Exercices corrigés : suites et récurrence (Terminale spécialité)

$u_{n}=n^{3}\left(-1+\frac{4}{n}+\frac{10}{n^{3}}\right)$ : $n^{3}\to+\infty$ et la parenthèse tend vers $-1$, donc $u_{n}\to-\infty$. Piège : répondre $+\infty$ en ne regardant que le $4n^{2}$ et le $10$ positifs.

Forme $\frac{\infty}{\infty}$. On factorise $n^{2}$ : $u_{n}=\frac{6-\frac{1}{n}}{\frac{3}{n^{2}}-2}\to\frac{6}{-2}=-3$. Piège : diviser $6$ par $3$, le terme constant du dénominateur, et répondre $2$.

$u_{n}=\frac{n\left(5-\frac{1}{n}\right)}{n^{2}\left(1+\frac{1}{n}+\frac{1}{n^{2}}\right)}=\frac{1}{n}\cdot\frac{5-\frac{1}{n}}{1+\frac{1}{n}+\frac{1}{n^{2}}}\to 0\times 5=0$. Le degré du numérateur est inférieur.

$u_{n}=\frac{n^{2}\left(\frac{3}{n}-1\right)}{n\left(1+\frac{5}{n}\right)}=n\cdot\frac{\frac{3}{n}-1}{1+\frac{5}{n}}$ : $n\to+\infty$ et le quotient tend vers $-1$, donc $u_{n}\to-\infty$. Piège : conclure $+\infty$ parce que le degré du haut est plus grand, sans lire le signe de $-n^{2}$.

$\frac{3^{n}}{5^{n}}=\left(\frac{3}{5}\right)^{n}$, et $0<\frac{3}{5}<1$, donc $u_{n}\to 0$. Piège : conclure à une forme $\frac{\infty}{\infty}$ sans issue ; on regroupe les deux puissances de même exposant.

$u_{n}=\frac{1}{2}\left(\frac{7}{5}\right)^{n}$ et $\frac{7}{5}>1$, donc $\left(\frac{7}{5}\right)^{n}\to+\infty$ et $u_{n}\to+\infty$. Le coefficient $\frac{1}{2}$, positif, ne change rien.

$0<0{,}9<1$, donc $0{,}9^{n}\to 0$, $4\times 0{,}9^{n}\to 0$ et $u_{n}\to 7$. La suite croît vers $7$ sans l'atteindre.

Somme des termes d'une suite géométrique de raison $q=-\frac{1}{2}$ : $S_{n}=\frac{1-\left(-\frac{1}{2}\right)^{n+1}}{1-\left(-\frac{1}{2}\right)}=\frac{2}{3}\left(1-\left(-\frac{1}{2}\right)^{n+1}\right)$. Comme $-1<-\frac{1}{2}<1$, $\left(-\frac{1}{2}\right)^{n+1}\to 0$ et $S_{n}\to\frac{2}{3}$. Piège : diviser par $1-\frac{1}{2}$ et trouver $2$ ; la raison est NÉGATIVE.

Forme $\infty-\infty$. Quantité conjuguée : $u_{n}=\frac{\left(n^{2}+6n\right)-n^{2}}{\sqrt{n^{2}+6n}+n}=\frac{6n}{n\left(\sqrt{1+\frac{6}{n}}+1\right)}=\frac{6}{\sqrt{1+\frac{6}{n}}+1}\to\frac{6}{2}=3$. Piège : répondre $0$ en pensant que $\sqrt{n^{2}+6n}$ « vaut » $n$ pour $n$ grand.

$(-1)^{n}$ n'a pas de limite, mais $-1\leq(-1)^{n}\leq 1$, donc $\frac{2n-1}{n+1}\leq u_{n}\leq\frac{2n+1}{n+1}$. Les deux suites qui encadrent tendent vers $2$ (termes prépondérants $\frac{2n}{n}$), donc, par le théorème des gendarmes, $u_{n}\to 2$. Piège : conclure que $u_{n}$ n'a pas de limite parce que $(-1)^{n}$ n'en a pas.

INITIALISATION : pour $n=1$, le membre de gauche vaut $1$ et celui de droite $\frac{1\times 2}{2}=1$. La propriété est vraie au rang $1$. HÉRÉDITÉ : supposons $1+2+\dots+n=\frac{n(n+1)}{2}$ pour un entier $n\geq 1$ fixé. Alors $1+2+\dots+n+(n+1)=\frac{n(n+1)}{2}+(n+1)=(n+1)\left(\frac{n}{2}+1\right)=(n+1)\times\frac{n+2}{2}=\frac{(n+1)(n+2)}{2}$, ce qui est bien la formule au rang $n+1$, obtenue en remplaçant $n$ par $n+1$ dans l'énoncé. CONCLUSION : la propriété est vraie pour tout $n\geq 1$. Le geste décisif est la factorisation par $(n+1)$, qui évite de tout développer.

INITIALISATION : pour $n=0$, $2^{0}=1$ et $0+1=1$, donc $2^{0}\geq 1$ ✓. HÉRÉDITÉ : supposons $2^{n}\geq n+1$. Alors $2^{n+1}=2\times 2^{n}\geq 2(n+1)=2n+2$, la multiplication par $2>0$ conservant l'inégalité. Il reste à comparer $2n+2$ au but visé, $n+2$ : la différence vaut $n\geq 0$, donc $2n+2\geq n+2$. Par transitivité, $2^{n+1}\geq n+2$ ✓. CONCLUSION : la propriété est vraie pour tout entier naturel $n$. Notez la structure en deux temps de l'hérédité pour une INÉGALITÉ, qui la distingue d'une égalité : on part de l'hypothèse, on obtient une minoration intermédiaire, puis on montre que celle-ci suffit.

Il manque l'INITIALISATION, et pour cause : elle est fausse, puisque $3^{0}=1$ est impair. L'hérédité seule ne démontre rien du tout : elle affirme que si la propriété était vraie à un rang, elle le resterait ensuite, mais si elle n'est vraie à aucun rang de départ, la chaîne ne démarre jamais. On vérifie d'ailleurs que $3^{n}$ est impair pour tout $n$, comme produit de nombres impairs.

Forme indéterminée $\infty-\infty$, qu'on ne peut donc pas trancher à vue. On factorise par le TERME DOMINANT : $u_{n}=n^{2}\left(1-\frac{3}{n}\right)$. Le premier facteur tend vers $+\infty$ et le second vers $1$, donc par produit $u_{n}$ tend vers $+\infty$. Le mécanisme est général : dans un polynôme, le terme de plus haut degré finit toujours par écraser tous les autres.

Forme $\frac{\infty}{\infty}$. On factorise haut et bas par $n$ : $v_{n}=\frac{n\left(2+\frac{1}{n}\right)}{n\left(1-\frac{3}{n}\right)}=\frac{2+\frac{1}{n}}{1-\frac{3}{n}}$, qui tend vers $\frac{2}{1}=2$, c'est-à-dire le rapport des coefficients dominants. Le terme $-3$ du dénominateur, qui semble menaçant puisqu'il annule $v_{n}$ en $n=3$, ne joue aucun rôle à l'infini.

Forme $\frac{\infty}{\infty}$ à nouveau, mais le dénominateur est cette fois de degré supérieur : $w_{n}=\frac{n^{2}\left(3-\frac{1}{n}\right)}{n^{3}\left(1+\frac{1}{n^{3}}\right)}=\frac{1}{n}\times\frac{3-\frac{1}{n}}{1+\frac{1}{n^{3}}}$. Le premier facteur tend vers $0$ et le second vers $3$, donc $w_{n}$ tend vers $0$.

Forme $\infty-\infty$, mais avec des racines, ce qui appelle la QUANTITÉ CONJUGUÉE : $t_{n}=\frac{\left(\sqrt{n+1}-\sqrt{n}\right)\left(\sqrt{n+1}+\sqrt{n}\right)}{\sqrt{n+1}+\sqrt{n}}=\frac{(n+1)-n}{\sqrt{n+1}+\sqrt{n}}=\frac{1}{\sqrt{n+1}+\sqrt{n}}$. Le dénominateur tend vers $+\infty$, donc $t_{n}$ tend vers $0$.

Comme $-1<0{,}8<1$, la suite $0{,}8^{n}$ tend vers $0$. Par conséquent $5\times 0{,}8^{n}+3$ tend vers $5\times 0+3=3$. On notera que la convergence est rapide : $0{,}8^{50}\approx 1{,}4\times 10^{-5}$ est déjà négligeable.

Comme $1{,}5>1$, la suite $1{,}5^{n}$ tend vers $+\infty$. La croissance géométrique finit toujours par l'emporter, même quand la raison dépasse $1$ de peu : $1{,}01^{n}$ tend aussi vers $+\infty$, simplement plus lentement.

Non. Les termes valent $1$, $-2$, $4$, $-8$, $16$, et ainsi de suite : ils changent de signe à chaque rang tout en grandissant en valeur absolue. La suite n'admet donc AUCUNE limite, ni finie ni infinie, ce qui est un troisième comportement possible qu'il ne faut pas oublier. C'est le cas général pour $q\leq-1$, et c'est pourquoi la condition de convergence porte sur $|q|<1$ et non sur $q<1$.

La somme géométrique de raison $q\neq 1$ vaut $S_{n}=\frac{1-q^{n+1}}{1-q}$, formule à connaître sous la forme parlante « premier terme fois un moins la raison à la puissance nombre de termes, sur un moins la raison ». Comme $-1<q<1$, le terme $q^{n+1}$ tend vers $0$, donc $S_{n}$ tend vers $\frac{1}{1-q}$. Pour $q=\frac{1}{3}$ : la limite vaut $\frac{1}{1-\frac{1}{3}}=\frac{1}{\frac{2}{3}}=\frac{3}{2}$.

$u_{0}=\frac{1}{2}$, $u_{1}=\frac{4}{3}\approx 1{,}333$ et $u_{10}=\frac{31}{12}\approx 2{,}583$. Les valeurs montent en se rapprochant de $3$, ce qui oriente déjà vers les questions suivantes.

La méthode qui ne rate jamais consiste à étudier la DIFFÉRENCE plutôt que de comparer directement : $3-u_{n}=3-\frac{3n+1}{n+2}=\frac{3(n+2)-(3n+1)}{n+2}=\frac{3n+6-3n-1}{n+2}=\frac{5}{n+2}$. Ce quotient est strictement positif pour tout entier naturel $n$, donc $u_{n}<3$. Cette écriture apporte plus que l'inégalité demandée : elle donne l'ÉCART exact à la borne, qui vaut $\frac{5}{n+2}$ et qui tend vers zéro, ce qui prédit déjà la limite.

On étudie la différence de deux termes consécutifs : $u_{n+1}-u_{n}=\frac{3(n+1)+1}{(n+1)+2}-\frac{3n+1}{n+2}=\frac{(3n+4)(n+2)-(3n+1)(n+3)}{(n+3)(n+2)}$. Le numérateur vaut $(3n^{2}+10n+8)-(3n^{2}+10n+3)=5$, les termes en $n^{2}$ et en $n$ se compensant exactement. La différence, égale à $\frac{5}{(n+2)(n+3)}$, est strictement positive : la suite est CROISSANTE.

Oui, elle est bornée. Elle est majorée par $3$ d'après b), et minorée par son premier terme $u_{0}=\frac{1}{2}$ puisqu'elle est croissante. Étant à la fois majorée et minorée, elle est bornée par définition. Notez que la minoration se déduit de la croissance et ne demande aucun calcul supplémentaire.

Croissante et majorée, elle CONVERGE d'après le théorème de convergence monotone. Sa limite s'obtient en factorisant par le terme dominant : $u_{n}=\frac{n\left(3+\frac{1}{n}\right)}{n\left(1+\frac{2}{n}\right)}$, qui tend vers $3$. La suite converge donc vers $3$, sans jamais l'atteindre, conformément à la stricte inégalité de b).

$u_{1}=\sqrt{3\times 1}=\sqrt{3}\approx 1{,}732$ ; $u_{2}=\sqrt{3\sqrt{3}}\approx\sqrt{5{,}196}\approx 2{,}280$ ; $u_{3}=\sqrt{3\times 2{,}280}\approx 2{,}615$. Les termes montent vers $3$ en ralentissant, ce qui suggère les deux propriétés à démontrer.

INITIALISATION : $u_{0}=1$ vérifie bien $0<1\leq 3$ ✓. HÉRÉDITÉ : supposons $0<u_{n}\leq 3$. En multipliant par $3>0$ : $0<3u_{n}\leq 9$. La fonction racine carrée étant CROISSANTE sur les positifs, on peut l'appliquer aux trois membres sans changer le sens : $0<\sqrt{3u_{n}}\leq\sqrt{9}=3$, c'est-à-dire $0<u_{n+1}\leq 3$ ✓. CONCLUSION : la propriété est vraie pour tout entier naturel $n$. La borne $3$ n'a rien d'arbitraire, c'est le POINT FIXE de la relation, solution de $\ell=\sqrt{3\ell}$, et c'est toujours lui qui fournit la bonne borne.

On suit l'indication : $u_{n+1}^{2}-u_{n}^{2}=3u_{n}-u_{n}^{2}=u_{n}(3-u_{n})$. D'après b), $u_{n}>0$ et $3-u_{n}\geq 0$, donc ce produit est positif ou nul. Ainsi $u_{n+1}^{2}\geq u_{n}^{2}$, et comme les DEUX termes sont strictement positifs, on peut passer à la racine et conclure $u_{n+1}\geq u_{n}$ : la suite est croissante. L'étude du carré plutôt que de la différence directe évite d'avoir à manipuler $\sqrt{3u_{n}}-u_{n}$, dont le signe n'est pas immédiat.

Croissante et majorée par $3$, la suite converge d'après le théorème de convergence monotone, vers un réel $\ell$. Comme $u_{n+1}=\sqrt{3u_{n}}$ et que la fonction racine est CONTINUE, le passage à la limite donne $\ell=\sqrt{3\ell}$, donc $\ell^{2}=3\ell$, soit $\ell(\ell-3)=0$. Les deux candidats sont $0$ et $3$ ; mais tous les termes sont supérieurs ou égaux à $u_{0}=1$ puisque la suite croît, donc la limite ne peut pas être nulle : $\ell=3$.

$u_{1}=0{,}6\times 5+4=7$ ; $u_{2}=0{,}6\times 7+4=8{,}2$ ; $u_{3}=0{,}6\times 8{,}2+4=8{,}92$. Les écarts entre termes consécutifs valent $2$, puis $1{,}2$, puis $0{,}72$, et se réduisent d'un facteur $0{,}6$ à chaque pas : la raison de la suite auxiliaire se lit déjà dans ces nombres.

$\ell=0{,}6\ell+4$ donne $\ell-0{,}6\ell=4$, soit $0{,}4\ell=4$ et $\ell=10$. Ce nombre est le POINT FIXE de la relation de récurrence : si un terme valait exactement $10$, tous les suivants vaudraient $10$ aussi.

$v_{n+1}=u_{n+1}-10=0{,}6\,u_{n}+4-10=0{,}6\,u_{n}-6=0{,}6\left(u_{n}-10\right)=0{,}6\,v_{n}$. La suite $(v_{n})$ est donc GÉOMÉTRIQUE de raison $0{,}6$, de premier terme $v_{0}=5-10=-5$. Le mécanisme est celui-là même de l'exercice sur les équations différentielles : retrancher le point fixe fait disparaître le terme constant, et il ne reste qu'une relation de proportionnalité.

$v_{n}=v_{0}\times 0{,}6^{n}=-5\times 0{,}6^{n}$, donc $u_{n}=v_{n}+10=10-5\times 0{,}6^{n}$. Vérification indispensable : $u_{1}=10-5\times 0{,}6=10-3=7$ ✓, ce qui correspond bien au calcul direct de a).

Comme $-1<0{,}6<1$, le terme $0{,}6^{n}$ tend vers $0$, donc $u_{n}$ tend vers $10$. La suite converge vers le point fixe en croissant, sans jamais l'atteindre puisque $5\times 0{,}6^{n}$ est strictement positif pour tout $n$.

$u_{n}>9{,}9$ équivaut à $10-5\times 0{,}6^{n}>9{,}9$, soit $5\times 0{,}6^{n}<0{,}1$, c'est-à-dire $0{,}6^{n}<0{,}02$. On passe au logarithme, et comme $\ln(0{,}6)<0$ la division INVERSE l'inégalité : $n>\frac{\ln(0{,}02)}{\ln(0{,}6)}\approx 7{,}66$. Le plus petit entier convenant est donc $n=8$. Vérification obligatoire des deux côtés du seuil : $5\times 0{,}6^{7}\approx 0{,}140$, encore supérieur à $0{,}1$, tandis que $5\times 0{,}6^{8}\approx 0{,}084$ ✓. L'inversion du sens lors de la division par un logarithme négatif est l'erreur la plus coûteuse de ce type de question, et cette double vérification la détecte à coup sûr.

Pour tout $n\geq 1$, le sinus est BORNÉ : $-1\leq\sin n\leq 1$. En divisant par $n^{2}>0$, ce qui conserve le sens : $-\frac{1}{n^{2}}\leq u_{n}\leq\frac{1}{n^{2}}$. Les deux bornes tendent vers $0$, donc par le théorème des GENDARMES $u_{n}$ tend vers $0$.