Problemes_d_analyse_1.pdf

PROBLMES DANALYSE INombres rels, suites et sries

Wieslawa J. Kaczor, Maria T. NowakTraduction : Eric Kouris

Collection dirige par Daniel Guin

17, avenue du HoggarParc dactivits de Courtabuf, BP 112

91944 Les Ulis Cedex A, France

This work was originally published in Polish, as Zadania z Analizy Matematycznej. CzPierwsza. Liczby Rzeczywiste, Cigi i Szeregi Liczbowe, 1996 Wydawnictwo Uniwer-sytetu Marii Curie-Skodowskiej, Lublin. Published in English by the American Mathe-matical Society under the title Problems in Mathematical Analysis I: Real Numbers,Sequences and Series, 2000 American Mathematical Society. The present translationwas created for EDP Sciences under authority of the American Mathematical Societyand is published by permission.

Imprim en France

ISBN : 978-2-7598-0058-2

Tous droits de traduction, dadaptation et de reproduction par tous procds rservs pour touspays. Toute reproduction ou reprsentation intgrale ou partielle, par quelque procd que ce soit, despages publies dans le prsent ouvrage, faite sans lautorisation de lditeur est illicite et constitue unecontrefaon. Seules sont autorises, dune part, les reproductions strictement rserves lusage privdu copiste et non destines une utilisation collective, et dautre part, les courtes citations justiespar le caractre scientique ou dinformation de luvre dans laquelle elles sont incorpores (art. L.122-4, L. 122-5 et L. 335-2 du Code de la proprit intellectuelle). Des photocopies payantes peuventtre ralises avec laccord de lditeur. Sadresser au : Centre franais dexploitation du droit de copie,3, rue Hautefeuille, 75006 Paris. Tl. : 01 43 26 95 35.

2008, EDP Sciences, 17, avenue du Hoggar, BP 112, Parc dactivits de Courtabuf,91944 Les Ulis Cedex A

TABLE DES MATIRES

Prface du traducteur v

Prface ldition anglaise vii

Notations et terminologie ix

I Nombres rels 1noncs . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1I.1 Borne suprieure et borne infrieure, fractions continues . . . . 1I.2 Quelques ingalits lmentaires . . . . . . . . . . . . . . . . . 6Solutions . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 15I.1 Borne suprieure et borne infrieure, fractions continues . . . . 15I.2 Quelques ingalits lmentaires . . . . . . . . . . . . . . . . . 25

II Suites de nombres rels 41noncs . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 41II.1 Suites monotones . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 41II.2 Limites. Proprits des suites convergentes . . . . . . . . . . . 48II.3 La transformation de Toeplitz, le thorme de Stolz et leurs

applications . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 56II.4 Valeurs dadhrence, limite suprieure et limite infrieure . . . 61II.5 Problmes divers . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 68Solutions . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 82II.1 Suites monotones . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 82II.2 Limites. Proprits des suites convergentes . . . . . . . . . . . 93II.3 La transformation de Toeplitz, le thorme de Stolz

et leurs applications . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 111II.4 Valeurs dadhrence, limite suprieure et limite infrieure . . . 119II.5 Problmes divers . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 137

Problmes dAnalyse I Nombres rels, suites et sries

III Sries de nombres rels 173noncs . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 173III.1 Sommation de sries . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 173III.2 Sries termes positifs . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 182III.3 Le test intgral . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 198III.4 Convergence absolue. Thorme de Leibniz . . . . . . . . . . . 202III.5 Les tests de Dirichlet et Abel . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 209III.6 Produit de Cauchy de sries . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 212III.7 Rarrangement de sries. Sries doubles . . . . . . . . . . . . . 215III.8 Produits innis . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 223Solutions . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 231III.1 Sommation de sries . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 231III.2 Sries termes positifs . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 253III.3 Le test intgral . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 287III.4 Convergence absolue. Thorme de Leibniz . . . . . . . . . . . 294III.5 Les tests de Dirichlet et Abel . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 309III.6 Produit de Cauchy de sries . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 318III.7 Rarrangement de sries. Sries doubles . . . . . . . . . . . . . 326III.8 Produits innis . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 344

Bibliographie 363

Table des renvois 365

Index 369

iv

PRFACE DU TRADUCTEUR

Ce livre est le premier dune srie de trois recueils dexercices corrigs traitantdes bases de lanalyse relle. Il sadresse dabord aux tudiants, principalementceux des niveaux L1 et L2, quils soient luniversit ou en CPGE. Il intresseraaussi les candidats aux concours du CAPES et de lagrgation de mathmatiquesqui y trouveront autant les thormes quils doivent connatre que des exercicespour les illustrer.

Ce premier volume traite des proprits lmentaires des nombres rels, desingalits lmentaires, des suites et des sries numriques. Chaque section, centresur un thme, commence par des exercices relativement simples et se poursuit pardes problmes plus diciles, certains tant des thormes classiques. Souvent,dirents aspects dun mme thme sont traits en une srie dexercices successifspour permettre den approfondir la comprhension.

Tous les exercices sont corrigs, le plus souvent en dtail, ce qui permettra auxtudiants de ne pas scher sur un exercice dicile. Nous les invitons cependant chercher par eux-mmes les exercices avant de regarder les solutions pour ne passe priver du plaisir de les rsoudre. Nous insistons aussi sur le fait que les auteursne donnent pas ncessairement toutes les tapes dun calcul lorsquils considrentque celui-ci ne pose pas de problmes techniques. Cest bien sur aux tudiants deprendre le temps de rdiger entirement leurs solutions.

Nous avons ajout dans cette traduction quelques notes pour prciser certainesdnitions et viter ainsi davoir chercher dans dautres ouvrages. Nous avonsaussi ajouter en note les noms de certaines proprits et relations pour inviter lestudiants engager des recherches par eux-mmes. Lindex la n de louvragepermet de facilement retrouver une dnition et la table des renvois permet devoir les liens entre les dirents problmes dans ce volume et dans les deux autres.

Je tiens remercier Daniel Guin et Xavier Cottrell pour avoir pris le temps derelire cette traduction et pour les remarques quils mont faites an damliorer le


style et de corriger les erreurs. Je reste responsable de celles qui subsisteraient (lemoins possible jespre). Je souhaite aussi remercier pour sa disponibilit PatrickFradin, lauteur du logiciel TeXgraph avec lequel lillustration de couverture a tralise.

. Kouris

vi

PRFACE LDITION ANGLAISE

Ce livre est ldition anglaise, revue et augmente, dune version polonaise pu-blie en 1996 par la maison ddition de luniversit Maria Curie-Skodowska deLublin, en Pologne. Il sagit du premier volume dune srie de recueils dexercicesdanalyse. Celle-ci sadresse principalement aux tudiants de premier cycle univer-sitaire. Le choix et larrangement des thmes et exercices tudis permettent auxtudiants de travailler par eux-mmes, mais les enseignants pourront le trouverutile pour organiser des travaux dirigs.

Ce volume couvre trois sujets : les nombres rels, les suites et les sries nu-mriques. Il ne comporte pas de problmes concernant les espaces mtriques ettopologiques qui seront prsents dans le second volume.

Chaque chapitre se divise en deux parties : noncs de problmes et solutions.Nous donnons une solution complte dans la plupart des cas. Lorsquaucune dif-cult ne devrait se prsenter ou lorsquun problme semblable a dj t rsolu,seul une indication ou la rponse est donne. Trs souvent, un problme admetplusieurs solutions ; nous nen donnons quune en esprant que les tudiants entrouveront dautres par eux-mmes.

En gardant lesprit que cet ouvrage est destin prioritairement aux tudiants,nous avons essay de conserver lexpos un niveau lmentaire chaque foisque ctait possible. Par exemple, nous prsentons une dmonstration lmentairedu thorme de Toeplitz sur les transformations rgulires de suites qui, dansbeaucoup douvrages, est dmontr par des mthodes danalyse fonctionnelle. Lapreuve prsente ici est tire de la publication originale de Toeplitz, parue en 1911dans Prace Matematyczno-Fizyczne, Vol. 22. Nous esprons que notre prsentationde cette partie de lanalyse relle sera plus accessible aux lecteurs et permettraune meilleure comprhension.

Toutes les notations et dnitions utilises dans ce volume sont standards etdun usage courant. Le lecteur peut les trouver, par exemple, dans les ouvrages [12]et [23], qui comportent tous les lments thoriques ncessaires. Nanmoins, pour


viter toute ambigut et dans un souci de cohrence, une liste de notations et dednitions est incluse dans ce livre.

Nous avons emprunt librement dans plusieurs ouvrages, recueils de problmeset sections de problmes de journaux tels que American Mathematical Monthly,Mathematics Today (en russe) et Delta (en polonais). La liste complte des livresest donne en bibliographie. Donner toutes les sources originales dpassait nosobjectifs et nous avons pu oublier certaines contributions. Nous prsentons nosexcuses si cela sest produit.

Nous avons une grande dette envers nos amis et collgues du dpartement demathmatiques de luniversit Maria Curie-Skodowska qui nous ont fait des cri-tiques constructives. Nous avons eu de nombreuses conversations stimulantes avecM. Koter-Mrgowska, T. Kuczumow, W. Rzymowski, S. Stachura et W. Zygmunt.Nous remercions aussi sincrement le professeur Jan Krzy pour son aide dans laprparation de la premire version du manuscrit anglais. Nous sommes ravis dex-primer notre gratitude au professeur Kazimierz Goebel pour ses encouragementset son intrt actif dans ce projet. Nous sommes aussi heureux de remercier le pro-fesseur Richard J. Libera de luniversit du Delaware pour son aide prcieuse etgnreuse dans la traduction anglaise et pour toutes ses suggestions et correctionsqui ont grandement amlior la version nale de ce livre.

W. J. Kaczor, M. T. Nowak

viii

NOTATIONS ET TERMINOLOGIE

R est lensemble des nombres rels. R+ est lensemble des nombres rels positifs. R+ est lensemble des nombres rels strictement positifs. R est la droite relle acheve, autrement dit, R = R {,+}. Q est lensemble des nombres rationnels. Z est lensemble des entiers relatifs. N est lensemble des entiers naturels. N = N \ {0}. [a, b] est lintervalle ferm dextrmits a et b. ]a, b[ est lintervalle ouvert dextrmits a et b. [x] est la partie entire du nombre rel x (on a conserv la notation anglo-

phone).

Pour x R,

sgnx =

1 pour x > 0,1 pour x < 0,0 pour x = 0.

Pour n N,n! = 1 2 3 . . . n, on pose aussi 0! = 1,(2n)!! = 2 4 6 . . . (2n 2) 2n,(2n 1)!! = 1 3 5 . . . (2n 3) (2n 1).


Si A R est non vide et major, supA est alors le plus petit majorant deA. Si lensemble non vide A nest pas major, on pose alors supA = +.

Si A R est non vide et minor, inf A est alors le plus grand minorant deA. Si lensemble non vide A nest pas minor, on pose alors inf A = .

Une suite {an} est dite croissante (resp. dcroissante) si an+1 an pour toutn N (resp. an+1 an pour tout n N). La classe des suites monotonesest forme des suites croissantes et des suites dcroissantes.

Soit {an} et {bn} deux suites relles (bn = 0 pour tout n). Si le quotientan/bn tend vers 0 (resp. reste born) lorsque n tend vers +, on crit alorsan = o(bn) (resp. an = O(bn)).

Un rel c est une valeur dadhrence de la suite {an} sil existe une sous-suite{ank} de {an} qui converge vers c.

Soit S lensemble de toutes les valeurs dadhrence de {an}. La limite in-frieure, lim

n+an, et la limite suprieure, lim

n+ an, sont dnies comme

suit :

limn+ an =

+ si {an} nest pas majore, si {an} est majore et S = ,supS si {an} est majore et S = ,

limn+

an =

si {an} nest pas minore,+ si {an} est minore et S = ,inf S si {an} est minore et S = .

Un produit inni+n=0

an est dit convergent sil existe n0 N tel que an = 0pour n n0 et la suite {an0an0+1 . . . an0+n} converge, lorsque n tend vers+, vers une limite P0 non nulle. Le nombre P = a1a2 . . . an01 P0 estappel la valeur du produit inni.

x

INOMBRES RELS

noncs

I.1. Borne suprieure et borne infrieuredensembles de nombres rels, fractions continues

I.1.1. Montrer que

sup{x Q : x > 0, x2 < 2} = 2.

I.1.2. Soit A R un ensemble non vide. On pose A = {x : x A}. Montrerque

sup (A) = inf A,inf (A) = supA.

I.1.3. Soit A,B R deux ensembles non vides. On poseA +B = {z = x + y : x A, y B} ,AB = {z = x y : x A, y B} .

Prouver que

sup (A+B) = supA+ supB,sup (AB) = supA inf B.

tablir des formules semblables pour inf (A +B) et inf (AB).

Chapitre I. Nombres rels

I.1.4. tant donn A et B deux ensembles de rels strictement positifs, ondnit

A B = {z = x y : x A, y B},1A

={z =

1x

: x A}.

Montrer quesup (A B) = supA supB.

Montrer aussi que si inf A > 0, alors

sup(

1A

)=

1inf A

et si inf A = 0, alors sup(

1A

)= +. De plus, si A et B sont des ensembles

borns de rels, alors

sup (A B) = max {supA supB, supA inf B, inf A supB, inf A inf B} .

I.1.5. Soit A et B des ensembles non vides de rels. Montrer que

sup (A B) = max {supA, supB}

etinf (A B) = min {inf A, inf B} .

I.1.6. Trouver la borne suprieure et la borne infrieure des ensembles A1 etA2 dnis par

A1 ={2 (1)n+1 + (1)n(n+1)2

(2 +

3n

): n N

},

A2 ={n 1n + 1

cos2n3

: n N}.

I.1.7. Dterminer la borne suprieure et la borne infrieure des ensembles Aet B o A = {0,2 ; 0,22 ; 0,222 ; . . .} et B est lensemble des fractions dcimalescomprises entre 0 et 1 dont les seuls chires sont des 0 et des 1.

I.1.8. Dterminer la borne suprieure et la borne infrieure de lensemble desnombres de la forme (n+1)

2

2n , o n N.

2

noncs

I.1.9. Dterminer la borne suprieure et la borne infrieure de lensemble desnombres de la forme (n+m)

2

2nm , o n,m N.

I.1.10. Dterminer la borne suprieure et la borne infrieure des ensembles sui-vants :

(a) A ={mn

: m,n N,m < 2n},

(b) B = {n [n ] : n N}.

I.1.11. Trouver

(a) sup{x R : x2 + x + 1 > 0},

(b) inf{z = x + x1 : x > 0

},

(c) inf{z = 2x + 2

1x : x > 0

}.

I.1.12. Dterminer la borne suprieure et la borne infrieure des ensembles sui-vants :

(a) A ={m

n+

4nm

: m,n N},

(b) B ={

mn

4m2 + n2: m Z, n N

},

(c) C ={

m

m + n: m,n N

},

(d) D ={

m

|m|+ n : m Z, n N},

(e) E ={

mn

1 + m + n: m,n N

}.

I.1.13. Soit n 3 un entier. On considre toutes les suites nies possibles(a1, . . . , an) de rels strictement positifs. Dterminer la borne suprieure et laborne infrieure de lensemble des nombres de la forme

nk=1

akak + ak+1 + ak+2

,

o lon pose an+1 = a1 et an+2 = a2.

3


I.1.14. Dmontrer que, pour tout nombre irrationnel et pour tout entier stric-tement positif n, il existe un entier strictement positif qn et un entier pn tels que pnqn

< 1nqn .Montrer aussi que lon peut choisir {pn} et {qn} de telle sorte que lon ait pnqn

< 1q2n .I.1.15. Soit un nombre irrationnel. Prouver que A = {m + n : m,n Z}est dense dans R, autrement dit, que tout intervalle ouvert non-vide contient unlment de A.

I.1.16. Montrer que {cosn : n N} est dense dans [1 , 1].

I.1.17. Soit x R \ Z. On dnit la suite {xn} en posant

x = [x] +1x1

, x1 = [x1] +1x2

, . . . , xn1 = [xn1] +1xn

.

On a alors

x = [x] +1

[x1] +1

[x2] +1

. . . +1

[xn1] +1xn

.

Prouver que x est rationnel si et seulement sil existe n N tel que xn soit unentier.

Remarque. La reprsentation de x ci-dessus sappelle une fraction continue -nie. On crira aussi lexpression

a0 +1

a1 +1

a2 +1

. . . +1

an1 +1an

4

noncs

de faon plus pratique sous la forme

a0 +1||a1 +

1||a2 + . . . +

1||an .

I.1.18. Pour des rels strictement positifs a1, a2, . . . , an, on pose

p0 = a0, q0 = 1,p1 = a0a1 + 1, q1 = a1,pk = pk1ak + pk2, qk = qk1ak + qk2, avec k = 2, 3, . . . , n

et on dnit

R0 = a0, Rk = a0 +1||a1 +

1||a2 + . . . +

1||ak , k = 1, 2, . . . , n.

La fraction Rk est appele la k-ime rduite de a0 +1||a1 +

1||a2 + . . .+

1||an . Montrer

queRk =

pkqk

pour k = 0, 1, . . . , n.

I.1.19. Montrer que si pk et qk sont dnis comme dans le problme prcdentet si a0, a1, . . . , an sont des entiers, alors

pk1qk qk1pk = (1)k pour k = 1, 2, . . . , n.Utiliser cette galit pour conclure que pk et qk sont premiers entre eux.

I.1.20. Pour un nombre irrationnel x, on dnit la suite {xn} par

x1 =1

x [x] , x2 =1

x1 [x1] , . . . , xn =1

xn1 [xn1] , . . .

On pose de plus a0 = [x], an = [xn] (n N) et

Rn = a0 +1||a1 +

1||a2 + . . . +

1||an .

Prouver que la dirence entre le nombre x et sa n-ime rduite est donne par

xRn = (1)n

(qnxn+1 + qn1) qn,

o pn, qn sont dnis en I.1.18. En dduire que x se trouve toujours entre deuxrduites successives.

5


I.1.21. Prouver que lensemble {sinn : n N} est dense dans [1 , 1].

I.1.22. Appliquer le rsultat de I.1.20 pour prouver que, pour tout nombreirrationnel x, il existe une suite

{pnqn

}de nombres rationnels, qn tant impair,

telle que x pnqn < 1q2n .

(Comparer avec I.1.14.)

I.1.23. Dmontrer la formule suivante donnant la dirence entre deux rduitessuccessives :

Rn+1 Rn = (1)n

qnqn+1.

I.1.24. Soit x un nombre irrationnel. Prouver que ses rduites Rn dnies enI.1.20 sont de plus en plus proches de x, autrement dit,

|xRn+1| < |xRn| , n N.

I.1.25. Prouver que la rduite Rn = pn/qn est la meilleure approximation dex par une fraction de dnominateur qn ou moins. Autrement dit : si r/s est unrationnel de dnominateur strictement positif tel que |x r/s| < |xRn|, alorss > qn.

I.1.26. Dvelopper chacun des nombres suivants en une fraction continue in-nie :

2,

512 .

I.1.27. Pour un entier k strictement positif, dterminer le dveloppement dek2 + k en fraction continue innie.

I.1.28. Trouver tous les x ]0 , 1[ pour lesquels a1 dans le dveloppement enfractions continues (voir le problme I.1.20) est gal un entier n strictementpositif donn.

I.2. Quelques ingalits lmentaires

I.2.1. Prouver que si les ak > 1 (k = 1, . . . , n) sont de mme signe, on a alors(1 + a1)(1 + a2) (1 + an) 1 + a1 + a2 + . . . + an.

6

noncs

Remarque. On note que si a1 = a2 = . . . = an = a, on obtient alors lingalitbien connue de Bernoulli : (1 + a)n 1 + na, a > 1.

I.2.2. Prouver le rsultat suivant par rcurrence : si a1, a2, . . . , an sont des relsstrictement positifs tels que a1a2 an = 1, alors a1 + a2 + . . . + an n.

I.2.3. On note respectivement An, Gn et Hn les moyennes arithmtique, go-mtrique et harmonique des n nombres rels strictement positifs a1, a2, . . . , an,soit

An =a1 + a2 + . . . + an

n,

Gn =na1 a2 . . . an ,

Hn =n

1a1

+ 1a2 + . . . +1an

.

Dmontrer que An Gn Hn.

I.2.4. tablir, en utilisant le rsultat du problme prcdent (An Gn), lin-galit de Bernoulli

(1 + x)n 1 + nx pour x > 0.

I.2.5. Vrier, pour n N, les propositions suivantes :

(a)1n

+1

n + 1+

1n + 2

+ . . . +12n

>23,

(b)1

n + 1+

1n + 2

+1

n + 3+ . . . +

13n + 1

> 1,

(c)12 0 et n N, on axn

1 + x + x2 + x3 + . . . + x2n 1

2n + 1.

7


I.2.7. Soit {an} une suite arithmtique termes strictement positifs. Prouverque

a1an n

a1a2 an a1 + an2 .

I.2.8. Montrer que

n n

n! n + 1

2, n N.

I.2.9. Soit ak (k = 1, 2, . . . , n) des rels strictement positifs tels quen

k=1

ak 1.Montrer que

nk=1

1ak n2.

I.2.10. Soit ak > 0, k = 1, 2, . . . , n et n > 1, on pose s =n

k=1

ak. Vrier les

propositions suivantes :

(a) n

(n

k=1

aks ak

)1 n 1 1

n

nk=1

s akak

,

(b)n

k=1

s

s ak n2

n 1 ,

(c) n

(n

k=1

aks + ak

)1 n + 1.

I.2.11. Prouver que si ak > 0 (k = 1, 2, . . . , n) et a1a2 an = 1, alors

(1 + a1)(1 + a2) (1 + an) 2n.

I.2.12. Dmontrer lingalit de Cauchy suivante :(n

k=1

akbk

)2

nk=1

a2k

nk=1

b2k.

8

noncs

I.2.13. Montrer que( nk=1

ak

)2+

(n

k=1

bk

)2 12 nk=1

(a2k + b

2k

) 12 .

I.2.14. Prouver que sin

k=1

a2k =n

k=1

b2k = 1, alorsn

k=1

akbk

1.I.2.15. Pour ak > 0 (k = 1, 2, . . . , n), vrier les propositions suivantes :

(a)n

k=1

ak

nk=1

1ak n2,

(b)n

k=1

ak

nk=1

1 akak

nn

k=1

(1 ak),

(c) (loga a1)2 + (loga a2)

2 + . . . + (loga an)2 1

nsi a1a2 . . . an = a = 1.

I.2.16. Pour > 0, dmontrer quen

k=1

akbk

1n

k=1

a2k +

4

nk=1

b2k.

I.2.17. tablir les ingalits suivantes :

nk=1

|ak| n

(n

k=1

a2k

) 12

n

nk=1

|ak| .

I.2.18. Montrer que

(a)

(n

k=1

akbk

)2

nk=1

ka2k

nk=1

b2kk

,

(b)

(n

k=1

akk

)2

nk=1

k3a2k

nk=1

1k5

.

9


I.2.19. Prouver que (n

k=1

apk

)2

nk=1

ap+qk

nk=1

apqk ,

pour tout couple de rels p, q et tous nombres strictement positifs a1, a2, . . . , an.

I.2.20. Trouver le minimum de la sommen

k=1

a2k sous la contrainten

k=1

ak = 1.

I.2.21. Soit p1, p2, . . . , pn des rels strictement positifs. Trouver le minimum den

k=1

pka2k sous la contrainte

nk=1

ak = 1.

I.2.22. Montrer que(n

k=1

ak

)2 (n 1)

(n

k=1

a2k + 2a1a2

).

I.2.23. Vrier les propositions suivantes :

(a)

(n

k=1

(ak + bk)2) 1

2

(

nk=1

a2k

) 12

+

(n

k=1

b2k

) 12

,

(b)

(

nk=1

a2k

) 12

(

nk=1

b2k

) 12

n

k=1

|ak bk|.

I.2.24. Soit p1, p2, . . . , pn des rels strictement positifs. Dterminer le mini-mum de

nk=1

a2k +

(n

k=1

ak

)2sous la contrainte

nk=1

pkak = 1.

I.2.25. Dmontrer lingalit de Tchebychev suivante : si a1 a2 . . . an etb1 b2 . . . bn (ou a1 a2 . . . an et b1 b2 . . . bn), alors

nk=1

ak

nk=1

bk nn

k=1

akbk.

10

noncs

I.2.26. En supposant que ak 0 (k = 1, 2, . . . , n), dmontrer que(1n

nk=1

ak

)p 1

n

nk=1

apk.

I.2.27. tablir lingalit

(a + b)2 (1 + c)a2 +(1 +

1c

)b2

pour c strictement positif, a et b tant des rels quelconques.

I.2.28. Prouver quea2 + b2 a2 + c2 |b c|.

I.2.29. Pour a, b et c strictement positifs, vrier les propositions suivantes :

(a)bc

a+

ac

b+

ab

c a + b + c,

(b)1a

+1b

+1c 1

bc+

1ca

+1ab

,

(c)2

b + c+

2c + a

+2

a + b 9

a + b + c,

(d)b2 a2c + a

+c2 b2a + b

+a2 c2b + c

0,

(e)18

(a b)2a

a + b2

ab 1

8(a b)2

bpour b a.

I.2.30. Pour ak R et bk > 0 (k = 1, 2, . . . , n), on pose

m = min{akbk

: k = 1, 2, . . . , n}

et M = max{akbk

: k = 1, 2, . . . , n}.

Dmontrer quem a1 + a2 + . . . + an

b1 + b2 + . . . + bnM.

I.2.31. Dmontrer que si 0 < 1 < 2 < . . . < n < 2 (n > 1), alors

tan1 0 et bk > 0 (k = 1, 2, . . . , n), on pose

M = max{akbk

: k = 1, 2, . . . , n}.

Montrer quea1 + a22 + . . . + a

nn

b1 + Mb22 + . . . +Mn1bnnM.

I.2.34. Prouver que si x est strictement suprieur nimporte lequel desnombres a1, a2, . . . , an, alors

1x a1 +

1x a2 + . . . +

1x an

n

x a1+a2+...+ann.

I.2.35. On note ck =(nk

), k = 0, 1, 2, . . . , n, les coecients du binme de New-

ton. tablir lingalit

c1 +

c2 + . . . +

cn

n (2n 1) .

I.2.36. Pour n 2, montrer quen

k=0

(n

k

)(

2n 2n 1

)n1.

I.2.37. Soit ak > 0 (k = 1, 2, . . . , n) et An leur moyenne arithmtique. Prouverque, pour tout entier p > 1, on a

nk=1

Apk p

p 1n

k=1

Ap1k ak.

12

noncs

I.2.38. Pour ak > 0 (k = 1, 2, . . . , n), on pose a = a1 + a2 + . . . + an. Prouverque

n1k=1

akak+1 a2

4.

I.2.39. Montrer que, pour tout arrangement b1, b2, . . . , bn des rels strictementpositifs a1, a2, . . . , an, on a

a1b1

+a2b2

+ . . . +anbn n.

I.2.40. Prouver les ingalits de Weierstrass : si 0 < ak < 1 (k = 1, 2, . . . , n) eta1 + a2 + . . . + an < 1, alors

(a) 1 +n

k=1

ak 0, x2 < 2} et s = supA. On peut supposer

que s > 1. On va prouver que, pour tout entier strictement positif n, on a(s 1

n

)2 2

(s +

1n

)2. (1)

Puisque s 1n nest pas un majorant de A, il existe x A tel que s 1n < x.Donc, (

s 1n

)2< (x)2 < 2.

Supposons que(s + 1n

)2< 2. Si s est rationnel, alors s+ 1n A et s+ 1n > s, ce

qui contredit le fait que s = supA. Si s est irrationnel, alors w = [(n+1)s]n+1 +1

n+1

est un nombre rationnel tel que s < w < s+ 1n . Donc, w2 0, il existe x (A) tel que x > a . (2)

Donc, a = sup (A). Si A nest pas minor, alors A nest pas major etsup (A) = inf A = +. Lautre galit sobtient de la mme faon.

15


I.1.3. On suppose que A et B sont majors et on pose a = supA, b = supB ;a est alors un majorant de A, b un majorant de B et a+ b est un majorant deA+B. De plus, pour tout > 0, il existe x A et y B tels que x > a 2et y > b 2 . Donc, x + y > a + b . Puisque z = x + y A + B,lgalit a + b = sup (A+B) est donc prouve. Si A ou B nest pas major,alors A + B est aussi non-major et, par dnition de la borne suprieure,sup (A +B) = supA + supB = +.

La seconde galit est une consquence immdiate de la premire et duproblme prcdent. En eet, on a

sup (AB) = sup (A+ (B)) = supA+ sup (B) = supA inf B.

On peut appliquer des arguments semblables pour prouver les galits

inf (A +B) = inf A + inf B,inf (AB) = inf A supB.

I.1.4. On suppose que chacun des deux ensembles est major et on posea = supA et b = supB. Puisque les lments de A et de B sont des relsstrictement positifs, xy ab pour tout x A et y B. On va montrer queab est la borne suprieure de A B. Soit > 0. Il existe x A et y Btels que x > a et y > b . Donc xy > ab (a + b ). Puisquelon peut rendre (a + b ) arbitrairement petit si est susamment petit,on voit que tout nombre infrieur ab nest pas un majorant de A B. Ainsi,ab = sup (A B). Si A ou B nest pas major, alors A B ne lest pas non pluset sup (A B) = supA supB = +.

Nous devons maintenant montrer que sup(

1A

)= 1inf A si a

= inf A > 0.Pour tout x A, lingalit x a est quivalente 1x 1a . Donc 1a est unmajorant de 1A . De plus, pour tout > 0, il existe x

A tel que x < a + .Do,

1x

>1

a + =

1a

a(a + ).

Puisque lon peut rendre a(a+) arbitrairement petit,1a est la borne sup-

rieure de 1A . On considre maintenant le cas o a = 0. Lensemble 1A est alors

non-born (en eet, pour tout > 0, il existe x 1A tel que x > 1 ) etsup 1A = +.

16

Solutions

Supposons maintenant que A et B sont des ensembles borns de rels (po-sitifs ou ngatifs) et posons a = supA, b = supB et a = inf A, b = inf B. Sia et b sont positifs, lgalit demande se dduit de ce qui prcde. Si a < 0et a, b > 0, alors xy ab pour tout x A et y B. On prend > 0 su-samment petit pour que a > 0. Il existe alors un rel x A strictementpositif tel que x > a . Il existe aussi y B tel que y > b . Donc,

xy > x(b ) > (a )(b ) = ab (a + b +).Dans ce cas, on a alors sup (A B) = ab.

On considre maintenant le cas a, b < 0 et a, b > 0. Pour tout x A ety B, on a

xy max{ab, ab

}.

Supposons dabord que max {ab, ab} = ab. Par dnition de la borne sup-rieure, pour > 0 susamment petit, il existe x A et y B tels quex < a + < 0 et y < b + < 0. Ceci donne

xy > x(b + ) > (a + )(b + ) = ab + (a + b + ).

On note que a+b+ est strictement ngatif. Donc ab est la borne suprieurede A B. Dans le cas o max {ab, ab} = ab, un raisonnement semblable donnesup (A B) = ab. Tous les autres cas se traitent de la mme faon.

I.1.5. On suppose dabord que A et B sont majors. On pose a = supAet b = supB. On peut bien sr supposer que a b. On a alors, pour toutx AB, x b. De plus, pour tout > 0, il existe x B tel que x > b .Il est vident que x appartient A B. La premire galit est donc vri-e. Si A ou B nest pas major, alors A B ne lest pas non plus. Donc,sup (A B) = + et max {+, c} = max {+,+} = +. La secondegalit se dmontre de la mme manire.

I.1.6. On a

A1 ={3,11

2, 5}{

34k

, 34k + 1

,4 34k + 2

, 4 +3

4k + 3: k N

},

A2 ={

3k 13k + 1

,3k 26k

, 3k 32(3k 1) : k N

}.

Donc, inf A1 = 112 , supA1 = 5 et inf A2 = 12 , supA2 = 1.

I.1.7. supA = 29 , inf A = 0,2, supB =19 , inf B = 0.

17


I.1.8. On peut montrer par rcurrence que pour n 11, 2n > (n + 1)3.Donc,

0 (nm + 1)2 pour nm 6. Puisque nm + 1 n + m pour n,m N,on a

(n + m)2

2nm 0 est x, alors pourtout entier strictement positif n >

[2

], on a 2(n

1)n > 2 . La borne

infrieure de A est gale 0 car mn > 0 pour m,n N et, tant donn > 0, il existe n tel que 1n < .

(b) Clairement, 0 n [n ] < 1. En prenant n = k2 (k N), on voitque 0 B et inf B = 0. Pour prouver que supB = 1, on remarquedabord que

[n2 + 2n

]= n pour tout entier n strictement positif. Soit

0 < < 1. Un simple calcul montre que lingalit

n2 + 2n

[n2 + 2n

]=

21 + 2n + 1

> 1

est vrie pour tout entier n > (1)2

2 .

18

Solutions

I.1.11.

(a) sup{x R : x2 + x + 1 > 0} = +,

(b) inf{z = x + x1 : x > 0

}= 2,

(c) inf{z = 2x + 2

1x : x > 0

}= 4.

Les deux premires galits se vrient facilement. Pour prouver la troisime,on remarque que a+b2

ab pour a, b > 0. Donc,

2x + 21x

2

21x+x

22 = 2

avec galit si et seulement si x = 1. La proposition (c) est donc dmontre.

I.1.12.

(a) On obtient, en utilisant lingalit a+b2 ab pour a, b > 0,

m

n+

4nm 4

avec galit si et seulement si m = 2n. Donc, inf A = 4. On voit, enprenant m = 1, que lensemble A nest pas major. Ceci signie quesupA = +.

(b) De mme, on a

14 mn

4m2 + n2 1

4,

avec galit si et seulement si respectivement m = 2n et m = 2n. Donc,inf B = 14 et supB = 14 .

(c) On a inf C = 0 et supC = 1. En eet, 0 < mm+n < 1 et, pour tout > 0,il existe des entiers strictement positifs n1 et m1 tels que

1n1 + 1

< etm1

m1 + 1> 1 .

(d) inf D = 1 et supD = 1.(e) On peut prendre m = n pour voir que lensemble nest pas major. Donc,

supE = +. Dautre part, pour tout m,n N, on a mn1+m+n 13 avecgalit si et seulement si m = n = 1. Donc inf E = 13 .

19


I.1.13. On obtient, en posant s = a1 + a2 + . . . + an,

aks ak

ak + ak+1 + ak+2 1 ak+1

s ak+2

s.

On en dduit

1 n

k=1

akak + ak+1 + ak+2

n 2.

Le but est maintenant de prouver que infn

k=1

akak+ak+1+ak+2

= 1 et

supn

k=1

akak+ak+1+ak+2

= n 2. Pour cela, on prend ak = tk, t > 0. On aalors

nk=1

akak + ak+1 + ak+2

=t

t + t2 + t3+ . . . +

tn2

tn2 + tn1 + tn

+tn1

tn1 + tn + t+

tn

tn + t + t2

= (n 2) 11 + t + t2

+tn2

tn1 + tn2 + 1+

tn1

tn1 + t + 1.

En faisant tendre t vers 0+, on voit que supn

k=1

akak+ak+1+ak+2

= n 2, puis en

faisant tendre t vers +, on conclut que infn

k=1

akak+ak+1+ak+2

= 1.

I.1.14. On xe n N et on considre les n + 1 nombres rels

0, [] , 2 [2] , . . . , n [n] .

Chacun appartient lintervalle [0 , 1[. Puisque les n intervalles[jn ,

j+1n

[,

j = 0, 1, . . . , n 1, recouvrent lintervalle [0 , 1[, il y en a donc un qui contientau moins deux de ces points, n1 [n1] et n2 [n2] avec 0 n1 < n2 n.Ainsi,

|n2 [n2] n1 + [n1]| < 1n.

Il sut alors de prendre qn = n2 n1 et pn = [n2] [n1]. On dduit delargument prcdent que qn n et la seconde ingalit est aussi vrie.

20

Solutions

I.1.15. On va montrer que tout intervalle ]p , q[ contient au moins un lmentde A. On pose 0 < = q p. On dduit du problme prcdent quil existe pnet qn tels que pnqn

< 1q2n .Puisque est irrationnel, lim

n+ qn = +. Donc,

|qn pn| < 1qn

<

pour presque tout n. On pose maintenant a = |qn pn|. Au moins un des relsma, m Z, appartient alors lintervalle ]p , q[, autrement dit, mqn mpnou mqn +mpn se trouve dans cet intervalle.

I.1.16. Soit t [1 , 1]. Il existe un x tel que t = cos x. Daprs le rsultatdu problme prcdent, il existe des suites dentiers {mn} et {kn} telles quex = lim

n+(kn2+mn). Ceci et la continuit de la fonction cosinus impliquent

t = cos x = cos(

limn+(kn2 + mn)

)= lim

n+ cosmn = limn+ cos |mn| .

Chaque lment de [1 , 1] est donc une valeur dadhrence de lensemble{cosn : n N}. Le rsultat demand est ainsi prouv.

I.1.17. Il est vident que sil existe n tel que xn est un entier, alors x est ra-tionnel. Supposons maintenant que x = pq avec p Z et q N. Si x [x] = 0,alors pq

[pq

]= lq , o l est un entier strictement positif plus petit que q.

Le dnominateur de x1 = ql est donc plus petit que le dnominateur de x.Ceci signie que les dnominateurs de x1, x2, . . . forment une suite strictementdcroissante qui ne peut donc pas tre innie.

I.1.18. On procde par rcurrence. On peut facilement vrier que

Rk =pkqk

pour k = 0, 1, 2.

Supposons que, pour m 2 choisi arbitrairement, on ait

Rm =pmqm

=pm1am + pm2qm1am + qm2

.

21


On remarque que si on remplace am dans Rm par am + 1am+1 , on obtient alorsla rduite Rm+1. Donc,

Rm+1 =pm1

(am + 1am+1

)+ pm+2

qm1(am + 1am+1

)+ qm+2

=(pm1am + pm2)am+1 + pm1(qm1am + qm2)am+1 + qm1

=pm+1qm+1

.

I.1.19. On pose

k = pk1qk qk1pk pour k = 1, 2, . . . , n.On a alors, pour k > 1,

k = pk1(qk1ak + qk2) qk1(pk1ak + pk2)= (pk2qk1 qk2pk1) = k1.

Puisque 1 = p0q1 q0p1 = a0a1 (a0a1 + 1) = 1, on obtient k = (1)k.Ceci implique que pk et qk sont premiers entre eux(2).

I.1.20. Comme dans la solution de I.1.18, on a, pour n > 1,

Rn =pnqn

=pn1an + pn2qn1an + qn2

.

De mme,x =

pnxn+1 + pn1qnxn+1 + qn1

pour n N.

Donc,

xRn = pnan+1 + pn1qnan+1 + qn1

pnqn

=pn1qn qn1pn

(qnxn+1 + qn1)qn=

(1)n(qnxn+1 + qn1)qn

,

la dernire galit se dduisant du rsultat de I.1.19. Do,

xRn{> 0 pour n pair,< 0 pour n impair.

Le nombre x se trouve donc toujours entre deux rduites successives.

(2)Daprs le thorme de Bzout. (N.d.T.)

22

Solutions

I.1.21. On prouve dabord que lensemble {nm : n,m N} est densedans R+ si est un nombre irrationnel strictement positif. On considre pourcela un intervalle ]a , b[ (0 < a < b) et on montre que cet intervalle contientau moins un lment de notre ensemble. On pose = b a > 0. Daprs leproblme prcdent, il existe une rduite Rn telle que

0 < Rn < 1q2n

. (1)

En eet, on considre un entier n impair et on observe que

(qnxn+1 + qn1)qn > q2n.

Puisque limn+ qn = +, on a

1qn

< pour n susamment grand. Ceci et (1)

impliquent 0 < pn qn < 1qn < pour n susamment grand. Il existe doncn0 N tel que n0(pn qn) ]a , b[. Soit maintenant t [1 , 1]. Il existe xstrictement positif tel que t = sinx. On dduit des considrations prcdentesquil existe des suites dentiers strictement positifs {mn} et {kn} telles quex = lim

n+(mn 2kn). Par continuit de la fonction sinus, on a

t = sinx = sin(

limn+(mn 2kn)

)= lim

n+ sinmn.

On a donc prouv que tout lment de lintervalle [1 , 1] est une valeur dadh-rence de lensemble {sinn : n N}.

I.1.22. Soit pn et qn les entiers dnis en I.1.20. Puisque xn+1 = an+1 +1

xn+2> an+1, on obtient (qnxn+1 + qn1)qn > (qnan+1 + qn1)qn = qn+1qn.

Donc, daprs I.1.20,

|xRn| < 1qnqn+1

.

Puisque qn+1 = qnan+1 + qn1 > qnan+1 > qn, lingalit demande suit. Onprouve alors que la suite {qn} contient une innit de nombres impairs. Eneet, il dcoule de I.1.19 que qn et qn+1 ne peuvent pas tre tous les deuxpairs.

I.1.23. Il sut dappliquer la formule donne en I.1.19.

I.1.24. On observe dabord que la suite {qn} est strictement croissante etqn n. De plus, daprs le problme I.1.20,

|xRn| = 1(qnxn+1 + qn1)qn .

23


Ceci et lingalit xn+1 < an+1 + 1 impliquent

|xRn| > 1(qn(an+1 + 1) + qn1)qn =1

(qn+1 + qn)qn.

Puisque an+2 1, on a

|xRn+1| < 1(qn+1an+2 + qn)qn+1 0 pour lesquelles la suite {an} dnie par

a1 =c

2, an+1 =

12(c + a2n

)pour n N

converge. Dans les cas o la suite converge, trouver limn+ an.

II.1.19. Soit a > 0 un rel donn. On dnit la suite {an} en posant

a1 > 0 et an+1 = ana2n + 3a3a2n + a

pour n N.

Dterminer toutes les valeurs de a1 pour lesquelles la suite converge et trouverdans ce cas sa limite.

II.1.20. Soit {an} la suite dnie par

an+1 =1

4 3an pour n 1.

Dterminer pour quelles valeurs de a1 la suite converge et trouver dans ce cas salimite.

II.1.21. Soit a un rel donn. On dnit la suite {an} comme suit :

a1 R et an+1 = a2n + (1 2a)an + a2 pour n N.

Dterminer toutes les valeurs de a1 pour lesquelles la suite converge et trouverdans ce cas sa limite.

II.1.22. Pour c > 0 et b > a > 0, on dnit la suite rcurrente {an} par

a1 = c, an+1 =a2n + aba + b

pour n N.

Dterminer pour quelles valeurs de a, b et c la suite converge et trouver sa limite.

II.1.23. Prouver la convergence et dterminer la limite de la suite {an} dniepar

a1 > 0, an+1 = 61 + an7 + an

pour n N.

44

noncs

II.1.24. Pour c 0, on dnit la suite {an} comme suit :

a1 = 0, an+1 =c + an, n N.

Prouver la convergence de la suite et trouver sa limite.

II.1.25. tudier la convergence de la suite dnie par

a1 =

2, an+1 =

2an, n N.

II.1.26. Soit k N. tudier la convergence de la suite {an} dnie par

a1 =k5, an+1 =

k5an, n N.

II.1.27. tudier la convergence de la suite {an} dnie par

1 an 2, a2n+1 = 3an 2, n N.

II.1.28. Pour c > 1, on dnit les suites {an} et {bn} comme suit :

(a) a1 =

c(c 1), an+1 =

c(c 1) + an, n N,

(b) b1 =c, bn+1 =

cbn, n N.

Prouver que chacune des deux suites converge vers c.

II.1.29. tant donn a > 0 et b > 0, on dnit la suite {an} par

0 < a1 < b, an+1 =

ab2 + a2na + 1

pour n N.

Trouver limn+ an.

II.1.30. Prouver la convergence de {an} dnie par

a1 = 2, an+1 = 2 +1

3 + 1anpour n N

et trouver sa limite.

45

Chapitre II. Suites de nombres rels

II.1.31. La suite rcurrente {an} est dnie para1 = 1, a2 = 2, an+1 =

an1 +

an pour n 2.

Prouver que la suite est borne et strictement croissante. Trouver sa limite.

II.1.32. La suite rcurrente {an} est dnie para1 = 9, a2 = 6, an+1 =

an1 +

an pour n 2.

Prouver que la suite est borne et strictement dcroissante. Trouver sa limite.

II.1.33. On dnit les suites {an} et {bn} comme suit :

0 < b1 < a1, an+1 =an + bn

2, bn+1 =

anbn pour n N.

Dmontrer que {an} et {bn} convergent vers la mme limite. (Cette limite estappele la moyenne arithmtico-gomtrique de a1 et b1.)

II.1.34. Prouver que les suites {an} et {bn} dnies par

0 < b1 < a1, an+1 =a2n + b2nan + bn

, bn+1 =an + bn

2pour n N

sont toutes deux monotones et convergent vers la mme limite.

II.1.35. On considre les suites rcurrentes {an} et {bn} dnies par

0 < b1 < a1, an+1 =an + bn

2, bn+1 =

2anbnan + bn

pour n N.

Prouver la monotonie de ces deux suites et montrer quelles convergent vers lamoyenne gomtrique de a1 et b1.

II.1.36. Prouver la convergence et trouver la limite de la suite {an} dnie par

an =n + 12n+1

(21

+22

2+ . . . +

2n

n

)pour n N.

II.1.37. La suite {an} est borne et vrie

an+2 13an+1 +

23an pour n 1.

Prouver la convergence de la suite {an}.

46

noncs

II.1.38. Soit {an} et {bn} les suites dnies par

an =(1 +

1n

)n, bn =

(1 +

1n

)n+1pour n N.

En utilisant les ingalits entre moyennes arithmtique, gomtrique et harmo-nique (voir I.2.3), prouver que

(a) an < bn pour n N,(b) la suite {an} est strictement croissante,(c) la suite {bn} est strictement dcroissante.

Prouver aussi que {an} et {bn} ont la mme limite, que lon dnit comme tantle nombre (dEuler) e.

II.1.39. On posean =

(1 +

x

n

)npour n N.

(a) Prouver que la suite {an} est borne et strictement croissante si x > 0.(b) Soit x un rel quelconque. Prouver que la suite {an} est borne et strictement

croissante pour n > x.On dnit le nombre ex comme tant la limite de cette suite.

II.1.40. On suppose que x > 0, l N et l > x. Prouver que la suite {bn}, o

bn =(1 +

x

n

)l+npour n N,

est strictement dcroissante.

II.1.41. tablir la monotonie des suites {an} et {bn} dnies par

an = 1 +12

+ . . . +1

n 1 lnn pour n N,

bn = 1 +12

+ . . . +1

n 1 +1n lnn pour n N.

Prouver que ces deux suites tendent vers la mme limite , appele constantedEuler (1).

Indication : appliquer lingalit(1 + 1n

)n< e 0. On pose an = 2nx pour n N. Montrer que la suite {an}

est borne. Montrer aussi quelle est strictement croissante si x < 1 et strictementdcroissante si x > 1. Calculer lim

n+ an.On pose de plus

cn = 2n(an 1) et dn = 2n(1 1

an

)pour n N.

Montrer que {cn} est dcroissante, {dn} est croissante et que ces deux suites ontla mme limite.

II.2. Limites. Proprits des suites convergentes

II.2.1. Calculer :

(a) limn+

n

12 + 22 + + n2,

(b) limn+

n + sinn2

n + cosn,

(c) limn+

1 2 + 3 4 + + (2n)n2 + 1

,

(d) limn+

(2 3

2)(

2 5

2) (

2 2n+1

2),

(e) limn+

n

2

n,

(f) limn+

n!2n2

,

(g) limn+

1n

(1

1 +

3+

13 +

5

+ + 12n 1 +2n + 1

),

(h) limn+

(1

n2 + 1+

2n2 + 2

+ + nn2 + n

),

(i) limn+

(n

n3 + 1+

2nn3 + 2

+ + n nn3 + n

).

II.2.2. Soit s > 0 et p > 0. Montrer que

limn+

ns

(1 + p)n= 0.

48

noncs

II.2.3. Pour ]0 , 1[, calculer limn+ ((n + 1)

n).

II.2.4. Pour Q, calculer limn+ sin(n!).

II.2.5. Prouver que la limite limn+ sinn nexiste pas.

II.2.6. Prouver que, pour tout irrationnel, la limite limn+ sinn nexiste

pas.

II.2.7. Pour a R, calculer

limn+

1n

((a +

1n

)2+(a +

2n

)2+ +

(a +

n 1n

)2).

II.2.8. On suppose que an = 1 pour tout n et limn+ an = 1. Lentier strictement

positif k tant donn, calculer

limn+

an + a2n + + akn kan 1 .

II.2.9. Trouver

limn+

(1

1 2 3 +1

2 3 4 + +1

n(n + 1)(n + 2)

).

II.2.10. Calculer

limn+

nk=2

k3 1k3 + 1

.

II.2.11. Dterminer

limn+

ni=1

ij=1

j

n3.

II.2.12. Calculer

limn+

(1 2

2 3)(

1 23 4

) (1 2

(n + 1)(n + 2)

).

49


II.2.13. Calculer

limn+

nk=1

k3 + 6k2 + 11k + 5(k + 3)!

.

II.2.14. Trouver, pour x = 1 et x = 1,

limn+

nk=1

x2k1

1 x2k .

II.2.15. Dterminer pour quelles valeurs de x R

limn+

nk=0

(1 + x2

k)

existe et trouver sa valeur.

II.2.16. Dterminer toutes les valeurs de x R pour lesquelles la limite

limn+

nk=0

(1 +

2x2k + x2k

)existe et trouver sa valeur.

II.2.17. tablir pour quelles valeurs de x R la limite

limn+

nk=1

(1 + x3

k+ x23

k)

existe et trouver sa valeur.

II.2.18. Calculer

limn+

1 1! + 2 2! + + n n!(n + 1)!

.

II.2.19. Pour quelles valeurs de x R lgalit

limn+

n1999

nx (n 1)x =1

2000

est-elle vrie ?

50

noncs

II.2.20. tant donn a et b tels que a b > 0, on dnit la suite {an} en posant

a1 = a + b, an = a1 aban1

, n 2.

Dterminer le n-ime terme de la suite et calculer limn+ an.

II.2.21. On dnit la suite {an} para1 = 0, a2 = 1, et an+1 2an + an1 = 2 pour n 2.

Dterminer son n-ime terme et calculer limn+ an.

II.2.22. Pour a > 0 et b > 0, on considre la suite {an} dnie par

a1 =ab

a2 + b2et

an =aan1a2 + a2n1

, n 2.

Dterminer son n-ime terme et calculer limn+ an.

II.2.23. Soit {an} la suite rcurrente dnie comme suit :

a1 = 0, an =an1 + 3

4, n 2.

Expliciter le n-ime terme de la suite et calculer limn+ an.

II.2.24. tudier la convergence de la suite dnie par

a1 = a, an = 1 + ban1, n 2.

II.2.25. La suite de Fibonacci {an} est dnie comme suit :a1 = a2 = 1, an+2 = an+1 + an, n 1.

Montrer que(2)

an =n n ,

o et sont les racines de x2 = x + 1. Calculer limn+

nan.(2)Formule de Binet. (N.d.T.).

51


II.2.26. On dnit les suites {an} et {bn} para1 = a, b1 = b,

an+1 =an + bn

2, bn+1 =

an+1 + bn2

.

Montrer que limn+ an = limn+ bn.

II.2.27. On se donne a {1, 2, . . . , 9}. Calculer

limn+

a + aa + +n chires aa . . . a

10n.

II.2.28. Calculerlim

n+( n

n 1)n .II.2.29. On suppose que la suite {an} converge vers 0. Trouver lim

n+ ann.

II.2.30. tant donn des rels strictement positifs p1, p2, . . . , pk et a1, a2, . . . , ak,trouver

limn+

p1an+11 + p2a

n+12 + + pkan+1k

p1an1 + p2a

n2 + + pkank

.

II.2.31. On suppose que limn+

an+1an = q. Prouver que(a) si q < 1, alors lim

n+ an = 0,

(b) si q > 1, alors limn+ |an| = +.

II.2.32. On suppose que limn+

n|an| = q. Prouver que

(a) si q < 1, alors limn+ an = 0,

(b) si q > 1, alors limn+ |an| = +.

II.2.33. Soit R et x ]0 , 1[, calculerlim

n+nxn.

52

noncs

II.2.34. Calculer

limn+

m(m 1) (m n + 1)n!

xn pour m N et |x| < 1.

II.2.35. On suppose que limn+ an = 0 et que {bn} est une suite borne. Montrer

que limn+ anbn = 0.

II.2.36. Prouver que si limn+ an = a et limn+ bn = b, alors

limn+max {an, bn} = max {a, b} .

II.2.37. Soit an 1 pour n N tels que limn+ an = 0. Dterminer, pour

p N,lim

n+p1 + an.

II.2.38. On suppose que la suite {an} est strictement positive et converge vers 0.Dterminer, pour lentier p 2,

limn+

p1 + an 1an

.

II.2.39. Pour des rels strictement positifs a1, a2, . . . , ap, trouver

limn+

(p

(n + a1)(n + a2) (n + ap) n).

II.2.40. Calculer

limn+

(1

n2 + 1+

1n2 + 2

+ + 1n2 + n + 1

).

II.2.41. Pour a1, a2, . . . , ap strictement positifs, trouver

limn+

n

an1 + a

n2 + + anp

p.

II.2.42. Calculer

limn+

n

2 sin2

n1999

n + 1+ cos2

n1999

n + 1.

53


II.2.43. Trouverlim

n+ (n + 1 + n cosn)1

2n+n sinn .

II.2.44. Calculer

limn+

nk=1

(1 +

k

n2 1

).

II.2.45. Dterminer

limn+

nk=1

(3

1 +

k2

n3 1

).

II.2.46. Pour a1, a2, . . . , ap strictement positifs, trouver

limn+

(1p

pk=1

nak)p

.

II.2.47. Soit ]0 , 1[. Calculer

limn+

n1k=0

( +

1n

)k.

II.2.48. Soit x 1. Montrer que

limn+

(2 nx 1)n = x2.

II.2.49. Montrer que

limn+

(2 nn 1)nn2

= 1.

II.2.50. Parmi les suites suivantes, lesquelles sont des suites de Cauchy ?

(a) an =Arctan 1

2+

Arctan 222

+ + Arctan n2n

,

(b) an = 1 +14

+22

42+ + n

2

4n,

(c) an = 1 +12

+13

+ + 1n,

54

noncs

(d) an =1

1 2 1

2 3 + + (1)n1 1

n(n + 1),

(e) an = 1q1 + 2q2 + + nqn pour |q| < 1 et |k| M (k N),

(f) an =122

+232

+ + n(n + 1)2

.

II.2.51. On suppose que la suite {an} vrie la condition

|an+1 an+2| < |an an+1|

avec ]0 , 1[. Prouver que {an} converge.

II.2.52. tant donn une suite {an} dentiers strictement positifs, on dnit

Sn =1a1

+1a2

+ + 1an

etn =

(1 +

1a1

)(1 +

1a2

) (1 +

1an

).

Prouver que si {Sn} converge, alors {lnn} converge aussi.

II.2.53. Prouver que la suite {Rn} des rduites dun nombre irrationnel x (d-nies au problme I.1.20) est une suite de Cauchy.

II.2.54. La suite {an} tant une suite arithmtique dont les termes sont nonnuls, calculer

limn+

(1

a1a2+

1a2a3

+ + 1anan+1

).

II.2.55. La suite {an} tant une suite arithmtique dont les termes sont stric-tement positifs, calculer

limn+

1n

(1

a1 +a2

+1

a2 +a3

+ + 1an +

an+1

).

II.2.56. Trouver

(a) limn+n

( ne 1) , (b) lim

n+e

1n + e

2n + + ennn

.

55


II.2.57. Soit {an} la suite dnie comme suit :

a1 = a, a2 = b, an+1 = pan1 + (1 p)an, n = 2, 3 . . .

Dterminer pour quelles valeurs de a, b et p la suite converge.

II.2.58. Soit {an} et {bn} les suites dnies par

a1 = 3, b1 = 2, an+1 = an + 2bn, et bn+1 = an + bn.

On pose de pluscn =

anbn

, n N.

(a) Prouver quecn+1 2 < 12 cn 2, n N.

(b) Calculer limn+ cn.

II.3. La transformation de Toeplitz, le thormede Stolz et leurs applications

II.3.1. Dmontrer le thorme de Toeplitz de transformation rgulire(3) desuites en suites :

Soit {cn,k : 1 k n, n 1} un tableau de nombres rels vriant :(i) cn,k

n+ 0 pour tout k N,

(ii)n

k=1

cn,k n+ 1,

(iii) il existe C > 0 tel que, pour tout entier n strictement positif,

nk=1

|cn,k| C.

Pour toute suite convergente {an}, la suite transforme {bn} dnie par bn =n

k=1

cn,kak (n 1) est alors aussi convergente et limn+ bn = limn+ an.

(3)Une transformation de suite est rgulire si elle transforme toute suite convergente en unesuite convergente de mme limite. (N.d.T.)

56

noncs

II.3.2. Montrer que si limn+ an = a, alors

limn+

a1 + a2 + + ann

= a.

II.3.3.

(a) Prouver que lon peut omettre lhypothse (iii) du thorme de Toeplitz(problme II.3.1) si tous les cn,k sont positifs.

(b) Soit {bn} la suite transforme dnie dans le thorme de Toeplitz aveccn,k > 0 pour 1 k n, n 1. Prouver que si lim

n+ an = +, alorslim

n+ bn = +.

II.3.4. Prouver que si limn+ an = +, alors

limn+

a1 + a2 + + ann

= +.

II.3.5. Prouver que si limn+ an = a, alors

limn+

na1 + (n 1)a2 + + 1 ann2

=a

2.

II.3.6. Montrer que si la suite strictement positive {an} converge vers a, alorslim

n+na1 an = a.

II.3.7. Pour une suite {an} strictement positive, montrer que si limn+

an+1an

= a,

alors limn+

nan = a.

II.3.8. Soit {an} et {bn} deux suites telles que limn+ an = a et limn+ bn = b.

Montrer que

limn+

a1bn + a2bn1 + + anb1n

= ab.

57


II.3.9. Soit {an} et {bn} deux suites telles que(i) bn > 0 pour tout n N et lim

n+(b1 + b2 + + bn) = +,

(ii) limn+

anbn

= g.

Montrer que

limn+

a1 + a2 + + anb1 + b2 + + bn = g.

II.3.10. Soit {an} et {bn} deux suites telles que(i) bn > 0 pour tout n N et lim

n+(b1 + b2 + + bn) = +,

(ii) limn+ an = a.

Montrer que

limn+

a1b1 + a2b2 + + anbnb1 + b2 + + bn = a.

II.3.11. En utilisant le rsultat du problme prcdent, dmontrer le thormede Stolz . Soit {xn} et {yn} deux suites vriant les conditions :

(i) {yn} est strictement croissante et tend vers +,(ii)

limn+

xn xn1yn yn1 = g.

On a alors,lim

n+xnyn

= g.

II.3.12. Calculer

(a) limn+

1n

(1 +

12

+ + 1n

),

(b) limn+

n

an+1

(a +

a2

2+ + a

n

n

), a > 1,

(c) limn+

1nk+1

(k! +

(k + 1)!1!

+ + (k + n)!n!

), k N,

58

noncs

(d) limn+

1n

(1n

+1

n + 1+ + 1

2n

),

(e) limn+

1k + 2k + + nknk+1

, k N,

(f) limn+

1 + 1 a + 2 a2 + + n ann an+1 , a > 1,

(g) limn+

(1nk

(1k + 2k + + nk

) n

k + 1

), k N.

II.3.13. On suppose que limn+ an = a. Trouver

limn+

1n

(a1 +

a22

+ + ann

).

II.3.14. Prouver que si {an} est une suite telle que

limn+(an+1 an) = a,

alorslim

n+ann

= a.

II.3.15. Soit {an} une suite telle que limn+ an = a. Dterminer

limn+

(an1

+an12

+ + a12n1

).

II.3.16. On suppose que limn+ an = a. Trouver

(a) limn+

(an

1 2 +an12 3 + +

a1n(n + 1)

),

(b) limn+

(an1 an1

2+ + (1)n1 a1

2n1).

II.3.17. Soit k un entier strictement plus grand que 1. Calculer

limn+

n

(nk

n

).

59


II.3.18. Pour une suite arithmtique {an} strictement positive, dterminer

limn+

n (a1 an)1n

a1 + + an .

II.3.19. Soit {an} une suite telle que la suite {bn} dnie par bn = 2an + an1(n 2) converge vers b. tudier la convergence de {an}.

II.3.20. Soit {an} une suite telle que limn+n

xan = a pour un certain rel x.Prouver que

limn+n

x (a1a2 an)1n = aex.

II.3.21. Calculer

(a) limn+

1 + 12 + + 1n1 + 1nlnn

,

(b) limn+

1 + 13 +15 + + 12n1lnn

.

II.3.22. On suppose que {an} converge vers a. Prouver que

limn+

1lnn

(a11

+a22

+ + ann

)= a.

II.3.23. Trouver

(a) limn+

(n!

nnen

) 1n

, (b) limn+

((n!)3

n3nen

) 1n

,

(c) limn+

((n!)2

n2n

) 1n

, (d) limn+

(n3n

(n!)3

) 1n

,

(e) limn+

knnn!

, k N.

II.3.24. Prouver que si limn+ an = a, alors

limn+

1lnn

nk=1

akk

= a.

60

noncs

II.3.25. tant donn une suite {an}, on considre la suite des moyennes arith-mtiques {An}, soit An = a1+a2++ann . Prouver que si limn+An = A, on a alorsaussi

limn+

1lnn

nk=1

akk

= A.

II.3.26. Prouver la rciproque du thorme de Toeplitz nonc en II.3.1 :Soit {cn,k : 1 k n, n 1} un tableau de nombres rels. Si pour toute suite

convergente {an}, la suite transforme {bn} dnie par

bn =n

k=1

cn,kak

converge vers la mme limite, alors

(i) cn,k n+ 0 pour tout k N

,

(ii)n

k=1

cn,k n+ 1,

(iii) il existe C > 0 tel que, pour tout entier n strictement positif,

nk=1

|cn,k| C.

II.4. Valeurs dadhrence, limite suprieure et limiteinfrieure

II.4.1. Soit {an} une suite dont les sous-suites {a2k}, {a2k+1} et {a3k}convergent.

(a) Prouver la convergence de la suite {an}.(b) La convergence de deux de ces sous-suites implique-t-elle la convergence de

la suite {an} ?

II.4.2. La convergence de toute sous-suite de {an} de la forme {asn}, s N,s > 1, implique-t-elle la convergence de la suite {an} ?

61


II.4.3. Soit {apn}, {aqn}, . . ., {asn} des sous-suites de {an} telles que les suites{pn}, {qn}, . . ., {sn} soient deux deux disjointes et que leur union forme la suite{n}. Montrer que si S, Sp, Sq, . . ., Ss sont les ensembles des valeurs dadhrencerespectives des suites {an}, {apn}, {aqn}, . . ., {asn}, alors

S = Sp Sq Ss.En conclure que si toutes les sous-suites {apn}, {aqn}, . . ., {asn} convergent vers a,la suite {an} converge alors aussi vers a.

II.4.4. Le thorme prcdent (problme II.4.3) est-il vrai dans le cas duneinnit de sous-suites ?

II.4.5. Prouver que si toute sous-suite {ank} dune suite {an} contient une sous-suite {anki} convergente vers a, la suite {an} converge alors aussi vers a.

II.4.6. Dterminer lensemble des valeurs dadhrence de la suite {an} dans lecas o :

(a) an =n

4(1)n + 2,

(b) an =12

(n 2 3

[n 1

3

])(n 3 3

[n 1

3

]),

(c) an =(1 (1)n) 2n + 1

2n + 3,

(d) an =(1 + cosn) ln 3n + lnn

ln 2n,

(e) an =(cos

n

3

)n,

(f) an =2n2

7[2n2

7

].

II.4.7. Dterminer lensemble des valeurs dadhrence de la suite {an} dniepar

(a) an = n [n], Q,(b) an = n [n], / Q,(c) an = sinn, Q,(d) an = sinn, / Q.

62

noncs

II.4.8. Soit {ak} une suite produite par une numration (bijective) des l-ments de la matrice

{3n 3m}, n,m N. Montrer que tout rel est valeur

dadhrence de cette suite.

II.4.9. Soit {an} une suite borne. Prouver que lensemble de ses valeurs dadh-rence est ferm et born.

II.4.10. Dterminer limn+ an et limn+

an dans le cas o :

(a) an =2n2

7[2n2

7

],

(b) an =n 1n + 1

cosn

3,

(c) an = (1)n n,(d) an = n(1)

nn,

(e) an = 1 + n sinn

2,

(f) an =(1 +

1n

)n(1)n + sin n

4,

(g) an =n

1 + 2n(1)n ,

(h) an =(2 cos

2n3

)n,

(i) an =lnn (1 + cosn)n

ln 2n.

II.4.11. Dterminer la limite suprieure et la limite infrieure des suites sui-vantes :

(a) an = n [n], Q,(b) an = n [n], / Q,(c) an = sinn, Q,(d) an = sinn, / Q.

63


II.4.12. Pour une suite {an} quelconque, montrer que(a) sil existe k N tel que lingalit an A est vrie pour tout entier

n > k, alors limn+ an A,

(b) si pour tout k N, il existe nk > k tel que ank A, alors limn+

an A,

(c) sil existe k N tel que lingalit an a est vrie pour tout n > k, alorslim

n+an a,

(d) si pour tout k N, il existe nk > k tel que ank a, alors limn+ an a.

II.4.13. On suppose que les limites infrieure et suprieure de la suite {an} sontnies. Prouver que

(a) L = limn+ an si et seulement si

pour tout > 0, il existe k N tel que an < L + si n > k (i)

et

pour tout > 0 et k N, il existe nk > k tel que L < ank . (ii)

(b) l = limn+

an si et seulement si

pour tout > 0, il existe k N tel que l < an si n > k (i)

et

pour tout > 0 et k N, il existe nk > k tel que ank < l + . (ii)

Formuler les propositions correspondantes pour des limites infrieure et suprieureinnies.

II.4.14. On suppose quil existe un entier n0 tel que an bn pour tout n n0.Prouver que

(a) limn+

an limn+

bn,

(b) limn+ an limn+ bn.

64

noncs

II.4.15. Prouver ( lexclusion des formes indtermines des types + et+) les ingalits suivantes :

limn+

an + limn+

bn limn+

(an + bn) limn+

an + limn+ bn

limn+(an + bn) limn+ an + limn+ bn.

Donner des exemples de suites pour lesquelles les sont remplacs par des < dans les ingalits prcdentes.

II.4.16. Les ingalits

limn+

an + limn+

bn limn+

(an + bn),

limn+(an + bn) limn+ an + limn+ bn

restent-elles valides dans le cas dun nombre inni de suites ?

II.4.17. Soit {an} et {bn} des suites termes positifs. Prouver ( lexclusiondes formes indtermines des types 0 (+) et +0) les ingalits suivantes :

limn+

an limn+

bn limn+

(an bn) limn+

an limn+ bn

limn+(an bn) limn+ an limn+ bn.

Donner des exemples de suites pour lesquelles les sont remplacs par des < dans les ingalits prcdentes.

II.4.18. Prouver que la suite {an} converge si et seulement si la limite infrieureet la limite suprieure sont nies et

limn+

an = limn+ an.

Prouver quun thorme semblable est aussi correct dans le cas dune suite diver-geant proprement vers + ou .

II.4.19. Prouver que si limn+ an = a (a R), alors

limn+

(an + bn) = a + limn+

bn,

limn+(an + bn) = a + limn+ bn.

65


II.4.20. Prouver que si limn+ an = a (a R

+) et sil existe un entier naturel

n0 tel que bn 0 pour n n0, alorslim

n+(an bn) = a lim

n+bn,

limn+(an bn) = a limn+ bn.

II.4.21. Prouver que

limn+

(an) = limn+an, limn+(an) = limn+ an.


limn+

1an

=1

limn+ an

,

limn+

1an

=1

limn+

an

pour toute suite {an} strictement positive. (Ici, 1+ = 0, 10+ = +.)

II.4.23. Prouver que si {an} est une suite strictement positive telle quelim

n+ an limn+1an

= 1,

alors elle converge.

II.4.24. Prouver que si {an} est une suite telle que, pour toute suite {bn},lim

n+(an + bn) = lim

n+an + lim

n+bn

oulim

n+(an + bn) = limn+ an + limn+ bn,

alors cette suite est convergente.

II.4.25. Prouver que si {an} est une suite strictement positive telle que, pourtoute suite strictement positive {bn},

limn+

(an bn) = limn+

an limn+

bn

oulim

n+(an bn) = limn+ an limn+ bn,alors cette suite est convergente.

66

noncs

II.4.26. Prouver que, pour toute suite strictement positive {an}, on a

limn+

an+1an

limn+

nan limn+

nan limn+

an+1an

.

II.4.27. Pour une suite {an} donne, on dnit la suite {bn} en posant

bn =a1 + a2 + + an

n, n N.

Prouver quelim

n+an lim

n+bn lim

n+ bn limn+ an .


(a) limn+ (max{an, bn}) = max

{lim

n+ an, limn+ bn}

(b) limn+

(min{an, bn}) = min{

limn+

an, limn+

bn

}Les galits

(a) limn+ (min{an, bn}) = min

{lim

n+ an, limn+ bn}

(b) limn+

(max{an, bn}) = max{

limn+

an, limn+

bn

}sont-elles aussi correctes ?

II.4.29. Prouver que toute suite relle contient une sous-suite monotone.

II.4.30. Utiliser le rsultat de lexercice prcdent pour dduire le thorme deBolzano-Weierstrass :

Toute suite relle borne contient une sous-suite convergente.


limn+

a1 + a2 + + an + an+1an

4

pour toute suite {an} strictement positive. Montrer que 4 est le meilleur minorant.

67


II.5. Problmes divers

II.5.1. Prouver que si limn+ an = + ou limn+ an = , alors

limn+

(1 +

1an

)an= e.

II.5.2. Pour x R, prouver que

limn+

(1 +

x

n

)n= ex.

II.5.3. Pour x R+, tablir lingalitx

x + 2< ln(x + 1) < x.

Prouver aussi (en utilisant la drivation) que lon peut amliorer la premireingalit comme suit :

x

x + 1 0.

II.5.4. Prouver que

(a) limn+n

( na 1) = ln a, a > 0,

(b) limn+n

( nn 1) = +.

II.5.5. Soit {an} une suite strictement positive dont les termes sont direntsde 1. Montrer que si lim

n+ an = 1, alors

limn+

ln anan 1 = 1.

II.5.6. On pose

an = 1 +11!

+12!

+ + 1n!

, n N.

Prouver que

limn+ an = e et 0 < e an 0.

Soit p et q deux rels strictement positifs vriant p + q = 1. Prouver que

limn+ (pan + qbn)

n = apbq.

69


II.5.14. tant donn deux rels a et b, on dnit la suite rcurrente {an} commesuit :

a1 = 1, a2 = b, an+1 =n 1n

an +1nan1, n 2.

Trouver limn+ an.

II.5.15. On note {an} la suite rcurrente dnie para1 = 1, a2 = 2, an+1 = n(an + an1), n 2.

Trouver une formule explicite donnant le terme gnral de la suite.

II.5.16. tant donn deux rels a et b, on dnit la suite rcurrente {an} par

a1 = a, a2 = b, an+1 =12n

an1 +2n 1

2nan, n 2.

Dterminer limn+ an.

II.5.17. On pose

an = 3n

k=1

1k(k + 1)(k + 1)!

, n N.

(a) Prouver que limn+ an = e.

(b) Prouver aussi que 0 < an e < 1(n+1)(n+1)! .

II.5.18. Calculer limn+n sin(2n!e).

II.5.19. Soit {an} une suite vriant an < n (n N) et limn+ an = +.

tudier la convergence de la suite(1 an

n

)n, n N.

II.5.20. Soit {bn} une suite strictement positive divergeant vers +. tudierla convergence de la suite (

1 +bnn

)n, n N.

70

noncs

II.5.21. On dnit la suite rcurrente {an} en posant0 < a1 < 1, an+1 = an(1 an), n 1.

Prouver que

(a) limn+nan = 1,

(b) limn+

n(1 nan)lnn

= 1.

II.5.22. La suite rcurrente {an} est dnie par0 < a1 < , an+1 = sin an, n 1.

Prouver que limn+

nan =

3.

II.5.23. On pose

a1 = 1, an+1 = an +1

nk=1

ak

, n 1.

Prouver quelim

n+an2 lnn

= 1.

II.5.24. Soit {an} la suite rcurrente dnie para1 > 0, an+1 = Arctan an, n 1.

Dterminer limn+ an.

II.5.25. Prouver que la suite rcurrente dnie par

0 < a1 < 1, an+1 = cos an, n 1,

converge vers lunique racine de lquation x = cos x.

II.5.26. On dnit la suite rcurrente {an} comme suit :a1 = 0, an+1 = 1 sin(an 1), n 1.

Trouver

limn+

1n

nk=1

ak.

71


II.5.27. Soit {an} la suite des racines successives de lquation tan x = x, x > 0.Dterminer lim

n+(an+1 an).

II.5.28. Pour |a| 2 et a1 R, on considre la suite dnie par

an+1 = a sin an, n 1.

tudier la convergence de cette suite.

II.5.29. tant donn a1 > 0, on considre la suite {an} dnie en posant

an+1 = ln(1 + an), n 1.

Prouver que

(a) limn+nan = 2,

(b) limn+

n(nan 2)lnn

=23.

II.5.30. On dnit la suite rcurrente {an} par

a1 = 0, an+1 =(

14

)an, n 1.


II.5.31. tant donn a1 > 0, on dnit la suite {an} comme suit :

an+1 = 21an , n 1.


II.5.32. Trouver la limite de la suite dnie par

a1 =

2, an+1 = 2an2 , n 1.

II.5.33. Prouver que si limn+(an an2) = 0, alors

limn+

an an1n

= 0.

72

noncs

II.5.34. Prouver que si, pour une suite strictement positive {an}, la limite

limn+n

(1 an+1

an

)existe (nie ou innie), alors

limn+

ln 1anlnn

existe aussi et les deux limites sont gales.

II.5.35. tant donn a1, b1 ]0 , 1[, prouver que les suites {an} et {bn} dniespar

an+1 = a1(1 an bn) + an, bn+1 = b1(1 an bn) + bn, n 1,

convergent et trouver leur limite respective.

II.5.36. On considre, pour a et a1 strictement positifs, la suite dnie par

an+1 = an(2 aan), n N.


II.5.37. Montrer que si a1 et a2 sont strictement positifs et

an+2 =an +

an+1, n N,

alors la suite {an} converge. Trouver sa limite.

II.5.38. Soit f :(R+)k R+ une fonction croissante en chacune de ses va-

riables telle quil existe a > 0 vriant

f(x, x, . . . , x) > x pour 0 < x < a,f(x, x, . . . , x) < x pour x > a.

tant donn a1, a2, . . . , ak, on dnit la suite rcurrente {an} par

an = f(an1, an2, . . . , ank) pour n > k.

Prouver que limn+ an = a.

73


II.5.39. Soit a1 et a2 deux rels strictement positifs. tudier la convergence dela suite {an} dnie par la relation

an+1 = aneanan1 pour n > 1.

II.5.40. tant donn a > 1 et x > 0, on dnit {an} en posant a1 = ax etan+1 = aan , n N. tudier la convergence de cette suite.

II.5.41. Montrer que2 +

2 + +

2

n racines

= 2cos

2n+1.

Utiliser cette relation pour trouver la limite de la suite rcurrente dnie par

a1 =

2, an+1 =

2 + an, n 1.

II.5.42. Soit {n} une suite dont les termes prennent leur valeur dans lensemble{1, 0, 1}. tablir la relation

1

2 + 2

2 + + n

2 = 2 sin

(

4

nk=1

12 k2k1

)(n N)

et montrer que la suite

an = 1

2 + 2

2 + + n

2

converge.

II.5.43. Calculer

limn+

(Arctan

12

+ Arctan1

2 22 + + Arctan1

2n2

).

II.5.44. Trouver limn+ sin

(n2 + n

).

II.5.45. tudier la convergence de la suite rcurrente dnie comme suit :

a1 =

2, a2 =

2 +

3, an+2 =

2 +

3 + an pour n 1.

74

noncs

II.5.46. Montrer que

limn+

1 + 2

1 + 3

1 +

1 + (n 1)1 + n = 3.

II.5.47. tant donn a > 0, on dnit la suite rcurrente {an} en posant

a1 < 0, an+1 =a

an 1 pour n N.

Prouver que la suite converge vers la racine ngative de lquation x2 + x = a.

II.5.48. tant donn a > 0, on dnit la suite rcurrente {an} par

a1 > 0, an+1 =a

an + 1pour n N.

Prouver que la suite converge vers la racine positive de lquation x2 + x = a.

II.5.49. Soit {an} la suite dnie par la relation

a1 = 1, an+1 =2 + an1 + an

pour n N.

Prouver que cette suite est une suite de Cauchy et trouver sa limite.

II.5.50. Soit {an} la suite dnie par

a1 > 0, an+1 = 2 +1an

pour n N.

Prouver que cette suite est une suite de Cauchy et trouver sa limite.

II.5.51. tant donn a > 0, on dnit la suite {an} par

a1 = 0, an+1 =a

2 + anpour n N.

tudier la convergence de la suite.

II.5.52. On suppose que

a1 R et an+1 =an 21n pour n N.

tudier la convergence de cette suite et, si elle converge, trouver sa limite.

75



(a) si 0 < a < 1, alors

limn+

n1j=1

jaj

n j = 0,

(b) si 0 < a < 1, alors

limn+na

nn

j=1

1jaj

=1

1 a ,

(c) si b > 1, alors

limn+

n

bn

nj=1

bj1

j=

1b 1 .

II.5.54. Calculer

limn+

(sin

n + 1+ sin

n + 2+ + sin

2n

).

II.5.55. Trouver

(a) limn+

nk=1

(1 +

k2

cn3

), o c > 0,

(b) limn+

nk=1

(1 k

2

cn3

), o c > 1.

II.5.56. Dterminer

limn+

n3n

n!

nk=1

sink

nn.

II.5.57. On dnit la suite {an} par

an =n

k=0

(n

k

)1, n 1.

Montrer que limn+ an = 2.

76

noncs

II.5.58. Dterminer pour quelles valeurs de la suite

an =(1

(1n

))(1

(2n

)) (1

(n 1n

)), n 2,

converge.

II.5.59. Pour x R, on pose {x} = x [x]. Trouver limn+

{(2 +

3)n}.

II.5.60. Soit {an} une suite strictement positive, on pose Sn = a1+a2+ +an(n 1). On suppose que

an+1 1

Sn+1((Sn 1)an + an1) , n 1.

Dterminer limn+ an.

II.5.61. Soit {an} une suite strictement positive telle que

limn+

ann

= 0 et limn+

a1 + a2 + + ann

< +.

Trouver

limn+

a21 + a22 + + a2nn2

.

II.5.62. On considre deux suites {an} et {bn} strictement positives telles que

limn+

ana1 + a2 + + an = 0 et limn+

bnb1 + b2 + + bn = 0.

On dnit la suite {cn} en posant

cn = a1bn + a2bn1 + + anb1, n N.

Montrer quelim

n+cn

c1 + c2 + + cn = 0.

II.5.63. Trouver

limn+

(1 +

1n

)n2en.

77


II.5.64. On suppose que la suite majore {an} vrie la condition

an+1 an > 1n2

, n N.

tablir la convergence de {an}.

II.5.65. On suppose que la suite borne {an} vrie la condition

an+12n

2 an, n N.

tablir la convergence de {an}.

II.5.66. On note respectivement l et L les limites infrieure et suprieure de lasuite {an}. Prouver que si lim

n+(an+1an) = 0, alors tout lment de lintervalleouvert ]l , L[ est une valeur dadhrence de {an}.

II.5.67. On note respectivement l et L les limites infrieure et suprieure dela suite {an}. On suppose que pour tout n, an+1 an > n avec n > 0 etlim

n+n = 0. Prouver que tout lment de lintervalle ouvert ]l , L[ est une valeur

dadhrence de {an}.

II.5.68. Soit {an} une suite croissante et strictement positive. Prouver que len-semble des valeurs dadhrence de la suite

ann + an

, n N,

est un intervalle (rduit un singleton en cas de convergence).

II.5.69. tant donn a1 R, on considre la suite {an} dnie par

an+1 =

an2

pour n pair,1 + an

2pour n impair.

Trouver les valeurs dadhrence de cette suite.

II.5.70. Zro est-il valeur dadhrence de la suite {n sinn} ?

78

noncs

II.5.71. Prouver que pour toute suite strictement positive {an},

limn+

(a1 + an+1

an

)n e.

II.5.72. Prouver la gnralisation suivante du rsultat prcdent : pour toutentier p > 0 et pour toute suite strictement positive {an}, on a

limn+

(a1 + an+p

an

)n ep.

II.5.73. Prouver que pour toute suite strictement positive {an}, on a

limn+n

(1 + an+1

an 1

) 1.

Prouver que le minorant 1 est optimal.

II.5.74. On pose

an =

1 +

1 + +

1

n racines

.

Trouver limn+ an.

II.5.75. Soit {an} une suite dont les termes sont strictement plus grands que 1et telle que

limn+

ln ln ann

= .

On considre la suite {bn} dnie par

bn =

a1 +

a2 + +an, n N.

Prouver que la suite {bn} converge si < ln 2 et quelle diverge vers + si > ln 2.

II.5.76. On suppose que les termes de la suite {an} vrient la condition0 am+n am + an pour m,n N.

Prouver que la limite limn+

ann existe.

79


II.5.77. On suppose que les termes de la suite {an} vrient la condition

0 am+n am an pour m,n N.

Prouver que la limite limn+

nan existe.

II.5.78. On suppose que les termes de la suite {an} vrient les conditions

|an| 1,am + an 1 am+n am + an + 1

pour m,n N.

(a) Prouver que la limite limn+

ann existe.

(b) Prouver que si limn+

ann = g, alors

ng 1 an ng + 1 pour n N.

II.5.79. On suppose que {an} est une suite croissante et strictement positivevriant la condition

anm nam pour m,n N.

Prouver que si sup{

ann : n N

}< +, alors la suite {ann } converge.

II.5.80. tant donn deux rels strictement positifs a1 et a2, prouver que lasuite rcurrente {an} dnie par

an+2 =2

an+1 + anpour n N

converge.

II.5.81. Pour b1 a1 > 0, on considre les deux suites {an} et {bn} dniespar

an+1 =an + bn

2, bn =

an+1bn pour n N.

Dmontrer que les deux suites convergent vers la mme limite.

80

noncs

II.5.82. Soit ak,n, bk,n (n N, k = 1, 2, . . . , n) deux tableaux triangulaires derels, bk,n = 0. On suppose que ak,nbk,n n+ 1 uniformment par rapport k,autrement dit, pour tout > 0, il existe un entier n0 tel queak,nbk,n 1

< pour tout n > n0 et k = 1, 2, . . . , n. Montrer que si lim

n+n

k=1

bk,n existe, alors

limn+

nk=1

ak,n = limn+

nk=1

bk,n.

II.5.83. tant donn a = 0, trouver

limn+

nk=1

sin(2k 1)a

n2.

II.5.84. Pour a > 0, dterminer

limn+

nk=1

(a

kn2 1

).

II.5.85. Trouver

limn+

nk=1

(1 +

k

n2

).

II.5.86. Pour p = 0 et q > 0, dterminer

limn+

nk=1

((1 +

kq1

nq

) 1p

1)

.

II.5.87. tant donn des rels strictement positifs a, b et d tels que b > a,calculer

limn+

a(a + d) (a + nd)b(b + d) (b + nd) .

81


Solutions

II.1. Suites monotones

II.1.1.

(a) Soit {an} une suite croissante majore. On a sup {an : n N} = A 0, A nest pas un majorant de lensemble {an : n N}, il existe an0 tel quean0 > A. La suite tant monotone, A an > A pour tout n > n0.Donc, lim

n+ an = A.

On suppose maintenant que {an} nest pas majore. Pour tout M , ilexiste an0 tel que an0 > M . La suite tant monotone, an > M pour toutn > n0 et lim

n+ an = +.

(b) Voir la solution de (a).

II.1.2. On asn

sn1 sn+1

snpour n 2.

En eet, daprs I.2.19, on a

s2n sn+1sn1. (1)On va prouver que {xn} est une suite croissante. Lingalit x1 x2 se dduitde(

nk=1

ak

)2 p

nk=1

a2k (voir la solution de I.2.20). Supposons maintenant

que xn1 xn. On a alorssn1 s

n1n

n . (2)

Donc, daprs (1) et (2),

xn+1 = n+1sn+1

n+1

s2n

sn1 n+1

s2n

sn1n

n

= xn.

II.1.3. On a an+1 = n+12n an < an (n > 1). La suite {an} est donc strictementdcroissante. Puisquelle est minore (par exemple par 0), lim

n+ an = g existe.

Le rel g est solution de lquation g = 12 g, donc g = 0.

II.1.4. On pose bn = an 12n1 . On a alors bn+1 bn = an+1 an + 12n 0.Donc la suite {bn} converge et il en est de mme de la suite {an}.

82

Solutions

II.1.5.

(a) On montre que la suite {an} est dcroissante et minore. En eet,

an+1 an = 1n + 1

(n + 1 +

n)2 < 0.

De plus, daprs lingalit donne en indication (qui peut se prouver parrcurrence), on a an > 2

(n + 1n 1) > 2.

(b) La dmonstration suit la mme mthode quen (a).

II.1.6. On montre dabord par rcurrence que 32 an 2 pour n Net que la suite {an} est strictement croissante. Ces deux faits impliquent laconvergence de {an}. Soit g = lim

n+ an. Puisque an =

3an1 2, on ag =

3g 2 et g = 2.

II.1.7. On peut montrer par rcurrence que an > 2c. Bien sr, a1 < a2. Deplus, si an > an1, alors

an+1 = (an c)2 > (an1 c)2 = an,

lingalit se dduisant de la monotonie de la fonction f(x) = x2 sur R+.

II.1.8. Daprs lingalit entre moyennes arithmtique et gomtrique et leshypothses, on a

an + (1 an+1)2

an(1 an+1) > 12 ,

do an an+1 > 0. La suite {an} converge donc vers une limite g. Puisquean(1 an+1) > 14 , on a g(1 g) 14 . Cette dernire ingalit est quivalente (2g 1)2 0, ce qui donne g = 12 .

II.1.9. Clairement, 0 an < 3 pour n 1. De plus, a2n+1 a2n =a2n + an + 6 > 0 pour 0 an < 3. La suite est donc croissante et majo-re, do convergente. La dnition de la suite donne lim

n+ an = 3.

83


II.1.10. On voit immdiatement que 0 an < 1 pour n 1. Pour prouverla monotonie de la suite, on va avoir besoin de la forme suivante du principede rcurrence :

W (n) est vraie pour tout entier naturel n si les deux conditions suivantessont vries :

(i) W (0) est vrie.

(ii) Le fait que W (k) soit vraie pour 0 k n implique que W (n + 1) estaussi vraie.

On suppose que an1 an2 et an an1. On a alors

an+1 an = 13(an an1 + a3n1 a3n2

) 0.

La suite est donc convergente. On note g sa limite. On a g = 13(1 + g + g3

).

En consquence,

g = 1 ou g =1 +5

2ou g =

152

.

On remarque que tous les termes de la suite sont positifs et infrieurs g = 1+

5

2 . Donc, limn+ an = g =1+5

2 .

II.1.11. On a an+1 = an n+12n+3 < an (n 1). On obtient donc (voir la solutiondu problme II.1.3) g = 0.

II.1.12. Puisque an+1 = an 2n+22n+3 < an pour n 1, la suite est dcroissante.Elle est minore par 0 donc elle converge.

II.1.13.

(a) Clairement, {an} est croissante. On montre quelle est majore. En eet,

an = 1 +122

+132

+ + 1n2

< 1 +1

1 2 +1

2 3 + +1

(n 1)n= 1 +

(1 1

2

)+(

12 1

3

)+ +

(1

n 1 1n

)= 2 1

n< 2.

84

Solutions

(b) De faon vidente, {an} est croissante. De plus,

an = 1 +122

+133

+ + 1nn

< 1 +122

+132

+ + 1n2

.

La suite est donc majore comme consquence de (a).

II.1.14. Pour n 1, on a

an+1 an = 1n(n + 1)

+1

2n(2n + 1)+

1(2n + 1)(2n + 2)

< 0.

La suite est donc convergente puisque dcroissante et minore.

II.1.15. On obtient, avec lingalit entre les moyennes arithmtique et go-mtrique,

an+1 p

ap1na

ap1n= pa, n 1.

Donc,

an+1 an = anp

+a

pap1n= a

pn apap1n

0 pour n 2,

ce qui montre que la suite converge et limnan =

pa.

II.1.16. Clairement, 0 < an < 2 pour n 1. De plus,

a2n+1 a2n =an an1 > 0 si an > an1.

La suite converge donc vers une limite g vriant lgalit g =

2 +g.

Remarque. On montre, en utilisant la formule de Cardan pour les racines rellesdun polynme de degr 3, que

g =13

(3

12

(79 + 3

249

)+

3

12

(79 3

249

) 1

).

II.1.17. On remarque que an+1 = 2(2 5an+3

), n 1. On peut alors ta-

blir, par rcurrence, que 0 < an < 2 pour n 1. De plus,

an+1 an = (an + 1)(an 2)an + 3

0.

La suite converge donc et limn+ an = 2.

85


II.1.18. On peut montrer, par rcurrence, que la suite {an} est strictementcroissante. Si elle tait majore, il existerait un rel g tel que g = lim

n+ an.

On aurait aussi g22g+ c = 0. Cette quation a une racine relle si c 1. Onsuppose donc que 0 < c 1. La suite {an} est alors majore par 1

1 c

et limn+ an = 1

1 c.

Pour c > 1, la suite est strictement croissante et ne converge pas, doncdiverge vers +.

II.1.19. Puisque

an+1 = an

(1 2 a

2n a

3a2n + a

)pour n 1,

on obtient :

si an >a, alors an+1 < an,

si an an,

si an =a, alors an+1 =

a.

On observe alors que

ana2n + 3a3a2n + a

>a si et seulement si

(an

a)3

> 0,

ce qui est quivalent an >a. Enn,

si 0 < a1 a, alors {an} est dcroissante et minore par

a,

si a1 =a, alors {an} est une suite constante.

Dans chacun des cas prcdents, la suite converge versa.

II.1.20. On peut prouver par rcurrence que

an =(3n1 1) (3n1 3)a1

(3n 1) (3n 3)a1 pour n 1.

La suite nest donc pas dnie pour a1 = 3n+11

3n+13 , n N. De plus, si a1 = 1,alors an = 1 pour tout n N. Pour toute autre valeur de a1, la suite convergevers 1/3.

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Solutions

II.1.21. On a an+1 = (an a)2 + an an pour n 1. La suite est donccroissante. De plus, si elle converge, alors lim

n+ an = a. Donc, si a1 > a, lasuite diverge. Dans le cas o a 1 a1 a, on a aussi a 1 an a pourn > 1 et la suite converge dans ce cas. Enn, si a1 < a 1, alors a2 > a et lasuite diverge.

II.1.22. Il est vident que la suite peut converger vers a ou b. On considreles cas suivants :

1) c > b.

On a alors a2 = c2+aba+b > c = a1 et, par rcurrence, an+1 > an. Donc,

limn+ an = +.

2) c = b.

videmment, an = b pour tout n N.

3) a < c < b.

On peut montrer, par rcurrence, que la suite {an} est dcroissante etminore par a. Donc, lim

n+ an = a.

4) c = a.

Clairement, an = a pour tout n N.

5) 0 < c < a.

On utilise nouveau la rcurrence pour prouver que {an} est croissanteet majore par a. Il sensuit que lim

n+ an = a.

II.1.23. On remarque que an+1 = 6(1 6an+7

)pour tout n N. Do, par

rcurrence,

si a1 < 2, alors an < 2, n N ;si a1 > 2, alors an > 2, n N.

Documents

Problemes_d_analyse_1.pdf