Correction du Devoir 1 — Problèmes de synthèse sur les suites numériques
Al Moufid — Suites numériques — 2e Bac Sciences Mathématiques
Question 1 — Sommes contenant des puissances de \(x\)
Pour \(x\in]0;1[\), calculer : \[ \lim_{n\to+\infty}\sum_{k=0}^{n}x^k \] et : \[ \lim_{n\to+\infty}\sum_{k=0}^{n}kx^k. \]
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1. Première limite
Posons :
\[ S_n=\sum_{k=0}^{n}x^k. \]Comme \(x\ne1\), la somme géométrique donne :
\[ S_n = \frac{1-x^{n+1}}{1-x}. \]Or :
\[ 0\lt x\lt1. \]Donc :
\[ x^{n+1}\longrightarrow0. \]Par conséquent :
\[ \boxed{ \lim_{n\to+\infty} \sum_{k=0}^{n}x^k = \frac1{1-x}. } \]2. Deuxième limite
Posons :
\[ T_n=\sum_{k=0}^{n}kx^k. \]Le terme correspondant à \(k=0\) est nul. Ainsi :
\[ T_n = x+2x^2+3x^3+\cdots+nx^n. \]En multipliant cette égalité par \(x\), on obtient :
\[ xT_n = x^2+2x^3+3x^4+\cdots+(n-1)x^n+nx^{n+1}. \]Par soustraction :
\[ (1-x)T_n = x+x^2+\cdots+x^n-nx^{n+1}. \]Or :
\[ x+x^2+\cdots+x^n = \frac{x(1-x^n)}{1-x}. \]Donc :
\[ (1-x)T_n = \frac{x(1-x^n)}{1-x} - nx^{n+1}. \]Ainsi :
\[ T_n = \frac{x-(n+1)x^{n+1}+nx^{n+2}} {(1-x)^2}. \]Comme \(0\lt x\lt1\), on a :
\[ x^{n+1}\longrightarrow0, \qquad nx^{n+1}\longrightarrow0 \]et :
\[ nx^{n+2}\longrightarrow0. \]Par conséquent :
\[ \boxed{ \lim_{n\to+\infty} \sum_{k=0}^{n}kx^k = \frac{x}{(1-x)^2}. } \]Question 2 — Limites contenant des factorielles
Calculer : \[ \lim_{n\to+\infty} \frac{1!+2!+\cdots+n!}{n!} \] et : \[ \lim_{n\to+\infty} \frac{1!+2!+\cdots+n!}{(n+1)!}. \]
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Posons :
\[ A_n = \frac{1!+2!+\cdots+n!}{n!}. \]Pour tout entier \(n\ge2\) :
\[ A_n = 1+ \frac{1!+2!+\cdots+(n-1)!}{n!}. \]Or :
\[ \frac{1!+2!+\cdots+(n-1)!}{n!} = \frac{A_{n-1}}n. \]Donc :
\[ A_n=1+\frac{A_{n-1}}n. \]D’autre part :
\[ 1!+2!+\cdots+(n-1)! \le (n-1)(n-1)!. \]Ainsi :
\[ A_n \le 1+\frac{n-1}{n} \lt2. \]Par conséquent :
\[ 0 \le \frac{A_{n-1}}n \le \frac2n. \]Comme :
\[ \frac2n\longrightarrow0, \]le théorème d’encadrement donne :
\[ \frac{A_{n-1}}n\longrightarrow0. \]Puisque :
\[ A_n=1+\frac{A_{n-1}}n, \]on obtient :
\[ \boxed{ \lim_{n\to+\infty} \frac{1!+2!+\cdots+n!}{n!} = 1. } \]Pour la deuxième limite :
\[ \frac{1!+2!+\cdots+n!}{(n+1)!} = \frac{A_n}{n+1}. \]Comme \(0\lt A_n\lt2\), on a :
\[ 0 \lt \frac{A_n}{n+1} \lt \frac2{n+1}. \]Par conséquent :
\[ \boxed{ \lim_{n\to+\infty} \frac{1!+2!+\cdots+n!}{(n+1)!} = 0. } \]Question 3 — Suite bornée et différences successives
Soit \((u_n)\) une suite bornée vérifiant : \[ (\forall n\in\mathbb N^*)\qquad 2u_n\le u_{n-1}+u_{n+1}. \] Montrer que : \[ \lim_{n\to+\infty}(u_{n+1}-u_n)=0. \]
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L’inégalité donnée s’écrit :
\[ u_n-u_{n-1} \le u_{n+1}-u_n. \]Posons :
\[ d_n=u_{n+1}-u_n. \]On obtient :
\[ d_{n-1}\le d_n. \]Ainsi, la suite \((d_n)\) est croissante.
Supposons qu’il existe un entier naturel \(p\) tel que :
\[ d_p\gt0. \]Puisque \((d_n)\) est croissante :
\[ (\forall k\ge p)\qquad d_k\ge d_p. \]Pour tout entier \(n\gt p\) :
\[ \begin{aligned} u_n-u_p &= \sum_{k=p}^{n-1}(u_{k+1}-u_k)\\ &= \sum_{k=p}^{n-1}d_k\\ &\ge (n-p)d_p. \end{aligned} \]On aurait alors :
\[ u_n\longrightarrow+\infty, \]ce qui contredit le fait que \((u_n)\) est bornée.
Donc :
\[ (\forall n\in\mathbb N)\qquad d_n\le0. \]La suite \((d_n)\) est croissante et majorée par \(0\). Elle est donc convergente.
Posons :
\[ \lim_{n\to+\infty}d_n=\ell. \]On a nécessairement :
\[ \ell\le0. \]Supposons que :
\[ \ell\lt0. \]À partir d’un certain rang \(N\), on aurait :
\[ d_n\le\frac{\ell}{2}\lt0. \]Pour tout \(n\gt N\) :
\[ \begin{aligned} u_n-u_N &= \sum_{k=N}^{n-1}d_k\\ &\le (n-N)\frac{\ell}{2}. \end{aligned} \]On aurait alors :
\[ u_n\longrightarrow-\infty, \]ce qui contredit encore le fait que \((u_n)\) est bornée.
Ainsi :
\[ \ell=0. \]Question 4 — Sommes de sinus et de cosinus
Montrer que : \[ \lim_{n\to+\infty} \frac{\sin1+\sin2+\cdots+\sin n}{n\sqrt n} = 0 \] et : \[ \lim_{n\to+\infty} \frac{\cos1+\cos2+\cdots+\cos n}{n\sqrt n} = 0. \]
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Pour tout entier naturel \(k\) :
\[ |\sin k|\le1. \]Donc :
\[ \begin{aligned} |\sin1+\sin2+\cdots+\sin n| &\le |\sin1|+|\sin2|+\cdots+|\sin n|\\ &\le n. \end{aligned} \]Ainsi :
\[ 0 \le \left| \frac{\sin1+\sin2+\cdots+\sin n}{n\sqrt n} \right| \le \frac1{\sqrt n}. \]Comme :
\[ \frac1{\sqrt n}\longrightarrow0, \]le théorème d’encadrement donne :
\[ \boxed{ \lim_{n\to+\infty} \frac{\sin1+\sin2+\cdots+\sin n}{n\sqrt n} = 0. } \]De même :
\[ |\cos k|\le1. \]Donc :
\[ |\cos1+\cos2+\cdots+\cos n| \le n. \]Ainsi :
\[ 0 \le \left| \frac{\cos1+\cos2+\cdots+\cos n}{n\sqrt n} \right| \le \frac1{\sqrt n}. \]Par conséquent :
\[ \boxed{ \lim_{n\to+\infty} \frac{\cos1+\cos2+\cdots+\cos n}{n\sqrt n} = 0. } \]Question 5 — Produit de deux suites bornées
Soient \((u_n)\) et \((v_n)\) deux suites réelles telles que : \[ (\forall n\in\mathbb N)\qquad 0\le u_n\le2 \quad\text{et}\quad 0\le v_n\le3. \] On suppose que : \[ u_nv_n\longrightarrow6. \] Que peut-on dire des suites \((u_n)\) et \((v_n)\) ?
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Comme :
\[ v_n\le3, \]et \(u_n\ge0\), on a :
\[ u_nv_n\le3u_n. \]Donc :
\[ 6-3u_n \le 6-u_nv_n. \]Ainsi :
\[ 0 \le 2-u_n \le \frac{6-u_nv_n}{3}. \]Or :
\[ 6-u_nv_n\longrightarrow0. \]D’après le théorème d’encadrement :
\[ 2-u_n\longrightarrow0. \]Donc :
\[ \boxed{ u_n\longrightarrow2. } \]De même, puisque :
\[ u_n\le2, \]on a :
\[ u_nv_n\le2v_n. \]Donc :
\[ 0 \le 3-v_n \le \frac{6-u_nv_n}{2}. \]Par le théorème d’encadrement :
\[ \boxed{ v_n\longrightarrow3. } \]Question 6 — Limites de deux suites réelles
Soient \((u_n)\) et \((v_n)\) deux suites telles que : \[ u_n^2+u_nv_n+v_n^2\longrightarrow0. \] Montrer que : \[ \lim_{n\to+\infty}u_n = \lim_{n\to+\infty}v_n = 0. \]
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On a :
\[ \begin{aligned} u_n^2+u_nv_n+v_n^2 - \frac12(u_n^2+v_n^2) &= \frac12(u_n+v_n)^2\\ &\ge0. \end{aligned} \]Donc :
\[ \frac12(u_n^2+v_n^2) \le u_n^2+u_nv_n+v_n^2. \]Ainsi :
\[ 0 \le u_n^2+v_n^2 \le 2\left( u_n^2+u_nv_n+v_n^2 \right). \]Le théorème d’encadrement donne :
\[ u_n^2+v_n^2\longrightarrow0. \]Or :
\[ 0\le u_n^2\le u_n^2+v_n^2. \]Donc :
\[ u_n^2\longrightarrow0. \]Ainsi :
\[ u_n\longrightarrow0. \]De même :
\[ v_n\longrightarrow0. \]Question 7 — Étude d’une suite récurrente
On considère la suite réelle \((u_n)\) définie par : \[ u_0=0, \qquad u_1=\frac12 \] et, pour tout \(n\in\mathbb N\) : \[ u_{n+2} = \frac13\left( 1+u_{n+1}+u_n^3 \right). \] a) Montrer que : \[ (\forall n\in\mathbb N)\qquad u_n\in[0;1]. \] b) Montrer que la suite \((u_n)\) est croissante.
c) Établir que la suite \((u_n)\) est convergente, puis déterminer sa limite.
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7.a) Encadrement de la suite
On a :
\[ u_0=0\in[0;1] \]et :
\[ u_1=\frac12\in[0;1]. \]Supposons que, pour un certain entier \(n\in\mathbb N\) :
\[ u_n\in[0;1] \qquad\text{et}\qquad u_{n+1}\in[0;1]. \]Alors :
\[ 0\le u_n^3\le1. \]Donc :
\[ 1 \le 1+u_{n+1}+u_n^3 \le 3. \]En divisant par \(3\) :
\[ \frac13 \le u_{n+2} \le 1. \]Ainsi :
\[ u_{n+2}\in[0;1]. \]Par récurrence :
\[ \boxed{ (\forall n\in\mathbb N)\qquad u_n\in[0;1]. } \]7.b) Monotonie
Posons :
\[ d_n=u_{n+1}-u_n. \]On a :
\[ d_0 = u_1-u_0 = \frac12 \ge0. \]De plus :
\[ u_2 = \frac13\left( 1+u_1+u_0^3 \right) = \frac12. \]Donc :
\[ d_1=u_2-u_1=0. \]Pour tout entier \(n\ge1\), on a :
\[ 3u_{n+2} = 1+u_{n+1}+u_n^3 \]et :
\[ 3u_{n+1} = 1+u_n+u_{n-1}^3. \]Par soustraction :
\[ 3d_{n+1} = d_n+u_n^3-u_{n-1}^3. \]Supposons que :
\[ d_{n-1}\ge0 \qquad\text{et}\qquad d_n\ge0. \]Alors :
\[ u_n\ge u_{n-1}. \]Donc :
\[ u_n^3\ge u_{n-1}^3. \]Ainsi :
\[ 3d_{n+1}\ge0. \]D’où :
\[ d_{n+1}\ge0. \]Comme \(d_0\ge0\) et \(d_1\ge0\), on obtient par récurrence :
\[ (\forall n\in\mathbb N)\qquad d_n\ge0. \]Par conséquent :
\[ \boxed{ (u_n)\text{ est croissante}. } \]7.c) Convergence et limite
La suite \((u_n)\) est croissante et majorée par \(1\). Elle est donc convergente.
Posons :
\[ \lim_{n\to+\infty}u_n=\ell. \]D’après l’encadrement :
\[ 0\le\ell\le1. \]En passant à la limite dans la relation :
\[ u_{n+2} = \frac13\left( 1+u_{n+1}+u_n^3 \right), \]on obtient :
\[ \ell = \frac13(1+\ell+\ell^3). \]Donc :
\[ \ell^3-2\ell+1=0. \]Or :
\[ \ell^3-2\ell+1 = (\ell-1)(\ell^2+\ell-1). \]Les solutions appartenant à \([0;1]\) sont :
\[ 1 \qquad\text{et}\qquad \frac{\sqrt5-1}{2}. \]Montrons maintenant que :
\[ (\forall n\in\mathbb N)\qquad u_n\le\frac23. \]On a :
\[ u_0=0\le\frac23 \qquad\text{et}\qquad u_1=\frac12\le\frac23. \]Supposons que :
\[ u_n\le\frac23 \qquad\text{et}\qquad u_{n+1}\le\frac23. \]Alors :
\[ \begin{aligned} u_{n+2} &= \frac13\left( 1+u_{n+1}+u_n^3 \right)\\ &\le \frac13\left( 1+\frac23+\left(\frac23\right)^3 \right)\\ &= \frac{53}{81}\\ &\lt \frac23. \end{aligned} \]Par récurrence :
\[ u_n\le\frac23. \]Par conséquent :
\[ \ell\le\frac23. \]Ainsi :
\[ \ell\ne1. \]Finalement :
\[ \boxed{ \lim_{n\to+\infty}u_n = \frac{\sqrt5-1}{2}. } \]Cet article propose une correction détaillée du Devoir 1 de la partie Problèmes de synthèse — Se préparer aux devoirs du chapitre Suites numériques du manuel Al Moufid.
Réinvestir les principales méthodes du chapitre : sommes géométriques, limites, encadrements, suites bornées, monotonie, théorème de convergence et suites récurrentes.
Hammou Boudraa — Enseignant des mathématiques
Lycée Oum Erbiaâ — M’rirt
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