Corrigé du devoir


Questions de cours :  
  1. On dit que la suite $ (u_n)$ est croissante à partir d'un certain rang si :

    $\displaystyle \exists n_0\in\mathbb{N} ,\;\forall n\geqslant n_0\;,\quad
u_{n+1}\geqslant u_n\;.
$

    Ceci équivaut à :

    $\displaystyle \exists n_0\in\mathbb{N} ,\;\forall n\geqslant n_0 ,\;\forall k\in\mathbb{N}\;,\quad
u_{n+k}\geqslant u_n\;.
$

    (Démontration par récurrence sur $ k$.)
  2. On dit que la suite $ (u_n)$ est majorée si :

    $\displaystyle \exists M\in\mathbb{R} ,\;\forall n\in\mathbb{N}\;,\quad
u_n\leqslant M\;.
$

  3. On dit que la suite $ (u_n)$ tend vers $ +\infty$ si :

    $\displaystyle \forall A\in\mathbb{R} ,\;\exists n_0\in\mathbb{N} ,\;\forall n\geqslant n_0\;,\quad
u_n\geqslant A\;.
$

  4. Supposons que la suite $ (u_n)$ soit majorée par $ M$ à partir du rang $ n_0$ :

    $\displaystyle \forall n\geqslant n_0\;,\quad u_n\leqslant M\;.
$

    Alors,

    $\displaystyle \forall n\in\mathbb{N}\;,\quad u_n\leqslant \max
\big\{ u_0,\ldots,u_{n_0-1},M \big\}\;.
$

    Donc la suite $ (u_n)$ est majorée par $ \max\big\{ u_0,\ldots,u_{n_0-1},M \big\}$.
  5. Soit $ n_0$ le rang à partir duquel la suite $ (u_n)$ est croissante.

    $\displaystyle \forall n\geqslant n_0 ,\;\forall k\in\mathbb{N}\;,\quad u_{n+k}\geq u_n\;.
$

    Si la suite $ (u_n)$ n'est pas majorée, elle n'est pas non plus majorée à partir du rang $ n_0$ d'après la question précédente.

    Soit $ A$ un réel quelconque. Ecrivons que la suite $ (u_n)_{n\geqslant n_0}$ n'est pas majorée par $ A$.

    $\displaystyle \exists n_1\geq n_0\;,\quad u_{n_1}\geqslant A\;.
$

    Puisque la suite $ u_n$ est croissante à partir du rang $ n_0$ et comme $ n_1\geq n_0$,

    $\displaystyle \forall n\geqslant n_1\;,\quad u_n\geqslant u_{n_1}\geqslant A\;.
$

    Donc :

    $\displaystyle \forall A\in\mathbb{R} ,\;\exists n_1\in\mathbb{N} ,\;\forall n\geqslant n_1
\;,\quad u_{n}\geqslant A\;.
$

    Nous avons donc montré que $ (u_n)$ tend vers $ +\infty$.


Exercice 1 :  
  1. Ecrivons :

    $\displaystyle \frac{n}{n+1}=\frac{1}{1+1/n}\;.
$

    Quand $ n$ tend vers $ +\infty$, $ 1/n$ tend vers 0, donc $ 1+1/n$ tend vers $ 1$, donc $ 1/(1+1/n)$ tend vers $ 1$. Montrons par récurrence que pour tout $ k\geq 1$ :

    $\displaystyle \lim_{n\to\infty} \frac{n^k}{(n+1)^k}=1\;.$

    C'est vrai pour $ k=1$ d'après ce qui précède. Supposons-le vrai pour $ k$.

    $\displaystyle \frac{n^{k+1}}{(n+1)^{k+1}}=
\frac{n^{k}}{(n+1)^{k}} \frac{n}{n+1}
$

    Or le produit de deux suites qui tendent vers $ 1$ tend aussi vers $ 1$. Donc le résultat est vrai pour $ k+1$. Il est donc vrai pour tout $ k\geq 1$.
  2. Il existe $ n_0$ tel que pour tout $ n\geqslant n_0$ :

    $\displaystyle \left\vert\frac{n^k}{(n+1)^k}-1\right\vert\leqslant \frac{\delta}{2}\;.
$

    En particulier, pour tout $ n\geqslant n_0$,

    $\displaystyle \frac{n^k}{(n+1)^k}\geqslant 1-\frac{\delta}{2}\;.
$

  3. $\displaystyle \frac{u_{n+1}}{u_n}=\frac{(1+\delta)^{n+1}}{(n+1)^{k}}
 \frac{n^k}{(1+\delta)^n}=
(1+\delta)\frac{n^k}{(n+1)^k}\;.
$

    En utilisant le résultat de la question précédente, pour $ n\geq n_0$ :

    $\displaystyle \frac{u_{n+1}}{u_n}\geqslant (1+\delta)(1-\delta/2)=1+\delta/2-\delta^2/2\;.
$

    Posons $ 1+\delta/2-\delta^2/2=\alpha$. Par hypothèse, $ 0<\delta<1$, donc $ \delta^2<\delta$, donc $ \alpha>1$. Montrons par récurrence que pour tout $ n\geq n_0$ :

    $\displaystyle u_n\geqslant u_{n_0}\alpha^{n-n_0}\;.
$

    C'est vrai pour $ n=n_0$. Supposons-le vrai pour $ n$. Alors :

    $\displaystyle u_{n+1}\geqslant \alpha u_n\geqslant \alpha u_{n_0}\alpha^{n-n_0}
=u_{n_0}\alpha^{n+1-n_0}\;.
$

    Comme $ \alpha>1$, la suite géométrique $ (\alpha^n)$ tend vers $ +\infty$, donc la suite $ (u_{n_0}\alpha^{n-n_0})$ tend vers $ +\infty$. Donc la suite $ (u_n)$ tend aussi vers $ +\infty$.
  4. Si $ \beta_0$ et $ \beta_1$ sont deux réels tels que $ 1<\beta_0<\beta_1$, alors :

    $\displaystyle \lim_{n\to\infty}\frac{\beta_0^n}{\beta_1^n}=
\lim_{n\to\infty}\l...
...{\beta_0}{\beta_1}\right)^n=0
\;\Longleftrightarrow\;\beta_0^n=o(\beta_1^n)\;.
$

  5. Le résultat de la question 3 entraîne que pour tout $ k\in \mathbb{N}$, et pour tout $ \delta\in ]0,1[$,

    $\displaystyle \lim_{n\to\infty} \frac{n^k}{(1+\delta)^n}=0\;\Longleftrightarrow\;
n^k=o((1+\delta)^n)\;.
$

    Soit $ \beta>1$ un réel. De deux choses l'une, soit $ \beta<2$ et on applique directement ce qui précède avec $ \delta=\beta-1$, soit $ \beta\geq 2$. Dans ce dernier cas,

    $\displaystyle \lim_{n\to\infty} \frac{n^k}{\beta^n}=
\lim_{n\to\infty}\frac{n^k}{(3/2)^n} \frac{(3/2)^n}{\beta^n}=0 ,
$

    d'après ce qui précède. Donc $ n^k=o(\beta^n)$.
  6. Comme cas particuliers, $ n^{100}=o(1.01^n)$ et $ n^{10}=o(2^n)$. En prenant l'inverse, $ 2^{-n}=o(n^{-10})$.

    Pour la dernière relation de comparaison, écrivons :

    $\displaystyle n^{10}=o(2^{n})\;\Longrightarrow\;n^{10}=o(2^{n+1})
\;\Longrightarrow\; (2^{n+1}+ n^{10})\sim 2^{n+1}\;.
$

    De façon analogue,

    $\displaystyle (n+4)^5=o(2^{2n+3})\;\Longrightarrow\; 2^{2n+3}+(n+4)^5\sim 2^{2n+3}\;.
$

    Donc :

    $\displaystyle \frac{2^{n+1}+n^{10}}{2^{2n+3}+(n+4)^5}\sim \frac{2^{n+1}}{2^{2n+3}}
=\frac{1}{4}2^{-n}=O(2^{-n})\;.
$


Exercice 2 :  
  1. Observons que le domaine de définition de $ F$ est $ \mathbb{R}^+$, donc les points fixes éventuels de $ F$ sont les solutions positives ou nulles de :
    $\displaystyle \frac{3}{2}\sqrt{x}+1=x$ $\displaystyle \Longleftrightarrow$ $\displaystyle \frac{3}{2}\sqrt{x}=x-1$  
      $\displaystyle \Longrightarrow$ $\displaystyle 9x=4x^2-8x+4$  
      $\displaystyle \Longleftrightarrow$ $\displaystyle (x-4)(4x-1)=0\;.$  

    Des deux solutions trouvées, seule $ x=4$ est telle que $ x-1\geq
0$. Donc $ x=4$ est le seul point fixe de $ F$.
  2. Voir figure 4 : pour $ u_0<4$ la suite est croissante et converge vers $ 4$, pour $ u_0>4$ la suite est croissante et converge vers $ 4$.
    Figure 4: Suites définies par $ u_0\geqslant 0$ et pour tout $ n\in \mathbb{N}$, $ u_{n+1}=\frac {3}{2}\sqrt {u_n}+1$.
    % latex2html id marker 11595
\includegraphics[width=8cm]{araignee_exo}
  3. Ecrivons l'expression de $ u_{n+1}$ en fonction de $ u_n$ ainsi que la relation exprimant que $ 4$ est point fixe.

    $\displaystyle u_{n+1}=\frac{3}{2}\sqrt{u_n}+1$   et$\displaystyle \quad
4=\frac{3}{2}\sqrt{4}+1\;.
$

    Soustrayons les deux :

    $\displaystyle u_{n+1}-4=\frac{3}{2}(\sqrt{u_n}-2)
\;\Longleftrightarrow\;
\sqrt{u_{n+1}}-2=
\frac{3}{2(\sqrt{u_{n+1}}+2)}(\sqrt{u_n}-2)\;.
$

  4. L'expression de $ F$ montre que $ F(x)$ est toujours supérieur ou égal à $ 1$, donc $ u_{n+1}\geq
1$. En utilisant l'identité de la question précédente :

    $\displaystyle 2-\sqrt{u_{n+1}}=
\frac{3}{2(\sqrt{u_{n+1}}+2)}(2-\sqrt{u_n})\leqslant
\frac{1}{2}(2-\sqrt{u_n})\;.
$

    Puisque pour tout $ n$, $ u_n\geq 0$, on en déduit que $ 0\leqslant u_n< u_{n+1}< 4$ équivaut à $ \sqrt{u_n}<\sqrt{u_{n+1}}<2$. Or l'inégalité ci-dessus montre d'une part que $ 2-\sqrt{u_{n+1}}$ est positif si $ 2-\sqrt{u_n}$ est positif, d'autre part que $ 2-\sqrt{u_{n+1}}<2-\sqrt{u_n}$. D'où le résultat, par récurrence.
  5. D'après la question précédente, si $ u_0\in[0,4[$, la suite est croissante, et majorée par $ 4$. Donc elle converge, et comme $ 4$ est le seul point fixe, elle converge vers $ 4$.
  6. Reprenons le même raisonnement :

    $\displaystyle \sqrt{u_{n+1}}-2=
\frac{3}{2(\sqrt{u_{n+1}}+2)}(\sqrt{u_n}-2)\leqslant
\frac{1}{2}(\sqrt{u_n}-2)\;.
$

    Donc si $ \sqrt{u_n}>2$, alors $ \sqrt{u_{n+1}}>2$, et d'autre part $ \sqrt{u_{n+1}}-2<\sqrt{u_n}-2$. Donc par récurrence, pour tout $ n\in \mathbb{N}$, $ 2<\sqrt{u_{n+1}}<\sqrt{u_n}$, d'où le résultat.
  7. Si $ u_0\in]4,+\infty[$, d'après la question précédente, la suite $ (u_n)$ est décroissante et minorée, donc elle converge. Comme $ 4$ est le seul point fixe, la limite est $ 4$.
  8. Nous avons déjà vu que pour $ 0< u_0<4$,

    $\displaystyle 0<2-\sqrt{u_{n+1}}\leqslant \frac{1}{2}(2-\sqrt{u_n})\;,
$

    et pour $ u_0>4$,

    $\displaystyle 0<\sqrt{u_{n+1}}-2\leqslant \frac{1}{2}(\sqrt{u_n}-2)\;,
$

    Dans les deux cas :

    $\displaystyle \vert\sqrt{u_{n+1}}-2\vert\leqslant \frac{1}{2}\vert\sqrt{u_n}-2\vert\;.
$

  9. Nous avons montré que dans tous les cas, la suite $ (u_n)$ converge vers $ 4$. Elle est donc bornée, et la suite $ \vert\sqrt{u_n}-2\vert$ l'est aussi.

    $\displaystyle \vert u_n-4\vert=\vert\sqrt{u_n}-2\vert \vert\sqrt{u_n}+2\vert=O(\vert\sqrt{u_n}-2\vert)\;.
$

    Il suffit donc de montrer que $ \vert\sqrt{u_n}-2\vert=O(2^{-n})$. Pour tout $ n\in \mathbb{N}$, posons $ v_n=\vert\sqrt{u_n}-2\vert/2^{-n}$. Nous devons montrer que la suite $ (v_n)$ est bornée. Calculons $ v_{n+1}/v_n$.

    $\displaystyle \frac{v_{n+1}}{v_n}=\frac{\vert\sqrt{u_{n+1}}-2\vert}{\vert\sqrt{u_n}-2\vert} 
\frac{2^{-n}}{2^{-n-1}}\leqslant 1\;,
$

    d'après l'inégalité de la question précédente. La suite $ (v_n)$ est donc décroissante. Comme elle est minorée par 0, elle est bornée.


         © UJF Grenoble, 2011                              Mentions légales