. Pour n ≥ 1, on a

|an − 1| =∣

∣

∣

∣

−n2 + 1

n3 + n2 + 1

∣

∣

∣

∣

=n2 − 1

n3 + n2 + 1.

Mais on a aussin2 − 1 < n2 + n et n3 + n2 + 1 > n3 + n2 ,

Alors

|an − 1| < n2 + n

n3 + n2=

1

n.

Si l’on veut rendre |an − 1| strictement inférieur à 10−2, il suffit de choisir n tel que

1

n≤ 10−2 ,

15

soit n ≥ 100. On peut donc prendre N = 100.

Si l’on veut rendre |an − 1| strictement inférieur à ε, il suffit de choisir n tel que

1

n≤ ε ,

soit

n ≥ 1

ε.

On pourra prendre N = E(

1ε

)

+ 1 , où E(x) désigne la partie entière du nombre x. On a doncainsi montré que la suite α converge vers 1.

6. Supposons tout d’abord la limite finie. En utilisant l’inégalité triangulaire∣

∣

∣|an| − |ℓ|

∣

∣

∣≤ |an − ℓ| ,

on déduit du théorème d’encadrement que, si (an) converge vers ℓ, alors (|an|) converge vers |ℓ|.Il en résulte que si (an) est convergente, alors (|an|) est convergente, ou encore, en prenant lacontraposée, que si (|an|) est divergente, alors (an) est divergente.

Si ℓ = +∞, alors an est positif à partir d’un certain rang q, et donc à partir de ce rang q, on a|an| = an. Donc (|an|) admet +∞ comme limite.

Si ℓ = −∞, alors an est négatif à partir d’un certain rang q, et donc à partir de ce rang q, on a|an| = −an. Donc (|an|) admet +∞ comme limite.

L’exemple de la suite ((−1)n)n≥0, montre que (|an|) converge (puisque c’est une suite constante),mais que (an) diverge.

7. a) Ecrivons « la suite est bornée » :

(∃M ∈ R) (∀n ∈ N) (|an| ≤ M) .

Donc en la niant(∀M ∈ R) (∃n ∈ N) (|an| > M) .

b) Ecrivons « la suite est convergente » :

(∃ℓ ∈ R) (∀ε > 0) (∃q ∈ N) (∀n ∈ N) ((n ≥ q) ⇒ (|an − ℓ| < ε)) .

Donc en la niant

(∀ℓ ∈ R) (∃ε > 0) (∀q ∈ N) (∃n ∈ N) ((n ≥ q) et (|an − ℓ| ≥ ε)) .

c) Ecrivons « la suite est monotone », c’est-à-dire, « la suite est croissante ou décroissante » :

((∀n ∈ N) (an+1 ≥ an)) ou ((∀n′ ∈ N) (an′+1 ≤ a′n)) .

Donc en la niant

((∃n ∈ N) (an+1 < an)) et ((∃n′ ∈ N) (an′+1 > an′)) .

16

d) Ecrivons « la suite est majorée » :

(∃M ∈ R) (∀n ∈ N) (an ≤ M) .

Donc en la niant(∀M ∈ R) (∃n ∈ N) (an > M) .

8. a) Ceci est la définition d’une suite majorée.

b) Cette propriété est vérifiée par toutes les suites. Il suffit de prendre pour tout n, le nombreM égal à an.

c) La négation de cette propriété s’écrit

(∃M ∈ R) (∀n ∈ N) (an > M) ,

qui signifie que la suite est minorée. Donc c) signifie que la suite n’est pas minorée. Exemple lasuite (−n).

d) La négation de cette propriété s’écrit

(∀n ∈ N) (∃M ∈ R) (an > M) .

Elle est vérifiée par toute suite (an) (il suffit de prendre M = an − 1). Donc aucune suite nevérifie d).

e) La négation de cette propriété s’écrit

(∃M ∈ R) (∃n ∈ N) (an > M) .

Elle est vérifiée par toute suite (an) (il suffit de prendre n = 1, M = a1 − 1). Donc aucune suitene vérifie e).

f) Cette propriété est vérifiée par toutes les suites. Il suffit de prendre n = 1, M = a1.

9. a) En divisant le numérateur et le dénominateur par n, on a

an =1 +

cosn

n

1− sinn

n

.

Mais (sin n) et (cosn) sont des suites bornées, et (1/n) converge vers zéro, donc (sinn/n) et(cosn/n) convergent vers zéro. Par suite (an) converge vers 1. On a alors

an − 1 =cosn+ sinn

n− sinn.

Mais| cosn+ sinn| ≤ | cosn|+ | sinn| ≤ 2 ,

17

et pour n ≥ 2,|n− sinn| ≥ n− sinn ≥ n− | sin n| ≥ n− 1 > 0 .

Donc

|an − 1| ≤ 2

n− 1.

Si l’on veut rendre |an − 1| inférieur à 10−2, il suffit que

2

n− 1≤ 10−2 ,

soit n ≥ 201. On peut donc prendre N = 201 .

b) On a, pour tout entier j compris entre 1 et n,

1

n+ 1=

n

n2 + n≤ n

n2 + j≤ n

n2 + 1≤ 1

n.

Comme an est la somme des n termes n/(n2 + j) pour j compris entre 1 et n, on aura

n

n+ 1≤ an ≤ 1 ,

et le théorème d’encadrement montre que (an) converge vers 1. Alors

0 ≤ 1− an ≤ 1− n

n+ 1=

1

n+ 1.

Pour rendre |an− 1| = 1− an inférieur à 10−2, il suffit de rendre 1/(n+1) inférieur à 10−2, doncd’avoir n ≥ 99 . On peut donc prendre N = 99.

c) En divisant le numérateur et le dénominateur par n, on a

an =1 +

sinn

n

1− cosn

n

.

Mais (sin n) et (cosn) sont des suites bornées, et (1/n) converge vers zéro, donc (sinn/n) et(cosn/n) convergent vers zéro. Par suite (an) converge vers 1. On a alors

an − 1 =cosn+ sinn

n− cosn.

Mais| cos n+ sinn| ≤ | cosn|+ | sinn| ≤ 2 ,

et pour n ≥ 2,|n− cosn| ≥ n− cosn ≥ n− | cosn| ≥ n− 1 > 0 .

Donc

|an − 1| ≤ 2

n− 1.

18

Si l’on veut rendre |an − 1| inférieur à 10−2, il suffit que

2

n− 1≤ 10−2 ,

soit n ≥ 201. On peut donc prendre N = 201 .

d) On a, pour tout entier j compris entre n+ 1 et 2n,

1

n+ 2=

n

n2 + 2n≤ n

n2 + j≤ n

n2 + n+ 1≤ 1

n.

Comme an est la somme des n termes n/(n2 + j) pour j compris entre n+ 1 et 2n, on aura

n

n+ 2≤ an ≤ 1 ,

et le théorème d’encadrement montre que (an) converge vers 1. Alors

0 ≤ 1− an ≤ 1− n

n+ 2=

2

n+ 2.

Pour rendre |an− 1| = 1− an inférieur à 10−2, il suffit de rendre 2/(n+2) inférieur à 10−2, doncd’avoir n ≥ 198 . On peut donc prendre N = 198.

10. a) On a a2n = 1/(2n) et a2n+1 = 1/(2n + 1)3. Les deux suites (a2n) et (a2n+1) convergentvers zéro, donc (an) également.

b) On divise numérateur et dénominateur par (−1)nn. Il vient

an =1 +

(−1)n

n

2 +3(−1)n

n

.

Or la suite ((−1)n) est bornée, et la suite (1/n) converge vers zéro. Donc ((−1)n/n) convergevers zéro, et (an) converge vers 1/2 . (On peut voir également que les suites (a2n) et (a2n+1)convergent toutes deux vers 1/2.

c) On a a2n = e2n et la suite (a2n) admet +∞ comme limite. On a également a2n+1 = e−2n−1 etla suite (a2n+1) converge vers zéro. La suite (an) n’a donc pas de limite.

d) La suite ((−1)n) est bornée, et la suite (e−n) converge vers zéro. Donc le produit (an) de cessuites converge aussi vers zéro.

e) On a a2n = (2n)0 = 1, et la suite (a2n)n≥1 converge vers 1. On a également a2n+1 = 1/(2n + 1)2,et la suite (a2n+1)n≥0 converge vers 0. Les deux suites extraites ayant des limites différentes, lasuite (an) n’a pas de limite.

19

f) On a an2 = cos(nπ) = (−1)n. Cette suite extraite n’a pas de limite, donc la suite (an) n’a pasde limite.

g) On a a2n = 1/(2n)2 et a2n+1 = 1/(2n + 1)4. Les deux suites (a2n) et (a2n+1) convergent verszéro, donc (an) également.

h) On divise numérateur et dénominateur par (−1)nn. Il vient

an =1 +

2(−1)n

n

3 +(−1)n

n

.

Or la suite ((−1)n) est bornée, et la suite (1/n) converge vers zéro. Donc ((−1)n/n) convergevers zéro, et (an) converge vers 1/3 . (On peut voir également que les suites (a2n) et (a2n+1)convergent toutes deux vers 1/3.

i) On a a2n = e4n et la suite (a2n) admet +∞ comme limite. On a également a2n+1 = e−4n−2 etla suite (a2n+1) converge vers zéro. La suite (an) n’a donc pas de limite.

11. a) Pour le numérateur, on écrit

ln(n + lnn) = ln

(

n

(

1 +lnn

n

))

= lnn+ ln

(

1 +lnn

n

)

.

De même pour le dénominateur

ln(2n+ lnn) = lnn+ ln 2 + ln

(

1 +lnn

2n

)

.

Alors en divisant le numérateur et le dénominateur de an par lnn, on obtient

an =1 +

ln

(

1 +lnn

n

)

lnn

1 +ln 2

lnn+

ln

(

1 +lnn

2n

)

lnn

,

et la suite (an) converge vers 1 car (lnn/n) et (1/ ln n) convergent vers zéro.

b) On divise numérateur et dénominateur par en. On obtient

an =1 + ne−n

1 + 2ne−n,

et la suite (an) converge vers 1 car (ne−n) converge vers zéro.

20

c) On cherche la plus grosse puissance figurant au numérateur et au dénominateur. Il s’agit dansles deux cas de

√n = n1/2. On divise par cette puissance. Il vient

an =

3 + 2

√

1 +1√n+

1

n1/6

4

√

1 +3

n2+ 2

√

1 +1

n

,

et la suite (an) converge vers 5/3 car (1/np) converge vers zéro si p > 0.

d) Si α > β, on divise par αn le numérateur et le dénominateur. On trouve

an =

1−(

β

α

)n

1 +

(

β

α

)n ,

et comme 0 < β/α < 1, la suite ((β/α)n) converge vers zéro, et (an) converge vers 1.

Si α < β, on divise par βn le numérateur et le dénominateur. On trouve

an =

(

α

β

)n

− 1

(

α

β

)n

+ 1

,

et comme 0 < α/β < 1, la suite ((α/β)n) converge vers zéro, et (an) converge vers −1.

Enfin si α = β la suite (an) est constante et vaut zéro ainsi que sa limite.

e) On utilise la somme des termes d’une suite arithmétique

1 + 2 + · · ·+ n =n(n+ 1)

2.

Alors

an =n+ 1

2n=

1

2+

1

2n,

et la suite (an) converge vers 1/2.

f) On utilise la somme des termes d’une suite géométrique

1 + 3 + 9 + · · ·+ 3n =3n+1 − 1

3− 1=

3n+1 − 1

2.

Alors

an =3n+1 − 1

2 · 3n+1=

1

2− 1

2 · 3n+1,

et la suite (an) converge vers 1/2.

21

g) Pour le numérateur, on écrit

ln(n+ 2 ln n+ 1) = ln

(

n

(

1 +2 ln n+ 1

n

))

= lnn+ ln

(

1 +2 ln n+ 1

n

)

.

De même pour le dénominateur

ln(2n + lnn) = lnn+ ln 2 + ln

(

1 +lnn

2n

)

.

Alors en divisant le numérateur et le dénominateur de an par lnn, on obtient

an =1 +

ln

(

1 +2 ln n+ 1

n

)

lnn

1 +ln 2

lnn+

ln

(

1 +lnn

2n

)

lnn

,

et la suite (an) converge vers 1 car (lnn/n) et (1/ ln n) convergent vers zéro.

h) On divise numérateur et dénominateur par 2n. On obtient

an =1 + n22−n

1 + n2−n+1,

et la suite (an) converge vers 1 car (n22−n) converge vers zéro.

i) On cherche la plus grosse puissance figurant au numérateur et au dénominateur. Il s’agit dansles deux cas de

√n = n1/2. On divise par cette puissance. Il vient

an =

1 +

√

1 +2√n+

1

n1/6

4

√

1 +1

n+

1

n2+ 2

,

et la suite (an) converge vers 2/3 car (1/np) converge vers zéro si p > 0.

j) On utilise la somme des termes d’une suite géométrique

1 + 2 + 4 + · · · + 2n =2n+1 − 1

2− 1= 2n+1 − 1 .

Alors

an =2n+1 − 1

2n+1= 1− 1

2n+1,

et la suite (an) converge vers 1.

22

12. On a pour tout nombre réel u, les inégalités u− 1 < [u] ≤ u, et donc, pour tout entier p

px− 1 < [px] ≤ px .

En sommant ces inégalités pour p variant de 1 à n, on obtient

n∑

p=1

(px− 1) <n∑

p=1

[px] ≤n∑

p=1

px ,

maisn∑

p=1

px = xn∑

p=1

p =n(n+ 1)

2x ,

etn∑

p=1

(px− 1) =

n∑

p=1

px− n =n(n+ 1)

2x− n .

Alors

xn+ 1

2n− 1

n≤ un ≤ x

n+ 1

2n.

Comme le membre de gauche et celui de droite convergent vers la même limite x/2, il résulte duthéorème d’encadrement que la suite (un) converge et a pour limite x/2.

13. a) FAUX Soit la suite définie par un = 1 +1 + (−1)n

n. On a

|un − 1| ≤ 2

n,

et il résulte du théorème d’encadrement que (un) converge vers 1. Par ailleurs

u2n+1 = 1 et u2n = 1 +1

n,

donc, pour tout entier n ≥ 0, on a un ≥ 1. Enfin, pour tout entier n ≥ 0,

u2n+1 − u2n+2 = − 1

n+ 1< 0 ,

et la suite n’est pas décroissante.

b) VRAI Soit ε = 1/2, il existe n0 tel que n ≥ n0 implique |un − 1| < 1/2, ce qui impliqueun − 1 > −1/2, donc un > 1/2 ≥ 0.

c) VRAI (un+1) est une suite extraite de (un) et a donc même limite ℓ. Alors (un+1 − un)converge vers ℓ− ℓ = 0.

d) FAUX Si un =√n, la suite (un) n’a pas de limite finie, mais

un+1 − un =√n+ 1−

√n =

1√n+ 1 +

√n

,

et (un+1 − un) converge vers 0.

23

e) FAUX Si un = n(−1)n, alors (u2n) a pour limite +∞ et (u2n+1) a pour limite −∞, donc(un) n’a pas de limite, mais elle n’est pas bornée.

f) VRAI Soit ε = 1/2, il existe n0 tel que n ≥ n0 implique |un + 1| < 1/2, ce qui impliqueun + 1 < 1/2, donc un < −1/2 ≤ 0.

14. a) La suite ((−1)n) est l’exemple d’une suite bornée qui n’a pas de limite. En effet, les suites(u2n) et (u2n+1) sont constantes et n’ont pas la même limite, alors que (|un|) est constante etvaut 1.

b) Soit un = n(−1)n. La suite (un) n’a pas de limite, puisque les suites (u2n) et (u2n+1) ont pourlimites différentes +∞ et −∞ respectivement, mais elle n’est pas majorée.

c) Soit un = (1+(−1)n)/n). La suite (un) converge vers 0 (produit d’une suite qui converge vers0 et d’une suite bornée). Mais, si n ≥ 1, on a

u2n−1 − u2n = −u2n = −1/n < 0

et la suite (un) n’est pas décroissante.

15. En multipliant par la quantité conjuguée du dénominateur, on a

bn =α+ βn

√

α+ βn+ π2n2 + nπ,

puis, en divisant par n le numérateur et le dénominateur,

bn =β +

α

n

π +

√

π2 +β

n+

α

n2

,

et (bn) converge vers β/(2π) . Mais

sin bn = sin(√

α+ βn+ π2n2 − nπ) = (−1)n sin√

α+ βn+ π2n2 .

Doncan = (−1)n sin bn .

Alors (a2n) converge vers ℓ = sin(β/(2π)) et (a2n+1) converge vers ℓ′ = − sin(β/(2π)). La suitean a une limite si et seulement si ℓ = ℓ′, c’est-à-dire si et seulement si

sinβ

2π= 0 ,

soitβ

2π= kπ

avec k entier. Finalement an a une limite si et seulement si β = 2kπ2, et dans ce cas la limite estnulle.

24

16. La suite (a6n) est une suite extraite de (a2n). Elle converge donc vers α = lim a2n. Maisc’est aussi une suite extraite de (a3n). Elle converge donc vers γ = lim a3n. Il en résulte que α = γ.

La suite (a6n+3) est une suite extraite de (a2n+1) car 6n+3 = 2(3n+1) + 1. Elle converge doncvers β = lim a2n+1. Mais c’est aussi une sous-suite de a3n. Elle converge donc vers γ. Il en résulteque β = γ.

On a donc α = β. Et comme les suites des termes de rang pair et de rang impair de (an)convergent vers la même limite, la suite (an) converge également vers cette limite commune.

17. Si α est négatif ou nul, le résultat est évident, car la suite (αn) converge et la suite (1/n!)converge vers 0. Supposons α > 0. On a la relation

an+1 =α

n+ 1an .

Dès que n > α− 1, on obtientan+1 < an ,

La suite (an) est une suite décroissante à partir d’un certain rang et positive. Elle converge donc.Notons ℓ sa limite. Par passage à la limite dans la relation de récurrence, on trouve immédiate-ment ℓ = 0× ℓ = 0.

18. a) Pour étudier la monotonie de la suite, évaluons an+1 − an . On obtient

an+1 − an =2(n2 + n+ 1) + nan

(n+ 1)2− an

=(2− an)(n

2 + n+ 1)

(n+ 1)2.

La différence an+1 − an est donc du signe de 2− an. Calculons alors 2− an+1. On obtient

2− an+1 = 2− 2(n2 + n+ 1) + nan(n+ 1)2

=n(2− an)

(n+ 1)2.

Il en résulte que si n ≥ 1, les nombres 2− an+1 et 2− an ont le même signe. Cela signifie que cesigne ne dépend pas de n. C’est celui de 2− a1. On a alors les cas suivants :

(i) Si a1 ≤ 2, on a, pour tout n, l’inégalité an ≤ 2 et la suite est majorée par 2. Par ailleurs, pourtout n , le nombre 2− an est positif donc an+1 − an également. La suite est donc croissante.

(ii) Si a1 ≥ 2, on a , pour tout n, l’inégalité an ≥ 2 et la suite est minorée par 2. Par ailleurs,pour tout n, le nombre 2−an est négatif donc an+1−an également. La suite est donc décroissante.

Dans tous les cas la suite est convergente. Pour trouver sa limite écrivons par exemple

an+1 = 2n2 + n+ 1

(n+ 1)2+ an

n

(n+ 1)2.

25

La suite de terme général 2n2 + n+ 1

(n+ 1)2converge vers 2. La suite de terme général

n

(n+ 1)2vers

zéro, et la suite (an) vers ℓ. Alors par passage à la limite on en déduit que

ℓ = limn→+∞

an+1 = 2 + ℓ× 0 = 2 .

Donc ℓ = 2 .

b) En reprenant un calcul fait plus haut, on a, si n ≥ 1

an+1 − 2 =n(an − 2)

(n+ 1)2,

soit, pour p ≥ 2

ap − 2 =(p− 1)(ap−1 − 2)

p2.

c) On en déduit alors que

an − 2 =n− 1

n2

n− 2

(n− 1)2· · · 2

321

22(a1 − 2) .

On a donc

an − 2 =(n− 1)!

(n!)2(a1 − 2) =

1

n · n! (a1 − 2) ,

et finalement

an =1

n · n! (a1 − 2) + 2 .

19. a) On calcule an+1 − an. On trouve

an+1 − an =(n2 + n− 1)(2 − an)

(n+ 1)2.

Comme n2 + n− 1 est la somme des deux nombres positifs n2 et n− 1, le nombre an+1 − an estdu signe de 2− an. Mais

2− an+1 =(n+ 2)(2 − an)

(n + 1)2,

donc, pour tout n ≥ 1, les nombres 2 − an+1 et 2 − an, ont le même signe. Il en résulte que cesigne est celui de 2 − a1 = −1 . Alors, pour tout entier n ≥ 1, les nombres 2− an et an+1 − ansont négatifs. Il en résulte que la suite (an)n≥1 est décroissante.

b) On a également an ≥ 2 pour tout n ≥ 1. La suite est minorée par 2. Comme elle est décrois-sante, elle converge vers une limite ℓ.

c) On écrit

an+1 = 2n2 + n− 1

(n+ 1)2+ an

n+ 2

(n+ 1)2.

Lorsque n tend vers l’infini, les fractions rationnellesn2 + n− 1

(n + 1)2et

n+ 2

(n+ 1)2ont même limite

que le rapport de leurs termes de plus haut degré. On obtient immédiatement.

ℓ = 2× 1 + ℓ× 0 = 2 .

26

d) En partant de la relation

an − 2 =n+ 1

n2(an−1 − 2) ,

valable pour n ≥ 2, on déduit immédiatement que

an − 2 =n+ 1

n2

n

(n− 1)2· · · 3

22(a1 − 2) =

1

2

(n+ 1)!

(n!)2=

n+ 1

2n!,

donc

an =n+ 1

2n!+ 2 .

20. 1) Posons αn =un

1 + un. On en déduit facilement que

un =αn

1− αn,

et puisque (αn) converge vers 0, il résulte du théorème sur les limites que (un) converge aussivers 0.

2) Comme (vn) est bornée, il en est de même de (1 + v2n), alors

vn =vn

1 + v2n(1 + v2n) ,

et (vn) est le produit d’une suite bornée et d’une suite qui converge vers 0. Elle converge aussivers 0.

21. a) VRAIE car un polynôme est équivalent à son terme de plus haut degré.

b) VRAIE en écrivant√

n+1

2=

√n

√

1 +1

2non a

limn→+∞

√

1 +1

2n= 1

et donc√

n+1

2∼

√n .

c) FAUSSE car le quotienten+

1

2

en= e

1

2

ne converge pas vers 1.

d) VRAIE en écrivant

ln

(

n+1

2

)

= ln

[

n

(

1 +1

2n

)]

= lnn+ ln

(

1 +1

2n

)

27

puis

ln

(

n+1

2

)

=

[

1 +ln(

1 + 12n

)

lnn

]

lnn ,

on a bien

limn→+∞

[

1 +ln(

1 + 12n

)

lnn

]

= 1 .

e) FAUSSE car

sin

[(

n+1

2

)

π

]

= (−1)n

n’est jamais nul etsin(nπ) = 0

est toujours nul. Une suite équivalente à la suite nulle est nécessairement nulle à partir d’uncertain rang.

f) VRAIE car

limn→+∞

arctan

(

n+1

2

)

= limn→+∞

arctan n =π

2,

donc

arctan

(

n+1

2

)

∼ π

2∼ arctan n .

REMARQUE. Dans la plupart des exercices suivants, la méthode consiste à mettre en fac-teur au numérateur et au dénominateur le terme "prépondérant" (pas nécessairement le même).Lorsque ces deux termes sont identiques, cela revient à diviser numérateur et dénominateur parleur valeur commune.

Pour les exercices comportant une différence de radicaux, on commence par multiplier par laquantité conjuguée.

On se rappellera que si ℓ est une valeur finie non nulle, il est identique de dire "(an) convergevers ℓ" ou "(an) est équivalente à la suite constante (ℓ)".

22. a) On met en facteur au numérateur et au dénominateur le terme de puissance la plusélevée.

an =

2n2

(

1 +1000

2n2

)

n3

(

1 +3

n2+

5

n3

) =2

n

1 +1000

2n2

1 +3

n2+

5

n3

.

En raison des théorèmes sur les limites, la quantité entre parenthèses converge vers 1, et donc,par définition des équivalents

an ∼ 2

n.

Alors, puisque (1/n) converge vers 0, on en déduit que la suite (an) converge vers 0.

28

b) Au numérateur et au dénominateur le terme de la forme αn, où α est le plus grand, est 3n.On divise par cette valeur.

an =

1 +

(

2

3

)n

1−(

2

3

)n .

Comme la suite (αn) converge vers zéro si |α| < 1, c’est en particulier le cas si α = 2/3, et lasuite (an) converge vers 1 et est équivalente à la suite constante (1).

c) On divise par n au numérateur et au dénominateur.

an =2 +

(−1)n

n

3 +(−1)n+1

n

.

La suite ((−1)n)/n) converge vers zéro, comme produit d’une suite bornée ((−1)n) par une suitequi converge vers zéro (1/n). Alors l’application des théorèmes sur les opérations sur les limitesmontre que la suite (an) converge vers 2/3 et est équivalente à la suite constante (2/3).

d) On discute suivant les valeurs des nombres a, b, c.Si a est non nul, an ∼ an et (an) admet +∞ comme limite si a est positif, et −∞ sinon.Si a est nul et b non nul, la suite (an) converge vers b et est équivalente à la suite constante (b).Si a et b sont nuls, an ∼ c/n, et la suite (an) converge vers 0.

e) On met en facteur (−1)n.

1

n+ (−1)n = (−1)n

(

1 +(−1)n

n

)

.

L’expression entre parenthèses converge vers 1, donc la suite (an) est équivalente à ((−1)n) etn’a pas de limite.

f) On met√n en facteur.

√n+ 1 +

√n =

√n

(

1 +

√

1 +1

n

)

.

La quantité entre parenthèses converge vers 2, donc

√n+ 1 +

√n ∼ 2

√n ,

et la suite (an) admet +∞ comme limite.

29

g) On met (−1)nn en facteur au numérateur et n au dénominateur.

an =

(−1)nn

(

1 +(−1)n

n

)

n

(

1 +1√n

) = (−1)n

1 +(−1)n

n

1 +1√n

.


(−1)nn+ 1

n+√n

∼ (−1)n ,

et la suite (an) n’a pas de limite.

h) Les termes de la formes βn sont, pour β > 1 prépondérants sur les puissances nα, et c’estl’inverse qui se produit si β < 1 et α > 0. On met en facteur 2n au numérateur et n1000 audénominateur.

an =2n

n1000

1 +n1000

2n

1

3nn1000+

(

1 +2

n

)1000

.


an ∼ 2n

n1000,


i) On utilise tout d’abord la quantité conjuguée.

an =n2 − (n+ a)(n+ b)

n+√

(n+ a)(n + b)=

−(a+ b)n− ab

n+√

(n+ a)(n+ b).

Comme a+ b n’est pas nul, on obtient en divisant par n,

an =−(a+ b)− ab

n

1 +√

1 + a+bn + ab

n2

,

et la suite (an) converge vers −(a+ b)/2 et est équivalente à la suite constante (−(a+ b)/2).

j) On remarque que 1 + 2 + · · ·+ n =n(n+ 1)

2. Donc

an =n(n+ 1)

2n+3 − 2(n+ 5)10.

En mettant en facteur n2 au numérateur et 2n+3 au dénominateur,

an =n2

2n+3

1 +1

n

1− (n+ 5)10

2n+2

.

30


an ∼ n2

2n+3,


k) En utilisant la quantitée conjuguée

an =(2n + 1)2√

n4 + 2n+ 1 + n2,

puis en divisant par n2,

an =

(

2 +1

n

)2

√

1 +2

n3+

1

n4+ 1

,

et la suite (an) converge vers 2 et est équivalente à la suite constante (2).

l) Remarquons tout d’abord que, si n ≥ 2,

n! = 2× · · · × n ≤ nn−1 ,

on en déduit que

0 ≤ n!

nn≤ 1

n.

D’autre part, si n ≥ 1000,

0 ≤ 1000n

nn+3≤ nn

nn+3=

1

n3,

et les suites (n!/nn) et (1000n/nn+3) convergent vers zéro. En mettant nn en facteur au numé-rateur et nn+3 au dénominateur, on obtient

an =

nn

(

1 +n!

nn

)

nn+3

(

1− 1000n

nn+3

) =1

n3

1 +n!

nn

1− 1000n

nn+3

.


an ∼ 1

n3,


23. a) On met en facteur au numérateur et au dénominateur le terme de puissance la plusélevée.

an =

2n2

(

1− 1

2n− 5

n2

)

n3

(

1 +1

n2+

2

n3

) =2

n

1− 1

2n− 5

n2

1 +1

n2+

2

n3

.

31


an ∼ 2

n.

Et puisque (1/n) converge vers 0, on en déduit que la suite (an) converge vers 0.

b) En utilisant la quantité conjuguée du dénominateur, on écrit

an =5n2 − n√

n3 + 5n2 +√n3 + n

.

Puis en mettant en facteur au numérateur et au dénominateur la puissance la plus élevée,

an =

n2

(

5− 1

n

)

√n3

(

√

1 +5

n+

√

1 +1

n2

) .

On a donc

an ∼ 5n2

2√n3

=5

2

√n ,


c) On peut écrire an en faisant apparaître les quantités prépondérantes.

an =

ln

[

n2

(

1 +1

n

)]

ln[2n(1 + n22−n)]

=

2 ln n+ ln

(

1 +1

n

)

n ln 2 + ln(1 + n22−n)

=2 ln n

n ln 2

1 +

ln

(

1 +1

n

)

2 lnn

1 +ln(1 + n22−n)

n ln 2

Comme la fraction de droite converge vers 1, on en déduit que

an ∼ 2 ln n

n ln 2,

et la suite (an) converge vers zéro.

d) On met en facteur (−1)n.

an = 2(−1)n(

1 +(−1)n

2n

)

.

32

L’expression entre parenthèses converge vers 1, donc la suite (an) est équivalente à (2(−1)n) etn’a pas de limite.

e) Il faut discuter suivant les valeurs des nombres α β γ.Si α est non nul, an ∼ αn et la suite (an) admet +∞ comme limite si α est positif, et −∞ sinon.Si α est nul et β non nul, la suite (an) converge vers β.Si α et β sont nuls et γ non nul, an ∼ γ/n, et la suite (an) converge vers 0.Si α = β = γ = 0, on a an = 0, donc an ∼ 0, et la suite (an) converge vers 0.

f) On met√n en facteur.

an =√n

(

√

1 +α

n+

√

1 +β

n

)

.


an ∼ 2√n ,

et la suite (an) admet +∞ comme limite..

g) On met (−1)nn en facteur au numérateur et n au dénominateur.

an =

(−1)nn

(

1 +(−1)n

n

)

n

(

1 +1√n

) = (−1)n

1 +(−1)n

n

1 +1√n

.


an ∼ (−1)n ,

et la suite (an) n’a pas de limite.

h) La quantité prépondérante au numérateur et au dénominateur dépend de la position de α parrapport à 1. On a les trois cas suivants :

(i) α > 1. Dans ce casnα + αn = αn(1 + nαα−n) ∼ αn ,

etn2α + α2n = α2n(1 + n2αa−2n) ∼ α2n ,

d’où

an ∼ αn

α2n=

1

αn,


(ii) α < 1. Dans ce cas

nα + αn = nα

(

1 +αn

nα

)

∼ nα ,

33

et

n2α + α2n = n2α

(

1 +α2n

n2α

)

∼ n2α ,

d’où

an ∼ nα

n2α=

1

nα,


(iii) α = 1. Dans ce cas

an =n+ 1

n2 + 1∼ 1

n,


Dans tous les cas la suite converge vers zéro.

i) La quantité prépondérante au numérateur et au dénominateur dépend de la position de α parrapport à 1/2. On a les trois cas suivants :

(i) α > 1/2. Dans ce cas

nα + 2√n = nα

(

1 + 2n1/2−a)

∼ nα ,

etn2α + n = n2α(1 + n1−2a) ∼ n2α ,

d’où

an ∼ nα

n2α=

1

nα,


(ii) α < 1/2. Dans ce cas

nα + 2√n = 2

√n

(

1 +na−1/2

2

)

∼ 2√n ,

etn2α + n = n(1 + n2a−1) ∼ n ,

d’où

an ∼ 2√n

n=

2√n

,


(iii) α = 1/2. Dans ce cas

an =3√n

2n=

3

2√n

,


Dans tous les cas la suite converge vers zéro.

34

j) La quantité prépondérante au numérateur et au dénominateur dépend de la position de 2λ parrapport à 1, c’est-à-dire du signe de λ. On a les trois cas suivants :

(i) λ > 0. Dans ce cas

2λn + 3n+ 1 = 2λn(1 + (3n + 1)2−λn) ∼ 2λn ,

et2λn + 1 = 2λn(1 + 2−λn) ∼ 2λn ,

Doncan ∼ 1 ,


(ii) λ < 0. Dans ce cas

2λn + 3n+ 1 = 3n

(

1 +2λn + 1

3n

)

∼ 3n ,

et le dénominateur converge vers 1. Donc

an ∼ 3n ,

et la suite (an) admet +∞ pour limite.

(iii) λ = 0. Dans ce cas

an =3n + 2

2∼ 3n

2,


k) Les factorielles étant prépondérantes, on met n! en facteur au numérateur et (n + 1)! audénominateur

an =

n!

(

1 +2n

n!

)

(n+ 1)!

(

1 +3n

(n + 1)!

) =1

n+ 1

1 +2n

n!

1 +3n

(n+ 1)!

.

La quantité entre parenthèses converge vers 1. Donc

an ∼ 1

n+ 1∼ 1

n,


l) Remarquons tout d’abord que, si n ≥ 2,

n! = 2× · · · × n ≤ nn−1 ,

on en déduit que

0 ≤ n!

nn≤ 1

n.

35

D’autre part, si n ≥ 3,3n ≤ nn ,

et

0 ≤ 3n

nn+2≤ 1

n2.

Et, en utilisant le théorème d’encadrement, les suites (n!/nn) et (3n/nn+2) convergent vers zéro.Alors, en mettant nn en facteur au numérateur et nn+2 au dénominateur, on obtient

an =

nn

(

1 +n!

nn

)

nn+2

(

1 +3n

nn+2

) =1

n2

1 +n!

nn

1 +3n

nn+2

.


an ∼ 1

n2,


m) On met en facteur au numérateur et au dénominateur le terme de puissance la plus élevée.

an =

3n2

(

1− 2

3n+

5

3n2

)

n3

(

1 +3

n2+

2

n3

) =3

n

(

1− 2

3n+

5

3n2

)

(

1 +3

n2+

2

n3

) .


an ∼ 3

n,


n) En utilisant la quantité conjuguée du dénominateur, on écrit

an =3n2 − 2n+ 1√

n3 + 3n2 + 1 +√n3 + n

.

Puis en mettant en facteur au numérateur et au dénominateur la puissance la plus élevée,

an =

n2

(

3− 2

n+

1

n2

)

√n3

(

√

1 +3

n+

1

n3+

√

1 +1

n2

) .

On a donc

an ∼ 3n2

2√n3

=3

2

√n ,


36

o) On peut écrire an en faisant apparaître les quantités prépondérantes.

an =

ln

[

n3

(

1 +2

n2

)]

ln[3n(1 + n33−n)]

=

3 lnn+ ln

(

1 +2

n2

)

n ln 3 + ln(1 + n33−n)

=3 ln n

n ln 3

1 +

ln

(

1 +2

n2

)

3 lnn

1 +ln(1 + n33−n)

n ln 3

Comme la fraction de droite converge vers 1, on en déduit que

an ∼ 3 lnn

n ln 3,


p) On met en facteur 2(−1)n.

an = 2(−1)n(

1 +(−1)n

2n2

)

.

L’expression entre parenthèses converge vers 1, donc (an) est équivalente à (2(−1)n), et la suite(an) n’a pas de limite.

q) Il faut discuter suivant les valeurs des nombres α β γ.Si α est non nul, an ∼ α et la suite converge vers α.Si α est nul et β non nul, on a an ∼ β/n.Si α et β sont nuls, alors an ∼ γ/n2.

Dans les deux derniers cas, la suite (an) converge vers 0.

r) On met√n en facteur.

an = n

(

√

1 +α

n2+

√

1 +β

n2

)

.


an ∼ 2n ,


s) La quantité prépondérante au numérateur et au dénominateur dépend de la position de α parrapport à 1/2. On a les trois cas suivants :

37

(i) α > 1/2. Dans ce cas

nα +√n = nα

(

1 + n1/2−a)

∼ nα ,

etn2α + 2n = n2α(1 + 2n1−2a) ∼ n2α ,

d’où

an ∼ nα

n2α=

1

nα.

(ii) α < 1/2. Dans ce cas

nα +√n =

√n(

1 + na−1/2)

∼√n ,

etn2α + 2n = n(2 + n2a−1) ∼ 2n ,

d’où

an ∼√n

2n=

1

2√n.

(iii) α = 1/2. Dans ce cas

an =2√n

3n=

2

3√n.

Dans tous les cas la suite (an) converge vers 0.

t) La quantité prépondérante dépend de la position de 2λ par rapport à 1, c’est-à-dire du signede λ. On a les trois cas suivants :

(i) λ > 0. Dans ce casan = 2λn(1 + (n+ 2)2−λn) ∼ 2λn .

(ii) λ < 0. Dans ce cas

an = n

(

1 +2λn + 2

n

)

∼ n .

(iii) λ = 0. Dans ce casan = n+ 3 ∼ n .

Dans tous les cas la suite (an) admet +∞ pour limite.

u) Les factorielles étant prépondérantes, on met n! en facteur au numérateur et (n + 2)! audénominateur

an =

n!

(

1 +n2

n!+

1000n

n!

)

(n + 2)!

(

1 +1002n

(n+ 2)!

) =1

(n + 2)(n + 1)

1 +n2

n!+

1000n

n!

1 +1002n

(n+ 2)!

.

En remarquant quen2

n!=

n2

2n2n

n!converge vers zéro, la quantité entre parenthèses converge vers

1, et

an ∼ 1

(n+ 2)(n + 1)∼ 1

n2,

38


24. a) Si α > 2, la puissance prépondérante est nα/2. On la met donc en facteur

an = nα/2

(

√

1 +1

nα−2− 1

nα/2−1

)

,

et puisque

limn→+∞

1

nα−2= lim

n→+∞

1

nα/2−1= 0 ,

on en déduit que

limn→+∞

(

√

1 +1

nα−2− 1

nα/2−1

)

= 1 ,

et doncan ∼ nα/2 .

Il en résulte que la suite (an) admet +∞ pour limite.

Si α = 2, on aan = (

√2− 1)n ,

et il n’y a pas d’équivalent plus simple. La suite (an) admet +∞ pour limite.

Si α < 2, on utilise l’expression conjuguée

an =nα

√n2 + nα + n

.

La puissance prépondérante au dénominateur est n. On la met donc en facteur

an =nα

n

(

√

1 +1

n2−α+ 1

) = nα−1 1√

1 +1

n2−α+ 1

.

Comme

limn→+∞

(

√

1 +1

n2−α+ 1

)

= 2 ,

on en déduit que

an ∼ nα−1

2.

Alors, si 1 < α < 2, la suite (an) admet +∞ pour limite,Si α = 1, la suite (an) admet 1/2 pour limite,Si α < 1, la suite (an) admet 0 pour limite.

b) Pour le numérateur, on met en en facteur dans le logarithme

ln(en + n) = ln[en(1 + ne−n)] = ln en + ln(1 + ne−n) = n+ ln(1 + ne−n) .

39

Puis en mettant n en facteur

ln(en + n) = n

[

1 +ln(1 + ne−n)

n

]

.

Comme la suite (1 +ln(1 + ne−n)

n) converge vers 1, on en déduit que

ln(en + n) ∼ n .

Pour le dénominateur, on utilise la quantité conjuguée

√

n2 + 2n−√

n2 + 1 =2n− 1√

n2 + 2n+√n2 + 1

.

En divisant par n au numérateur et au dénominateur

√

n2 + 2n −√

n2 + 1 =2− 1

n√

1 +2

n+

√

1 +1

n2

,

et la suite (√n2 + 2n−

√n2 + 1) converge vers 1. Alors

an ∼ n ,

et la suite (an) admet +∞ pour limite

c) On a

ln chn = lnen + e−n

2= ln(en + e−n)− ln 2 .

En mettant en en facteur,

ln chn = ln(en(1 + e−2n))− ln 2 = n+ ln(1 + e−2n)− ln 2 ,

et en mettant n en facteur

ln ch n = n

(

1 +ln(1 + e−2n)− ln 2

n

)

.

Mais la suite (1 +ln(1 + e−2n)− ln 2

n) admet 1 comme limite, donc

ln ch n ∼ n ,

et la suite (an) admet +∞ pour limite

d) On écrit tout d’abord

ln(en + n) = ln[en(1 + ne−n)] = n+ ln(1 + ne−n) ,

et l’on remarque que (ln(1 + ne−n)) converge vers zéro. On a donc

an =nα + n+ ln(1 + ne−n)

nα + αn.

40

Si α > 1 :

nα + n+ ln(1 + ne−n) = nα

(

1 + n1−α +ln(1 + ne−n)

nα

)

,

et la quantité entre parenthèses converge vers 1 car (n1−α) et (n−α ln(1+ne−n)) convergent verszéro, donc

nα + ln(en + n) ∼ nα .

On a aussinα + αn = αn

(

1 + nαα−n)

,

et la quantité entre parenthèses converge vers 1 car (nαα−n) converge vers zéro, donc

nα + αn ∼ αn .

Alorsan ∼ nαα−n ,

et il en résulte que la suite (an) converge vers zéro.

Si α = 1 :

nα + n+ ln(1 + ne−n) = 2n+ ln(1 + ne−n) = 2n

(

1 +ln(1 + ne−n)

2n

)

,

et, comme dans le cas précédent, la quantité entre parenthèses converge vers 1, donc

n+ ln(en + n) ∼ 2n .

Par ailleursnα + αn = n+ 1 ∼ n ,

doncan ∼ 2 ,


Si 0 < α < 1 :

nα + n+ ln(1 + ne−n) = n

(

1 + nα−1 +ln(1 + ne−n)

n

)

,

et la quantité entre parenthèses converge vers 1 car (nα−1) et (ln(1+ne−n)n−1) convergent verszéro, donc

nα + ln(en + n) ∼ n .

On a égalementnα + αn = nα

(

1 + n−ααn)

,

et la quantité entre parenthèses converge vers 1 car n−ααn tend vers zéro, donc

nα + αn ∼ nα .

On en déduit quean ∼ n1−α ,


41

e) Pour le numérateur

n2 + sin(2n) = n2

(

1 +sin(2n)

n2

)

.

Comme (sin(2n)) est bornée, et puisque (1/n2) converge vers zéro, le produit (sin(2n)/n2)converge vers zéro. Alors

n2 + sin(2n) ∼ n2 .

Pour le dénominateur, le terme prépondérant est l’exponentielle

nα + en+1 = en+1(

1 + e−(n+1)nα)

∼ en+1 .

On a donc finalementan ∼ n2e−(n+1) ,


f) Pour le numérateur, on écrit tout d’abord

nx + ln(2n + 3n) = nx + n ln 3 + ln

(

1 +

(

2

3

)n)

.

Si x > 1, on a alors

nx + ln(2n + 3n) = nx

[

1 +ln 3

nx−1+

1

nxln

(

1 +

(

2

3

)n)]

∼ nx .

Si x = 1

nx + ln(2n + 3n) = n

[

1 + ln 3 +1

nln

(

1 +

(

2

3

)n)]

∼ (1 + ln 3)n .

Si x < 1

nx + ln(2n + 3n) = n

[

ln 3 + nx−1 +1

nln

(

1 +

(

2

3

)n)]

∼ n ln 3 .

Pour le dénominateur, on écrit

nx + ln(n2 + n3) = nx + 3 ln n+ ln

(

1 +1

n

)

.

Si x > 0, on a alors

nx + ln(n2 + n3) = nx

[

1 +3 lnn

nx+

1

nxln

(

1 +1

n

)]

∼ nx ,

Si x ≤ 0

nx + ln(n2 + n3) = lnn

[

3 +nx

lnn+

1

lnnln

(

1 +1

n

)]

∼ 3 ln n .

On a donc finalement

an ∼

1 si x > 1 et limn→+∞

an = 1

1 + ln 3 si x = 1 et limn→+∞

an = 1 + ln 3

n1−x ln 3 si 0 < x < 1 et limn→+∞

an = +∞n ln 3

3 lnnsi x ≤ 0 et lim

n→+∞an = +∞

42

g) Pour le numérateur, on commence par transformer le logarithme

ln(en + n) = ln(en(1 + ne−n)) = n+ ln(1 + ne−n) .

Alors √n− n+ ln(en + n) =

√n+ ln(1 + ne−n) ,

et en mettant en facteur√n

√n− n+ ln(en + n) =

√n

(

1 +ln(1 + ne−n)√

n

)

∼√n .

Pour le dénominateur, on distingue suivant le signe de x.

(i) x > 0 :

nx + ln(n2 + 1) = nx

(

1 +ln(n2 + 1)

nx

)

∼ nx .

Donc dans ce cas

an ∼√n

nx= n

1

2−x .

(ii) x ≤ 0 :

nx + ln(n2 + 1) = nx + 2 lnn+ ln(1 + n−2) = 2 ln n

(

1 +nx + ln(1 + n−2)

2 lnn

)

∼ 2 ln n .

Donc dans ce cas

an ∼√n

2 lnn.

La limite dépend alors de la position de x par rapport à 1/2.

limn→+∞

an =

0 si x > 1/21 si x = 1/2

+∞ si x < 1/2.

h) Pour le numérateur, on écrit

ln(n3 + 2n) = ln

[

n3

(

1 +2

n2

)]

= lnn3 + ln

(

1 +2

n2

)

= 3 lnn

[

1 +ln(

1 + 2n2

)

3 lnn

]

.

Or, lorsque n tend vers l’infini, la quantité entre crochets converge vers 1. Il en résulte que

ln(n3 + 2n) ∼ 3 lnn .

Pour le dénominateur, on distingue suivant le signe de λ.

43

Si λ > 0, on écrit

ln(n2 + eλn) = ln[

eλn(

1 + n2e−λn)]

= ln eλn + ln(

1 + n2e−λn)

= λn

[

1 +ln(

1 + n2e−λn)

λn

]

.


ln(n2 + eλn) ∼ λn .

Si λ ≤ 0, on écrit

ln(n2 + eλn) = ln

[

n2

(

1 +eλn

n2

)]

= lnn2 + ln

(

1 +eλn

n2

)

= 2 ln n

1 +

ln

(

1 +eλn

n2

)

2 lnn

.


ln(n2 + eλn) ∼ 2 ln n .

Finalement

an ∼

3 ln n

λnsi λ > 0

3

2si λ ≤ 0 .

La limite de (an) vaut donc 0, si λ > 0 et 3/2 sinon.

i) Le résultat dépend de la position de a et de b par rapport à 1. On a le tableau suivant :

a > 1 a ≤ 1

b > 1(

a

b

)n− n

bn

b ≤ 1 an

n

−1

44

Pour obtenir la limite il faudra faire, dans la case (a > 1 , b > 1) du tableau précédent, une étudesuivant la position de a/b par rapport à 1.

a > 1 a ≤ 1

b > 1

a > b +∞a = b 1

a < b 0

0

b ≤ 1 +∞ −1

25. Par définition, on a(

2n

n

)

=(2n)!

(n!)2,

donc en utilisant la formule de Stirling

(

2n

n

)

∼

(

2n

e

)2n√4nπ

[(n

e

)n √2nπ

]2

∼ 22n√nπ

.

26. On peut écrireP (x) = aqx

q + aq−1xq−1 + · · ·+ a0 ,

avec aq non nul. On calcule ln |P (n)| en mettant nq en facteur et en prenant le logarithme, ilvient

ln |P (n)| = lnnq + ln∣

∣

∣aq +

aq−1

n+ · · ·+ a0

nq

∣

∣

∣,

puis en mettant lnnq = q lnn en facteur

ln |P (n)| = q lnn

1 +ln∣

∣

∣aq +aq−1

n+ · · ·+ a0

nq

∣

∣

∣

q lnn

.


ln |P (n)| ∼ q lnn .

45

27. a) Si l’on suppose an > 0 à partir d’un certain rang, on a alors

1 ≤ bnan

≤ cnan

.

Mais comme cn ∼ an, la suite (cn/an) converge vers 1, donc d’après le théorème d’encadrement,la suite (bn/an) converge également vers 1, et l’on a bien bn ∼ an.

b) Si l’on ne suppose plus an > 0 à partir d’un certain rang, on procède de la manière suivante.

Puisque cn ∼ an, il existe une suite (εn) qui converge vers 1 et telle que, à partir d’un certainrang

cn = εnan .

On pose

ηn =

εn si an = 0bnan

si an 6= 0

Si an est non nul, on a bn = ηnan.

À partir d’un certain rang, si an est nul alors cn l’est aussi, et les inégalités 0 ≤ bn ≤ 0, entrainentque bn est nul. On a donc également bn = ηnan.

Donc à partir d’un cetrain rang, on a bn = ηnan. Il reste à montrer que la suite ηn tend vers 1.

Etudions suivant le signe de an :

(i) Si an > 0, on a

1 ≤ bnan

≤ cnan

,

donc1 ≤ ηn ≤ εn ,

c’est-à-dire0 ≤ ηn − 1 ≤ εn − 1 ,

et finalement|ηn − 1| ≤ |εn − 1| .

(ii) Si an < 0, on a

1 ≥ bnan

≥ cnan

,

donc1 ≥ ηn ≥ εn ,

c’est-à-dire0 ≥ ηn − 1 ≥ εn − 1 ,

et de nouveau|ηn − 1| ≤ |εn − 1| .

46

(iii) Si an = 0, on a|ηn − 1| = |εn − 1| .

Donc, pour n assez grand, on a dans tous les cas

|ηn − 1| ≤ |εn − 1| ,

alors, comme (εn) converge vers 1, la différence (εn − 1) converge vers zéro, et il résulte du théo-rème d’encadrement que (|ηn − 1|) converge aussi vers zéro, c’est-à-dire que (ηn) converge vers1. On a donc bien démontré que bn ∼ an .

28. En écrivantan+p − an = (an+p − an+p−1) + · · ·+ (an+1 − an) ,

et en utilisant l’inégalité triangulaire, on obtient

|an+p − an| ≤ |an+p − an+p−1|+ · · ·+ |an+1 − an| ,

et donc|an+p − an| ≤ k(µn+p−1 + · · ·+ µn) .

Le membre de droite est la somme des termes d’une suite géométrique qui se calcule, et l’onobtient

|an+p − an| ≤ kµn 1− µp

1− µ.

On majore encore le membre de droite pour obtenir finalement

|an+p − an| ≤ kµn

1− µ.

Comme le membre de droite converge vers zéro, lorsque n tend vers l’infini, il existera, pour toutε > 0, un entier N , tel que n ≥ N implique

kµn

1− µ< ε .

Alors, quel que soit n ≥ N et quel que soit p entier

|an+p − an| < ε .

Cela montre que la suite (an) est une suite de Cauchy, et donc qu’elle converge vers une limite ℓ.

29. Si l’on pose xn = Re un et yn = Imun, on obtient

xn+1 + iyn+1 =xn + iyn + |un|

2,

et donc

xn+1 =xn + |un|

2

yn+1 =yn2

.

47

a) La suite (yn) est une suite géométrique de raison 1/2 et

yn =y02n

,

donc la suite (yn) converge vers 0.

b) D’après l’inégalité triangulaire

|un+1| ≤|un|+ |un|

2= |un| ,

et la suite (|un|) est une suite décroissante.

xn+1 − xn =xn + |un|

2− xn =

|un| − xn2

,

mais, puisque la partie réelle d’un nombre complexe est toujours inférieure au module, on endéduit que xn+1 − xn est positive donc que la suite (xn) est croissante.

c) D’après ce qui précède, on a|xn| ≤ |un| ≤ |u0| ,

donc la suite (xn) est bornée. Comme elle est croissante elle converge vers une limite réelle ℓ.Alors puisque un = xn + iyn, la suite (un) converge aussi vers ℓ.

d) Si α est un réel positif, alors on démontre par récurrence que la suite (un) est constante. Eneffet, si un = α, alors |un| = α et un+1 = α.

Si α est un réel négatif, alors |u0| = −α, donc u1 = 0 et par récurrence, si n ≥ 1, on a un = 0.La suite (un) est stationnaire.

30. a) Soit ε > 0. il existe N tel que n ≥ N implique |un| < ε/2. Alors, si n ≥ N ,

|vn| ≤|v1|+ · · ·+ |vN−1|+ |vN |+ · · ·+ |vn|

n≤

|v1|+ · · ·+ |vN−1|+ (n−N + 1)ε

2n

.

Si l’on pose

wn =|v1|+ · · ·+ |vN−1|+ (n−N + 1)

ε

2n

,

la suite (wn) converge vers ε/2. Il existe donc N ′ tel que n ≥ N ′ implique∣

∣

∣wn − ε

2

∣

∣

∣ <ε

2.

On en déduitwn − ε

2<

ε

2,

doncwn < ε ,

48

Alors si n ≥ max(N,N ′), on obtient |vn| < ε, ce qui montre que la suite (vn) converge vers 0.

b) Si un = (−1)n, on trouve

u2n = 0 et u2n+1 = − 1

2n+ 1,

et les deux suites (u2n) et (u2n+1) convergent vers 0. Donc (un) converge vers 0. Par contre (un)n’a pas de limite.

c) Si (un) converge vers ℓ, alors (un − ℓ) converge vers 0. Mais

vn − ℓ =(u1 − ℓ) + · · · + (un − ℓ)

n,

et la suite (vn − ℓ) converge vers 0 d’après a). Il en résulte que (vn) converge vers ℓ.

31. La relation donnée équivaut à

un+1 − un ≥ un − un−1 ,

c’est-à-dire àvn+1 ≥ vn .

La suite (vn) est donc croissante. Mais, si pour tout entier n, on a |un| ≤ M , alors

|vn| ≤ |un|+ |un−1| ≤ 2M ,

et la suite (vn) est bornée. C’est donc une suite croissante majorée. Elle converge vers une limitefinie ℓ.

Supposons ℓ > 0. Alors il existe N tel que p ≥ N implique

vp = up − up−1 ≥ℓ

2,

d’où en sommant ces inégalités pour p variant de N à n,

un − uN−1 =n∑

p=N

(up − up−1) ≥n∑

p=N

ℓ

2= (n −N + 1)

ℓ

2,

ce qui donne

un ≥ uN−1 + (n−N + 1)ℓ

2.

Comme le membre de droite tend vers +∞ il en est de même de celui de gauche et l’on obtientune contradiction puisque la suite (un) est bornée.

Il reste alors deux possibilités.

Si ℓ < 0, la suite (vn) est négative à partir d’un certain rang, donc, à partir de ce rang un ≤ un−1

et la suite (un) est décroissante minorée, donc converge.

49

Si ℓ = 0, la suite (vn) est croissante et converge vers 0, donc elle est négative, et comme dans lecas précédent la suite (un) est décroissante minorée, donc converge.

32. a) Notons M le plus grand des deux nombres a et b. On montre alors par récurrence quepour tout n ≥ 0, on a 0 ≤ un ≤ M et 0 ≤ vn ≤ M . C’est vrai pour n = 0. Si l’on suppose lapropriété vraie à l’ordre n, alors un+1 est la moyenne de deux nombres compris entre 0 et M etdonc est aussi compris entre 0 et M , puis il en est de même de vn+1. La propriété est donc vraieà l’ordre n+ 1 donc pour tout entier n ≥ 0.

b) On obtient

un+1 − vn+1 =un − un+1

2=

1

2

(

un − un + vn2

)

=un − vn

4.

La suite (un − vn) est donc une suite géométrique de raison 1/4, et

un − vn =a− b

4n.

c) D’après ce qui précède

un+1 − un = −2(un+1 − vn+1) =2(b− a)

4n+1,

et cette expression est du signe de b−a. La suite (un) est donc monotone. Comme elle est bornéeelle converge vers une limite ℓ. Mais

vn = un − a− b

4n,

donc (vn) converge aussi vers ℓ.

d) On aun+1 + 2vn+1 = 2un+1 + vn = un + 2vn .

La suite (un + 2vn) est donc constante et vaut a+ 2b. Par ailleurs elle admet 3ℓ comme limite.On en déduit donc que

ℓ =a+ 2b

3.

33. a) On montre tout d’abord par récurrence, que pour tout entier n, les nombres an et bnexistent et sont strictement positifs. C’est vrai à l’ordre 0 par hypothèse. Si on suppose la pro-priété vraie à l’ordre n, alors an+ bn et anbn sont strictement positifs, donc an+1 et bn+1 existentet sont positifs.

Pour étudier la monotonie des suites, on calcule

an+1 − an =2anbnan + bn

− an =an(bn − an)

an + bn

et

bn+1 − bn =1

2(an + bn)− bn =

1

2(an − bn)

50

et l’on constate que le signe de ces différences dépend de celui de bn − an.

Or

bn+1 − an+1 =1

2(an + bn)−

2anbnan + bn

=(an − bn)

2

2(an + bn).

Il en résulte que bn+1 − an+1 est positif pour tout n ≥ 0. Comme par ailleurs b0 − a0 = β − αest positif par hypothèse, on en déduit que bn− an est positif pour tout n ≥ 0. Alors, d’une partan+1 − an est positif pour tout entier n et la suite (an) est croissante, et d’autre part bn+1 − bnest négatif pour tout n et la suite (bn) est décroissante.

On a donc0 < a0 = α ≤ an ≤ bn ≤ b0 = β .

Il en résulte que (an) est une suite croissante majorée par β. Elle converge vers une limite ℓ. Demême la suite (bn) est décroissante et minorée par α. Elle converge vers une limite ℓ′. Mais enpassant à la limite dans la relation

bn+1 =1

2(an + bn) ,

on obtient

ℓ′ =1

2(ℓ+ ℓ′) ,

d’où l’on déduit que ℓ = ℓ′. Cette limite ℓ est positive.

Pour trouver cette limite, on remarque que pour tout entier n

an+1 bn+1 = an bn .

La suite (anbn) est donc constante, et sa limite est égale à son premier terme. On en déduit que

ℓ2 = αβ ,

et donc, puisque ℓ est positive, que ℓ =√αβ.

b) En partant de l’égalité

bn+1 − an+1 =(an − bn)

2

2(an + bn),

et en minorant an et bn par α, on en déduit que

bn+1 − an+1 ≤(an − bn)

2

4a.

c) On démontre alors par récurrence la propriété suivante :

bn − an ≤ 4a

(

β − α

4a

)2n

.

A l’ordre 0, on a une égalité :

b0 − a0 = β − α = 4a

(

β − α

4a

)20

.

51

Supposons l’inégalité vraie à l’ordre n. On a

bn+1 − an+1 ≤(an − bn)

2

4a,

donc en utilisant la relation à l’ordre n

bn+1 − an+1 ≤

(

4a

(

β − α

4a

)2n)2

4a

≤ 4a

(

β − α

4a

)2·2n

≤ 4a

(

β − α

4a

)2n+1

.

On obtient la relation à l’ordre n+ 1. Elle est donc vraie pour tout n ≥ 0.

Pour obtenir ℓ =√2, il suffit de prendre b = 2 et a = 1. Dans ce cas

0 ≤√2− an ≤ bn − an ≤ 1

42n−1.

Et de même

0 ≤ bn −√2 ≤ bn − an ≤ 1

42n−1.

Si l’on veut rendre le membre de droite inférieur à 10−4 il suffit de prendre n = 3. On calculealors les premiers termes :

a1 =4

3b1 =

3

2a2 =

24

17b2 =

17

12a3 =

816

577b3 =

577

408.

Il en résulte que a3 est une valeur approchée par défaut de√2 et que b3 est une valeur approchée

par excès de ce nombre.

On remarque que a3 = 1, 414211 . . . et que√2 = 1, 414213 . . .. La valeur approchée obtenue est

de l’ordre de 2 · 10−6 c’est-à-dire meilleure que le prévoyait la majoration précédente.

34. a) On a

un+1 − un =1− unun

.

Pour étudier la monotonie de la suite (un) on va étudier le signe de un et de un − 1.

Tout d’abord un+1 =u2n − un + 1

un, et puisque le trinôme X2 −X + 1 n’a pas de racine réelle,

il est toujours positif. Donc un+1 et un ont le même signe : c’est celui de u0. Donc la suite (un)est positive. D’autre part

un+1 − 1 =u2n − 2un + 1

un=

(un − 1)2

un≥ 0 .

Ceci montre que la suite (un)n≥1 est minorée par 1, et il en résulte que si n ≥ 1, on a un+1−un ≤ 0.La suite (un)n≥1 est donc décroissante. C’est une suite décroissante minorée, donc elle converge.

52

Notons ℓ sa limite. On a ℓ ≥ 1. Alors, en passant à la limite dans la relation de récurrence, onobtient ℓ = ℓ+ 1

ℓ − 1 d’où l’on déduit ℓ = 1.

b) On a

vn+1 = un+1 − 1 = un − 1 +1− unun

= vn − vnvn + 1

=v2n

vn + 1,

et puisque (vn) converge vers 0, la suite (1/(vn + 1)) converge vers 1 et donc vn+1 ∼ v2n .

35. a) On montre tout d’abord par récurrence que la suite existe et que ses termes sont stric-tement positifs. C’est bien le cas de x0 = 2. Si l’on suppose que les termes de la suite existentjusqu’au rang n et sont strictement positif, alors

xn+1 =2 + x2nxn

,

existe et est strictement positif.

Si l’on calcule alors xn+1 −√2, on trouve

xn+1 −√2 =

2 + x2n2xn

−√2 =

2− 2√2xn + x2n2xn

=(√2− xn)

2

2xn.

Il en résulte que xn+1 −√2 est positif pour tout n positif, et donc que xn −

√2 est positif pour

tout n ≥ 1. Par ailleurs x0 −√2 = 2−

√2 est également positif, donc xn −

√2 est positif pour

tout n ≥ 0.

b) Si l’on calcule xn+1 − xn, on obtient

xn+1 − xn =2 + x2n2xn

− xn =2− x2n2xn

,

et cette expression est négative d’après a). Il en résulte que la suite (xn) est décroissante, etcomme elle est minorée par

√2, elle est convergente et sa limite ℓ est supérieure à

√2. En

calculant alors la limite de (xn+1) qui d’une part vaut ℓ puisque c’est une suite extraite de (xn)

et d’autre part vaut 2+ℓ2

2ℓ , on obtient par unicité de la limite

ℓ =2 + ℓ2

2ℓ,

ce qui équivaut à ℓ2 = 2, donc, puisque ℓ est positive, à ℓ =√2.

c) Dans les questions précédentes, on a obtenu

0 ≤ xn+1 −√2 ≤ (

√2− xn)

2

2xn,

et en minorant le dénominateur par√2, on en déduit

0 ≤ xn+1 −√2 ≤ (xn −

√2)2

2√2

.

53

On montre alors par récurrence que

xn −√2 ≤ 2

√2

(√2− 1

2

)2n

.

Pour n = 0, on a

2√2

(√2− 1

2

)20

= 2√2

√2− 1

2= 2−

√2 = x0 −

√2 ,

et l’inégalité a lieu au rang 0. (C’est alors une égalité).

Si l’on suppose l’inégalité vraie au rang n, alors, en utilisant l’hypothèse de récurrence,

xn+1 −√2 ≤ (xn −

√2)2

2√2

≤ 1

2√2

2√2

(√2− 1

2

)2n

2

= 2√2

(√2− 1

2

)2n×2

= 2√2

(√2− 1

2

)2n+1

,

et l’inégalité est vraie au rang n+ 1. Il en résulte qu’elle est vraie pour tout n ≥ 0.

Alors, en majorant√2 par 2, et

√2− 1 par 1/2 (ce qui est vrai car 2 < 9/4 implique

√2 < 3/2

donc√2− 1 < 1/2), on obtient

xn −√2 ≤ 2

√2

(√2− 1

2

)2n

≤ 4

(

1

4

)2n

= 41−2n .

d) On obtient successivement x1 = 3/2 puis x2 = 17/12. Par ailleurs

0 ≤ x2 −√2 ≤ 41−22 =

1

43=

1

64,

et comme 64 > 50, on en déduit 1/64 < 1/50 = 2.10−2. Donc x2 est une valeur approchée de√2

par excès à 2/10−2 près.

36. a) On utilise tout d’abord l’inégalité triangulaire, ce qui donne

|an| =∣

∣

∣

∣

∣

n∑

k=1

sin k

k2 + 1

∣

∣

∣

∣

∣

≤n∑

k=1

| sin k |k2 + 1

.

En majorant | sin k | par 1, et en minorant n2 + k par n2, on obtient

|an| ≤n∑

k=1

1

n2=

1

n.

54

Alors, puisque le membre de droite converge vers zéro, il résulte du théorème d’encadrement quela suite (|an|) converge vers zéro, donc que (an) converge elle aussi vers zéro.

b) Pour rendre |an − ℓ| ≤ 10−2, il suffit que1

n≤ 10−2, donc que n ≥ 100. On peut donc prendre

N = 100.

37. a) Pour étudier la croissance de la suite on calcule bn+1 − bn. On a

bn+1 − bn =a0 + 2a1 + 4a2 + · · ·+ 2nan + 2n+1an+1

2n+2− a0 + 2a1 + 4a2 + · · · + 2nan

2n+1

=2n+1an+1 − (a0 + 2a1 + 4a2 + · · · + 2nan)

2n+2.

Mais, puisque la suite (an)n≥0 est croissante, on a pour tout indice k compris entre 0 et n,l’inégalité

ak ≤ an+1 ,

et donc2kak ≤ 2kan+1 .

Alors, en sommant ces inégalités membre à membre, on obtient

a0 + 2a1 + 4a2 + · · ·+ 2nan ≤ (1 + 2 + 4 + · · ·+ 2n)an+1 .

En utilisant la somme des termes d’une suite géométrique de raison 2, on a

1 + 2 + 4 + · · · + 2n =2n+1 − 1

2− 1= 2n+1 − 1 ≤ 2n+1 ,

et puisque an+1 est positif, il en résulte que

a0 + 2a1 + 4a2 + · · ·+ 2nan ≤ 2n+1an+1 ,

et l’on en déduit que bn+1 − bn est positif pour tout entier n. La suite (bn) est donc croissante.

b) Si l’on a pour tout entier n, l’inégalité an ≤ M , on en déduit, par le même calcul que dans a)

bn =a0 + 2a1 + 4a2 + · · ·+ 2nan

2n+1≤ (1 + 2 + 4 + · · ·+ 2n)M

2n+1≤ M ,

et la suite (bn) est, elle aussi, majorée par M .

c) Soit ε > 0. Il existe un entier N , tel que, n ≥ N implique |an| ≤ ε/2. Alors

|bn| =|a0 + · · ·+ 2N−1aN−1 + 2NaN + · · · + 2nan|

2n+1

≤ |a0|+ · · ·+ 2N−1|aN−1|+ 2N |aN |+ · · ·+ 2n|an|2n+1

.

Mais

2N |aN |+ · · ·+ 2n|an| ≤ (2N + ·+ 2n)ε

2

≤ 2N (1 + · · ·+ 2n−N )ε

2

≤ 2N2n−N+1 − 1

2− 1

ε

2≤ 2nε .

55

On obtient donc

|bn| ≤|a0|+ · · ·+ 2N−1|aN−1|

2n+1+

ε

2.

Mais N étant fixé, la suite de terme général|a0|+ · · · + 2N−1|aN−1|

2n+1converge vers zéro. Il existe

donc un entier N ′, tel que, si n ≥ N ′, on ait

|a0|+ · · ·+ 2N−1|aN−1|2n+1

≤ ε

2.

On en déduit que si n ≥ max(N,N ′), alors |bn| ≤ ε, ce qui montre que la suite (bn) converge elleaussi vers zéro.

d) Si (an) converge vers ℓ, posons a′n = an − ℓ. Alors la suite (b′n)n≥0 définie par

b′n =a′0 + 2a′1 + 4a′2 + · · ·+ 2na′n

2n+1,

converge vers zéro d’après la question c), mais

b′n =a0 + 2a1 + 4a2 + · · ·+ 2nan

2n+1− ℓ(1 + 2 + · · ·+ 2n)

2n+1.

On a donc

bn = b′n + ℓ2n+1 − 1

2n+1,

et ceci converge vers ℓ lorsque n tend vers l’infini.

38. a) Les suites sont strictement positives (l’énoncé ne demande pas de le démontrer). On a

an+1 − an =1

2(bn − an) ,

et, en utilisant la quantité conjuguée

bn+1 − bn =a2n − b2n

2(bn+1 + bn).

Les signes dépendent donc de celui de la différence bn−an. Mais, toujours en utilisant la quantitéconjuguée,

bn+1 − an+1 =(bn − an)

2

4(bn+1 + an+1).

Cette quantité est positive pour n ≥ 0. On en déduit que bn − an est positif pour tout n ≥ 1,comme c’est encore vrai pour n = 0 par hypothèse, c’est vrai pour tout n ≥ 0. On en déduit quela suite (an)n≥0 est croissante, et que la suite (bn)n≥0 est décroissante. On a donc

a = a0 ≤ an ≤ bn ≤ b0 = b .

La suite (an) est croissante et majorée par b, elle admet donc une limite ℓ. La suite (bn) estdécroissante et minorée par a. Elle admet donc une limite ℓ′. Alors, en passant à la limite dansla relation

an+1 =an + bn

2,

56

on obtient

ℓ =ℓ+ ℓ′

2,

d’où ℓ = ℓ′. Les suites ont le même limite.

b) En utilisant la relation

bn+1 − an+1 =(bn − an)

2

4(bn+1 + an+1),

et en minorant bn+1 et an+1 par a, on obtient immédiatement

bn+1 − an+1 ≤(bn − an)

2

8a.

c) L’inégalité se démontre par récurrence. On a

8a

(

b− a

8a

)20

= b− a = b0 − a0 ,

et l’inégalité est vraie au rang 0. (C’est une égalité).

Supposons la relation vraie à l’ordre n, alors

bn+1 − an+1 ≤(an − bn)

2

8a,

donc en utilisant la relation à l’ordre n

bn+1 − an+1 ≤

(

8a

(

b− a

8a

)2n)2

8a

≤ 8a

(

b− a

8a

)2·2n

≤ 8a

(

b− a

8a

)2n+1

.

On obtient la relation à l’ordre n+ 1. Elle est donc vraie pour tout n ≥ 0.

39. a) L’énoncé ne demande pas de démontrer que les termes de la suite sont positifs.On montre par récurrence que un ≤ 2 si n ≥ 2. On a u2 = 2. La propriété est vraie à l’ordre 2.Supposons la vraie à l’ordre n. Alors

un+1 ≤n+ 2

n2=

1

n+

2

n2≤ 1

2+

2

4= 1 ≤ 2 ,

et la propriété est vraie à l’ordre n + 1, donc pour tout n ≥ 2. Comme par ailleurs u1 = 1 ≤ 2,la propriété est vraie pour tout n ≥ 1.

On a

un+1 =un + n

n2=

unn2

+1

n.

57

Mais (un) est bornée, et (1/n2) converge vers zéro. Donc (un/n2) converge aussi vers zéro. Alors

limn→+∞

un+1 = 0 ,

donclim

n→+∞un = 0 .

b) Tout d’abord, pour n ≥ 1

un+1 =unn2

+1

n≥ 1

n.

Donc, pour n ≥ 2

un ≥ 1

n− 1.

D’autre part, pour n ≥ 1

un+1 ≤n+ 2

n2,

donc pour n ≥ 2

un ≤ n+ 1

(n− 1)2.

On a donc bien1

n− 1≤ un ≤ n+ 1

(n− 1)2.

Alorsn

n− 1≤ nun ≤ n(n+ 1)

(n− 1)2.

Mais les suites de droite et de gauche convergent toutes deux vers 1. Il résulte du théorème d’en-cadrement que la suite (nun) converge et a pour limite 1, et donc que (un) est équivalente à (1/n).

c) i) Si l’on pose

f(x) =x

x2 − 1,

on obtient une fonction définie sur ] 1, +∞ [ dont la dérivée

f ′(x) = − x2 + 1

(x2 − 1)2

est négative. La fonction f est décroissante, donc la suite vn = f(n) également.

ii) On a, si n ≥ 2

un − vn ≥ 1

n− 1− n

n2 − 1=

1

n2 − 1≥ 0 .

iii) Alors, si n ≥ 2

un+1 − un =n+ unn2

− un =n2 − 1

n2(vn − un) ≤ 0 ,

et la suite (un)n≥2 est décroissante. Par contre u1 < u2, et la suite (un)n≥1 n’est pas décroissante.

58

40. a) Montrons par récurrence que si n ≥ 1,

0 ≤ un ≤ 1 .

On a tout d’abord0 ≤ u1 = 1 ≤ 1 ,

et la propriété est vraie au rang 1. Supposons la vraie au rang n ≥ 1. Alors

un+1 =1 + un2n

≤ 1 + 1

2n=

1

2n−1≤ 1 ,

et aussi

un+1 =1 + un2n

≥ 1

2n≥ 0 .

La propriété est vraie au rang n+1 donc pour tout n ≥ 1. Comme de plus elle est vraie si n = 0,elle est donc vraie pour tout n ≥ 0.

Alors, si n ≥ 0, la majoration précédente montre que

un+1 ≤1

2n−1,

donc, pour tout n ≥ 1

un ≤ 1

2n−2,

mais

u0 = 0 ≤ 1

2−2= 4 ,

le résultat est donc vrai aussi si n = 0. Il est donc vrai pour tout n ≥ 0.

b) On a donc, pour tout n ≥ 0

0 ≤ un ≤ 1

2n−2,

et il résulte du théorème d’encadrement que la suite (un) converge et a pour limite 0.

c) En écrivant

un =1 + un−1

2n−1,

on en déduit2n−1un = 1 + un−1 ,

et comme (un−1) converge vers zéro, il en résulte que (2n−1un) converge vers 1. Donc

un ∼ 1

2n−1.

d) On montre par récurrence que pour n ≥ 2,

un >1

2n − 1.

59

On a tout d’abord

u2 = 1 >1

3=

1

22 − 1,

et la propriété est vraie à l’ordre 2. Supposons qu’elle soit vraie à l’ordre n. Alors

un+1 =1 + un2n

>1 +

1

2n − 12n

=1

2n − 1>

1

2n+1 − 1,

et la propriété est vraie à l’ordre n+ 1, donc pour tout n ≥ 2.

Alors, pour n ≥ 2,

un − un+1 = un − 1 + un2n

=(2n − 1)un − 1

2n=

(2n − 1)

2n

(

un − 1

2n − 1

)

> 0 ,

ce qui montre que la suite (un)n≥2 est strictement décroissante. Par contre, on a u0 < u1, et lasuite (un)n≥0 n’est pas décroissante.

41. a) On a u1 = u20 ≥ 4 . Supposons la propriété vraie à l’ordre n. On a donc

u2n ≥ 16 ,

mais aussi2n

n+ 1≤ 2 ,

d’où l’on déduit

un+1 = u2n − 2n

n+ 1≥ 16− 2 ≥ 4 .

La propriété est donc vraie au rang n+ 1 donc pour tout entier n ≥ 1.

Si la suite possédait une limite finie ℓ, on aurait d’après ce qui prècède ℓ ≥ 4. Mais, par passageà la limite dans la relation de récurrence, on obtiendrait

ℓ = ℓ2 − 2 ,

et donc ℓ = 2, ou ℓ = −1, ce qui est impossible. La suite (un) n’a donc pas de limite finie.

b) Si l’on calcule un+1 − un, on obtient, en majorant de nouveau2n

n+ 1par 2,

un+1 − un = u2n − 2n

n+ 1− un ≥ u2n − 2− un = (un + 1)(un − 2) .

Comme, pour tout entier n, on a un ≥ 2, il en résulte que (un + 1)(un − 2) est positif, et donc,pour tout n ≥ 0, on a un+1−un ≥ 0. La suite (un) est donc croissante. Si elle était majorée, elleaurait une limite finie, ce qui est faux. La suite n’est pas majorée. (Elle admet +∞ pour limite).

42. Si l’on calcule les premiers termes de la suite à l’aide d’une calculatrice ne travaillant pasen mode formel, on obtient au bout de quelques itérations la valeur 100 qui ne change plus dansles itérations suivantes.

60

a) Si l’on calcule an+2 pour 1 ≤ n ≤ p, on obtient

an+2 = x0 · x1 · · · xn · xn+1 .

Donc, en remplaçant xn+1 par sa valeur

an+2 = x0 · x1 · · · xn · xn+1

= (x0 · x1 · · · xn)(

111 − 1130

xn+

3000

xnxn−1

)

= (x0 · x1 · · · xn)111 − (x0 · x1 · · · xn−1)1130 + (x0 · x1 · · · xn−2)3000

= 111an+1 − 1130an + 3000an−1 .

b) Le polynôme P possède trois racines entières u = 5, v = 6, et w = 100.

c) On calcule les premières valeurs de la suite (an). On obtient alors

a0 = 1 = α+ β + γ ,

a1 = x0 =11

2= 5α+ 6β + 100γ ,

et enfin

a2 = x0 · x1 =11

2· 6111

=61

2= 25α + 36β + 10000γ .

Il reste à résoudre le système obtenu, par la méthode du pivot par exemple.

1 1 1 1 1 1 1 15 6 100 11/2 −→ 0 1 95 1/225 36 10000 61/2 0 11 9975 11/2

1 0 -94 1/2 1 0 0 1/20 1 95 1/2 −→ 0 1 0 1/20 0 8930 0 0 11 8930 0

On obtient donc α = β = 1/2 et γ = 0. Donc pour n = 0, 1, et 2

an =1

2(5n + 6n) .

Montrons par récurrence que cette inégalité est vraie pour tout entier n tel que 0 ≤ n ≤ p+ 2.

On sait déjà qu’elle est vraie pour les trois premiers ordres. Supposons qu’elle soit vraie pourn− 1, n, et n+1, où 1 ≤ n ≤ p, et montrons qu’elle est encore vraie à l’ordre n+2. On supposedonc que

an−1 =1

2(5n−1 + 6n−1)

an =1

2(5n + 6n)

an+1 =1

2(5n+1 + 6n+1)

61

et on utilise la relation de récurrence

an+2 = 111an+1 − 1130an + 3000an−1 .

On obtient

an+2 =111

2(5n+1 + 6n+1)− 1130

2(5n + 6n) +

3000

2(5n−1 + 6n−1)

=5n−1

2(111 · 52 − 1130 · 5 + 3000) +

6n−1

2(111 · 62 − 1130 · 6 + 3000) .

Mais comme 5 et 6 sont racines du polynôme P , on a

111 · 52 − 1130 · 5 + 3000 = 53 et 111 · 62 − 1130 · 6 + 3000 = 63 .

Donc

an+2 =1

2(5n+2 + 6n+2) ,

et la relation est vraie à l’ordre n+ 2. Elle a donc lieu pour tout n tel que 0 ≤ n ≤ p+ 2.

d) On obtient alors immédiatement si 1 ≤ n ≤ p+ 1,

xn =an+1

an=

5n+1 + 6n+1

5n + 6n,

ce qui montre en particulier que xp+1 n’est pas nul, et donc que la suite (xn)n≥0 est bien définie.Alors, après mise en facteur,

xn = 6

1 +

(

5

6

)n+1

1 +

(

5

6

)n .

Comme 5/6 est inférieur à 1, la suite ((5/6)n) converge vers zéro, et la suite (xn) converge doncvers 6, ce qui n’est pas la valeur trouvée par la calculatrice.

e) En calculant la différence xn+1 − xn, on obtient facilement

xn+1 − xn =5n+2 + 6n+2

5n+1 + 6n+1− 5n+1 + 6n+1

5n + 6n=

5n6n

(5n+1 + 6n+1)(5n + 6n),

et cette expression est toujours positive. La suite (xn)n≥0 est donc strictement croissante.

43. Si (an) est une suite stationnaire, il existe un nombre réel α et un rang q, tels que, pourtout entier n ≥ q, on ait an = α. Pour tout ε > 0, si n ≥ q, on a alors

|an − α| = 0 < ε ,

et la suite (an) converge vers α.

Si (an) est une suite convergente de nombres entiers. Soit α sa limite. Prenons ε = 1/2. Il existeun entier q tel que, pour tout n ≥ q

|an − α| < ε ,

62

soit

α− 1

2< an < α+

1

2.

Mais, dans l’intervalle ]α− 1/2, α+ 1/2 [ qui est de longueur 1, il existe au plus un nombre entierβ. Il en résulte, que, pour tout n ≥ q , on a an = β. Donc la suite (an) est stationnaire (et α = β).

44. On a un2 = 0, et la suite (un2)n≥0 converge vers 0. En utilisant le fait que, si n est un entiernaturel,

n2 ≤ n2 + 2n < n2 + 2n+ 1 ,

on en déduit quen ≤

√

n2 + 2n < n+ 1 ,

et donc queE(√

n2 + 2n) = n .

Alors

un2+2n =√

n2 + 2n− n =2n√

n2 + 2n+ n,

puis en divisant par n au numérateur et au dénominateur,

un2+2n =2

√

1 +2

n+ 1

,

Il en résulte que (un2+2n)n≥0 converge vers 1. Les deux suites extraites ayant des limites diffé-rentes, la suite (un) n’a pas de limite.

45. En utilisant les deux formules de trigonométrie on obtient

(1) un+1 − un−1 = 2 sin θ cos(nθ + ϕ) = 2vn sin θ ,

et(2) vn+1 − vn−1 = −2 sin θ sin(nθ + ϕ) = −2un sin θ .

Si (un) converge vers ℓ, alors la suite (un+1 − un−1) converge vers 0. Mais puisque sin θ est nonnul, on déduit de (1) que (vn) admet elle aussi zéro pour limite. Alors (vn+1− vn−1) admet pourlimite 0 et on déduit de (2) que (un) admet pour limite zéro. Mais puisque u2n + v2n = 1, onobtient une contradiction. Il en résulte que la suite (un) n’a pas de limite finie, et comme elle estbornée, elle n’admet pas non plus de limite infinie. La suite (un) n’admet donc pas de limite.

46. a) Evaluons l’expression |un+1 − un|, si n ≥ 2. On a

|un+1 − un| =

∣

∣

∣

∣

λ sinun + un−1

2+ γ −

(

λ sinun−1 + un−2

2+ γ

)∣

∣

∣

∣

= λ

∣

∣

∣

∣

sinun + un−1

2− sin

un−1 + un−2

2

∣

∣

∣

∣

.

63

En utilisant la majoration de la valeur absolue d’une différence de sinus, on en déduit

|un+1 − un| ≤ λ

∣

∣

∣

∣

un + un−1

2− un−1 + un−2

2

∣

∣

∣

∣

,

puis, avec l’inégalité triangulaire

|un+1 − un| ≤λ

2(|un − un−1|+ |un−1 − un−2|) .

b) Le produit des racines du trinôme P (X) = 2X2 − λX − λ vaut −λ/2. Il est donc négatif etle trinôme possède une racine positive et une seule µ. On a

P (0) = −λ < 0 et P (1) = 2− 2λ > 0

Il en résulte que µ appartient à l’intervalle ] 0, 1 [ .

Montrons par récurrence que, pour tout entier n ≥ 0,

vn ≤ max

(

v0,v1µ

)

µn .

On remarque que l’inégalité démontrée dans a) s’écrit

vn ≤ λ

2(vn−1 + vn−2) .

Pour avoir des renseignements sur vn+1, il est nécessaire d’en avoir sur vn et vn−1. On commencedonc par vérifier que la propriété est vraie pour les deux premiers ordres :

la propriété est vraie pour n = 0, puisque

v0 ≤ max

(

v0,v1µ

)

.

elle est vraie également à l’ordre 1, puisque

v1 ≤ max(v0µ, v1) = max

(

v0,v1µ

)

µ .

Posons k = max

(

v0,v1µ

)

, et supposons maintenant la propriété vraie aux ordres n et n − 1.

Alors

vn+1 ≤ kλ

2(µn + µn−1) = k

λ

2µn−1(µ+ 1) ,

mais, puisque µ est racine du trinôme, il en résulte que

λ(µ+ 1) = 2µ2 .

Alorsvn+1 ≤ kµn−1µ2 = kµn+1 ,

ce qui montre la propriété au rang n+ 1. La propriété est donc vraie pour tout entier n ≥ 0.

64

c) En écrivantun+p − un = (un+p − un+p−1) + · · · + (un+1 − un) ,

et en utilisant l’inégalité triangulaire, on obtient

|un+p − un| ≤ |un+p − un+p−1|+ · · ·+ |un+1 − un| ,

et donc|un+p − un| ≤ k(µn+p−1 + · · ·+ µn) .

Le membre de droite est la somme des termes d’une suite géométrique qui se calcule, et l’onobtient

|un+p − un| ≤ kµn 1− µp

1− µ.

On majore encore le membre de droite pour obtenir finalement

|un+p − un| ≤ kµn

1− µ.

Comme le membre de droite converge vers zéro, lorsque n tend vers l’infini, il existera, pour toutε > 0, un entier N , tel que n ≥ N implique

kµn

1− µ< ε .

Alors, quel que soit n ≥ N et quel que soit p entier

|un+p − un| < ε .

Cela montre que la suite (un) est une suite de Cauchy, et donc qu’elle converge vers une limite ℓ.

65

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