L'usage de la calculatrice, bien que totalement inutile, est autorisé.
Un soin particulier sera apporté à la rédaction.
Durée : 55 min
Exercice 1 (3 points)
Calculer soigneusement les limites en \(+\infty\) de :
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\(u_{n} = \dfrac{\sin{\left({\dfrac{\text{π}}{3} \times n}\right)}}{n}\)
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\(u_{n} = \dfrac{6{n^{2} - 3}{n + 7}}{n^{2} + n + 1}\)
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\({u_{n} = n^{2}}\left( {\sqrt{3 - \dfrac{2}{n}} - \sqrt{3}} \right)\)
Exercice 2 (7 points)
On considère la suite \((u_n)\) définie sur \(\mathbb{N}\) par \(u_0=0\) et \(u_{n+1}=\dfrac{2u_n+3}{u_n+4}\).
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a) Soit \(f : x \mapsto \dfrac{2x+3}{x+4}\). Étudier les variations de \(f\).
b) Montrer par récurrence que pour tout \(n \in \mathbb{N}\), \(0 \leqslant u_n \leqslant u_{n+1} \leqslant 1\).
c) En déduire que la suite \((u_n)\) converge.
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On pose, pour tout \(n \in \mathbb{N}\), \(v_n=\dfrac{u_n-1}{u_n+3}\).
a) Montrer que la suite \((v_n)\) est une suite géométrique.
b) Exprimer \(v_n\) puis \(u_n\) en fonction de \(n\).
c) Déterminer la limite de la suite \((v_n)\), puis celle de la suite \((u_n)\).
Exercice 3 (4 points)
Soient \((u_n)\) une suite réelle et \((v_n)\) la suite définie par \(v_n=\dfrac{u_0+u_1+\dots+u_n}{n+1}\).
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Montrer que si la suite \((u_n)\) est bornée, alors la suite \((v_n)\) est bornée. La réciproque est-elle vraie ?
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Montrer que si la suite \((u_n)\) est croissante, alors \((v_n)\) est croissante.
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Montrer que si la suite \((u_n)\) converge vers un réel \(\alpha\), alors la suite \((v_n)\) converge et a pour limite \(\alpha\).
Exercice 1
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On a \(-1 \leqslant \sin (\dfrac{\text{π}}{3} \times n)\leqslant 1\) pour tout \(n\in \mathbb{N}\) donc \(-\dfrac{1}{n} \leqslant u_n\leqslant \dfrac{1}{n}\). Or \(\lim\limits_{n\rightarrow +\infty }{\dfrac{1}{n}}=0\), d'après le théorème d'encadrement, on a donc \(\lim\limits_{n\rightarrow +\infty }u_n=0\).
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\(u_n=\dfrac{n^2\left(6-\dfrac 3 n+\dfrac 7{n^2}\right)}{n^2\left(1+\dfrac 1 n+\dfrac 1{n^2}\right)}=\dfrac{6-\dfrac 3 n+\dfrac 7{n^2}}{1+\dfrac 1 n+\dfrac 1{n^2}}\) On a : \(\lim\limits_{n\rightarrow +\infty }\dfrac 1 n=\lim\limits_{n\rightarrow +\infty }\dfrac 1{n^2}=0\) , donc, par sommes et produits:
\(\lim\limits_{n\rightarrow +\infty }6-\dfrac 3 n+\dfrac 7{n^2}=6\) et \(\lim\limits_{n\rightarrow +\infty }1+\dfrac 1 n+\dfrac 1{n^2}\) =1. Par quotient, on obtient: \(\lim\limits_{n\rightarrow +\infty }u_n=6\) .
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\(u_n=n^2\dfrac{\left(\sqrt{3-\dfrac 2 n}-\sqrt 3\right)\times \left(\sqrt{3-\dfrac 2 n}+\sqrt 3\right)}{\sqrt{3-\dfrac 2 n}+\sqrt 3}=n^2\dfrac{3-\dfrac 2 n-3}{\sqrt{3-\dfrac 2 n}+\sqrt 3}=\dfrac{-2n}{\sqrt{3-\dfrac 2n}+\sqrt 3}\) . On a \(\lim\limits_{n\rightarrow +\infty }-\dfrac 2 n=0\) , avec la somme et la racine carrée, on obtient \(\lim\limits_{n\rightarrow +\infty }\sqrt{3-\dfrac 2 n}=\sqrt 3\) d'où \(\lim\limits_{n\rightarrow +\infty }\sqrt{3-\dfrac 2 n}+\sqrt 3=2\sqrt 3\) .
Au numérateur on a \(\lim\limits_{n\rightarrow +\infty}-2n=-\infty\) . Par quotient, on obtient alors \(\lim\limits_{n\rightarrow +\infty }u_n=-\infty\) .
Exercice 2
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a) \(f\) est une fonction rationnelle donc dérivable sur son ensemble de définition, qui est \(\mathbb{R}\)-{4}. On pose \(u(x)=2x+3\) et \(v(x)=x+4\) soit \(u'(x)=2\) et \(v'(x)=1\).
Pour tout \(x \in \mathbb{R}-{4}\), on a:
\(f'(x)=\dfrac{u'(x)v(x)-u(x)v'(x)}{v^2(x)}=\dfrac{2(x+4)-(2x+3)}{(x+4)^2}=\dfrac 5{(x+4)^2}\).
On a \(f'(x)>0\) donc \(f\) est croissante sur \(]-\infty;4[\) et croissante sur \(]4;+\infty[\) .
b) Soit \(\text H_n\) : «\(0\leqslant u_n\leqslant u_{n+1}\leqslant 1\)»
Initialisation
On calcule \(u_1=\dfrac{2\times 0+3}{0+4}=\dfrac 3 4\) , On a donc \(0\leqslant u_0\leqslant u_1\leqslant 1\) .
\(\Rightarrow \text H_0\) est vérifiée.
Hérédité
Supposons \(\text H_n\) vraie pour une valeur de \(n\) donnée, montrons qu'alors \(\text H_{n+1}\) est vraie.
On a \(0\leqslant u_n\leqslant u_{n+1}\leqslant 1 \Rightarrow f(0)\leqslant f(u_n)\leqslant f(u_{n+1})\leqslant f(1)\) car \(f\) croissante sur \([0\mathrm ;1]\)
\(\Rightarrow \dfrac 3 4\leqslant u_{n+1}\leqslant u_{n+2}\leqslant 1\)
\(\Rightarrow 0\leqslant u_{n+1}\leqslant u_{n+2}\leqslant 1\)
\(\Rightarrow \text H_{n+1}\) est vraie.
Conclusion
Par récurrence sur \(n\) , on a montré que \(\text H_n\) était vraie pour tout \(n\in \mathbb{N}\).
c) La suite \((u_n)\) est croissante et majorée par 1, d'après le théorème de convergence monotone, \((u_n)\) est convergente.
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a) On a \(v_{n+1}=\dfrac{u_{n+1}-1}{u_{n+1}+3}=\dfrac{\dfrac{2u_n+3}{u_n+4}-1}{\dfrac{2u_n+3}{u_n+4}+3}=\dfrac{2u_n+3-u_n-4}{2u_n+3+3u_n+12}=\dfrac{u_n-1}{5u_n+15}=\dfrac 1 5\dfrac{u_n-1}{u_n+3}=\dfrac 1 5v_n\)
\((v_n)\) est donc bien géométrique de raison \(\dfrac 1 5\) . On a \(v_0=\dfrac{u_0-1}{u_0+3}=-\dfrac 1 3\) .
b) \(v_n=-\dfrac 1 3\left(\dfrac 1 5\right)^n\) . On exprime \(u_n\) en fonction de \(v_n\) :
\(v_n=\dfrac{u_n-1}{u_n+3}=\dfrac{u_n+3-4}{u_n+3}=1-\dfrac 4{u_n+3}\)
\(\Rightarrow\) \(1-v_n=\dfrac 4{u_n+3} \Rightarrow u_n+3=\dfrac 4{1-v_n} \Rightarrow u_n=\dfrac 4{1-v_n}-3\)
D'où \(u_n=\dfrac 4{1+\dfrac 1 3\left(\dfrac 1 5\right)^n}-3\) .
c) On a \(-1<\dfrac 1 5<1\) donc \(\lim\limits_{n\rightarrow +\infty }v_n=0\) .
Par conséquent, \(\lim\limits_{n\rightarrow+\infty }1-v_n=1\) , par inverse et produit \(\lim\limits_{n\rightarrow +\infty }\dfrac 4{1-v_n}=4\) et par différence : \(\lim\limits_{n\rightarrow +\infty }\dfrac 4{1-v_n}-3=1\) . Soit \(\lim\limits_{n\rightarrow +\infty }u_n=1\) .
Exercice 3
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Supposons \((u_n)\) bornée : Il existe deux réels \(m\) et \(\text M\) tels que \(m\leqslant u_n\leqslant \text M\) pour tout \(n \in \mathbb{N}\).
On a alors \((n+1)m\leqslant \sum _{k=0}^{k=n}u_k\leqslant (n+1)\text M\) d'où \(m\leqslant \dfrac{\sum_{k=0}^{k=n}u_k}{n+1}\leqslant \text M\) et \(m\leqslant v_n\leqslant \text M\) \(\Rightarrow\) \((v_n)\) est bornée.
Réciproque :
On peut considérer la suite \(u_n=n \times (-1)^n\) , On a \(\sum _{k=0}^{k=n}u_k=\dfrac n 2\) si \(n\) pair, et \(\sum _{k=0}^{k=n}u_k=-\dfrac{n+1} 2\) si \(n\) impair, ce qui implique \(-\dfrac 1 2\leqslant \dfrac{\sum_{k=0}^{k=n}u_k}{n+1}\leqslant \dfrac 1 2\) soit \(-\dfrac 1 2\leqslant v_n\leqslant \dfrac 1 2\) pour tout \(n \in \mathbb{N}\).
On a donc \((u_n)\) non bornée et pourtant \((v_n)\) est bornée.
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On a \(v_{n+1}-v_n=\dfrac{\sum _{k=0}^{k=n+1}u_k}{n+2}-\dfrac{\sum _{k=0}^{k=n}u_k}{n+1}\)
\(\Rightarrow v_{n+1}-v_n=\dfrac 1{(n+1)(n+2)}\times ((n+1)u_k-(n+2)u_k)\)
\(\Rightarrow v_{n+1}-v_n=\dfrac 1{(n+1)(n+2)}\times ((n+1)u_{n+1}+(n+1)\sum _{k=0}^{k=n}u_k-(n+1+1)\sum _{k=0}^{k=n}u_k)\)
\(\Rightarrow v_{n+1}-v_n=\dfrac 1{(n+1)(n+2)}\times ((n+1)u_{n+1}+(n+1)\sum _{k=0}^{k=n}u_k-(n+1)\sum _{k=0}^{k=n}u_k-\sum _{k=0}^{k=n}u_k)\)
\(\Rightarrow v_{n+1}-v_n=\dfrac 1{(n+1)(n+2)}\times ((n+1)u_{n+1}+(n+1)\sum _{k=0}^{k=n}u_k-(n+1)\sum _{k=0}^{k=n}u_k-\sum _{k=0}^{k=n}u_k)\)
\(\Rightarrow v_{n+1}-v_n=\dfrac 1{(n+1)(n+2)}\times \sum _{k=0}^{k=n}(u_{n+1}-u_k)\)
Si on suppose que \((u_n)\) est croissante, alors \(u_{n+1}-u_k\geqslant 0\) pour \(k\) entier naturel plus petit que \(n\) .
D'où \(\sum _{k=0}^{k=n}(u_{n+1}-u_k) \geqslant 0\) puis \(\dfrac 1{(n+1)(n+2)}\times \sum_{k=0}^{k=n}(u_{n+1}-u_k)\geqslant 0\) soit \(v_{n+1}-v_n \geqslant 0\) et \((v_n)\) croissante.
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Soit \(\left|v_n - \alpha \right|=\left|\dfrac{\sum _{k=0}^{k=n}u_k}{n+1}-\alpha \right|=\dfrac 1{n+1}\left|\sum _{k=0}^{k=n}u_k-(n+1)\alpha \right|=\dfrac 1{n+1}\left|\sum _{k=0}^{k=n}(u_k-\alpha )\right|\)
Soit \(\varepsilon \in \mathbb{R}^+\), il existe \(n_0 \in \mathbb{N}\) tel que si \(n>n_0\), \(\left|u_n-\alpha \right|<\varepsilon\) .
On a \(\dfrac 1{n+1}\left|\sum _{k=0}^{k=n}(u_k-\alpha )\right|\leqslant \dfrac 1{n+1}\left|\sum_{k=0}^{k=n_0}(u_k-\alpha )\right|+\dfrac 1{n+1}\left|\sum _{k=n_0+1}^{k=n}(u_k-\alpha ) \right|\)
(inégalité triangulaire)
Or \(\left|\sum _{k=0}^{k=n_0}(u_k-\alpha )\right|\) est une quantité finie (ne dépend pas de \(n\) ) donc \(\dfrac 1{n+1}\left|\sum _{k=0}^{k=n_0}(u_k-\alpha )\right|\) tend vers 0, il existe donc \(n_1\) tel que si \(n>n_1\), \(\dfrac 1{n+1}\left|\sum _{k=0}^{k=n_0}(u_k-\alpha)\right|\leqslant \varepsilon\)
et \(\left|\sum _{k=n_0+1}^{k=n}(u_k-\alpha)\right| \leqslant \left|\sum _{k=0}^{k=n}(u_k-\alpha)\right|\leqslant (n+1)\varepsilon\) d'où
Ceci implique que pour \(n>\max(n_0,n_1)\) , \(\dfrac 1{n+1}\left|\sum _{k=0}^{k=n}(u_k- \alpha)\right| \leqslant \varepsilon + \varepsilon\)
Soit \(\left| v_n - \alpha \right|\) \(\leqslant 2 \varepsilon\).
D'où \((v_n)\) converge vers \(\alpha\).