Suites numériques exercices corrigés

[http://mp.cpgedupuydelome.fr] dD édité le 31 août 2011 Enoncés 1

Suites numériques Calculs de limites
Exercice 8 [ 02254 ] [correction]
Convergence d’une suite numérique Déterminer la limite, si celle-ci existe, des suites (un ) suivantes :
n n √ √
a) un = 3n −(−2)n b) un = n2 + n + 1 − n2 − n + 1
3 +(−2)
Exercice 1 [ 02247 ] [correction] √
n−√n2 +1 1
n
Soit (un ) et (vn ) deux suites réelles convergeant vers et avec < . c) un = n+ n2 −1
d) un = n2 k
k=1
Montrer qu’à partir d’un certain rang : un < vn .

Exercice 2 [ 02248 ] [correction] Déterminer les limites des suites dont les termes généraux sont les suivants :
√
1 n n
Montrer que (un ) ∈ ZN converge si, et seulement si, (un ) est stationnaire. a) un = 1 + n b) un = n2
1/n n
1 n−1
c) un = sin n d) un = n+1

n ∈ N, un a et vn b Exercice 10 [ 02256 ] [correction]
Soit (a, b) ∈ R2 , (un ) et (vn ) deux suites telles que : Déterminer par comparaison, la limite des suites (un ) suivantes :
un + vn → a + b sin n n!
Montrer que un → a et vn → b. a) un = n+(−1)n+1 b) un = nn
n−(−1)n en
c) un = n+(−1)n d) un = nn
e) un = n
2 + (−1)n
Soit (un ) et (vn ) deux suites réelles telles que (un + vn ) et (un − vn ) convergent.
Montrer que (un ) et (vn ) convergent. Exercice 11 [ 02257 ] [correction]
Déterminer les limites des sommes suivantes :
n √ n
1
a) Sn = kb) Sn = √ .
k
k=1 k=1
Exercice 5 [ 02251 ] [correction] n
1
2n
1
Soit (un ) et (vn ) deux suites convergentes. Etudier lim max(un , vn ). c) Sn = n2 +k2 d) Sn = k2
n→+∞ k=1 k=n+1
n n
n √ 1
e) Sn = n2 +k f) Sn = n2 +k
k=1 k=1
n
Exercice 6 [ 02252 ] [correction] g) Sn = (−1)n−k k!
k=0
Soit (un ) et (vn ) deux suites réelles telles que u2 + un vn + vn → 0.
n
2

Démontrer que (un ) et (vn ) convergent vers 0.
Comparer
Exercice 7 [ 02253 ] [correction] m m n
Soit (un ) et (vn ) deux suites telles que 0 un 1, 0 vn 1 et un vn → 1. 1 1 1
lim lim 1− , lim lim 1− et lim 1−
Que dire de ces suites ? m→+∞ n→+∞ n n→+∞ m→+∞ n n→+∞ n


Exercice 13 [ 02259 ] [correction] Exercice 17 [ 02263 ] [correction]
√
Soit (un ) une suite de réels strictement positifs. On suppose n un → . Déterminer la limite de
n −1
a) Montrer que si < 1 alors un → 0. n
b) Montrer que si > 1 alors un → +∞. un =
k=0
k
c) Montrer que dans le cas = 1 on ne peut rien conclure.

Exercice 14 [ 02260 ] [correction] Soit p ∈ N {0, 1}. Pour n ∈ N on pose
Soit (un ) une suite de réels strictement positifs. On suppose
−1 n
un+1 n+p
→ un = et Sn = uk
un n k=1

a) Montrer que si < 1 alors un → 0. a) Montrer que
b) Montrer que si > 1 alors un → +∞. ∀n ∈ N, (n + p + 2)un+2 = (n + 2)un+1
c) Montrer que dans le cas = 1 on ne peut rien conclure. b) Montrer par récurrence
1
Sn = (1 − (n + p + 1)un+1 )
Exercice 15 [ 02261 ] [correction] p−1
Pour tout n ∈ N, on pose
c) On pose ∀n ∈ N vn = (n + p)un . Montrer que (vn ) converge vers 0.
n n d) En déduire lim Sn en fonction de p.
1 (−1)k−1
Sn = et Sn =
n+k k
k=1 k=1
Exercice 19 X MP [ 03039 ] [correction]
a) Etablir que pour tout p > 1, Soit z ∈ C avec |z| < 1. Existence et calcul de
p+1 p n
dx 1 dx k
lim 1 + z2
p x p p−1 x n→+∞
k=0

En déduire la limite de (Sn ).
b) Etablir que S2n = Sn . En déduire la limite de (Sn ). Exercice 20 [ 03196 ] [correction]
Etudier la convergence de deux suites réelles (un ) et (vn ) vériﬁant

Exercice 16 [ 02262 ] [correction] lim (un + vn ) = 0 et lim (eun + evn ) = 2
n→+∞ n→+∞
Soit a ∈ R et pour n ∈ N,
n
a
Pn = cos
2k
Suites monotones et bornées
k=1

Montrer que Exercice 21 [ 02265 ] [correction]
a 1 Soit (un ) une suite croissante de limite . On pose
sin n Pn = n sin a
2 2
u1 + · · · + un
et déterminer lim Pn . vn =
n→∞ n


a) Montrer que (vn ) est croissante. Exercice 26 [ 02270 ] [correction]
un +vn
b) Etablir que v2n 2 . On pose
c) En déduire que vn → . 1 × 3 × 5 × · · · × (2n − 1)
un =
2 × 4 × 6 × · · · × (2n)
a) Exprimer un à l’aide de factoriels.
Exercice 22 [ 02266 ] [correction] b) Montrer que la suite (un ) converge.
Soit (un ) une suite réelle convergente. Etudier la limite de la suite vn = sup up . c) On pose
p n
vn = (n + 1)u2
n

Montrer que la suite (vn ) converge. En déduire la limite de la suite (un )
Exercice 23 [ 02267 ] [correction] d) Simpliﬁer
2n
Soit (un ) une suite réelle bornée. On pose 1
1−
k
k=2
vn = sup up et wn = inf up
p n
p n et comparer ce produit à u2 .
n
e) En déduire que la limite C de la suite (vn ) est strictement positive.
Montrer que les suites (vn ) et (wn ) possèdent chacune une limite dans R et
comparer celles-ci.
Suites adjacentes
[Somme harmonique] Soit θ ∈ ]0, π/2[, un = 2n sin 2θ , vn = 2n tan 2θ .
n n
Pour tout n ∈ N, on pose Montrer que les suites (un ) et (vn ) sont adjacentes. Quelle est leur limite
n
1 commune ?
Hn =
k
k=1

Montrer que Exercice 28 [ 00325 ] [correction]
1
∀n ∈ N , H2n − Hn On pose
2 n
1 √ n
1 √
En déduire que lim Hn = +∞. un = √ − 2 n et vn = √ −2 n+1
n→∞ k=1
k k=1
k
Montrer que les suites (un ) et (vn ) sont adjacentes.
En déduire un équivalent de
Exercice 25 [ 02269 ] [correction] n
1
Soit (Hn ) la suite déﬁnie pour n ∈ N par √
k=1
k
n
1
Hn =
k
k=1 Exercice 29 [ 02272 ] [correction]
n
1 1
a) Montrer que Hn → +∞. Pour tout n ∈ N , on pose Sn = k2 et Sn = Sn + n .
b) Soit (un ) une suite telle que n(un+1 − un ) → 1. Montrer que un → +∞. k=1
Montrer que les suites (Sn ) et (Sn ) sont adjacentes.
On peut montrer que leur limite commune est π 2 /6, mais c’est une autre histoire...


[Critère spécial des séries alternées ou critère de Leibniz] Soit (un ) une suite complexe telle que (u2n ), (u2n+1 ) et (u3n ) convergent. Montrer
Soit (un ) une suite de réels décroissante et de limite nulle. que (un ) converge.
n
Pour tout n ∈ N, on pose Sn = (−1)k uk .
k=0
Montrer que les suites extraites (S2n ) et (S2n+1 ) sont adjacentes et en déduire que Exercice 35 [ 02278 ] [correction]
(Sn ) converge. Justifier que la suite de terme général cos n diverge.

[Irrationalité du nombre de Néper] Exercice 36 [ 00327 ] [correction]
Soient Montrer que la suite de terme général sin n diverge.
n n
1 1 1 1
an = et bn = + = an +
k! k! n.n! n.n!
k=0 k=0
a) Montrer que (an ) et (bn ) sont strictement monotones et adjacentes. n+p
Soit (un ) une suite réelle telle que ∀n, p ∈ N , 0 un+p np . Montrer que
On admet que leur limite commune est e . On désire montrer que e ∈ Q et pour
/ un → 0.
cela on raisonne par l’absurde en supposant e = p avec p ∈ Z, q ∈ N .
q
b) Montrer que aq < e < bq puis obtenir une absurdité.
Exercice 38 X MP [ 03234 ] [correction]
Soit (un ) une suite réelle vérifiant
[Moyenne arithmético-géométrique] un+1 − un → 0 et un → +∞
a) Pour (a, b) ∈ R+2 , établir : √
2 ab a+b Montrer qu’il existe une application ϕ : N → N strictement croissante vérifiant
b) On considère les suites de réels positifs (un ) et (vn ) définies par
uϕ(n) − n → 0
√ un + vn
u0 = a, v0 = b et ∀n ∈ N, un+1 = un vn , vn+1 =
2
Comparaison de suites numériques
Montrer que, pour tout n 1, un vn , un un+1 et vn+1 vn .
c) Etablir que (un ) et (vn ) convergent vers une même limite.
Cette limite commune est appelée moyenne arithmético-géométrique de a et b et Exercice 39 [ 02280 ] [correction]
est notée M (a, b). Classer les suites, dont les termes généraux, sont les suivants par ordre de
d) Calculer M (a, a) et M (a, 0) pour a ∈ R+ . négligeabilité :
√ n2
e) Exprimer M (λa, λb) en fonction de M (a, b) pour λ ∈ R+ . a) n , n2 , ln n , ln 2 , n ln n b) n, n2 , n ln n, n ln n, ln n .
1 1
n n
n 1

Suites extraites Exercice 40 [ 02281 ] [correction]
Trouver un équivalent simple aux suites (un ) suivantes et donner leur limite :
√
2
Exercice 33 [ 02276 ] [correction] a) un = (n + 3 ln n)e−(n+1) b) un = ln(n +1) c) un = √n 2+n+1
2
n+1 3
n −n+1
On suppose que (un ) est une suite réelle croissante telle que (u2n ) converge.
Montrer que (un ) converge.


Exercice 41 [ 00236 ] [correction] a) Justiﬁer que
Trouver un équivalent simple aux suites (un ) suivantes et donner leur limite : 1 √ √ 1
3
√ √ 2 n+1− n √
− n2 3
−ln n+1 n!+en n
a) un = nln n−2n+1 b) un = 2n n2 +1
2 c) un = 2n +3n n+1
b) Déterminer la limite √ (Sn ).
de
c) On pose un = Sn − 2 n. Montrer que (un ) converge.
Exercice 42 [ 02282 ] [correction] d) Donner un équivalent simple de (Sn ).
Trouver un équivalent simple aux suites (un ) suivantes :
√ √
1 1
a) un = n−1 − n+1 b) un = n + 1 − n − 1 c) un = ln(n + 1) − ln(n)
On étudie ici la suite (Sn ) de terme général
n
Trouver un équivalent simple aux suites (un ) suivantes : 1
1 1
a) un = sin √n+1 b) un = ln sin n c) un = 1 − cos n .1 Sn =
k
k=1

a) Etablir que pour tout t > −1, ln(1 + t) t et en déduire
Déterminer la limite des suites (un ) suivantes : t
ln(1 + t)
n
√ t+1
1 1 n n+1
a) un = n ln 1 + n2 +1 b) un = 1 + sin n c) un = √ .
(n+1) n
b) Observer que
ln(n + 1) Sn ln n + 1

Exercice 45 [ 02287 ] [correction] et en déduire un équivalent simple de Sn .
Soit (un ) une suite décroissante de réels telle que un + un+1 ∼ 1 c) Montrer que la suite un = Sn − ln n est convergente. Sa limite est appelée
n.
a) Montrer que (un ) converge vers 0+ . constante d’Euler et est usuellement notée γ.
b) Donner un équivalent simple de (un ).

Exercice 46 [ 02284 ] [correction] Soit (un ), (vn ), (wn ), (tn ) des suites de réels strictement positifs tels que un ∼ vn
Pour n ∈ N, on pose et wn ∼ tn .
Montrer que un + wn ∼ vn + tn .
n
un = 0! + 1! + 2! + · · · + n! = k!
k=0 Limite de suite des solutions d’une équation
Montrer que un ∼ n!.
Soit n un entier naturel et En l’équation x + ln x = n d’inconnue x ∈ R+ .
Exercice 47 [ 02285 ] [correction] a) Montrer que l’équation En possède une solution unique notée xn .
On pose b) Montrer que la suite (xn ) diverge vers +∞.
n
1 c) Donner un équivalent simple de la suite (xn ).
Sn = √
k=1
k


Soit n un entier naturel et En l’équation x + tan x = n d’inconnue x ∈ ]−π/2, π/2[. Soit (zn ) une suite complexe telle que
a) Montrer que l’équation En possède une solution unique notée xn .
b) Montrer que la suite (xn ) converge et déterminer sa limite. 1
∀n ∈ N, zn+1 = z
(zn + 2¯n )
3
Montrer que (zn ) converge et exprimer sa limite en fonction de z0 .
Montrer que l’équation xex = n possède pour tout n ∈ N, une unique solution xn
dans R+ .
Etudier la limite de (xn ).
Soit (un ) et (vn ) les suites déterminées par u0 = 1, v0 = 2 et pour tout n ∈ N :

Exercice 53 [ 02291 ] [correction] un+1 = 3un + 2vn et vn+1 = 2un + 3vn
Soit n un entier naturel non nul et En l’équation : xn ln x = 1 d’inconnue x ∈ R+ .
a) Montrer que la suite (un − vn ) est constante.
a) Montrer que l’équation En admet une unique solution xn , et que xn 1.
b) Prouver que (un ) est une suite arithmético-géométrique.
b) Montrer que la suite (xn ) est décroissante et converge vers 1.
c) Exprimer les termes généraux des suites (un ) et (vn ).

Soient n ∈ N et Exercice 59 [ 02297 ] [correction]
En : xn + xn−1 + · · · + x = 1 Soient ρ > 0 et θ ∈ ]0, π[.
On considère la suite complexe (zn ) définie par z0 = ρ eiθ et
a) Montrer que l’équation En possède une unique solution xn dans R+ et que
xn ∈ [1/2, 1] zn + |zn |
b) Montrer que (xn ) converge. ∀n ∈ N, zn+1 =
2
c) Déterminer la limite de (xn ).
a) Exprimer zn sous forme d’un produit.
b) Déterminer lim zn .
n→+∞
Expression du terme général d’une suite récurrente
Exercice 55 [ 02293 ] [correction] Exercice 60 X MP [ 03048 ] [correction]
Donner l’expression du terme général et la limite de la suite récurrente réelle Etudier la suite (zn )n 0 définie par z0 ∈ C et
(un )n 0 définie par :
a) u0 = 0 et ∀n ∈ N, un+1 = 2un + 1 zn + |zn |
∀n ∈ N, zn+1 =
b) u0 = 0 et ∀n ∈ N, un+1 = un2 .
+1
2

Suites récurrentes linéaire d’ordre 2
Soit (xn ) et (yn ) deux suites réelles telles que
xn − yn xn + yn Donner l’expression du terme général de la suite récurrente complexe (un )n
∀n ∈ N, xn+1 = et yn+1 = 0
2 2 définie par : u0 = 0, u1 = 1 + 4i et
En introduisant la suite complexe de terme général zn = xn + i.yn , montrer que
les suites (xn ) et (yn ) convergent et déterminer leurs limites. ∀n ∈ N, un+2 = (3 − 2i)un+1 − (5 − 5i)un


Donner l’expression du terme général des suites récurrentes réelles suivantes : Etudier la suite (un ) définie par
a) (un )n 0 définie par u0 = 1, u1 = 0 et ∀n ∈ N, un+2 = 4un+1 − 4un
1
b) (un )n 0 définie par u0 = 1, u1 = −1 et ∀n ∈ N, 2un+2 = 3un+1 − un u0 > 0 et ∀n ∈ N, un+1 =
c) (un )n 0 définie par u0 = 1, u1 = 2 et ∀n ∈ N, un+2 = un+1 − un . 2 + un

Exercice 63 [ 02300 ] [correction] Soit (un ) la suite réelle définie par
Soit θ ∈ ]0, π[. Déterminer le terme général de la suite réelle (un ) définie par : √
u0 = a ∈ [−2, 2] et ∀n ∈ N, un+1 = 2 − un
u0 = u1 = 1 et ∀n ∈ N, un+2 − 2 cos θun+1 + un = 0
a) Justifier que la suite (un ) est bien définie et

Etude de suites récurrentes ∀n ∈ N, un ∈ [−2, 2]
b) Quelles sont les limites finies possibles pour (un ) ?
Exercice 64 [ 02304 ] [correction] c) Montrer que (|un − 1|) converge puis que lim |un − 1| = 0. En déduire lim un .
Etudier la suite (un ) définie par

u0 = a ∈ R et ∀n ∈ N, un+1 = u2
n Exercice 71 [ 02310 ] [correction]
Soit a ∈ C tel que 0 < |a| < 1 et (un ) la suite définie par
un
Exercice 65 [ 02305 ] [correction] u0 = a et ∀n ∈ N, un+1 =
2 − un
Montrer que (un ) est bien définie et |un | < 1. Etudier la limite de (un ).
u0 ∈ R et ∀n ∈ N, un+1 = u2 + 1
n

Exercice 66 [ 02303 ] [correction] Soit a > 0 et (un ) la suite définie par u0 > 0 et
1 a
√ ∀n ∈ N, un+1 = un +
u0 = 1 et ∀n ∈ N, un+1 = 1 + un 2 un
a) Etudier la convergence de la suite (un ).
Exercice 67 [ 02306 ] [correction] b) On pose pour tout n ∈ N √
un − a
Etudier la suite (un ) définie par vn = √
un + a
u0 1 et ∀n ∈ N, un+1 = 1 + ln un Calculer vn+1 en fonction de vn , puis vn en fonction de v0 et n.
√
c) Montrer que, si u0 > a, on a
√ 2n
Exercice 68 [ 02307 ] [correction] un − a 2u0 .v0
Etudier la suite (un ) définie par √ 2n
Ainsi, un réalise une approximation de a à la précision 2u0 .v0 → 0.
n∞ √
u0 ∈ R et ∀n ∈ N, un+1 = eun − 1 On peut alors par des calculs élémentaires, déterminer une approximation de a.


On considère l’équation ln x + x = 0 d’inconnue x > 0. Soit (un ) une suite réelle vérifiant
a) Montrer que l’équation possède une unique solution α.
b) Former, par l’algorithme de Newton, une suite récurrente réelle (un ) ∀n ∈ N, un ∈ [1/2, 1]
convergeant vers α.
Soit (vn ) la suite déterminée par
vn + un+1
Exercice 74 [ 02311 ] [correction] v0 = u0 et ∀n ∈ N, vn+1 =
Déterminer le terme général de la suite (un ) définie par : 1 + un+1 vn

u0 = a > 0, u1 = b > 0 et ∀n ∈ N, un+2 un = u2
n+1
Montrer que la suite (vn ) converge et déterminer sa limite.

A quelle condition (un ) converge ?

Soit a ∈ R+ . On définit une suite (un ) par
n
u0 = a et ∀n ∈ N, un+1 = uk
k=0

a) Déterminer la limite de (un ).
b) Déterminer la limite de un+1 − un .

On considère la suite (un ) définie pour n 1 par

√
un = n+ (n − 1) + · · · + 2+ 1

a) Montrer que (un ) diverge vers +∞.
b) Exprimer un+1 en fonction de un .
c) Montrer que un n puis que un = o(n).
d) Donner un équivalent simple de (un ).
√
e) Déterminer lim un − n.
n→+∞

Etablir
√ 1
1+ 1+ 1 + ··· = 1 + 1
1+
..
1+ .

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Corrections Exercice 8 : [énoncé]
n
a) un = 1−(−2/3)n → 1.
1+(−2/3)
Exercice 1 : [énoncé] 2n 2
b) un = √n2 +n+1+√n2 −n+1 = 1 1 1 1
→ 1.
1+ n + n2 + 1− n + n2
Posons m = + . On a un → < m et donc ∃n0 ∈ N, ∀n
2 n0 , un < m et √
1− 1+1/n2
∃n1 ∈ N, ∀n n1 , vn > m. c) un = √ 2
→ 0.
1+ 1−1/n
Pour tout n max(n0 , n1 ) on a un < m < vn . (n+1) 1
d) un = 2n → 2

Exercice 2 : [énoncé]
Si (un ) est stationnaire, il est clair que cette suite converge. Exercice 9 : [énoncé]
1 1 1 ln(1+x)
Inversement, supposons que (un ) converge et notons sa limite. a) un = en(ln(1+1/n)) or n ln 1 + n = 1/n ln 1 + n → 1 car x −−
−→ 1. Par
x→0
Montrons ∈ Z. Par l’absurde, si ∈ Z alors E( ) < < E( ) + 1 donc à partir
/ suite un → e.
2
d’un certain rang E( ) < un < E( ) + 1. Or un ∈ Z. Absurde. Ainsi ∈ Z. b) un = e n ln n → 1 car ln n → 0.
n
Puisque un → et − 1 < < + 1, à partir d’un certain rang − 1 < un < + 1. 1 1/n 1 1 1 1 1 1 1 1/n
c) sin n = e n ln(sin n ) or n ln sin n ∼ n ln n → 0 donc sin n → 1.
Or un ∈ Z et ∈ Z donc un = . Finalement (un ) est stationnaire égale à . n n
= en ln(1− n+1 ) or n ln 1 − n+1 ∼ −2 → −2 donc n−1
2
d) n−1
n+1
2
n+1 → e−2 .

0 a − un (a − un ) + (b − vn ) = (a + b) − (un + vn ) → 0 donc un → a puis Exercice 10 : [énoncé]
vn = (un + vn ) − un → (a + b) − a = b. 1
a) |un | n−1 → 0 donc un → 0.
1.2...n 1
b) 0 un n.n...n n → 0 donc un → 0.
n−1 n+1 n−1 n+1
c) n+1 un n−1 avec n+1 , n−1 → 1 donc un → 1.
Exercice 4 : [énoncé] e e e
d) 0 un 1 × 1 × · · · × 1 × n → 0 donc un → 0.
√2
Supposons un + vn → et un − vn → . e) 1 un n 1
3 = e n ln 3 → 1 donc un → 1.
−
1
un = 2 (un + vn ) + 1 (un − vn ) → + et de même vn →
2 2 2 .

Exercice 5 : [énoncé] n
1
max(un , vn ) = 2 ((un + vn ) + |un − vn |) → max(lim un , lim vn ). a) Sn 1 = n → +∞
k=1
n
1 √
b) Sn √
n
= n → +∞.
k=1
Exercice 6 : [énoncé] n
1 n
0 (un + vn )2 = u2 + 2un vn + vn 2(u2 + un vn + vn ) → 0. Ainsi un + vn → 0
2 2 c) 0 Sn n2 +1 = n2 +1 → 0 donc un → 0.
n n
k=1
2 2 2
puis un vn = (un + vn ) − (un + un vn + vn ) → 0 et donc u2 + vn → 0 qui permet
n
2
2n
1 n
de conclure un , vn → 0. d) 0 Sn (n+1)2 (n+1)2 → 0.
k=n+1
n n
n n n n2
e) n2 +n un n2 +1 donc n+1 un n2 +1 puis un → 1.
k=1 k=1
Exercice 7 : [énoncé] n n
un vn un , vn 1. Par le théorème des gendarmes : lim un = lim vn = 1. f) √ n = √ 1 Sn √ 1 = √ n par le théorème des
n2 +n n2 +n n2 +1 n2 +1
k=1 k=1
gendarmes : Sn → 1.


g) Sn = n! − (n − 1)! + (n − 2)! + · · · + (−1)n . Par regroupement de termes. Pour n 1,
n+k+1 n+k
Si n est pair alors Sn n! − (n − 1)! et si n est impair Sn n! − (n − 1)! − 1. dx 1 dx
Puisque n! − (n − 1)! = (n − 1).(n − 1)! → +∞, on a Sn → +∞. n+k x n+k n+k−1 x
donne en sommant
2n+1 2n
dx dx
Exercice 12 : [énoncé] Sn
1 m 1 m n+1 x n x
lim 1 − n = 1m et lim lim 1− n = 1.
n→+∞ m→+∞ n→+∞ Or
1 m 1 m 2n+1
lim 1− n = 0 et lim lim 1− n = 0. dx 2n + 1
m→+∞ n→+∞ m→+∞ = ln → ln 2
1 n n ln(1− n )
1
−1 n+1 x n+1
1− n =e →e .
et
2n
dx
= ln 2
Exercice 13 : [énoncé] n x
a) Soit ρ = +1 de sorte que < ρ < 1. donc Sn → ln 2.
√ 2 √
Comme n un → < ρ, il existe un rang N au delà duquel n un ρ donc b) On a
n
0 < un ρ . On a alors un → 0.
b) Même démarche mais par minoration. 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1
S2n = − + − +· · ·+ − = + + ··· + −2 + + ··· +
c) un = n, un = 1 et un = 1/n sont des exemples prouvant qu’on ne peut rien dire. 1 2 3 4 2n − 1 2n 1 2 2n 2 4 2n

donc
2n n 2n n
1 1 1 1
Exercice 14 : [énoncé] S2n = − = = = Sn
k k k n+k
a) Soit ρ = +1 de sorte que < ρ < 1.
2
k=1 k=1 k=n+1 k=1
Comme uun → < ρ, il existe un rang N au delà duquel uun
n+1 n+1
ρ. Par suite S2n → ln 2. De plus S2n+1 = S2n + 1
→ ln 2 donc
2n+1
On a alors
un un−1 uN +1
0 un = ··· uN ρn−N uN → 0 Sn → ln 2
un−1 un−2 uN
donc un → 0.
b) Même démarche mais par minoration.
c) un = n, un = 1 et un = 1/n sont des exemples prouvant qu’on ne peut rien dire.
En exploitant la formule sin 2x = 2 sin x cos x
a 1 a a a 1
sin Pn = sin n−1 cos n−1 · · · cos = . . . = n sin a
Exercice 15 : [énoncé] 2n 2 2 2 2 2
a) On a Si a = 0 alors Pn = 1 → 1.
p+1 p+1
dx dx 1 Si a = 0 alors, pour n assez grand, sin(a/2n ) = 0 et
=
p x p p p
sin a sin a
car la fonction décroissante x → 1
est majorée par 1
sur [p, p + 1]. Pn = →
x p 2n sin 2a
n a
Par un argument semblable
p p car 2n sin 2a ∼ 2n 2a = a.
n n
dx dx 1
=
p−1 x p−1 p p


Exercice 17 : [énoncé] Exercice 19 : [énoncé]
n
On a k n n+1
n−2 −1 (1 − z) 1 + z2 = (1 − z)(1 + z)(1 + z 2 ) . . . (1 + z 2 ) = (1 − z 2 ).
1 n 1 k=0
un = 1 + + + +1 n+1
n k
n k n Or z 2 → 0 donc lim 1 + z2 = 1
k=2 n→+∞ k=0 1−z .
Or pour k ∈ {2, . . . , n − 2},

n n n(n − 1)
= Exercice 20 : [énoncé]
k 2 2 Posons εn = un + vn . On a, par factorisation de l’exponentielle équilibrée
donc εn
n−2 −1 eun + evn = eun + eεn −un = 2eεn /2 ch un −
n 2(n − 3) 2
0 →0
k n(n − 1) Puisque εn → 0 et eun + evn → 2, on a par opérations
k=2
puis un → 2. εn
ch un − →1
2
Exercice 18 : [énoncé] et donc en composant avec la fonction argch
a)
n+p+2 n+p+1 εn
n+p+2 un − →0
= 2
n+2 n+2 n+1
On en déduit un → 0 puis vn → 0.
d’où la relation.
b) Par récurrence sur n ∈ N :
Pour n = 1 :
1 1 2 1
S1 = et (1 − (p + 2) )= a)
p+1 p−1 (p + 2)(p + 1) p+1 nun+1 − (u1 + · · · + un )
vn+1 − vn = 0
1 n(n + 1)

ok donc (vn ) est croissante.
Supposons la propriété établie au rang n1. b)
u1 + · · · + un un+1 + · · · + u2n vn un
1 1 1 v2n = + +
Sn+1 = Sn +un+1 = (1−(n+p+1)un+1 )+un+1 = (1−(n+2)un+1 ) = (1−(n+p+2)un+2 ) 2n 2n 2 2
HR p − 1 p−1 p − 1 c) On a v
n pour tout n ∈ N et (vn ) croissante donc (vn ) converge vers un réel
Récurrence établie. .
c) La relation précédente, passée à la limite, donne 2 + ce qui permet de
n+p n!p! p! conclure vn → .
0 vn = = →0
n+p (n + p − 1)! n+1
n
d) Par opérations (un ) converge donc (un ) est bornée. La suite (vn ) est donc bien déﬁnie et
1 elle-même bornée.
Sn →
p−1 On a vn+1 vn donc (vn ) est décroissante et donc converge.


Posons = lim un et = lim vn . b) Il existe N ∈ N tel que pour tout n N,
vn un donc à la limite .
Si > alors > 2 > . + n(un+1 − un ) 1/2
+ +
A partir d’un certain rang vn > 2 et un < 2 . Impossible. Il reste = . On a alors
n n
1 1 1
un+1 − uN uk+1 − uk = (Hn − HN −1 ) → +∞
Exercice 23 : [énoncé] 2 k 2
k=N k=N
Pour tout n ∈ N
puis un → +∞.
{up /p n + 1} ⊂ {up /p n}
donc vn+1 vn et wn+1 wn .
Les suites (vn ) et (wn ) sont respectivement décroissante et croissante. De plus Exercice 26 : [énoncé]
wn vn . a)
La suite (vn ) est décroissante et minorée par w0 donc elle converge vers une limite (2n)!
un =
. 22n (n!)2
De même la suite (wn ) converge vers une limite m. Enﬁn wn vn donne à la b) On a
limite un+1 (2n + 2)(2n + 1) 2n + 1
= = 1
m un 4(n + 1)2 2n + 2
donc (un ) est décroissante. Or (un ) est minorée par 0 donc (un ) converge.
c)
Exercice 24 : [énoncé] vn+1 n + 2 u2 n + 2 2n + 1
2
n+1
On a = =
2n 2n vn n + 1 u2 n n + 1 2n + 2
1 1 n 1
H2n − Hn = = = or (n + 2)(2n + 1)2 − 4(n + 1)3 = −3n − 2 < 0 donc vn+1 − vn 0.
k 2n 2n 2
k=n+1 k=n+1 (vn ) est décroissante et minorée par 0 donc (vn ) converge.
1
(Hn ) est croissante car Hn+1 − Hn = n+1 0. Nécessairement lim un = 0 car sinon vn = (n + 1)u2 → +∞.
n
Si (Hn ) converge vers alors H2n − Hn → − = 0. Ceci est impossible puisque d) Par télescopage des facteurs
1
H2n − Hn 2. 2n
Par suite (Hn ) diverge, et puisque (Hn ) est croissante, (Hn ) diverge vers +∞. 1 1 2 2n − 1 1
1− = × × ... × =
k 2 3 2n 2n
k=2

Parallèlement
a) Sachant ln(1 + x) x, on a n 2 2 n 2n
1 1 1 1 1 1
u2
n = 1− 1− 1− = 1−
2k 2 2k 2k − 1 2 k
1 1 k=1 k=2 k=2
ln 1 + = ln(k + 1) − ln k
k k e) On en déduit
(n + 1)
donc
n
(n + 1)u2
n
4n
Hn ln(k + 1) − ln k = ln(n + 1) et donc C 1/4.
k=1 On peut montrer que C = 1/π en exploitant dès la première question la formule
donc Hn → +∞. de Stirling (si celle-ci est connue. . . ).


Exercice 27 : [énoncé] Enﬁn
θ θ
Via sin 2a = 2 sin a cos a, un = 2n+1 sin 2n+1 cos 2n+1 un+1 . 1
bn − an = →0
2 tan a tan(θ/2 ) n+1 n.n!
Via tan 2a = 1−tan2 a donc vn = 2n+1 1−tan2 (θ/2n+1 ) vn+1 .
sin x ∼ x et tan x ∼ x donc un → θ et vn → θ d’où vn − un → 0. b) On a
x→0 x→0 aq < aq+1 e bq+1 < bq
Les suites (un ) et (vn ) sont adjacentes de limite commune égale à θ.
Par suite
p 1
aq < < aq +
Exercice 28 : [énoncé] q q.q!
puis
1 √ √ 1 2
un+1 − un = √ −2 n+1− n = √ −√ √ 0 q.q!aq < p.q! < q.q!aq + 1
n+1 n+1 n+1+ n q
q!
De même vn+1 − vn 0 et aisément vn − un → 0 d’où l’adjacence de ces deux Or p.q! ∈ Z et q.q!.aq = q k! ∈ Z. Absurde.
k=0
suites.
Notons leur limite commune, on a
n
1 √ √ √ √ Exercice 32 : [énoncé]
√ = 2 n + + o(1) = 2 n + o( n) ∼ 2 n √ √ 2
k=1
k a) a− b 0 donne l’inégalité demandée.
√ un−1 +vn−1
b) Pour n 1, un = un−1 vn−1 2 = vn en vertu de a.
√
un+1 = un vn u2 = un et vn+1 = un +vn
n 2
2vn
2 = vn .
1 1 1 1 1 1 c) La suite (un )n 1 est croissante et majorée par v1 donc elle converge vers une
Sn+1 − Sn = (n+1)2 , Sn+1 − Sn = (n+1)2 + n+1 − n = (n+1)2 − n(n+1) 0 et
1
limite notée .
Sn − Sn = n → 0. La suite (vn )n 1 est décroissante est minorée par u1 donc elle converge vers une
limite notée .
En passant la relation vn+1 = un +vn à la limite, on obtient = + d’où = .
2 2
Exercice 30 : [énoncé] d) Si b = a alors les deux suites (un ) et (vn ) sont constantes égales à a et donc
S2(n+1) − S2n = u2n+2 − u2n+1 0, S2(n+1)+1 − S2n+1 = −u2n+3 + u2n+2 0 et M (a, a) = a.
S2n+1 − S2n = −u2n+1 → 0. Si b = 0 alors la suite (un )n 1 est constante égale à 0 et donc M (a, 0) = 0.
Les suites (S2n+1 ) et (S2n ) étant adjacentes elles convergent vers une même limite e) Notons (un ) et (vn ) les suites déﬁnies par le procédé précédent à partir de
et par suite (Sn ) converge aussi vers cette limite. u0 = λa et v0 = λb.
Par récurrence, un = λun et vn = λvn donc M (λa, λb) = λM (a, b).
a)
1 Exercice 33 : [énoncé]
an+1 − an = >0 (un ) étant croissante, elle admet une limite, (u2n ) qui en est extraite a la même
(n + 1)!
limite. Puisque (u2n ) converge, il en est de même de (un ).
donc (an ) est strictement croissante.

1 1 1 n(n + 2) − (n + 1)2
bn+1 − bn = + − = <0 Exercice 34 : [énoncé]
(n + 1)! (n + 1)(n + 1)! n.n! n(n + 1)(n + 1)!
u2n → , u2n+1 → et u3n → .
donc (bn ) est strictement décroissante. (u6n ) est extraite de (u2n ) et (u3n ) donc u6n → et u6n → . Par suite = .


(u6n+3 ) est extraite de (u2n+1 ) et (u3n ) donc u6n+3 → et u6n+3 → . Par suite Puisque un → +∞, ϕ(n) est bien défini en tant que plus petit élément d’une
= . partie non vide de N.
Il en découle = . Il est immédiat par construction que ϕ est une application strictement croissante
Puisque les suites extraites (u2n ) et (u2n+1 ) convergent vers une même limite, la de N vers N.
suite (un ) converge vers celle-ci. Il reste à vérifier
uϕ(n) − n → 0
Par construction, on a pour n ∈ N
Par l’absurde, supposons cos n → ∈ R. uϕ(n) n
p+q p−q
cos p + cos q = 2 cos cos et puisque ϕ(n) − 1 ∈ k ∈ N/k > ϕ(n − 1) et uϕ(n)
/ n , on a
2 2
donne ϕ(n) − 1 = ϕ(n − 1) ou uϕ(n)−1 < n
cos(n + 1) + cos(n − 1) = 2 cos n cos(1)
Observons qu’il ne peut y avoir qu’un nombre fini de n pour lesquels
A la limite on obtient 2 = 2 cos(1) d’où = 0.
Or cos 2n = 2 cos2 n − 1 donne alors à la limite 0 = −1. Absurde. ϕ(n − 1) = ϕ(n) − 1

Puisque un+1 − un → 0, à partir d’un rang N , on a
|un+1 − un | < 1/2
Par l’absurde, supposons sin n → ∈ R.
p−q p+q Par construction uϕ(N ) = N + α avec α 0.
sin p − sin q = 2 sin cos On a alors
2 2
uϕ(N )+k N + α + k/2
donne
sin(n + 1) − sin(n − 1) = 2 sin(1) cos n Pour k assez grand, on a
uϕ(N )+k < N + k
A la limite, on obtient cos(n) → 0.
Or cos 2n = 2 cos2 n − 1 donne alors à la limite 0 = −1. Absurde. Or
uϕ(N +k) N +k
donc
Exercice 37 : [énoncé] ϕ(N + k) = ϕ(N ) + k
2n 2 2n+1
0 u2n n2 = n → 0 et 0 u2n+1 n(n+1) → 0 donc un → 0.
Ainsi, il n’est pas possible que pour tout p ∈ {N + 1, . . . , N + k} on ait

ϕ(p) − 1 = ϕ(p − 1)
On définit les valeurs de ϕ par récurrence en posant et donc il existe p N + 1 vérifiant

ϕ(0) = 0 uϕ(p)−1 < p et uϕ(p) p

et pour tout n ∈ N , et puisque uϕ(p) − uϕ(p−1) < 1/2, on a

ϕ(n) = min k ∈ N/k > ϕ(n − 1) et uϕ(k) k uϕ(p) ∈ [p, p + 1/2[


et par récurrence on obtient Exercice 43 : [énoncé]
1 1 1 1
a) un = sin √n+1 ∼ √n+1 ∼ √n car √n+1 → 0.
∀q p, uϕ(q) ∈ [q, q + 1/2[ 1 1 1
b) sin n ∼ n → 0 = 1 donc un ∼ ln n = − ln n.
2 1 1
Au-delà du rang p + 1 on ne peut avoir la propriété c) un = 2 sin 2n ∼ 2n2 .

ϕ(n) − 1 = ϕ(n − 1)
1 1 1 1
car celle-ci entraîne a) ln 1 + n2 +1 ∼ n2 +1 ∼ n2 car n2 +1 → 0. Par suite un ∼ 1 → 1.
b) un = en ln(1+sin ) , ln 1 + sin n ∼ sin n ∼ n donc n ln 1 + sin n → 1 puis
1
1 1 1 1
uϕ(n−1) ∈ [n − 1, n − 1/2[ et uϕ(n) ∈ [n, n + 1/2[ n

un → e. √ √
Finalement, on a obtenu qu’à partir d’un certain rang c) un = e n+1√ n− n ln(n+1) , √
√
ln
√ √ 1
n + 1 ln n − n ln(n + 1) = n + 1 − n ln n − n ln 1 + n .
uϕ(n)−1 < n et uϕ(n) n √ √ ln n √ ln n √ ln n
Or n + 1 − n ln n = √n+1+ n = 2√n+o( n) ∼ 2√n et
Cela entraîne √
n ln 1 + n ∼ √n = o 2√n donc
1 1 ln
n
0 uϕ(n) − n uϕ(n) − uϕ(n)−1 → 0 √ √
n + 1 ln n − n ln(n + 1) = 2√n + o 2√n → 0 donc un → 1.
ln
n
ln
n
et donc
uϕ(n) − n → 0
a) (un ) est décroissante donc admet une limite ∈ R ∪ {−∞}.
Exercice 39 : [énoncé] 1
Puisque un + un+1 ∼ n → 0+ , on a + = 0 donc = 0.
1 ln n 1 1 ln n √ n2
a) n2 n2 n ln n n n . b) n ln n n n ln n ln n n2 . De plus, à partir d’un certain rang : 2un un + un+1 > 0
1 1 1
b) un+1 + un 2un un−1 + un avec un+1 + un ∼ n et un−1 + un ∼ n−1 ∼ n
1 1
donc 2un ∼ n puis un ∼ 2n .
−n
a) un = nee → 0
b) un ∼ 2 ln n → 0
n On a
c) un ∼ n1/3 → +∞. n−2
un = n! + (n − 1)! + k!
k=0
Exercice 41 : [énoncé] Or
a) un ∼ − 1 n → −∞ (n − 1)! 1
2 = →0
b) un ∼ 2n → +∞ n! n
n!
c) un ∼ 3n → +∞ et
n−2
k! n−2 n−2 n−2
k=0 k! (n − 2)! 1 1
0 = = →0
Exercice 42 : [énoncé] n! n! n! n(n − 1) n
k=0 k=0 k=0
a) un = n22 ∼ n2 .
−1
2
donc
2 2 1√ 1
b) un = √n+1+√n−1 = √n+o(√n)+√n+o(√n) = √ ∼ √ .
n
n−2
n+o( n)
un = n! + (n − 1)! + k! = n! + o(n!) ∼ n!
1 1 1 1 1 1
c) un = ln 1 + n ∼ n = √
n
car ln 1 + n ∼ n puisque n → 0. k=0


Exercice 47 : [énoncé] donc (un ) est décroissante. De plus un ln(n + 1) − ln n 0 donc (un ) est
a) minorée et par suite convergente.
√ √ 2
2 n+1− n =√ √
n+1+ n
donc Exercice 49 : [énoncé]
1 √ √ 1 Supposons un ∼ vn et wn ∼ tn .
√ 2 n+1− n √
n+1 n un +wn (un −vn )+(wn −tn ) |un −vn | |wn −tn | un wn
vn +tn − 1 = vn +tn vn + tn = vn −1 + tn − 1 → 0.
b)
n √
√ √
Sn 2 k+1− k =2 n+1−2
k=1 Exercice 50 : [énoncé]
a) Le tableau de variation de f : x → x + ln x permet d’affirmer que cette fonction
puis Sn → +∞. √ √
1 réalise une bijection croissante de R+ vers R. L’équation En possède alors pour
c) un+1 − un = √n+1 − 2 n + 1 − n 0 donc (un ) est décroissante.
√ √ √ solution unique xn = f −1 (n).
Or un = Sn − 2 n 2 n + 1 − 2 − 2 n −2 donc (un ) est aussi minorée. Par b) Le tableau de variation de f −1 donne lim f −1 = +∞. Par suite xn → +∞.
suite (un ) converge. +∞

d) c) xn → +∞ donne ln xn = o(xn ). La relation xn + ln xn = n donne alors
√ √ √ √ xn + o(xn ) = n et donc xn ∼ n.
Sn = 2 n + un = 2 n + o( n) ∼ 2 n

Exercice 48 : [énoncé] Exercice 51 : [énoncé]
a) On étudie la fonction t → t − ln(1 + t) pour établir la première inégalité. On en a) Le tableau de variation de f : x → x + tan x permet d’affirmer que cette
déduit fonction réalise une bijection croissante de ]−π/2, π/2[ vers R. L’équation En
t t possède alors pour solution unique xn = f −1 (n).
ln(1 − ) −
1+t 1+t b) (1) Le tableau de variation de f −1 donne lim f −1 = π . Par suite xn → π .
2 2
+∞
donc (2) xn + tan xn = n donne xn = arctan(n − xn ). Or n − xn → +∞ car (xn )
1 t
ln − bornée donc xn → π .
2
1+t 1+t
puis l’inégalité voulue.
b) Exercice 52 : [énoncé]
n n
1 1 Soit f : R+ → R définie par f (x) = xex .
Sn = ln 1+ = ln(n + 1)
k k f est dérivable et f (x) = (x + 1)ex > 0 donc f est strictement croissante.
k=1 k=1
f (0) = 0 et lim f = +∞ donc l’équation xex = n possède une unique solution xn .
et +∞
n−1
1/k
n−1
1 xn = f −1 (n) → +∞.
Sn = 1 + 1 + ln 1+ = 1 + ln n
1 + 1/k k
k=1 k=1

On en déduit Exercice 53 : [énoncé]
Sn ∼ ln n a) Le tableau de variation de fn : x → xn ln x permet d’affirmer que l’équation
c) fn (x) = 1 possède une unique solution xn sur R+ et que de plus xn ∈ [1, +∞[.
1/n 1 b) 1 = xn+1 ln xn+1 = xn+1 fn (xn+1 ) donc fn (xn+1 ) = xn+1
n+1
1
1 = fn (xn ) donc
un+1 − un = − ln 1 + 0 xn+1 xn car f est strictement croissante sur [1, +∞[.
1 + 1/n n


La suite (xn ) est décroissante et minorée par 1 donc elle converge. Posons sa Exercice 55 : [énoncé]
limite, on a 1 a) Posons vn = un + 1. (vn ) est géométrique de raison 2 et v0 = 1 donc
Si > 1 alors xn ln xn
n
n
ln → +∞ ce qui est absurde car xn ln xn = 1. Il reste
n un = 2n − 1 → +∞.
= 1. b) Posons vn = un − 1. (vn ) est géométrique de raison 1/2 et v0 = −1 donc
un = 1 − 21 → 1.
n

a) Introduisons la fonction Exercice 56 : [énoncé]
On a
fn : x → xn + · · · + x 1+i
zn+1 = zn
2
qui est continue, strictement croissante et vériﬁe donc n
1+i
zn = z0
fn (0) = 0 et lim fn (x) = +∞ 2
x→+∞
1+i
Or 2 < 1 donc zn → 0 puis xn , yn → 0.
La fonction fn réalise une bijection de [0, +∞[ vers [0, +∞[, par suite l’équation
En possède une unique solution xn ∈ R+ .
Puisque
1 1 − 1/2n Exercice 57 : [énoncé]
fn (1/2) = < 1 et fn (1) = n 1 Introduisons xn = Re(zn ) et yn = Im(zn ). On a
2 1 − 1/2
on a xn ∈ [1/2, 1]. yn
xn+1 = xn et yn+1 = −
b) On a 3
xn → x0 et yn → 0 donc zn → Re(z0 ).
fn+1 (xn ) = xn+1 + · · · + x2 + xn = xn (xn + · · · + xn ) + xn = 2xn
n n n 1

donc
xn+1 xn Exercice 58 : [énoncé]
a) un+1 − vn+1 = un − vn et u0 − v0 = −1 donc (un − vn ) est constante égale à −1.
La suite (xn ) est décroissante et minorée, donc elle converge. b) vn = un + 1 donc un+1 = 5un + 2. La suite (un ) est arithmético-géométrique.
c) Posons = lim xn . Puisque x2 < 1, xn x2 donne à la limite < 1. c) un+1 − a = 5(un − a) + 4a + 2. Pour a = −1/2, (un − a) est géométrique de
raison 5 et de premier terme 3/2. Ainsi
1 − xn
n
1 = xn + · · · + xn = xn
n
1 − xn 3.5n − 1 3.5n + 1
un = et vn =
2 2
donne à la limite
1=
1− Exercice 59 : [énoncé]
car 0 xn
n
n
→ 0 et ﬁnalement iθ θ θ
a) z1 = ρ 1+2e = ρ cos θ ei 2 , z2 = ρ cos θ cos θ ei 4 ,..., donc
2 2 4

= 1/2 n
θ iθ
zn = ρ cos e 2n
2k
k=1


n
b) eiθ/2 → 1 et Exercice 63 : [énoncé]
n
θ sin θ sin θ (un ) est une suite récurrente linéaire d’ordre 2 d’équation caractéristique
cos = n ∼
2k 2 sin 2θ θ
k=1 n
r2 − 2 cos θr + 1 = 0
donc
sin θ de solutions r = eiθ et r = e−iθ .
zn → ρ Par suite, il existe α, β ∈ R tels que
θ
∀n ∈ N, un = α cos nθ + β sin nθ
Exercice 60 : [énoncé] n = 0 donne α = 1 et n = 1 donne α cos θ + β sin θ = 1 donc
On peut écrire z0 = ρeiθ avec ρ 0 et θ ∈ ]−π, π]
On a alors 1 − cos θ 2 sin2 θ/2 θ
β= = = tan
n sin θ sin θ 2
1 + eiθ θ θ θ θ θ θ θ
z1 = ρ = ρ cos ei 2 , z2 = ρ cos cos ei 4 ,..., zn = ρei 2n cos Finalement
2 2 2 4 2k
k=1
θ cos((2n − 1)θ/2)
Si θ = 0 alors zn = ρ → ρ. ∀n ∈ N, un = cos nθ + tan sin nθ =
2 cos(θ/2)
Sinon, pour tout n ∈ N , sin 2θ = 0 et
n

n
θ θ sin θ Exercice 64 : [énoncé]
sin cos = n n
2n 2k 2 On a u0 = a, u1 = a2 , u2 = a4 , par récurrence un = a2 .
k=1
Pour |a| < 1 alors un → 0, pour |a| = 1, un → 1 et pour |a| > 1, un → +∞.
par exploitations successives de l’identité sin 2a = 2 sin a cos a.
On en déduit
n
θ sin θ sin θ Exercice 65 : [énoncé]
cos k = n →
k=1
2 2 sin 2θn θ La suite (un ) est bien déﬁnie et supérieure à 1 à partir du rang 1 car la fonction
itératrice f : x → x2 + 1 est déﬁnie sur R et à valeurs dans [1, +∞[.
Finalement un+1 − un = u2 − un + 1 0 car le discriminant de x2 − x + 1 est ∆ = −3 < 0.
sin θ n
zn → ρ La suite (un ) est croissante.
θ
Si celle-ci converge vers un réel alors en passant à la limite la relation
d’itération : = 2 + 1.
Exercice 61 : [énoncé] Or cette équation ne possède pas de racines réelles. Par suite (un ) diverge, or elle
(un ) est une suite récurrente linéaire d’ordre 2 d’équation caractéristique est croissante, donc (un ) diverge vers +∞.
r2 − (3 − 2i)r + (5 − 5i) = 0.
On obtient
un = (2 + i)n − (1 − 3i)n
Pour tout n 1
un − un−1
un+1 − un = √ √
1 + un + 1 + un−1
Exercice 62 : [énoncé] √ √
a) un = 2n (1 − n) b) un = −3 + 22−n c) un = 2 cos (n−1)π . Puisque u1 − u0 = 2 − 1 0, la suite (un ) est croissante.
√ √
3
Si (un ) converge vers alors un+1 = 1 + un donne à la limite = 1 + donc
2
− − 1 = 0 et 0.


1
Par suite √ f : x → 2+x définie sur R+ et à valeurs dans R+ . Si la suite (un ) converge, sa
1+ 5 1
√
= =α limite vérifie = 2+ et 0 donc = −1 + 2.
2
Par récurrence on montre aisément que ∀n ∈ N, un α et par suite (un ) converge 1 1 |un − | 1
|un+1 − | = − = |un − |
vers α. 2 + un 2+ (2 + un )(2 + ) 4
1
Par récurrence, on montre |un − | = 4n |u0 − | et on conclut un → .
La suite (un ) est bien définie et à valeurs strictement supérieure à 1 car sa
fonction itératrice f : x → 1 + ln x est définie sur [1, +∞[ à valeurs dans [1, +∞[. Exercice 70 : [énoncé]
√
Pour n 1 : un+1 − un = ln(un ) − ln(un−1 ) est du signe de un − un−1 . a) L’application x → 2 − x est définie de [−2, 2] vers [0, 2] ⊂ [−2, 2].
La suite (un ) est monotone et de monotonie déterminée par le signe de b) Supposons un →√. Puisque ∀n 1, un ∈ [0, 2], √la limite ∈ [0, 2].
à
u1 − u0 = 1 + ln u0 − u0 . La relation un+1 = 2 − un donne à la limite = 2 − donc 2 + − 2 = 0 d’où
Etudions la fonction g(x) = x → 1 + ln x − x définie sur [1, +∞[. = 1 ou = −2.
1
g est dérivable, g (x) = x − 1 0 ne s’annulant qu’en 1, g(1) = 0 donc g est Or 0 donc = 1.
strictement négative sur ]1, +∞[. c)
La suite (un ) est décroissante. De plus elle est minorée par 1, donc elle converge |un − 1|
|un+1 − 1| = √ |un − 1|
vers un réel 1. 1 + 2 − un
En passant la relation d’itération à la limite, on obtient = 1 + ln i.e. g( ) = 0. donc (|un − 1|) est décroissante et par suite converge vers α 0.
Par l’étude de la fonction g, on conclut = 1. Si α > 0 alors
Finalement (un ) converge vers 1. √ |un − 1|
1 + 2 − un = →1
|un+1 − 1|
√
Exercice 68 : [énoncé] donc 2 − un → 0 puis un → 2. C’est impossible.
La suite (un ) est bien définie car sa fonction itératrice f : x → ex − 1 est définie Nécessairement |un − 1| → 0 et donc un → 1.
sur R.
Pour n 1, un+1 − un = eun − eun−1 est du signe de un − un−1 .
La suite (un ) est monotone et de monotonie déterminée par le signe de
Par récurrence montrons un existe et |un | < 1.
u1 − u0 = eu0 − u0 − 1.
Pour n = 0 : ok
Etudions la fonction g(x) = ex − x − 1 définie sur R.
Supposons la propriété établie au rang n 0.
g est dérivable et g (x) = ex − 1 du signe de x. g(0) = 0 donc g est positive. un
Par HR, un existe et |un | < 1 donc 2 − un = 0 d’où un+1 = existe et
Si u0 = 0 alors (un ) est constante égale à 0. 2−un
Si u0 > 0 alors (un ) est croissante. Si (un ) converge vers un réel alors = e − 1 |un | |un |
donc = 0. |un+1 | <1
|2 − un | 2 − |un |
Or (un ) est minorée par u0 > 0 donc ne peut converger vers 0. Par suite (un )
diverge vers +∞. Récurrence établie.
Si u0 < 0 alors (un ) est croissante et majorée par 0 donc (un ) converge vers la |un |
|un+1 | |un |
seule limite finie possible 0. 2 − |un |
donc (|un |) est décroissante d’où |un | |a| puis
Exercice 69 : [énoncé] |un |
La suite (un ) est bien définie et strictement positive car de fonction itératrice |un+1 |
2 − |a|


1 1
puis La fonction f est de classe C 2 , f (x) = x + 1 et f (x) = − x2 ne s’annulent pas.
n
1 Pour u0 > 0 tel que f (u0 )f (u0 ) 0, la suite converge vers α.
|un | |a| → 0
2 − |a|
Par suite un → 0.
Par récurrence, on montre que un existe et un > 0.
Exercice 72 : [énoncé] √ Posons vn = ln(un ). On a vn+2 − 2vn+1 + vn = 0.
La suite (un ) est bien définie et à valeurs dans [ a, +∞[ à partir du rang 1 car de (vn ) est une suite récurrente linéaire d’ordre 2 d’équation caractéristique
fonction itératrice (r − 1)2 = 0.
1 a
f :x→ x+ On peut donc écrire vn = λn + µ avec λ, µ ∈ R
2 x b
v0 = ln a et v1 = ln b donnent λ = ln a et µ = ln a.
√
définie sur R+ et à valeurs dans [ a, +∞[. √ Par suite : n
Si (un ) converge vers un réel alors = 1 + a et 0 donc = a. b b
2 un = evn = en ln a +ln a = a
√ 2 √ √ a
√ 1 a √ (un − a) |un − a| |un − a|
un+1 − a = un + − a = = La suite (un ) converge si, et seulement si, b a.
2 un 2 |un | 2 un
Pour n 1, √ √
|un − a| un − a Exercice 75 : [énoncé]
= 1
un un a) Pour n 1 :
donc
√ 1 √ n n−1
un+1 − a un − a un
2 un+1 − un = uk − uk = 0
Par récurrence : n n−1
k=0 k=0
√ 1 √ uk + uk
un − a u1 − a k=0 k=0
2n−1
√
donc un → a. donc (un )n 1 est croissante.
b) √
√ √ √ 2
Supposons un → ∈ R. On a u1 = a > 0
un+1 − a u2 − 2 aun + a un − a En passant la relation précédente à la limite : 0 = + = 1 . C’est absurde.
vn+1 = √ = n √ = √ 2
= vn 2
un+1 + a u2 + 2 aun + a
n un + a Par suite un → +∞.
2
donc vn = v0 .
n b)
un
c) un+1 − un =
√ √ 2 n un+1 + un
un − a vn un + a 2u0 vn = 2u0 v0
donc
un+1 1
−1= →0
Exercice 73 : [énoncé] un un+1 + un
a) f : x → ln x + x réalise une bijection strictement croissante de R+ vers R. Par suite un+1 ∼ un et
L’équation proposée possède une unique solution α = f −1 (0).
b) L’algorithme de Newton, propose de définir la suite (un ) par la relation : 1 1
un+1 − un = →
un+1 /un + 1 2
f (un ) ln un + un un (1 − ln un )
un+1 = un − = un − =
f (un ) 1/un + 1 un + 1


√ Posons (vn ) la suite déterminée par v0 = 1 et pour tout n ∈ N, vn+1 = 1 + v1 .
n
a) un n → +∞. La suite (vn ) est bien définie et à valeurs supérieures à 1.
b) un+1 = (n + 1) + un . Si celle-ci converge, c’est vers 1 vérifiant = 1 + 1 . On retrouve = .
c) Montrons par récurrence sur n 1 que un n. On a
Pour n = 1 : ok 1 1 |vn − | |vn − |
|vn+1 − | = −
Supposons la propriété établie au rang n 1. vn |vn |
Par récurrence, on obtient
un+1 = (n + 1) + un (n + 1) + n n+1 1
HR |vn − | n
|v0 − |
Récurrence établie. et donc vn → car > 1.
√ Ainsi
0 un = n + un−1 n + (n − 1) = O n 1
√ 1+ 1 =
donc un = O ( n) = o(n). 1+
√ ..
d) un = n + o(n) ∼ n 1+ .
e)
un−1 √
un − √ n= Exercice 78 : [énoncé]
un + n
√ √ √ √ √ √ √ On vérifie sans difficultés que la suite (vn ) est définie et que ses termes sont
or un−1 ∼ n − 1 ∼ n et un + n = n + o( n) + n ∼ 2 n donc positifs.
√ De plus, on vérifie par récurrence que
1
un − n→
2 ∀n ∈ N, vn 1
car
Exercice 77 : [énoncé] vn + un+1
√ (1 − un+1 )(1 − vn ) 0⇒ 1
Posons (un ) la suite déterminée par u0 = 1 et pour tout n ∈ N, un+1 = 1 + un . 1 + un+1 vn
La suite (un ) est bien définie et à valeurs positive.
√ On a alors
2
Si celle-ci converge, c’est vers 0 vérifiant = 1 + i.e. un+1 (1 − vn )
vn+1 − vn = 0
√ 1 + un+1 vn
1+ 5
= (nombre d’Or) et la suite (vn ) est donc croissante et majorée. Par conséquent celle-ci converge
2 vers une certaine limite ∈ R.
On a Dans le cas où la suite (un ) est constante égale à 1, on observe que = 1.
√ √ Peut-être est-ce encore vrai dans le cas général ? Pour le voir, étudions la suite
|un − | |un − |
|un+1 − | = 1 + un − 1+ =√ √ (1 − vn ). On a
1 + un + 1 + 2
(1 − un+1 )(1 − vn ) 1
Par récurrence, on obtient 0 1 − vn+1 = (1 − vn )
1 + un+1 vn 2
1
|un − | |u0 − | donc par récurrence
2n 1
0 1 − vn (1 − v0 )
et donc un → . 2n
Ainsi et on en déduit
√ vn → 1
1+ 1+ 1 + ··· =

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