Etudes de suites réelles

Exercices du dossier Etudes de suites réelles

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Exercice 233
Par Alain Soyeur François Capaces Emmanuel Vieillard-Baron le 18 janvier 2021 15:41

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Introduisons la fonction \(f: \left\{ \begin{array}{ccl} \mathbb{R} & \longrightarrow & \mathbb{R} \\ x & \longmapsto & \dfrac{1}{3}\left(4-x^2\right) \end{array} \right.\). On montre facilement que \(f\) est strictement décroissante sur \(\left[0,4/3\right]\), que \(f\left(0\right)=4/3\) et que \(f\left(4/3\right)=20/27>0\). L’intervalle \(\left[0,4/3\right]\) est donc stable par \(f\). Remarquons aussi que \(f\) admet \(1\) comme unique point fixe sur cet intervalle. .

  1. Montrons la propriété par récurrence. Par définition \(u_0 \in \left[0,4/3\right]\). Soit \(n\in\mathbb{N}\). Supposons que \(u_n\in \left[0,4/3\right]\). Alors comme \(\left[0,4/3\right]\) est stable par \(f\), il s’ensuit que \(u_{n+1}=f\left(u_n\right)\in \left[0,4/3\right]\). La propriété est alors prouvée par récurrence.

  2. Si \(\left(u_n\right)\) était convergente, comme \(f\) est continue sur \(\mathbb{R}\), on aurait \(f\left(\lim u_n\right)=\lim f\left(u_n\right)\) ce qui amènerait \(l=f\left(l\right)\). La limite de \(\left(u_n\right)\) serait donc un point fixe de \(f\) dans l’intervalle \(\left[0,4/3\right]\). On en déduit que \(l\) serait égal à \(1\).

  3. Soit \(n\in\mathbb{N}\). La fonction \(f\) est continue sur \(\left[u_n,1 \right]\) et dérivable sur \(\left]u_n,1\right[\). Donc d’après le théorème des accroissements finis : \[\begin{aligned} \left|u_{n+1}-1\right| &\leqslant& \sup_{\left]u_n,1\right[}\left|f'\left(x\right)\right|\left|u_n-1\right|\\ &\leqslant& \sup_{\left]0,4/3\right[}\left|f'\left(x\right)\right|\left|u_n-1\right|\\ &\leqslant& {\scriptstyle 8\over\scriptstyle 9}\left|u_n-1\right|\end{aligned}\] car pour tout \(x\in\mathbb{R}\), \(f'\left(x\right)=-2/3x\). Par une récurrence facile, on en déduit que : \[\left|u_{n+1}-1\right| \leqslant \left({\scriptstyle 8\over\scriptstyle 9}\right)^{n+1}\left|u_0-1\right|\] et donc d’après le théorème des gendarmes, il vient que \(\left|u_{n+1}-1\right| \xrightarrow[n \rightarrow +\infty]{}0\). En conclusion : \(\boxed{u_n\xrightarrow[n \rightarrow +\infty]{}1}\).


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Exercice 1024
Par Alain Soyeur François Capaces Emmanuel Vieillard-Baron le 18 janvier 2021 15:41

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  1. La fonction \(f\) est dérivable sur \(\mathbb{R}_+\) comme quotient de telles fonctions. De plus, pour tout \(x\in \mathbb{R}_+\), \(f'\left(x\right)=\dfrac{e^x\left(1+x\right)}{\left(2+x\right)^2}\) donc \(f\) est strictement croissante sur \(\mathbb{R}_+\). Comme \(f\left(0\right)=1/2\) et que \(f\left(1\right)=e/3<1\) on en déduit que \(f\left(\left]0,1\right[\right)\subset \left]0,1\right[\) .

  2. Par définition, \(u_0\in\left]0,1\right[\). Soit \(n\in\mathbb{N}\). Supposons que \(u_n\in\left]0,1\right[\) . Comme \(\left]0,1\right[\) est stable par \(f\), il vient que \(u_{n+1}=f\left(u_{n}\right) \in\left]0,1\right[\). On prouve ainsi la propriété par récurrence. On a de plus clairement pour tout \(n\in\mathbb{N}\), \(u_n\neq -2\) donc \(\left(u_n\right)\) est bien définie.

  3. Introduisons la fonction \[\theta: \left\{ \begin{array}{ccl} \left[0,1\right] & \longrightarrow & \mathbb{R} \\ x & \longmapsto & e^x-x\left(x+2\right) \end{array} \right. .\] Par opérations sur les fonctions continues, \(\theta\) est continue sur \(\left[0,1\right]\). De plus, \(f\left(0\right)=1>0\) et \(f\left(1\right)=e-3<0\) donc d’après le théorème des valeurs intermédiaires, \(\theta\) admet un zéro sur \(\left]0,1\right[\). On montre facilement que pour tout \(x\in\left[0,1\right]\), \(\theta'\left(x\right)=e^x-2-2x\) et \(\theta''\left(x\right)=e^x-2\). Donc sur \(\left[0,1\right]\), \(\theta''\) est strictement négative et \(\theta'\) est strictement décroissante. Comme \(\theta'\left(0\right)=-1\), sur \(\left[0,1\right]\), \(\theta'\) est strictement négative et \(\theta\) est strictement décroissante. On peut alors affirmer que le zéro de \(f\) sur \(\left]0,1\right[\) est unique. On le note \(\alpha\).

  4. Soit \(n\in\mathbb{N}^*\). La fonction \(f\) est continue sur \(\left[u_{n-1},\alpha\right]\) et dérivable sur \(\left]u_{n-1},\alpha\right[\). D’après l’inégalité des accroissements finis : \[\begin{aligned} \left|u_{n}-\alpha\right| &\leqslant& \sup_{x\in\left]0,1\right[}\left|f'\left(x\right)\right| \left|u_{n-1}-\alpha\right|\\ &\leqslant& \dfrac{2e}{9} \left|u_{n-1}-\alpha\right| . \end{aligned}\] car \(f'\) est strictement croissante sur \(\left[0,1\right]\). Par une récurrence facile, on en déduit que \[\left|u_{n}-\alpha\right| \leqslant\left(\dfrac{2e}{9}\right)^n\left|u_0-\alpha\right|.\] Mais comme \(u_0,\alpha\in\left]0,1\right[\), on a : \(\left|u_0-\alpha\right|\leqslant 1\) et on obtient l’inégalité proposée.

  5. On déduit facilement de cette dernière inégalité et du théorème des gendarmes que \(\boxed{u_n\xrightarrow[n \rightarrow +\infty]{}\alpha}\).

  6. On utilise l’inégalité précédente. On cherche pour quels valeurs de \(n\), \((2e/9)^n\leqslant 10^{-3}\). On passe au logarithme et on trouve \(n\geqslant \dfrac{3\ln 10}{2\ln 3 - \ln 2-1} \simeq 13,7\). Donc il suffit de calculer \(u_{14}\) pour connaître \(\alpha\) à la précision requise. On trouve \(\alpha\simeq 0.789\) à \(10^{-3}\) près. Ceci est valable quelque soit la valeur prise au départ pour \(u_0\)!


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Exercice 965
Par Alain Soyeur François Capaces Emmanuel Vieillard-Baron le 18 janvier 2021 15:41
  1. Soit \(x\geqslant 0\). La fonction \(\mathop{\mathrm{sh}}\) est continue sur \(\left[x,x+1\right]\) et dérivable sur \(\left]x,x+1\right[\). D’après l’inégalité des accroissements finis : \(\inf_{\left]x,x+1\right[} \mathop{\mathrm{ch}}\leqslant\mathop{\mathrm{sh}}\left(x+1\right)-\mathop{\mathrm{sh}}x \leqslant\sup_{\left]x,x+1\right[} \mathop{\mathrm{ch}}\). Mais comme \(\mathop{\mathrm{ch}}\) est croissante sur \(\mathbb{R}_+\), il vient : \(\mathop{\mathrm{ch}}x\leqslant\mathop{\mathrm{sh}} \left(x+1\right)-\mathop{\mathrm{sh}}x \leqslant\mathop{\mathrm{ch}}\left(x+1\right)\).

  2. On a alors, pour \(n\in\mathbb{N}\) : \[\mathop{\mathrm{sh}}\left(n+1\right)=\sum_{k=0}^n \left(\mathop{\mathrm{sh}}\left(k+1\right)-\mathop{\mathrm{sh}}k\right) \geqslant\sum_{k=0}^n \mathop{\mathrm{ch}}{k} = \mathop{\mathrm{ch}}0 + \mathop{\mathrm{ch}}1+ \dots+\mathop{\mathrm{ch}}n .\]

  3. Soit \(n\in\mathbb{N}\). On calcule \(u_{n+1}-u_n = \mathop{\mathrm{sh}}\left(n+2\right)-\mathop{\mathrm{sh}}\left(n+1\right)-\mathop{\mathrm{ch}} \left(n+1\right)\). Cette quantité est positive d’après la première question appliquée à \(x=n+1\). Donc \(\left(u_n\right)\) est croissante.

  4. La fonction \(f\) est définie sur \(\mathbb{R}\).

    1. D’après la première question, on a : \(\mathop{\mathrm{ch}}x\leqslant\mathop{\mathrm{sh}} \left(x+1\right)-\mathop{\mathrm{sh}}x\) donc \(\mathop{\mathrm{ch}}\left(x+1\right)\leqslant\mathop{\mathrm{sh}} \left(x+2\right)-\mathop{\mathrm{sh}}\left(x+1\right)\) et \(f\) est positive. De plus, \(f\) est dérivable sur \(\mathbb{R}\) par opérations sur les fonctions dérivables et pour \(x\in\mathbb{R}_+\) : \(f'\left(x\right)=\mathop{\mathrm{ch}} \left(x+2\right)-\mathop{\mathrm{ch}}\left(x+1\right)-\mathop{\mathrm{sh}}\left(x+1\right)\). On montre facilement en appliquant l’inégalité des accroissements finis à \(\mathop{\mathrm{ch}}\) sur le segment \(\left[x+1,x+2\right]\) que cette dernière quantité est positive. Donc \(f'\geqslant 0\) sur \(\mathbb{R}_+\).

    2. Comme \(f'\) est positive sur \(\mathbb{R}_+\), \(f\) est croissante sur \(\mathbb{R}_+\) et \(\forall x\geqslant 0,\quad f\left(x\right)\geqslant f\left(0\right)\).

  5. Soit \(n\in\mathbb{N}\). On a \(u_{n+1}-u_n = f\left(n\right)>f\left(0\right)+u_0\). Donc \(u_n \geqslant nf \left(0\right)\). Comme \(f\left(0\right)>0\), d’après le théorème des gendarmes \(\boxed{u_n\xrightarrow[n \rightarrow +\infty]{} +\infty}\).


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Exercice 574
Par Alain Soyeur François Capaces Emmanuel Vieillard-Baron le 18 janvier 2021 15:41
  1. La fonction \(f\) est dérivable sur \(\left]1,+\infty\right[\) par opérations sur les fonctions dérivables. De plus, pour tout \(x\in\left]1,+\infty\right[\), on a \(f'\left(x\right)=-\dfrac{1+\ln x}{x^2 \ln^2 x}\). La fonction \(f'\) est strictement négative sur \(\left]1,+\infty\right[\) et \(f\) est strictement décroissante sur son domaine de définition. On montre par ailleurs facilement que \(f\left(x\right)\xrightarrow[x\rightarrow 1^+]{}+\infty\) et que \(f\left(x\right)\xrightarrow[x\rightarrow +\infty]{}0\).

  2. Soit \(n\geqslant 2\). Introduisons la fonction \(\theta: \left\{ \begin{array}{ccl} \left[n,n+1\right] & \longrightarrow & \mathbb{R} \\ x & \longmapsto & \ln\left(\ln x\right) \end{array} \right.\). Soit \(x\in\left[n,n+1\right]\). Comme \(n\geqslant 2\), on a :\(x\geqslant 2\) et donc \(\ln x>0\). La fonction \(\theta\) est donc bien définie. Elle est de plus dérivable sur son domaine de définition par opérations sur les fonctions dérivables et \(\theta'\left(x\right)= \dfrac{1}{x\ln x}\). D’après la question précédente, \(f'\) est strictement décroissante, d’après l’inégalité des accroissements finis appliquée à \(\theta\) sur le segment \(\left[n,n+1\right]\), il vient que \[{\scriptstyle 1\over\scriptstyle\left(n+1\right)\ln\left(n+1\right)}\leqslant\ln\left(\ln\left(n+1\right)\right)-\ln\left(\ln n\right) \leqslant {\scriptstyle 1\over\scriptstyle n\ln n}.\]

  3. Soit \(n\geqslant 2\). D’après la question précédente, on a : \(1/(2\ln 2) \geqslant \ln\left(\ln 3\right)-\ln\left(\ln 2\right)\), \(1/(3\ln 3) \geqslant \ln\left(\ln 4\right)-\ln\left(\ln 3\right)\), ...,\(1/(n\ln n) \geqslant \ln\left(\ln \left(n+1\right)\right)-\ln\left(\ln n\right)\). On somme alors ces \(n-1\) inégalités et on trouve par télescopage que : \[\begin{aligned} u_n&=&\dfrac{1}{2\ln 2}+\dfrac{1}{3\ln 3}+\dots+\dfrac{1}{n\ln n}\\ &\geqslant&\left(\ln\left(\ln 3\right)-\ln\left(\ln 2\right)\right) + \left(\ln\left(\ln 4\right)-\ln\left(\ln 3\right)\right)+\dots+ \left(\ln\left(\ln \left(n+1\right)\right)-\ln\left(\ln n\right)\right) \\ &=&\ln\left(\ln\left(n+1\right)\right)-\ln\left(\ln 2\right).\end{aligned}\] On conclut en appliquant le théorème des gendarmes : \(\boxed{u_n\xrightarrow[n \rightarrow +\infty]{} +\infty}\).


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