Math TD1 Suites Numériques

• Exercice 1 : Nature et Limite des suites :
  • a_n = 3 ( Π / 3 ) ⁿ : suite géométrique a₀qⁿ de premier terme a₀ = 3 et de raison q = Π / 3
    q > 1 donc diverge en tendant vers +∞
  • b_n = 5 ( Π / 4 ) ⁿ : suite géométrique b₀qⁿ de premier terme b₀ = 5 et de raison q = Π / 4
    | q | < 1 donc converge vers 0
  • c_n = ( −1 ) ⁿ / n : La fonction f(x) = 1 / x → 0 pour x → +∞ => c_n converge vers 0
  • d_n = ( −5 ) ⁿ⁺¹ : suite géométrique d₀qⁿ de premier terme d₀ = −5 et de raison q = −5
    | q |> 1 donc diverge vers ±∞
  • e_n = 2 ln(n) / (n + 1) : La fonction f(x) = 2 ln(x) / (x + 1) → 0 pour x → +∞ => e_n converge vers 0
  • f_n = ( n² − 1 ) / ( 2 n² + 1 ) : La fonction f(x) = ( x² − 1 ) / ( 2 x² + 1 ) → 1/2 pour x → +∞ => f_n converge vers 1/2
• Exercice 2 : Donner le terme général et la limite des suites récurrentes :
  • x₀ = −2
  • x_n+1 = (Π/2) x_n
  • Suite géométrique de raison q = Π/2 > 1 donc diverge :
  • x_n = −2 (Π/2)ⁿ
• Exercice 3 : Donner le terme général puis la limite des suites récurrentes :
  • x₀ = 0 ; x_n+1 = x_n + 1
    Suite arithmétique de raison r = 1 : x_n = 0 + n × 1 = n
    r ≠ 0 => la suite arithmétique diverge donc x_n diverge
  • x₀ = 1 ; x_n+1 = 5 x_n − 4
    • Suite arithmético-géométrique de raison 5 ( sauf cas particulier x₀ = L ) :
    • point fixe : L = 5 L − 4 => 4 = 4 L => L = 1
    • x₀ = L => x_n = L est une suite constante
  • Cas général avec x₀ ≠ L
    • comme la raison q = 5 > 1 la suite diverge
    • Démonstration :
    • v_n = x_n − 1
    • v_n+1 = x_n+1 − 1 = 5 x_n − 4 − 1 = 5 ( x_n − 1 ) = 5 v_n
    • suite géométrique => v_n = v₀ 5ⁿ
    • v₀ = x₀ − 1 = 0 => v_n = 0 quel que soit n
    • x_n = v_n + 1 = 1 quel que soit n
    • x_n est une suite constante donc converge vers 1
  • x₀ = −3 ; x_n+1 = 2 x_n + 3
    • suite arithmético-géométrique de raison 2
    • point fixe : L = 2 L + 3 => L = −3
    • x₀ = −3 = L => suite constante : x_n = L = −3
• Exercice 4 : x₀ = 4 ; x₁ = 5 ; x_n+1 = x_n + 2 x_n−1
  • Suite linéaire d'ordre 2 : Les solutions sont de la forme rⁿ
  • en remplaçant x_n par rⁿ :
  • rⁿ⁺¹ = rⁿ + 2 rⁿ⁻¹
  • en divisant par rⁿ :
  • r¹ = 1 + 2 r⁻¹
  • r = 1 + 2 / r
  • en multipliant par r :
  • r² = r + 2
  • r² − r − 2 = 0
  • Δ = b² − 4 a c = (−1)² − 4 (−2) = 1 + 8 = 9
  • r = ( −b ±√ Δ ) / ( 2 a )
  • r = ( 1 ± 3 ) / 2 = { −1, 2 }
  • u_n = a (−1)ⁿ + b 2ⁿ
  • détermination des constantes a et b : par les conditions initiales
    • x₀ = a + b = 4   ( r⁰ = 1 )
    • x₁ = − a + 2 b = 5   ( r¹ = r )
    • en additionnant les 2 équations :
    • 3 b = 9 => b = 3
    • en substituant b dans la première équation :
    • a = 4 − b = 1
  • Solution : u_n = (−1)ⁿ + 3 × 2ⁿ
• Exercice 5 : u_n+1 = f(u_n)
  • Etudier et tracer la courbe : y = f(x)
  • tracer la droite : y = x
  • à partir de x = u₀ :
    • tracer une verticale jusqu'à la courbe y = f(x)
    • tracer une horizontale jusqu'à la droite y = x
    • ...
    • les verticales vont toujours jusqu'à la courbe y = f(x)
    • les horizontales vont toujours jusqu'à la droite y = x
  • si la pente de f(x) vérifie | f '(L) | < 1 : la suite converge vers le point fixe.
  • si la pente de f(x) vérifie | f '(L) | > 1 : la suite ne converge pas vers le point fixe.
• suite : u₀ = Π/4 ; u_n+1 = 1 − cos( u_n )
  • suite du type : u_n+1 = f(u_n)   avec f(x) = 1 − cos(x)
  • u₀ = Π/4 ≈ 0,79   ;   u₁ = 1 − 1/√ 2 ≈ 0,29 < u₀
  • limites possibles : g(L) = f(L) − L = 0
  • étude de g(x) = 1 − cos(x) − x sur [ 0 ; Π ] :
    g'(x) = sin(x) − 1 ≤ 0   ( −1 ≤ sin(x) ≤ +1   =>   −2 ≤ sin(x) − 1 ≤ 0 )
    ou Etude de g'(x) : g''(x) = cos(x)

    x	0		Π/2		Π
    g''(x)	1	+	0	−	−1
    g'(x)	−1	croissante	0	décroissante	−1	maximum g'(Π/2) = 0 donc g'(x) ≤ 0
    g'(x)	−1	−	0	−	−1
    g(x)	0	décroissante	1 − Π/2	décroissante	2 − Π	maximum g(0) = 0 donc g(x) ≤ 0

  • application du théorème de la bijection :
    g(x) est strictement décroissante de [ 0 à Π/2 [, g(0) = 0 ≥ 0   et   g(Π/2) = 1 − Π/2 < 0
    elle prend la valeur y = 0 une fois et une seule : pour x = 0
  • La seule limite possible est L = 0
  • la suite (u) convergera si elle est décroissante et minorée.
  • Etude de la fonction f(x) = 1 − cos(x)
    f '(x) = sin(x)

    x	0		Π/2		Π
    f '(x)	0	+	1	+	0
    f(x)	0	croissante	1	croissante	2

    Comme f(x) est strictement croissante sur ] 0 ; Π [ elle conserve les inégalités.
  • recherche d'un minorant :
    • u₀ = Π/4 > 0
    • supposons que : u_n > 0
    • La fonction f étant strictement croissante sur ] 0 ; Π [ : u_n > 0   =>   u_n+1 = f(u_n) > f(0) = 0
    • La suite (u) est minorée par 0
  • démonstration de la décroissance :
    • u₁ = 1 − 1/√ 2 ≈ 0,29 < u₀ = Π/4 ≈ 0,79
    • supposons que : u_n < u_n−1
    • La fonction f étant strictement croissante sur ] 0 ; Π [ : u_n < u_n−1   =>   u_n+1 = f(u_n) < f(u_n−1) = u_n
    La suite (u) étant décroissante et minorée, elle converge vers la seule limite possible L = 0
• suite : v_n+1 = √ (16 + v_n²) / 2
  • changement de suite : V_n = v_n²
  • V_n+1 = ( 16 + V_n ) / 2
  • suite arithmético-géométrique de raison 1/2 < 1 => converge vers L : L = ( 16 + L ) / 2
  • V_n converge vers L = 16
  • donc v_n converge vers √ 16 = 4
• suite : w₀ = 2 ; w_n+1 = 1 / ( 3 + w_n )
  • limites possibles : L = 1 / ( 3 + L )
    • L² + 3 L − 1 = 0
    • Δ = b² − 4 a c = 9 + 4 = 13
    • L₁ = (−3 −√ 13 ) / 2 < 0   et   L₂ = (−3 +√ 13 ) / 2 ≈ 0,30 > 0
  • minoration de la suite (w) :
    • w₀ = 2 > 0
    • si w_n−1 > 0   =>   (3 + w_n−1) > 3 > 0   =>   w_n > 0
    • La seule limite possible est L = L₂ > 0
  • dérivée de f(x) = 1 / (3 + x) : f '(x) = − 1 / (3 + x)² < 0
  • f étant décroissante, on ne peut pas démontrer la monotonie de la suite (u)
  • Démonstration directe de la convergence : si W_n = | w_n − L | → 0
    • d'après le théorème des accroissements finis : il existe c entre w_n et L ( donc c > 0 ) tel que
    • W_n+1 = | w_n+1 − L | = | f(w_n) − f(L) | = | w_n − L | × | f '(c) | = W_n × | f '(c) |
    • majoration de | f '(c) | : Pour c > 0   =>   3 + c > 3
        => ( 3 + c )² > 9   => 1 / ( 3 + c )² < 1 / 9   =>   | f '(c) | < 1/9 < 1
    • Autre majoration de | f '(c) | : h(c) = | f '(c) | = 1 / (3 + c)²
      h'(c) = −2 / (3 + c)³ < 0
      h(c) est décroissante depuis h(0) = 1/9   donc : h(c) = | f '(c) | ≤ 1/9
    • La suite (W) est donc majorée par la suite géométrique W₀ × (1/9)ⁿ qui converge vers 0
    • par encadrement, elle converge vers 0. Donc w_n → L = (−3 + √ 13 ) / 2
• Suite : u₀ = 2 ; u_n+1 = ( u_n + 2/u_n ) / 2
  • limites possibles : L = ( L + 2/L ) / 2   Soit : L² = 2   Donc : L₁ = −√ 2 et L₂ = √ 2
  • u₀ = 2 ; u₁ = 3/2 < u₀ = 2
  • étude de f(x) = ( x + 2/x ) / 2
    f '(x) = ( 1 − 2/x² ) / 2
    f ''(x) = ( 4/x³ ) / 2 = 2 / x³

    x	−∞		−√ 2		0		√ 2		∞
    f ''(x)	0	−	−	−	||	+	+	+	0
    f '(x)	1/2	+	0	−	||	−	0	+	1/2
    f(x)	−∞	croissante	−√ 2	décroissante	||	décroissante	√ 2	croissante	∞

  • f est croissante sur ] √ 2 ; +&infin [
  • On vérifie que : √ 2 < u₁ < u₀
  • Si : √ 2 < u_n < u_n−1
  • => f(√ 2 ) < f(u_n) < f(u_n−1)
  • Soit : √ 2 < u_n+1 < u_n   est vrai quelque soit n
  • La suite (u) est décroissante minorée, donc elle converge vers la seule limite possible : la limite positive √ 2

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