Corrigé du devoir

Questions de cours :  

1. On dit que la suite $(u_n)$ est croissante à partir d'un certain rang si :
   $$\exists n_0\in\mathbb{N} ,\;\forall n\geqslant n_0\;,\quad u_{n+1}\geqslant u_n\;.$$
   Ceci équivaut à :
   $$\exists n_0\in\mathbb{N} ,\;\forall n\geqslant n_0 ,\;\forall k\in\mathbb{N}\;,\quad u_{n+k}\geqslant u_n\;.$$
   (Démontration par récurrence sur $k$.)
2. On dit que la suite $(u_n)$ est majorée si :
   $$\exists M\in\mathbb{R} ,\;\forall n\in\mathbb{N}\;,\quad u_n\leqslant M\;.$$

3. On dit que la suite $(u_n)$ tend vers $+\infty$ si :
   $$\forall A\in\mathbb{R} ,\;\exists n_0\in\mathbb{N} ,\;\forall n\geqslant n_0\;,\quad u_n\geqslant A\;.$$

4. Supposons que la suite $(u_n)$ soit majorée par $M$ à partir du rang $n_0$ :
   $$\forall n\geqslant n_0\;,\quad u_n\leqslant M\;.$$
   Alors,
   $$\forall n\in\mathbb{N}\;,\quad u_n\leqslant \max \big\{ u_0,\ldots,u_{n_0-1},M \big\}\;.$$
   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.
   $$\forall n\geqslant n_0 ,\;\forall k\in\mathbb{N}\;,\quad u_{n+k}\geq u_n\;.$$
   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 $A$.

   $$\exists n_1\geq n_0\;,\quad u_{n_1}\geqslant A\;.$$
   Puisque la suite $u_n$ est croissante à partir du rang $n_0$ et comme $n_1\geq n_0$,
   $$\forall n\geqslant n_1\;,\quad u_n\geqslant u_{n_1}\geqslant A\;.$$
   Donc :
   $$\forall A\in\mathbb{R} ,\;\exists n_1\in\mathbb{N} ,\;\forall n\geqslant n_1 \;,\quad u_{n}\geqslant A\;.$$
   Nous avons donc montré que $(u_n)$ tend vers $+\infty$.

Exercice 1 :  

1. Ecrivons :
   $$\frac{n}{n+1}=\frac{1}{1+1/n}\;.$$
   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 $k\geq 1$ :
   $$\lim_{n\to\infty} \frac{n^k}{(n+1)^k}=1\;.$$
   C'est vrai pour $k=1$ d'après ce qui précède. Supposons-le vrai pour $k$.
   $$\frac{n^{k+1}}{(n+1)^{k+1}}= \frac{n^{k}}{(n+1)^{k}} \frac{n}{n+1}$$
   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 $n\geqslant n_0$ :
   $$\left\vert\frac{n^k}{(n+1)^k}-1\right\vert\leqslant \frac{\delta}{2}\;.$$
   En particulier, pour tout $n\geqslant n_0$,
   $$\frac{n^k}{(n+1)^k}\geqslant 1-\frac{\delta}{2}\;.$$

3. $$\frac{u_{n+1}}{u_n}=\frac{(1+\delta)^{n+1}}{(n+1)^{k}} \frac{n^k}{(1+\delta)^n}= (1+\delta)\frac{n^k}{(n+1)^k}\;.$$
   En utilisant le résultat de la question précédente, pour $n\geq n_0$ :
   $$\frac{u_{n+1}}{u_n}\geqslant (1+\delta)(1-\delta/2)=1+\delta/2-\delta^2/2\;.$$
   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 $n\geq n_0$ :
   $$u_n\geqslant u_{n_0}\alpha^{n-n_0}\;.$$
   C'est vrai pour $n=n_0$. Supposons-le vrai pour $n$. Alors :
   $$u_{n+1}\geqslant \alpha u_n\geqslant \alpha u_{n_0}\alpha^{n-n_0} =u_{n_0}\alpha^{n+1-n_0}\;.$$
   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 :
   $$\lim_{n\to\infty}\frac{\beta_0^n}{\beta_1^n}= \lim_{n\to\infty}\l... ...{\beta_0}{\beta_1}\right)^n=0 \;\Longleftrightarrow\;\beta_0^n=o(\beta_1^n)\;.$$

5. Le résultat de la question 3 entraîne que pour tout $k\in \mathbb{N}$, et pour tout $\delta\in ]0,1[$,
   $$\lim_{n\to\infty} \frac{n^k}{(1+\delta)^n}=0\;\Longleftrightarrow\; n^k=o((1+\delta)^n)\;.$$
   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,
   $$\lim_{n\to\infty} \frac{n^k}{\beta^n}= \lim_{n\to\infty}\frac{n^k}{(3/2)^n} \frac{(3/2)^n}{\beta^n}=0 ,$$
   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 :

   $$n^{10}=o(2^{n})\;\Longrightarrow\;n^{10}=o(2^{n+1}) \;\Longrightarrow\; (2^{n+1}+ n^{10})\sim 2^{n+1}\;.$$
   De façon analogue,
   $$(n+4)^5=o(2^{2n+3})\;\Longrightarrow\; 2^{2n+3}+(n+4)^5\sim 2^{2n+3}\;.$$
   Donc :
   $$\frac{2^{n+1}+n^{10}}{2^{2n+3}+(n+4)^5}\sim \frac{2^{n+1}}{2^{2n+3}} =\frac{1}{4}2^{-n}=O(2^{-n})\;.$$

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 :
   

   $$\frac{3}{2}\sqrt{x}+1=x \Longleftrightarrow \frac{3}{2}\sqrt{x}=x-1$$

   $$\Longrightarrow 9x=4x^2-8x+4$$

   $$\Longleftrightarrow (x-4)(4x-1)=0\;.$$

   
   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 $n\in \mathbb{N}$, $u_{n+1}=\frac {3}{2}\sqrt {u_n}+1$.

   
3. Ecrivons l'expression de $u_{n+1}$ en fonction de $u_n$ ainsi que la relation exprimant que $4$ est point fixe.
   $$u_{n+1}=\frac{3}{2}\sqrt{u_n}+1$$   et$$\quad 4=\frac{3}{2}\sqrt{4}+1\;.$$
   Soustrayons les deux :
   $$u_{n+1}-4=\frac{3}{2}(\sqrt{u_n}-2) \;\Longleftrightarrow\; \sqrt{u_{n+1}}-2= \frac{3}{2(\sqrt{u_{n+1}}+2)}(\sqrt{u_n}-2)\;.$$

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 :
   $$2-\sqrt{u_{n+1}}= \frac{3}{2(\sqrt{u_{n+1}}+2)}(2-\sqrt{u_n})\leqslant \frac{1}{2}(2-\sqrt{u_n})\;.$$
   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 :
   $$\sqrt{u_{n+1}}-2= \frac{3}{2(\sqrt{u_{n+1}}+2)}(\sqrt{u_n}-2)\leqslant \frac{1}{2}(\sqrt{u_n}-2)\;.$$
   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 $0< u_0<4$,
   $$0<2-\sqrt{u_{n+1}}\leqslant \frac{1}{2}(2-\sqrt{u_n})\;,$$
   et pour $u_0>4$,
   $$0<\sqrt{u_{n+1}}-2\leqslant \frac{1}{2}(\sqrt{u_n}-2)\;,$$
   Dans les deux cas :
   $$\vert\sqrt{u_{n+1}}-2\vert\leqslant \frac{1}{2}\vert\sqrt{u_n}-2\vert\;.$$

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.
   $$\vert u_n-4\vert=\vert\sqrt{u_n}-2\vert \vert\sqrt{u_n}+2\vert=O(\vert\sqrt{u_n}-2\vert)\;.$$
   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 $v_{n+1}/v_n$.
   $$\frac{v_{n+1}}{v_n}=\frac{\vert\sqrt{u_{n+1}}-2\vert}{\vert\sqrt{u_n}-2\vert} \frac{2^{-n}}{2^{-n-1}}\leqslant 1\;,$$
   d'après l'inégalité de la question précédente. La suite $(v_n)$ est donc décroissante. Comme elle est minorée par 0, elle est bornée.