M EA REE JMF 10 .pdf



Nom original: M-EA-REE-JMF-10.pdf
Auteur: Jean-Michel Ferrard

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´matiques
Exercices de Mathe
Suites monotones
´
Enonc´
es

´
Enonc´
es des exercices
Exercice 1 [ Indication ] [ Correction ]
Soit (un ) une suite born´ee telle que : ∀ n ≥ 1, 2un ≤ un−1 + un+1 .
Montrer que cette suite est convergente.
Exercice 2 [ Indication ] [ Correction ]
Montrer que la suite de terme g´en´eral un =

1
1
1
+
+...+
(o`
u k est un entier donn´e
n+1 n+2
kn

sup´erieur ou ´egal `a 2) est convergente.
Exercice 3 [ Indication ] [ Correction ]
r
On consid`ere la suite de terme g´en´eral un =

Montrer que pour tout n, u2n+1 ≤ 1 + 2 un .
La suite (un ) est-elle convergente ?

1+

q

2+

p

... +



n.

Exercice 4 [ Indication ] [ Correction ]
On se donne une suite r´eelle (un ) et on pose vn =

1
(u1 + u2 + · · · + un ).
n

1. Montrer que si lim un = ` alors lim vn = `.




2. V´erifier sur un exemple que la r´eciproque est fausse.
3. Montrer que si la suite (un ) est monotone, alors la r´eciproque est vraie.
Exercice 5 [ Indication ] [ Correction ]
Soit pn la probabilit´e d’obtenir exactement n fois pile en 2n lancers d’une pi`ece ´equilibr´ee.
Calculer pn et d´eterminer lim pn .


c
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eserv´
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´matiques
Exercices de Mathe
Suites monotones
Indications, r´esultats

Indications ou r´
esultats
Indication pour l’exercice 1 [ Retour `a l’´enonc´e ]
Montrer que la suite de terme g´en´eral wn = un+1 − un est croissante et born´ee.
Soit ` sa limite. Discuter suivant le signe de `.
Indication pour l’exercice 2 [ Retour `a l’´enonc´e ]
V´erifier que la suite (un ) est croissante, ensuite que un ≤ k − 1.
Indication pour l’exercice 3 [ Retour `a l’´enonc´e ]



La suite (un ) est croissante. On v´erifie u2n+1 ≤ 1 + 2 un donc u2n+1 ≤ 1 + 2 un ≤ 1 + 2 un+1 .

Autrement dit, pour tout n ≥ 1, on a P (un ) ≤ 0 avec P (x) = x2 − x 2 − 1. . .
Indication pour l’exercice 4 [ Retour `a l’´enonc´e ]
1. – On traite d’abord ` = 0. Soit ε > 0 et m ∈ IN tel que n > m ⇒ |un | ≤ ε.
On en d´eduit l’existence de p > m tel que n ≥ p ⇒ |vn | ≤ 2ε.
– Le cas ` ∈ IR se ram`ene au pr´ec´edent par une translation.
– Si ` = +∞, soit A > 0 quelconque. Il existe m tel que n > m ⇒ un ≥ A.
On en d´eduit p > m tel que n ≥ p ⇒ vn ≥ A
2.
– Le cas ` = −∞ se traite par changement de signe.
2. Penser `a la suite de terme g´en´eral un = (−1)n .
3. La suite u a maintenant une limite, finie ou infinie, et on se ram`ene au d´ebut de l’exercice.
Indication pour l’exercice 5 [ Retour `a l’´enonc´e ]
(2n)!
. C’est une suite d´ecroissante minor´ee. Soit ` sa limite.
(n!)2 22n


1
On v´erifie que ln p2n − ln pn ≤ n ln 1 − 4n
. Dans ces conditions, conclure que ` = 0.
On trouve pn =

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Exercices de Mathe
Suites monotones
Corrig´es

Corrig´
es des exercices
´ de l’exercice 1 [ Retour `a l’´enonc´e ]
Corrige
Consid´erons la suite de terme g´en´eral wn = un+1 − un pour n ≥ 0.
L’hypoth`ese sur la suite (un ) s’´ecrit : ∀n ∈ IN, wn ≤ wn+1 .
La suite (wn ) est donc croissante. De plus, comme la suite (un ), elle est born´ee.
On en d´eduit que la suite (wn ) est convergente. Soit ` sa limite.
– Si ` > 0, alors wn = un+1 − un ≥ 0 pour n assez grand.
– Si ` ≤ 0, alors wn = un+1 − un ≤ 0 pour tout n.
Dans tous les cas, on voit que (un ) est monotone au moins `a partir d’un certain rang.
Comme cette suite est born´ee, cela implique qu’elle est convergente.
´ de l’exercice 2 [ Retour `a l’´enonc´e ]
Corrige
On constate que un+1 − un =

k(n+1)
P

kn
kn+k
P
P 1
1
1
1

=

.
n+1
m=n+2 m
m=n+1 m
m=kn+1 m

Dans la derni`ere somme chacun des k termes est sup´erieur ou ´egal au dernier

1
.
k(n + 1)

k
1

c’est-`a-dire un+1 − un ≥ 0.
k(n + 1) n + 1
La suite (un ) est donc croissante.
kn
P
1
1
1
, on majore chaque
par
.
Dans l’expression, un =
m
n+1
m=n+1 m
(k − 1)n
Comme il y a (k − 1)n termes dans cette somme, on en d´eduit : un ≤
≤ k − 1.
n+1
Cela prouve que la suite (un ) est major´ee.

Il en d´ecoule : un+1 − un ≥

Comme elle est croissante, elle est convergente.
Remarque : on montre que lim un = ln k.
n→+∞

´ de l’exercice 3 [ Retour `a l’´enonc´e ]
Corrige
– Il est clair que la suite (un ) est croissante.
En effet on passe de un `a un+1 en rempla¸cant n par n +



n + 1 dans l’expression de un .

– D’autre part on peut ´ecrire

r
q
p



2

 un+1 = 1 + 2 + 3 + . . . + n + 1
r
q

p




 1 + 2un = 1 + 1 · 2 + 2 · 22 + . . . + n · 2n

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Suites monotones
Corrig´es

Dans les deux cas, il y a n radicaux superpos´es. Mais ∀k ∈ {2, . . . , n}, on a : k + 1 ≤ k · 2k .

On peut ainsi comparer les termes de mˆeme rang et d’affirmer que u2n+1 ≤ 1 + 2 un .


– Des deux r´esultats pr´ec´edents, on tire : u2n+1 ≤ 1 + 2 un ≤ 1 + 2 un+1 .

Autrement, dit, pour tout n ≥ 1, on a P (un ) ≤ 0 avec P (x) = x2 − x 2 − 1.
Or le discriminant de P est ∆ = 5 > 0. P a donc deux racines r´eelles α < β.
La condition P (un ) ≤ 0 signifie alors que α ≤ un ≤ β.
On en d´eduit que (un ) est major´ee. Comme elle est croissante, elle est convergente.
´ de l’exercice 4 [ Retour `a l’´enonc´e ]
Corrige
1. On va discuter suivant les valeurs possibles de `.
– Traitons d’abord le cas ` = 0, et donnons-nous ε > 0.
Il existe un entier m tel que n > m ⇒ |un | ≤ ε. On en d´eduit, pour tout n > m :




m
n
1 P

1 P
m
n−m
|vn | ≤ uk +
uk et donc |vn | ≤
|vm | +
ε.
n k=1
n k=m+1
n
n
Le dernier membre tend vers ε quand n tend vers +∞.
m
n−m
Il existe donc un entier p > m tel que n ≥ p ⇒
|vm | +
ε ≤ 2ε.
n
n
On en d´eduit que : n ≥ p ⇒ |vn | ≤ 2ε, ce qui prouve lim vn = 0 = lim un .
n→+∞

n→+∞

– On suppose maintenant que ` est un r´eel non nul.
Pour tout n ≥ 1, on pose Un = un − ` et Vn = vn − `.
n
n
n
1 P
1 P
1 P
On constate que Vn =
uk − ` =
(uk − `) =
Uk .
n k=1
n k=1
n k=1
Or lim Un = 0. Donc lim Vn = 0 (premier cas) puis lim vn = ` = lim un .
n→+∞

n→+∞

n→+∞

n→+∞

– Supposons maintenant ` = +∞. Soit A un r´eel positif quelconque.
Il existe un entier m tel que n > m ⇒ un ≥ A.
n
m
1 P
m
n−m
Ainsi n > m ⇒ vn =
vm +
uk ≥
vm +
A.
n
n k=m+1
n
n
Le dernier membre tend vers A quand n tend vers +∞.
m
n−m
A
Il existe donc un entier p > m tel que n ≥ p ⇒
vm +
A≥ .
n
n
2
A
On en d´eduit que : n ≥ p ⇒ vn ≥ , ce qui prouve lim vn = +∞ = lim un .
n→+∞
n→+∞
2
– En fin le cas ` = −∞ se traite en consid´erant la suite de terme g´en´eral −un .
2. La r´eciproque est fausse comme on le voit avec la suite de terme g´en´eral un = (−1)n .
Cette suite est en effet divergente, alors que lim vn = 0.
n→+∞

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Corrig´es

3. On suppose que la suite (un ) est croissante (l’autre cas s’en d´eduit en consid´erant −un .)
Cette suite a alors n´ecessairement une limite, finie ou ´egale `a +∞.
Cette limite est n´ecessairement aussi celle de la suite (vn ) (question 1).
Ainsi l’hypoth`ese lim vn = ` et la croissance de (un ) impliquent lim un = `.
n→+∞

n→+∞

Remarque : Montrons que la suite (vn ) est croissante.
n
1 P
uk ≤ un+1 .
Pour tout k de {1, . . . , n} on uk ≤ un+1 . Donc vn =
n k=1
1
1
On en d´eduit : vn+1 − vn =
(nvn + un+1 ) − vn =
(un+1 − vn ) ≥ 0.
n+1
n+1
Remarque : quand (vn ) est convergente, on dit que (un ) converge au sens de Cesaro.
´ de l’exercice 5 [ Retour `a l’´enonc´e ]
Corrige
Cette ´epreuve poss`ede 22n r´esultats ´el´ementaires possibles.
Le nombre de “cas favorables” `a la r´ealisation de l’´ev´enement consid´er´e ici est : C n2n (c’est le
nombre de mani`eres diff´erentes de choisir `a quel moment vont arriver les n piles parmi les 2n
jets successifs.)
(2n)!
La probabilit´e recherch´ee est donc pn = 2−2n C n2n =
.
(n!)2 22n
(2n + 2)(2n + 1)
2n + 1
pn+1
On constate que
=
=
< 1.
2
pn
4(n + 1)
2(n + 1)
La suite (pn ) est donc d´ecroissante (ce qui semble assez logique).
Comme elle est minor´ee (par 0), elle est convergente.
Soit ` sa limite. On va montrer que ` = 0.
2n−1
Y 2k + 1
p2n
Pour tout n ≥ 1, on
=
.
pn
2(k
+
1)
k=n
La suite de terme g´en´eral wk =

2k + 1
1
=1−
est croissante.
2(k + 1)
2(k + 1)

4n − 1
1
Dans le produit pr´ec´edent, on peut donc majorer chaque wk par w2n−1 =
=1− .
4n
4n

n


p2n
1
1
On en d´eduit
≤ 1−
puis : ln p2n − ln pn ≤ n ln 1 −
.
pn
4n
4n


1
1
Or lim n ln 1 −
=− .
n→+∞
4n
4
Dans ces conditions, l’hypoth`ese ` > 0 serait absurde car elle impliquerait :
lim ( ln p2n − ln pn ) = ln ` − ln ` = 0

n→+∞

On en d´eduit finalement lim pn = 0.
n→+∞

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