Avec les définitions

  1. Les exercices
  2. Vue compacte

Exercices du dossier Avec les définitions

Exercice 522 *

12 janvier 2021 14:54 — Par Emmanuel Vieillard-Baron Alain Soyeur François Capaces

Soit \((u_n)\) une suite réelle. Traduire à l’aide de quantificateurs :

  1. La suite \((u_n)\) est constante à partir d’un certain rang.

  2. La suite \((u_n)\) est croissante à partir d’un certain rang.

  3. \((u_n)\) ne converge pas vers 0.

  4. la suite \(u_n\) n’est pas croissante à partir d’un certain rang.


[ID: 372] [Date de publication: 12 janvier 2021 14:54] [Catégorie(s): Avec les définitions ] [ Nombre commentaires: 0] [nombre d'éditeurs: 1 ] [Editeur(s): Emmanuel Vieillard-Baron ] [nombre d'auteurs: 3 ] [Auteur(s): Emmanuel Vieillard-Baron Alain Soyeur François Capaces ]
Solution

Exercice 522
Par Emmanuel Vieillard-Baron Alain Soyeur François Capaces le 12 janvier 2021 14:54

  1. \(\exists N\in \mathbb N~:\quad \forall n\in \mathbb N, \quad n\geqslant N \Rightarrow u_n = u_{n+1}\)

  2. \(\exists N\in \mathbb N~:\quad\forall n\in \mathbb N, \quad n\geqslant N \Rightarrow u_n \leqslant u_{n+1}\)

  3. \(\exists \varepsilon> 0 ~:\quad \forall N\in \mathbb N, \quad \exists n\in \mathbb N~:\quad n\geqslant N \textrm{ et } \left| u_n \right| \geqslant\varepsilon\)

  4. \(\forall N\in \mathbb N,\quad \exists n\in \mathbb N~:\quad n\geqslant N \textrm{ et } u_n \geqslant u_{n+1}\)



Exercice 219 *

12 janvier 2021 14:54 — Par Emmanuel Vieillard-Baron Alain Soyeur François Capaces

En utilisant les définitions et , montrer que :

  1. \(({\scriptstyle 1\over\scriptstyle n})_{n\in \mathbb{N}^*}\) converge vers \(0\)·

  2. \(({\scriptstyle 1\over\scriptstyle n^2})_{n\in \mathbb{N}^*}\) converge vers \(0\)·

  3. \(({\scriptstyle 1\over\scriptstyle 2^n})_{n\in \mathbb{N}}\) converge vers \(0\)·

  4. \((n^2)_{n\in \mathbb{N}}\) tend vers \(+\infty\).

  5. \((\sqrt n)_{n\in \mathbb{N}}\) tend vers \(+\infty\).

  6. \((\ln n)_{n\in \mathbb{N}^*}\) tend vers \(+\infty\).


[ID: 374] [Date de publication: 12 janvier 2021 14:54] [Catégorie(s): Avec les définitions ] [ Nombre commentaires: 0] [nombre d'éditeurs: 1 ] [Editeur(s): Emmanuel Vieillard-Baron ] [nombre d'auteurs: 3 ] [Auteur(s): Emmanuel Vieillard-Baron Alain Soyeur François Capaces ]
Solution

Exercice 219
Par Emmanuel Vieillard-Baron Alain Soyeur François Capaces le 12 janvier 2021 14:54

  1. Voir l’exemple page .

  2. Soit \(\varepsilon>0\). On cherche un rang \(N\in\mathbb{N}^*\) tel que si \(n\geqslant N\) alors \(1/n^2\leqslant\varepsilon\) ou de manière équivalente \(1/n\leqslant\sqrt \varepsilon\). Posons \(N=E\left(1/\sqrt\varepsilon\right)+1\). On a \(1/N\leqslant\sqrt \varepsilon\). Soit \(n\in\mathbb{N}\) tel que \(n\geqslant N\). On a bien : \(1/n^2\leqslant 1/N^2 \leqslant\varepsilon\) et donc \(1/n^2 \xrightarrow[n\rightarrow +\infty]{}0\).

  3. Soit \(\varepsilon>0\). On cherche un rang \(N\in\mathbb{N}^*\) tel que si \(n\geqslant N\) alors \(1/2^n\leqslant\varepsilon\) ou de manière équivalente \(n\geqslant{\scriptstyle\ln \varepsilon\over\scriptstyle \ln \left(1/2\right)}\). Posons \(N=E\left({\scriptstyle-\ln \varepsilon\over\scriptstyle \ln \left(1/2\right)}\right)+1\) (on peut supposer \(\varepsilon\in\left]0,1\right[\). Soit \(n\in\mathbb{N}^*\) tel que \(n\geqslant N\). Alors \(1/2^n \leqslant 1/2^N < \varepsilon\) et donc \({\scriptstyle 1\over\scriptstyle 2^n}\xrightarrow[n\rightarrow +\infty]{}0\)

  4. Soit \(M\in \mathbb{R}\). On peut choisir \(M\) positif sans que cela ne particularise la démonstration. On cherche un rang \(N\in\mathbb{N}\) tel que si \(n\geqslant N\) alors \(n^2\geqslant M\) ou de manière équivalente \(n\geqslant\sqrt{M}\). Posons \(N=E\left(\sqrt{M}\right)+1\). On a \(N^2\geqslant M\). Soit \(n\in\mathbb{N}\) tel que \(n\geqslant N\). On a bien : \(n^2\geqslant N^2 \geqslant M\) et la suite tend donc vers \(+\infty\).

  5. Soit \(M\in \mathbb{R}\). On cherche un rang \(N\in\mathbb{N}\) tel que si \(n\geqslant N\) alors \(\sqrt{n}\geqslant M\) ou de manière équivalente \(n\geqslant{M}^2\). Posons \(N=E\left({M}^2\right)+1\). On a \(\sqrt{N}\geqslant M\). Soit \(n\in\mathbb{N}\) tel que \(n\geqslant N\). On a bien : \(\sqrt{n}\geqslant\sqrt{N} \geqslant M\) et la suite tend donc vers \(+\infty\).

  6. Soit \(M\in \mathbb{R}\). On cherche un rang \(N\in\mathbb{N}\) tel que si \(n\geqslant N\) alors \(\ln{n}\geqslant M\) ou de manière équivalente \(n\geqslant e^{M}\). Posons \(N=E\left(e^{M}\right)+1\). On a \(\ln{N}\geqslant M\). Soit \(n\in\mathbb{N}\) tel que \(n\geqslant N\). On a bien : \(\ln{n}\geqslant\ln{N} \geqslant M\) et la suite tend donc vers \(+\infty\).


Exercice 152 **

12 janvier 2021 14:54 — Par Emmanuel Vieillard-Baron Alain Soyeur François Capaces

On considère une suite \((u_n)\) qui converge vers \(0\). On définit la suite \((v_n)\) de terme général : \[v_n = \dfrac{1}{n^2} \sum_{k=1}^n ku_k\] Montrer que \((v_n)\) converge vers \(0\).


[ID: 376] [Date de publication: 12 janvier 2021 14:54] [Catégorie(s): Avec les définitions ] [ Nombre commentaires: 0] [nombre d'éditeurs: 1 ] [Editeur(s): Emmanuel Vieillard-Baron ] [nombre d'auteurs: 3 ] [Auteur(s): Emmanuel Vieillard-Baron Alain Soyeur François Capaces ]
Solution

Exercice 152
Par Emmanuel Vieillard-Baron Alain Soyeur François Capaces le 12 janvier 2021 14:54

Soit \(\varepsilon>0\). Comme \((u_n)\) converge vers \(0\), il existe un rang \(N_1\in\mathbb{N}\) tel que si \(n\geqslant N_1\) alors \(\left|u_n\right|\leqslant\varepsilon/2\). Par application de l’inégalité triangulaire, on peut écrire : \[\begin{aligned} \left|v_n\right|&=&\dfrac{1}{n^2}\left| \sum_{k=1}^{N_1} ku_k + \sum_{k=N_1+1}^n ku_k \right|\\ &\leqslant& \dfrac{1}{n^2} \sum_{k=1}^{N_1} k\left|u_k \right| + \dfrac{1}{n^2}\sum_{k=N_1+1}^n k\dfrac{\varepsilon}{2} \\ &\leqslant& \dfrac{1}{n^2} \sum_{k=1}^{N_1} k\left|u_k \right| + \dfrac{\varepsilon}{2}\end{aligned}\] car \(\sum_{k={N_1}+1}^n k \leqslant n^2\). De plus, par opérations sur les limites, \(\dfrac{1}{n^2} \sum_{k=1}^{N_1} k\left|u_k\right|\xrightarrow[n\rightarrow +\infty]{}0\). Il existe donc un rang \(N_2\in\mathbb{N}^*\) tel que si \(n\geqslant N_2\) alors \(\dfrac{1}{n^2} \sum_{k=1}^{N_1} k\left|u_k\right| \leqslant\varepsilon/2\). Posons \(N=\max\left(N_1,N_2\right)\). Soit \(n\geqslant N\). On a alors \(\left|v_n\right| \leqslant\varepsilon/2+\varepsilon/2=\varepsilon\), ce qui prouve que \(v_n\xrightarrow[n\rightarrow +\infty]{}0\).


Exercice 788 **

12 janvier 2021 14:54 — Par Emmanuel Vieillard-Baron Alain Soyeur François Capaces
Soit une suite réelle \((u_n)\) telle que \(\forall n \in \mathbb N\), \(u_n \in \mathbb{Z}\). Montrer que si la suite \((u_n)\) converge, alors elle est constante à partir d’un certain rang.
( ).
On pourra envisager la suite \((v_n)\) définie par \(v_n = u_{n+1}-u_n\).


[ID: 378] [Date de publication: 12 janvier 2021 14:54] [Catégorie(s): Avec les définitions ] [ Nombre commentaires: 0] [nombre d'éditeurs: 1 ] [Editeur(s): Emmanuel Vieillard-Baron ] [nombre d'auteurs: 3 ] [Auteur(s): Emmanuel Vieillard-Baron Alain Soyeur François Capaces ]
Solution

Exercice 788
Par Emmanuel Vieillard-Baron Alain Soyeur François Capaces le 12 janvier 2021 14:54

La suite \((v_n)\) définie par \(v_n = u_{n+1}-u_n\) converge vers \(0\). On pose \(\varepsilon={\scriptstyle 1\over\scriptstyle 2}\). Il existe \(N\in \mathbb N\) tel que pour tout \(n\geqslant N\), \[-\dfrac{1}{2} \leqslant v_n \leqslant+\dfrac{1}{2}.\] Mais alors, pour \(n\geqslant N\), \(v_n = 0\), puisque zéro est le seul entier compris entre \(-1/2\) et et \(1/2\). La suite \((u_n)\) est donc constante à partir du rang \(N\).



Exercice 581 ***

12 janvier 2021 14:54 — Par Emmanuel Vieillard-Baron Alain Soyeur François Capaces

Soit un réel \(\alpha \in ]0,1[\) et une suite \((u_n)\) convergeant vers une limite \(l\in \mathbb{R}\). Étudier la suite de terme général \[v_n = \sum_{k=0}^n \alpha^k u_{n-k}\]


[ID: 380] [Date de publication: 12 janvier 2021 14:54] [Catégorie(s): Avec les définitions ] [ Nombre commentaires: 0] [nombre d'éditeurs: 1 ] [Editeur(s): Emmanuel Vieillard-Baron ] [nombre d'auteurs: 3 ] [Auteur(s): Emmanuel Vieillard-Baron Alain Soyeur François Capaces ]
Solution

Exercice 581
Par Emmanuel Vieillard-Baron Alain Soyeur François Capaces le 12 janvier 2021 14:54

Étudions d’abord le cas où \((u_n)\) est constante : \(\forall n \in \mathbb N\), \(u_n = a\) où \(a\in\mathbb{R}\). On obtient alors facilement que pour tout \(n\in \mathbb N\), \(v_n = a \dfrac{1 - \alpha^{n+1}}{1 - \alpha}\) et \(v_n \xrightarrow[n \rightarrow +\infty]{} \dfrac{a}{1-\alpha}\). Ce cas particulier nous invite à conjecturer que que si \((u_n)\) converge vers \(l\), la suite \(\left(v_n\right)\) converge vers \(l / (1 - \alpha)\). Écrivons pour tout \(n\in\mathbb{N}\), \(u_n = l + \varepsilon_n\) avec \(\varepsilon_n \xrightarrow[n \rightarrow +\infty]{}0\). Alors pour \(n \in \mathbb N\), \[v_n = l \dfrac{1 - \alpha^{n+1}}{1 - \alpha} + \sum_{k=0}^n \alpha^k \varepsilon_{n-k}\] Définissons la suite de terme général \[\theta_n = \sum_{k=0}^n \alpha^k \varepsilon_{n-k}\] et montrons que \(\theta_n \xrightarrow[n \rightarrow +\infty]{}0\). Cela montrera que la suite \((v_n)\) converge vers \(l / (1 - \alpha)\).

Coupons, pour \(n\in\mathbb{N}\), la somme en deux sous-sommes: \[\lvert \theta_n \rvert \leqslant\sum_{k=0}^{n-N} \lvert \alpha^k \varepsilon_{n-k} \rvert + \sum_{k=n-N+1}^n \lvert \alpha^k \varepsilon_{n-k} \rvert\]

Soit \(\varepsilon> 0\). Posons \(\widetilde{\varepsilon} = \varepsilon\left(1-\alpha\right)/ {2} > 0\). Comme \(\varepsilon_n \xrightarrow[n \rightarrow +\infty]{}0\), il existe \(N \in \mathbb N\), tel que \(\forall k \geqslant N\), \(\lvert \varepsilon_k \rvert \leqslant\widetilde{\varepsilon}\).

Donc pour la première somme, si \(n\geqslant N\) : \[\sum_{k=0}^{n-N} \lvert \alpha^k \varepsilon_{n-k} \rvert \leqslant\widetilde{\varepsilon}\dfrac{1 - \alpha^{n-N+1}}{1 - \alpha}\leqslant\dfrac{\widetilde{\varepsilon}}{1 - \alpha} .\]

En posant \(M = \max(\lvert \varepsilon_0 \rvert , \dots, \lvert \varepsilon_{N-1} \rvert )\), on majore la deuxième somme : \[\sum_{k=n-N+1}^n \lvert \alpha^k \varepsilon_{n-k} \rvert \leqslant M \sum_{k=n-N+1}^n \alpha^k = \dfrac{M}{\alpha^{N-1}} \alpha^{n} \dfrac{1 - \alpha^{N}}{1 - \alpha} \leqslant\dfrac{M}{\alpha^{N-1}(1 - \alpha)} \alpha^{n}\] car \(\alpha\in\left]0,1\right[\). La suite \(\left(\dfrac{M}{\alpha^{N-1}} \alpha^n\right)\) converge vers \(0\) (car c’est une suite géométrique de raison \(\alpha\in\left]0,1\right[\)) donc il existe \(N' \in \mathbb N\) tel que \(\forall n\geqslant N'\), \(\dfrac{M\alpha^n}{\alpha^{N-1}} \leqslant\widetilde{\varepsilon}\). Posons \(N_1 = \max(N, N')\) et soit \(n > N_1\).

Il vient finalement, \[\lvert \theta_n \rvert \leqslant \dfrac{\widetilde{\varepsilon}}{1-\alpha}+\dfrac{\widetilde{\varepsilon}}{1-\alpha}= \varepsilon.\]


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