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Suites. Corrigés d’exercices Version du 20/07/2014

Lycée Fénelon Sainte-Marie 1/43 M. Lichtenberg Classe de Terminale S 2013-2014

Les exercices du livre corrigés dans ce document sont les suivants : Page 23 : N°11 Page 41 : N°98 Page 32 : N°29, 30, 33, 35 Page 42 : N°103 Page 33 : N°38 Page 43 : N°104, 109 Page 34 : N°47, 48, 54, 57, 58, 64 Page 44 : N°110, 112 Page 36 : N°74, 77 Page 45 : N°115, 117, 118 Page 37 : N°82, 84, 89 Page 49 : N°132, 134 Page 40 : N°95, 96 N°11 page 23 a. Pour tout entier naturel n, on a : ( )1 sin 1n− ≤ ≤ .

On en tire alors, pour tout entier naturel n non nul : ( )1 1sin nn n

− ≤ ≤ .

Les suites *

1

nn ∈

⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠

et *

1

nn ∈

⎛ ⎞−⎜ ⎟⎝ ⎠

sont toutes deux convergentes de limite nulle.

Le théorème des gendarmes nous permet alors de conclure :

La suite ( )nu est convergente de limite nulle.

b. Pour tout entier naturel n non nul, on a : ( ) ( )cos cos1n

n n nv

n n+

= = + .

Comme précédemment, on montre facilement que l’on a : ( )coslim 0

n

nn→+∞

= .

On en déduit alors : ( )coslim lim 1 1 0 1nn n

nv

n→+∞ →+∞

⎡ ⎤= + = + =⎢ ⎥

⎣ ⎦.

La suite ( )nv est convergente de limite égale à 1.

Suites Corrigés d’exercices / Version du 20/07/2014


N°29 page 32 1. Pour tout entier naturel n non nul, on considère la propriété nP suivante :

nP : « ( )223 3 3 1

1 2 ...4

n nn

++ + + = »

Initialisation

Pour 1n = , on a : 3 3 3 31 2 ... 1 1n+ + + = = , d’une part, et ( ) ( )2 22 2 21 1 1 1 2 14 4 4

n n + += = = ,

d’autre part. Les deux expressions fournissent le même résultat. On en déduit que la propriété 1P est vraie. Hérédité Soit n un entier naturel non nul quelconque fixé.

On suppose nP vraie. On a donc : ( )223 3 3 1

1 2 ...4

n nn

++ + + = .

Intéressons-nous alors à la somme ( )33 3 31 2 ... 1n n+ + + + + . On a :

( )

( )

( ) ( ) ( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( ) ( )

( ) ( )

22

2 223 33 3 3 2

14

d'après l'hypothèsede récurrence

2 222

22

1 11 2 ... 1 1 4 1

4 4

1 14 4 2

4 41 1 1

4

n n

n n nn n n n n

n nn n n

n n

+=

+ +⎡ ⎤+ + + + + = + + = × + +⎣ ⎦

+ += × + + = × +

+ + +⎡ ⎤⎣ ⎦=

Ainsi, la propriété 1n+P est vraie. Conclusion La propriété nP est vraie pour tout entier naturel n non nul.

( )223 3 3 1

*,1 2 ...4

n nn n

+∀ ∈ + + + =

Remarque : en notant que l’on a ( ) ( ) ( )222

21 11 2 ...

4 2n n n n

n+ +⎛ ⎞

= = + + +⎜ ⎟⎝ ⎠

, on peut aussi

écrire :

( )23 3 3*,1 2 ... 1 2 ...n n n∀ ∈ + + + = + + +



2. Pour tout entier naturel n non nul, on considère la propriété nP suivante :

nP : « ( ) ( )

( )( )( )

31 1 1...1 2 3 2 3 4 1 2 4 1 2

n nn n n n n

++ + + =

× × × × × + × + + + »

Initialisation

Pour 1n = , on a : ( ) ( )

1 1 1 1 1...1 2 3 2 3 4 1 2 1 2 3 6n n n

+ + + = =× × × × × + × + × ×

, d’une part, et

( )( )( )

( )( )( )

3 1 1 3 1 44 1 2 4 1 1 1 2

n nn n

+ × + ×= =

+ + + + 4162 3

=× ×

, d’autre part. Les deux expressions

fournissent le même résultat. On en déduit que la propriété 1P est vraie. Hérédité Soit n un entier naturel non nul quelconque fixé. On suppose nP vraie. On a donc :

( ) ( )( )

( )( )31 1 1...

1 2 3 2 3 4 1 2 4 1 2n n

n n n n n+

+ + + =× × × × × + × + + +

Intéressons-nous alors à la somme :

( ) ( ) ( ) ( ) ( )1 1 1 1...

1 2 3 2 3 4 1 2 1 2 3n n n n n n+ + + +

× × × × × + × + + × + × +.

On a :

( ) ( )( )

( )( )( )

( ) ( ) ( )

( )( )( ) ( ) ( ) ( )

( )( )( ) ( )

( )( )( )( )( )

( )( )( )

34 1 2


2

2

2

3 2

1 1 1 1...1 2 3 2 3 4 1 2 1 2 3

3 14 1 2 1 2 3

1 3 44 1 2 3

3 44 1 2 3

6 9 44 1 2 3

6

n nn n

n n n n n n

n nn n n n n

n nn n n

n nn n n

n n nn n n

n n

+=

+ +

+ + + +× × × × × + × + + × + × +

+= +

+ + + × + × +

⎡ ⎤= × + +⎣ ⎦+ + +

+ +=

+ + +

+ + +=

+ + +

+ +=

( )( )( )9 4

4 1 2 3n

n n n+

+ + +



En remplaçant « n » par « 1n+ » dans l’expression ( )( )( )

34 1 2

n nn n

++ +

, on obtient :

( ) ( )( )( )( ) ( )( )

( )( )( )( )

( ) ( )( )( )( )

21 1 3 1 4 1 44 2 3 4 1 2 34 1 1 1 2

n n n n n nn n n n nn n

+ + + + + + += =

+ + + + ++ + + +

Or : ( ) ( ) ( )( )2 2 3 21 4 2 1 4 6 9 4n n n n n n n n+ + = + + + = + + + . On en déduit ainsi :

( ) ( ) ( ) ( ) ( )( ) ( )( )( )( ) ( )( )

1 1 31 1 1 1...1 2 3 2 3 4 1 2 1 2 3 4 1 1 1 2

n nn n n n n n n n

+ + ++ + + + =

× × × × × + × + + × + × + + + + +

Ainsi, la propriété 1n+P est vraie. Conclusion La propriété nP est vraie pour tout entier naturel n non nul.

( ) ( )( )

( )( )31 1 1*, ...

1 2 3 2 3 4 1 2 4 1 2n n

nn n n n n

+∀ ∈ + + + =

× × × × × + × + + +

N°30 page 32 Pour tout entier naturel n, on considère la propriété nP suivante :

nP : « la fonction nf définie sur par nx x est dérivable sur et sa dérivée vérifie : pour tout réel x, on a ( ) 1' n

nf x n x −= . » Initialisation La fonction 0f est définie sur par 0

0 : 1f x x = . Elle est dérivable sur en tant que fonction constante et pour tout x réel, on a : ( )0 ' 0f x = .

Par ailleurs, pour 0n = , la fonction 1nx n x − correspond, formellement, à la fonction nulle du fait du coefficient « n ». On déduit de ce qui précède que la propriété 0P est vraie. Hérédité Soit n un entier naturel non nul quelconque fixé. On suppose nP vraie. On suppose donc que, pour cette valeur de n, la fonction : n

nf x x est dérivable sur de dérivée 1' : n

nf x n x − .



On s’intéresse maintenant à la fonction 11 : n

nf x x ++ .

Pour tout x réel, on a immédiatement : ( ) ( )11

nn nf x x x f x++ = = .

Ainsi, la fonction 1nf + peut-elle être considérée comme le produit, défini sur , de la fonction identité et de la fonction nf , toutes deux dérivables sur . Il en résulte que la fonction 1nf + est également dérivable sur . Pour tout x réel, on a alors :

( ) ( ) ( )

( )

( ) ( ) ( )

1

1 111


' 1 ' 1 1n

nn n nn n n

n x

f x f x x f x x x n x n x n x−

+ −−+

=

= × + × = + × = + = +

Ainsi, la propriété 1n+P est vraie. Conclusion La propriété nP est vraie pour tout entier naturel n.

Pour tout entier naturel n, la fonction nf définie sur par nx x est dérivable sur et sa dérivée vérifie :

pour tout réel x, on a ( ) 1' nnf x n x −= .

N°33 page 32 Pour tout entier naturel 2n ≥ , on considère la propriété nP suivante :

nP : « ( )1! 2! 3! ... 1 ! !n n+ + + + − ≤ » Initialisation Pour 2n = , on a ( )1! 2! 3! ... 1 ! 1! 1n+ + + + − = = , d’une part, et ! 2! 2n = = , d’autre part. Comme 1 2≤ , on en conclut immédiatement que la propriété 2P est vraie. Hérédité Soit n un entier naturel supérieur ou égal à 2 quelconque fixé. On suppose nP vraie. On suppose donc que, pour cette valeur de n, on a :

( )1! 2! 3! ... 1 ! !n n+ + + + − ≤ On s’intéresse maintenant à la somme ( )1! 2! 3! ... 1 ! !n n+ + + + − + . On a :

( )

( )!


1! 2! 3! ... 1 ! ! ! ! 2 !n

n n n n n≤

+ + + + − + ≤ + = ×



On a, par ailleurs : ( ) ( ) ( ) ( )1 ! 2 ! 1 ! 2 ! ! 1 2 1 !n n n n n n n n n+ − = + × − = × + − = − ×⎡ ⎤⎣ ⎦ .

Comme 2n ≥ , il vient 1 1 0n− ≥ > et donc ( )1 ! 0n n− × > .

Ainsi : ( )1 ! 2 ! 0n n+ − > et, finalement : ( ) ( )1! 2! 3! ... 1 ! ! 1 !n n n+ + + + − + < + . Ainsi, la propriété 1n+P est vraie. Conclusion La propriété nP est vraie pour tout entier naturel 2n ≥ .

Pour tout entier naturel 2n ≥ , on a :

( )1! 2! 3! ... 1 ! !n n+ + + + − ≤ N°35 page 32 1. On a facilement :

0 0v = (dans l’énoncé)

1 0 2 0 1 0 1 1v v= + × + = + =

2 1 2 1 1 1 3 4v v= + × + = + =

3 2 2 2 1 4 5 9v v= + × + = + =

4 3 2 3 1 9 7 16v v= + × + = + = 0, 1, 4, 9 et 16 sont les carrés des cinq premiers entiers naturels … On peut conjecturer :

2, nn v n∀ ∈ = .

2. Pour tout entier naturel n, on considère, d’après la question précédente, la propriété nP suivante :

nP : « 2nv n= »

Initialisation D’après la question précédente, 0P (ce qui suffit pour initialiser le raisonnement), 1P ,

2P , 3P et 4P sont vraies. Hérédité Soit n un entier naturel quelconque fixé. On suppose que la propriété nP est vraie. C'est-à-dire : 2

nv n= . Par définition de la suite ( )nv , on a : 1 2 1n nv v n+ = + + d’où, en tenant compte de

l’hypothèse de récurrence : ( )221 2 1 2 1 1n nv v n n n n+ = + + = + + = + .



Ainsi, la propriété 1n+P . Conclusion La propriété nP est vraie pour tout entier naturel n. Finalement :

2, nn v n∀ ∈ =

N°38 page 33 Pour tout entier naturel n, on considère la propriété nP suivante :

nP : « 4 3 1nnu = × − »

Initialisation Pour 0n = , on a 0 3nu u= = , d’une part, et 04 3 1 4 3 1 4 1 3n× − = × − = − = , d’autre part. De l’égalité on conclut immédiatement que la propriété 0P est vraie. Hérédité Soit n un entier naturel quelconque fixé. On suppose nP vraie. On suppose donc que, pour cette valeur de n, on a : 4 3 1n

nu = × − . On s’intéresse maintenant à 1nu + . Par définition de la suite ( )nu , on a : 1 3 2n nu u+ = + . D’où, en tenant compte de l’hypothèse de récurrence :

( ) 11 3 2 3 4 3 1 2 3 4 3 3 2 4 3 1n n n

n nu u ++ = + = × − + = × × − + = × −

Ainsi, la propriété 1n+P est vraie. Conclusion La propriété nP est vraie pour tout entier naturel n.

Pour tout entier naturel n, on a : 4 3 1nnu = × − .



N°47 page 34 a. Comme x +∈ , on a *2 1x ++ ∈ et donc, en tenant compte également de 0e > :

( )3 33 2 1 3 2 3 22 1 2

ee e x ex e e ex xx e

−< ⇔ < + ↔ < + ⇔ − < ⇔ <

+

• Si 3 0e− < , c'est-à-dire 3e > alors l’ensemble des solutions de l’inéquation

32 1

ex

<+

est + .

• Si 3 0e− ≥ , c'est-à-dire ] ]0 ; 3e∈ (n’oublions pas que le réel e est strictement

positif) alors l’ensemble des solutions de l’inéquation 32 1

ex

<+

est l’intervalle

3 ;2

ee−⎤ ⎡+∞⎥ ⎢⎦ ⎣

.

b. a. On a : 32 1nu e e

n< ⇔ <

+.

D’après la question précédente, il vient (on résout en fait l’inéquation dans cette fois-ci) :

• Si 3 0e− < , c'est-à-dire 3e > alors l’ensemble des solutions de l’inéquation 3

2 1e

n<

+ est .

• Si 3 0e− ≥ , c'est-à-dire ] ]0 ; 3e∈ alors l’ensemble des solutions de l’inéquation 3

2 1e

n<

+ est l’ensemble des nombres entiers naturels appartenant à l’intervalle

3E 1;2

ee

⎡ − ⎡⎛ ⎞ + +∞⎜ ⎟⎢ ⎢⎝ ⎠⎣ ⎣ où 3E

2e

e−⎛ ⎞

⎜ ⎟⎝ ⎠

désigne la partie entière du réel 32

ee−

( 3E 12

ee−⎛ ⎞ +⎜ ⎟

⎝ ⎠ est donc le plus petit entier naturel solution de l’inéquation

32 1

en

<+

).

Ainsi, pour toute valeur de e dans *

+ , il existe un rang N tel que nn N u e≥ ⇒ < ( 0N =

si 3e > et 3E 12

eNe−⎛ ⎞= +⎜ ⎟

⎝ ⎠ si ] ]0 ; 3e∈ ).

b. Pour tout entier naturel n, on a 0nu > . D’après la question précédente, pour tout réel strictement positif e, il existe un rang N tel que : nn N u e≥ ⇒ < , d’où ] [;nu e e∈ − .

Par définition, on en conclut alors que la suite ( )nu converge vers 0.



N°48 page 34

2nu

n= ( 0n > )

a. On a, ( )nu f n= où f est la fonction définie sur *+ par : ( ) 2x f x

x= .

La fonction inverse étant strictement décroissante sur l’intervalle *+ , il en va de même

pour la suite ( )nu .

b. On conjecture, par exemple à l’aide de la calculatrice ou en utilisant 1lim 0n n→+∞

= , que l’on

a : lim 0nnu

→+∞= .

c. On cherche un rang p tel que : 4 410 ;10nn p u − −⎤ ⎡≥ ⇒ ∈ −⎦ ⎣ .

Les termes de la suite étant strictement positifs, on a : 4 4 410 ;10 10n nu u− − −⎤ ⎡∈ − ⇔ <⎦ ⎣ . Il vient alors :

4 4 4 44

2 110 10 10 2 10 20 0002 10 2nn nu n

n− −

−< ⇔ < ⇔ > ⇔ > ⇔ > × =

On peut donc choisir 20 001p =

d. On généralise la démarche de la question précédente en remplaçant 410− par un réel e strictement positif :

2 1 2 2E 12nnu e e n n

n e e e⎛ ⎞< ⇔ < ⇔ > ⇔ > ⇔ ≥ +⎜ ⎟⎝ ⎠

Pour tout réel strictement positif e, on pose 2N E 1e

⎛ ⎞= +⎜ ⎟⎝ ⎠

et on a : N nn u e≥ ⇒ < .

On en déduit que la suite ( )nu est convergente de limite nulle.

1

1nun

=+

a. On a, ( )nu f n= où f est la fonction définie sur + par : ( ) 11

x f xx

=+

.

La fonction racine carrée est strictement croissante sur + . Il en va donc de même de la

fonction 1x x+ . La fonction inverse est strictement décroissante sur *+ . La fonction

f, composée de ces deux fonctions, est donc elle-même strictement décroissante.



Il en va de même pour la suite ( )nu .

b. On conjecture, par exemple à l’aide de la calculatrice ou en utilisant ( )lim 1n

n→+∞

+ = +∞ ,

que l’on a : lim 0nnu

→+∞= .

c. On cherche un rang p tel que : 4 410 ;10nn p u − −⎤ ⎡≥ ⇒ ∈ −⎦ ⎣ .

Les termes de la suite étant strictement positifs, on a : 4 4 410 ;10 10n nu u− − −⎤ ⎡∈ − ⇔ <⎦ ⎣ . Il vient alors :

4 4 44

1 110 10 1 10 1101nu n n

n− −

−< ⇔ < ⇔ < + ⇔ − <+

Les deux membres de la dernière inégalité étant positifs, on a :

( )24 410 1 10 1n n− < ⇔ − < On peut donc choisir ( )2410 1 1 99 980 002p = − + = .

d. Ici encore, on généralise la démarche de la question précédente en remplaçant 410− par un réel e strictement positif :

1 1 11 11nu e e n n

e en< ⇔ < ⇔ < + ⇔ − <

+

En toute rigueur, on doit distinguer deux cas :

• Si 1e > alors 1 1 0e− < et l’inégalité 1 1 n

e− < est vérifiée pour toute valeur de n.

• Si 1e ≤ alors 1 1 0e− ≥ et on a :

21 11 1n ne e

⎛ ⎞− < ⇔ − <⎜ ⎟⎝ ⎠

. On peut alors

considérer 21N E 1 1

e⎛ ⎞⎛ ⎞= − +⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠⎝ ⎠

.

Dans tous les cas, on peut trouver une valeur N telle que : N nn u e≥ ⇒ < . On en déduit que la suite ( )nu est convergente de limite nulle.

N°54 page 34 Nous allons établir le résultat en utilisant la définition. Il convient donc de montrer que pour tout réel A, il existe un rang N à partir duquel on a Anu < . Soit donc A un réel.

On a : 2 2 2 3 A2 3 A 2 3 A2

n n n −− + < ⇔ > − ⇔ > .



On distingue donc deux situations :

• Si A 3> alors 3 A 02−

< et l’inégalité 2 3 A2

n −> est vérifiée pour tout entier naturel

n. Il suffit alors de choisir N 0= par exemple.

• Si A 3≤ alors 3 A 02−

≥ et on a : 2 3 A 3 A2 2

n n− −> ⇔ > .

Il suffit alors de considérer : 3 AN E 12

⎛ ⎞−= +⎜ ⎟⎜ ⎟

⎝ ⎠.

Dans tous les cas, pour un A réel quelconque fixé, on peut trouver une valeur N telle que :

N Ann u≥ ⇒ < . On en déduit que la suite ( )nu tend vers −∞ . N°57 page 34 a. On a :

produitlimlim

limn

nn

nn n

n→+∞

→+∞→+∞

= +∞⎫⎪ ⇒ = +∞⎬= +∞⎪⎭

lim nn

u→+∞

= +∞

b. Comme 3 2lim limn n

n n→+∞ →+∞

= = +∞ , nous avons affaire à une forme indéterminée du type

« ∞−∞ ». Pour tout entier naturel n, on a : ( )3 2 2 1n n n n− = − . On a alors :

( )( )

( )somme

produit2

2

limlim 1

lim 1 1 lim 1

lim

n

nn n

n

nn

n n

n

→+∞

→+∞→+∞ →+∞

→+∞

⎫= +∞⎫⎪ ⎪⇒ − = +∞⎬ ⎪− = − ⇒ − = +∞⎪ ⎬⎭⎪

= +∞⎪⎭

lim nn

v→+∞

= +∞



N°58 page 34 1. On a :

( )rapportproduit

somme

lim 3 3

lim 3lim 0lim 2lim 2 2 2 1lim 2 1

lim 1 1

n

n

nnn n

n

nn

nn

→+∞

→+∞

→+∞→+∞→+∞ →+∞

→+∞

= ⎫⎪⎪⎫= +∞⎫ ⎪⎪ ⎪ ⇒ =⇒ = +∞ ⎬⎬ ⎪= +⇒ + = +∞⎬ ⎪⎪⎭

⎪ ⎪= ⎪ ⎪⎭ ⎭

lim 0nn

u→+∞

=

2. On a, en procédant de façon similaire :

( )

( )

sommerapport

somme

lim 5 5

lim 2 2 2lim 5 52 1lim lim 01lim 1

lim 1 1

n

n

nn n

nn

nnnn

→+∞

→+∞

→+∞→+∞ →+∞

→+∞→+∞

= ⎫⎪⎪− = − ⎫ −⎪ ⎛ ⎞⎪ ⇒ + =⎬ ⎜ ⎟−⎪ += +∞⎫ ⎝ ⎠⇒ =⎬ ⎪⎪ +⇒ + = +∞⎪⎬ ⎪= ⎪⎪ ⎪⎭ ⎭ ⎭

lim 5nn

v→+∞

=

N°64 page 34 1. Pour tout entier naturel n non nul :

( )( )2

222

1 3 1 31 1 1 11 3112 1 22

n

n nn n n n n nun n

nn

⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎛ ⎞+ × − + −⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟+ − ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎝ ⎠= = =+ ⎛ ⎞ ++⎜ ⎟

⎝ ⎠

Comme 2

1 1lim lim 0n nn n→+∞ →+∞

= = , il vient (somme) :

1lim 1 1n n→+∞

⎛ ⎞+ =⎜ ⎟⎝ ⎠

, 3lim 1 1n n→+∞

⎛ ⎞− = −⎜ ⎟⎝ ⎠

et 2

1lim 2 2n n→+∞

⎛ ⎞+ =⎜ ⎟⎝ ⎠



Et enfin : ( )

2

1 31 1 1 1 1lim 1 2 22n

n n

n→+∞

⎛ ⎞⎛ ⎞+ −⎜ ⎟⎜ ⎟ × −⎝ ⎠⎝ ⎠ = = −+

.

1lim2nn

u→+∞

= −

2. On procède de façon similaire. Pour tout entier naturel n non nul :

2 2 2 2

1 1 1 1 1 1 1 11 1 1 12 2 2nnv n n n

n n n n n n n+⎛ ⎞⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎛ ⎞= − = − × × + = − +⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟

⎝ ⎠⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎝ ⎠

Comme 2



2

1 1lim 1 lim 1 1n nn n→+∞ →+∞

⎛ ⎞ ⎛ ⎞− = + =⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠

Et enfin (produit) : 2

1 1 1 1lim 1 12 2n n n→+∞

⎛ ⎞⎛ ⎞− + =⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠⎝ ⎠

.

1lim2nn

v→+∞

=

N°74 page 36

1. Comme, pour tout entier naturel n, on a : ( )1 1 1n− ≤ − ≤ , il vient : 1 11 1nu

n n−

≤ ≤+ +

.

Comme ( )lim 1n

n→+∞

+ = +∞ , on a : 1 1lim lim 01 1n nn n→+∞ →+∞

−= =

+ +.

Le théorème des gendarmes nous permet alors de conclure que la suite ( )nu est convergente et que l’on a : lim 0nn

u→+∞

= .

( )nu est convergente et lim 0nn

u→+∞

= .

2. On procède de façon similaire à ce qui vient d’être fait.

Comme, pour tout entier naturel n, on a : ( )1 cos 1n− ≤ ≤ , il vient : 2 2

1 1nv

n n−

≤ ≤ .

Comme 2limn

n→+∞

= +∞ , on a : 2

1lim 0n n→+∞

= .



Le théorème des gendarmes nous permet alors de conclure que la suite ( )nv est convergente et que l’on a : lim 0nn

v→+∞

= .

( )nv est convergente et lim 0nn

v→+∞

= .

N°77 page 36 1. A la calculatrice, on obtient :

10

100

1,996 3571,999 952

uu

Il semble que la suite ( )nu converge vers 2.

2. Pour tout n entier naturel, on a : 1 sin 1n− ≤ ≤ . On en déduit : 3 3sin 3n− ≤ − ≤ puis : 2 2 22 3 2 3sin 2 3n n n n− ≤ − ≤ + et, enfin :

2 2 2

2 2 2

2 3 2 3sin 2 31 1 1

n n n nn n n

− − +≤ ≤

+ + +

C'est-à-dire : 2 2

2 2

2 3 2 31 1n

n nun n

− +≤ ≤

+ +.

Le résultat est ainsi établi.

2 2

2 2

2 3 2 3,1 1n

n nn un n

− +∀ ∈ ≤ ≤

+ +

Pour tout entier naturel n non nul, on a :

22 2 2

22

22

3 32 22 3111 11

nn n nn n

nn

⎛ ⎞− −⎜ ⎟− ⎝ ⎠= =+ ⎛ ⎞ ++⎜ ⎟

⎝ ⎠

et

22 2 2

22

22

3 32 22 3111 11

nn n nn n

nn

⎛ ⎞+ +⎜ ⎟+ ⎝ ⎠= =+ ⎛ ⎞ ++⎜ ⎟

⎝ ⎠

Comme 2 2



2 2

3 3lim 2 lim 2 2n nn n→+∞ →+∞

⎛ ⎞ ⎛ ⎞− = + =⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠

et 2

1lim 1 1n n→+∞

⎛ ⎞+ =⎜ ⎟⎝ ⎠



On en déduit finalement (rapport) :

2 2

2

2

322 3 2lim lim 211 11n n

n nn

n→+∞ →+∞

−−= = =

+ + et

2 2

2

2

322 3 2lim lim 211 11n n

n nn

n→+∞ →+∞

++= = =

+ +

Le théorème des gendarmes nous permet alors de conclure que la suite ( )nu est convergente de limite égale à 2.

lim 2nnu

→+∞=

3. a. A la question 2, nous avons obtenu, pour tout entier naturel n : 2 2

2 2

2 3 2 31 1n

n nun n

− +≤ ≤

+ +

On en déduit immédiatement : 2 2

2 2

2 3 2 32 2 21 1n

n nun n

− +− ≤ − ≤ −

+ +.

Soit : ( ) ( )2 2 2 2

2 2

2 3 2 1 2 3 2 12

1 1n

n n n nu

n n− − + + − +

≤ − ≤+ +

.

Soit encore : 2 2

5 121 1nu

n n−

≤ − ≤+ +

.

On a bien :

2 2

5 1, 21 1nn u

n n−

∀ ∈ ≤ − ≤+ +

b. Comme : 2 2

1 5,1 1

nn n

∀ ∈ ≤+ +

, l’inégalité obtenue à la question précédente entraîne :

2 2

5 5, 21 1nn u

n n−

∀ ∈ ≤ − ≤+ +

Soit : 2

5, 21nn u

n∀ ∈ − ≤

+.

Ainsi, si, à partir d’un certain rang N, on a l’inégalité : 32

5 101n

−<+

alors, on aura

également l’inégalité 32 10nu −− < . En d’autres termes, la distance entre nu et 2 sera

inférieure à 310− .



On a : 2

3 3 2 22

5 110 10 1 5 000 4 999 4 9991 5

n n n nn

− +< ⇔ > ⇔ + > ⇔ > ⇔ >

+

Or : 4 999 70,7 . Ainsi, pour 71n ≥ , on aura 32

5 101n

−<+

et donc 32 10nu −− < .

A partir du rang 71N = , on est certain que la distance entre nu et 2 est inférieure à 310− .

c. On a ( )22

2 2 2

2 1 2 3sin2 3sin 2 3sin21 1 1n

n nn n nun n n

+ − −− += = = −

+ + +.

Si 2 3sin 0n+ < , c'est-à-dire 2sin3

n < − alors on aura 2nu > .

En l’occurrence 2sin 74 0,9853

− < − et 74 2,000174u .

Pour tout entier 71n ≥ , on n’a pas nécessairement 2nu ≤ .

N°82 page 37 1. L’objectif de cette question est d’établir la croissance de la suite u.

On a immédiatement :

( )

21

21

21

21

, 3 1

, 3 1

, 2 1

, 1

n n n

n n n n n

n n n n

n n n

n u u u

n u u u u u

n u u u u

n u u u

+

+

+

+

∀ ∈ = + +

⇔ ∀ ∈ − = + + −

⇔ ∀ ∈ − = + +

⇔ ∀ ∈ − = +

Comme on a : ( )2, 1 0nn u∀ ∈ + ≥ , la relation de récurrence définissant la suite u entraîne donc sa croissance et ce, quelle que soit la valeur de 0u . Il n’est donc pas utile de montrer que l’on a 0nu ≥ pour tout entier naturel n (une récurrence simple permet d’établir ce résultat) qui s’avère une conséquence immédiate de cette croissance et du fait que 0u est égal à 0.

La suite u est croissante.

2. On suppose que la suite u est majorée. Dès lors, étant croissante et majorée, la suite u est convergente. Notons L sa limite.



A la question précédente, on a montré que l’on avait : ( )21, 1n n nn u u u+∀ ∈ − = + .

Or : ( )1lim lim 0n n nn nu L u u L L+→+∞ →+∞

= ⇒ − = − = et ( ) ( )2 2lim 1 1nnu L

→+∞+ = + .

Comme ( ) ( ) ( )2 21 1, 1 lim lim 1n n n n n nn n

n u u u u u u+ +→+∞ →+∞∀ ∈ − = + ⇒ − = + , il vient donc

( )20 1L= + soit, finalement : 1L = − .

Si la suite u est majorée alors on a nécessairement : lim 1nnu

→+∞= − .

3. Le résultat précédent est absurde puisque l’on a, d’après la question 1 : , 0nn u∀ ∈ ≥ . Il en résulte alors que la limite L de la suite u est nécessairement positive. Ainsi, la limite L ne peut être égale à 1− . Aboutissant à une contradiction, on en tire que la suite u n’est pas majorée. Etant croissante, elle tend donc vers +∞ .

lim nnu

→+∞= +∞

4. a. Nous proposons l’algorithme suivant, écrit en langage pseudo-naturel :

Variable : N entier U réel A réel Début : N 0 U 0 Lire A TantQue U A< Faire N N 1+ U 2U 3U 1+ + FinTantQue Afficher N Fin

b. Pour A 1 000= , on obtient : N 4= . Pour vérifier : 3 41u = et 4 1805u = Pour 6A 10= , on obtient : N 5= . Pour vérifier : 4 1805u = et 5 3 263 441u =



Sur ma CASIO, j’ai écrit le programme suivant :

N°84 page 37

1. Comme ] [2 1; 13∈ − + , on a immédiatement : 2lim 0

3

n

n→+∞

⎛ ⎞ =⎜ ⎟⎝ ⎠

.

Il vient alors (différence) : 2lim 1 1 0 13

n

n→+∞

⎡ ⎤⎛ ⎞− = − =⎢ ⎥⎜ ⎟⎝ ⎠⎢ ⎥⎣ ⎦

puis (rapport) :

2 2lim 2121

3

nn→+∞= =

⎛ ⎞− ⎜ ⎟⎝ ⎠

.

Enfin (différence) : 2lim lim 1 1 2 1213

n nn nu

→+∞ →+∞

⎛ ⎞⎜ ⎟⎜ ⎟= − = − = −⎜ ⎟⎛ ⎞−⎜ ⎟⎜ ⎟

⎝ ⎠⎝ ⎠

.

lim 1nn

u→+∞

= −



2. Comme 6 et 7 sont deux réels strictement supérieurs à 1, on a immédiatement :

lim 6 lim 7n n

n n→+∞ →+∞= = +∞

Pour ( )nv , nous avons donc affaire à une forme indéterminée du type « ∞ −∞ ».

Comme 7 6> , on a : , 7 6n nn∀ ∈ > . On va donc factoriser par 7n :

6 6, 6 7 7 1 7 17 7

nnn n n n

n nn v⎛ ⎞⎛ ⎞ ⎛ ⎞∀ ∈ = − = − = −⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠⎝ ⎠ ⎝ ⎠

Comme 0 6 7< < , il vient ] [6 1; 17∈ − + et donc 6lim 0

7

n

n→+∞

⎛ ⎞ =⎜ ⎟⎝ ⎠

.

On en déduit (somme) : 6lim 1 17

n

n→+∞

⎛ ⎞⎛ ⎞ − = −⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠⎝ ⎠ puis (produit) : 6lim 7 1

7

nn

n→+∞

⎛ ⎞⎛ ⎞ − = −∞⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠⎝ ⎠.

lim nn

v→+∞

= −∞

N°89 page 37 1. On a, pour tout entier naturel n non nul :

1

2 3 12

2 1

1 1 1 1...10 10 10 10

111 1 1 1 101 ... 110 10 10 100 110

1 11 110 10

100 9010010

1 1190 10

n

k nk

n

n

n n

n

+

+=

−

= + + +

−⎛ ⎞= + + + = ×⎜ ⎟⎝ ⎠ −

− −= =

−

⎛ ⎞= × −⎜ ⎟⎝ ⎠

∑

1

2

1 1 1*, 110 90 10

n

k nk

n+

=

⎛ ⎞∀ ∈ = × −⎜ ⎟⎝ ⎠

∑



2. Pour tout entier naturel n non nul, on a :

1

2fois lefois lechiffre "0"chiffre "7"

11, 277....7 1,2 0,07 0,007 ... 0, 00...0 7 1, 2 710

n

n kknn

v+

=

= = + + + + = + ×∑

En tenant compte de la question 1, il vient alors :

1

2

1 1 1 7 11, 2 7 1,2 7 1 1, 2 110 90 10 90 10

n

n k n nk

v+

=

⎛ ⎞ ⎛ ⎞= + × = + × × − = + × −⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠

∑

Comme 1 110 10

n

n⎛ ⎞= ⎜ ⎟⎝ ⎠

et comme ] [1 1; 110

∈ − + , il vient : 1lim 010nn→+∞

= .

On en déduit alors : 1lim 1 1 0 110nn→+∞

⎛ ⎞− = − =⎜ ⎟⎝ ⎠

puis 7 1 7lim 190 10 90nn→+∞

⎡ ⎤⎛ ⎞× − =⎜ ⎟⎢ ⎥⎝ ⎠⎣ ⎦ et enfin :

7 1 7 12 7 108 7 115 23lim lim 1,2 1 1,290 10 90 10 90 90 90 18n nn n

v→+∞ →+∞

⎡ ⎤ +⎛ ⎞= + × − = + = + = = =⎜ ⎟⎢ ⎥⎝ ⎠⎣ ⎦

La limite de la suite v est le nombre rationnel 2318

r = .

N°95 page 40 Partie A – Question de cours Soit A un réel. Comme la suite ( )nu tend vers +∞ , il existe un rang N tel que : nn N u A≥ ⇒ > . Mais comme, pour tout entier naturel n, n nv u≥ , il vient : nn N v A≥ ⇒ > . On en déduit ainsi : lim nn

v→+∞

= +∞ .

Le résultat est établi. Partie B 1. On a :

1 0

2 1

3 2

1 1 50 2 1 23 3 3

1 1 5 5 141 2 1 13 3 3 9 9

1 1 14 142 23 3 9 27

u u

u u

u u

= + − = × − = −

⎛ ⎞= + − = × − − = − − = −⎜ ⎟⎝ ⎠

⎛ ⎞= + − = × − = −⎜ ⎟⎝ ⎠



2. a. Pour tout entier naturel n supérieur ou égal à 4, on considère la propriété nP suivante :

nP : « 0nu ≥ » Initialisation

Pour 4n = , on a : 4 31 1 14 14 673 2 1 1 03 3 27 81 81

u u ⎛ ⎞= + − = × − + = − + = >⎜ ⎟⎝ ⎠

.

La propriété 4P est donc vraie. Hérédité Soit n un entier naturel quelconque fixé supérieur ou égal à 4. On suppose nP vraie c'est-à-dire 0nu ≥ Comme 4n ≥ alors on a : 2 2 0n− ≥ > .

Comme 0nu ≥ alors on a : 1 03 nu ≥ .

On en déduit alors 1 2 03 nu n+ − > c'est-à-dire 1 0nu + > . La propriété 1n+P est donc vraie.

Conclusion Pour tout entier n supérieur ou égal à 4, 0nu ≥ .

, 4 0nn n u∀ ∈ ≥ ⇒ ≥

b. Pour tout entier 5n ≥ , on a : ( )1 11 11 2 33 3n n nu u n u n− −= + − − = + − .

Mais 5 1 4n n≥ ⇔ − ≥ . D’après le résultat de la question précédente, on a donc : 1 0nu − ≥ .

D’où 11 03 nu − ≥ puis 1

1 3 33 nu n n− + − ≥ − c'est-à-dire 3nu n≥ − .

Finalement :

, 5 3nn n u n∀ ∈ ≥ ⇒ ≥ − c. On a , 5 3nn n u n∀ ∈ ≥ ⇒ ≥ − . Comme ( )lim 3

nn

→+∞− = +∞ , le théorème de

comparaison nous permet alors de conclure immédiatement :

lim nnu

→+∞= +∞



3. a. Pour tout entier naturel n, on a :

( ) ( )1 121 1 212 3 1 2 2 3 12 3 2

2 21 2 7 1 212 4 3 3 2 33 2 3 2 3 2

13

n n n

n n n

n

v u n u n n

u n n u n u n

v

+ +⎛ ⎞= − + + − = − + − + + −⎜ ⎟⎝ ⎠

⎛ ⎞= − − + + + − = − + − = − + −⎜ ⎟⎝ ⎠

=

La suite ( )nv est donc une suite géométrique de raison 13

.

Par ailleurs : 0 021 21 252 3 0 22 2 2

v u= − + × − = − − = − .

La suite ( )nv est la suite géométrique de premier terme 0252

v = − et de raison 13

.

b. D’après le résultat précédent, on a : 25 1,2 3

n

nn v ⎛ ⎞∀ ∈ = − ×⎜ ⎟⎝ ⎠

.

Comme : 21, 2 32n nn v u n∀ ∈ = − + − , on a : 21, 2 3

2n nn u v n∀ ∈ = − + − , soit

1 21, 32 2n nn u v n⎛ ⎞∀ ∈ = − + −⎜ ⎟⎝ ⎠

. Il vient alors :

1 21 1 25 1 21 25 1 3 21, 3 32 2 2 2 3 2 4 3 2 4

n n

n nn u v n n n⎛ ⎞⎛ ⎞⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞∀ ∈ = − + − = − − × + − = × + −⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎝ ⎠⎝ ⎠

25 1 3 21,4 3 2 4

n

nn u n⎛ ⎞∀ ∈ = × + −⎜ ⎟⎝ ⎠

c. On a : limn

n→+∞

= +∞ d’où 3lim2n

n→+∞

= +∞ et 3 21lim2 4n

n→+∞

⎛ ⎞− = +∞⎜ ⎟⎝ ⎠

.

Par ailleurs, comme ] [1 1; 13∈ − + , on a : 1lim 0

3

n

n→+∞

⎛ ⎞ =⎜ ⎟⎝ ⎠

et donc : 25 1lim 04 3

n

n→+∞

⎛ ⎞× =⎜ ⎟⎝ ⎠

.

On en déduit alors (somme) : 25 1 3 21lim4 3 2 4

n

nn

→+∞

⎛ ⎞⎛ ⎞× + − = +∞⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠⎝ ⎠ soit :

lim nn

u→+∞

= +∞



On a ainsi retrouvé la limite de la suite ( )nu obtenue à la question 2.c.

4. Rappelons que l’on a (question 3.b.) : 25 1 3 21,4 3 2 4

n

nn u n⎛ ⎞∀ ∈ = × + −⎜ ⎟⎝ ⎠

.

On en tire, pour tout entier naturel n :

0 1 2

0

0 0 0

...

25 1 3 214 3 2 4

25 1 3 21 14 3 2 4

n n

kn

k

kn n n

k k k

S u u u u

k

k

=

= = =

= + + + +

⎛ ⎞⎛ ⎞= × + −⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠⎝ ⎠

⎛ ⎞= + −⎜ ⎟⎝ ⎠

∑

∑ ∑ ∑

On a immédiatement :

1 1

1

0

1 11 11 3 13 3 11 23 2 31

3 3

n n

k nn

k

+ +

+

=

⎛ ⎞ ⎛ ⎞− −⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎡ ⎤⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎝ ⎠ ⎝ ⎠= = = −⎢ ⎥⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎢ ⎥⎣ ⎦−

∑

Or : ( )

0

12

n

k

n nk

=

+=∑ et

01 1

n

kn

=

= +∑ . Ainsi :

( ) ( )

( ) ( )

( )( )

0 0 0

1

1

1

25 1 3 21 14 3 2 4

125 3 1 3 211 14 2 3 2 2 4

3 1 21 175 118 3 4 4

75 1 31 7 18 3 4

kn n n

nk k k

n

n

n

S k

n nn

n n n

n n

= = =

+

+

+

⎛ ⎞= + −⎜ ⎟⎝ ⎠⎡ ⎤ +⎛ ⎞= × − + × − +⎢ ⎥⎜ ⎟

⎝ ⎠⎢ ⎥⎣ ⎦⎡ ⎤ + +⎛ ⎞= − + −⎢ ⎥⎜ ⎟

⎝ ⎠⎢ ⎥⎣ ⎦⎡ ⎤⎛ ⎞= − + − +⎢ ⎥⎜ ⎟

⎝ ⎠⎢ ⎥⎣ ⎦

∑ ∑ ∑

Comme ] [1 1; 13∈ − + , on a :

11lim 03

n

n

+

→+∞

⎛ ⎞ =⎜ ⎟⎝ ⎠

. D’où ( )175 1 75 75lim 1 1 0

8 3 8 8

n

n

+

→+∞

⎡ ⎤⎛ ⎞− = × − =⎢ ⎥⎜ ⎟⎝ ⎠⎢ ⎥⎣ ⎦

.

Par ailleurs : ( ) ( )lim 1 lim 7n n

n n→+∞ →+∞

+ = − = +∞ d’où ( )( )3lim 7 14n

n n→+∞

− + = +∞ .

Ainsi, on a finalement (somme) : ( )( )175 1 3lim 1 7 1

8 3 4

n

nn n

+

→+∞

⎧ ⎫⎡ ⎤⎪ ⎪⎛ ⎞− + − + = +∞⎢ ⎥⎨ ⎬⎜ ⎟⎝ ⎠⎢ ⎥⎪ ⎪⎣ ⎦⎩ ⎭

.

lim nn

S→+∞

= +∞



N°96 page 40 1. a. On obtient facilement :

b. D’après le graphique obtenu précédemment, on peut conjecturer que la suite ( )nu est décroissante et converge vers 1 (abscisse et ordonnée du point d’intersection de la courbe représentative de la fonction f et de la 1ère bissectrice).

2. a. Pour tout entier naturel n, on considère la propriété nP : « 1nu ≥ ». Initialisation. On a 0 5 1u = ≥ donc la propriété 0P est vraie. Hérédité. Soit n un entier naturel quelconque fixé. On suppose nP vraie, c'est-à-dire 1nu ≥ , et on veut montrer 1 1nu + ≥ .

On a : ( ) ( ) ( )1

4 1 2 3 14 11 1 12 2 2

n n nnn n

n n n

u u uuu f uu u u+

− − + −−− = − = − = =

+ + +.



Comme 1nu ≥ , il vient immédiatement 2 0nu + > et donc ( )3 11

2n

n

uu

−≥

+, c'est-à-dire

1 1nu + ≥ . La propriété 1n+P est donc vraie. Conclusion. Initialisée pour 0n = et héréditaire, la propriété nP est vraie pour tout n entier naturel :

, 1nn u∀ ∈ ≥ b. Pour tout entier naturel n, on a :

( ) ( )22 2

1

14 1 2 1 2 12 2 2 2

nn n n n nn n n n n

n n n n

uu u u u uu u f u u uu u u u+

−− − + − − +− = − = − = = − = −

+ + + +

On a évidemment ( )21 0nu − ≥ . Par ailleurs, comme on a , 1nn u∀ ∈ ≥ , il vient

, 2 3 0nn u∀ ∈ + ≥ > . On en déduit : ( )21, 0

2n

n

un

u−

∀ ∈ − ≤+

.

Ainsi, la suite ( )nu est décroissante.

La suite ( )nu est décroissante. c. La suite ( )nu étant décroissante et minorée (par 1), elle est convergente. Notons L sa limite.

Pour tout n entier naturel, on a : ( )14 1

2n

n nn

uu f uu+

−= =

+.

On a immédiatement : 1lim limn nn nu u L+→+∞ →+∞

= = .

Par ailleurs grâce aux résultats sur les limites et opérations, il vient :

4 1 4 1lim2 2

n

nn

u Lu L→+∞

− −=

+ +

D’où : 4 12

L LL

−=

+. D’où, en utilisant le calcul de la question ci-dessus : ( )21

02

LL−

− =+

.

On en tire immédiatement : 1L = .

La suite ( )nu est convergente de limite égale à 1.



3. a. Pour tout entier naturel n, on a :

( ) ( )

( ) ( ) ( ) ( )

11

21 1 1 1 13 11 1 1 3 1 1

22 2 11 3

3 1 1 3 1 3 1 3 113

nn n

nn n n n n

n

n n n

n n n n n

uv vuu u u u u

uu u uu u u u u

++

+− = − = − = −

−− − − − −+

+ + −= − = − =

− − − − −

=

La suite ( )nv est une suite arithmétique de raison 13

.

b. Comme 00

1 1 11 5 1 4

vu

= = =− −

, il vient immédiatement : 1 1 1,4 3 4 3n

nn v n∀ ∈ = + × = + .

A partir de 11n

n

vu

=−

, on obtient facilement 1 1nn

uv

= + . D’où :

1 1 1 12 4 15, 1 1 1 11 4 3 4 3 4 34 3 12

nn

nn u n nv n n+

∀ ∈ = + = + = + = + =+ + ++

1,4 3n

nn v∀ ∈ = + et 4 154 3nnun+

=+

c. Plutôt qu’utiliser l’expression de nu en fonction de n (nous vous laissons le soin de

développer cette approche), nous allons travailler à partir de la relation 1 1nn

uv

= + .

Comme on a 1,4 3n

nn v∀ ∈ = + , il vient immédiatement : lim nnv

→+∞= +∞ . D’où 1lim 0

nnv→+∞=

puis 1lim 1 1n

nv→+∞

⎛ ⎞+ =⎜ ⎟

⎝ ⎠, c'est-à-dire lim 1nn

u→+∞

= . On a ainsi retrouvé le résultat de la question

2.c.

La suite ( )nu est convergente de limite égale à 1.



N°98 page 41 Partie A 1. 1P est fausse car pour 1n = , on a : 14 4 4n = = mais 4 1 4 1 1 5 4n+ = × + = > .

2P est fausse car pour 2n = , on a 24 4 16n = = mais 4 1 4 2 1 9 16n+ = × + = < .

3P est vraie car l’inégalité 4 4 1n n≤ + est vérifiée pour 1n = .

4P est fausse car l’inégalité 4 4 1n n≤ + est vérifiée pour 0n = (1 1≤ ) et 1n = .

2. La négation de « Pour tout entier n, 4 4 1n n> + » est « il existe un entier n tel que 4 4 1n n≤ + ». Il s’agit donc de la proposition 3P .

Partie B 1. a. ( ) ( )4 1 1 4 4 1 4 4p p p+ + − + = + 1 16 4p+ − − 12 1p= − +

b. Pour tout entier 1p ≥ , on a : 12 12p− ≤ − d’où 12 1 11 0p− + ≤ − < . En reprenant le résultat de la question a. on a donc :

( ) ( )4 1 1 4 4 1 12 1 0p p p+ + − + = − + < D’où : ( ) ( )4 1 1 4 4 1p p+ + < + . Le résultat est ainsi établi.

2. En testant quelques valeurs faibles de n (ou en réfléchissant à la croissance de 4n et à celle de 4 1n+ … ☺), on peut conjecturer que l’inégalité est vérifiée pour 2n ≥ . Démontrons cette conjecture par récurrence. On considère donc, pour tout n entier supérieur ou égal à 2, la propriété :

nP : « 4 4 1n n> + » Initialisation Pour 2n = , on a : 24 4 16n = = et 4 1 4 2 1 9n+ = × + = . On a 16 9> . La propriété 2P est donc vraie.



Hérédité Soit n un entier naturel quelconque fixé supérieur ou égal à 2. On suppose nP vraie c'est-à-dire 4 4 1n n> + . On s’intéresse à 1n+P . On va donc comparer 14n+ et ( )4 1 1n+ + . Comme 4 4 1n n> + (hypothèse de récurrence), on a : ( )4 4 4 4 1n n× > × + , c'est-à-dire

( )14 4 4 1n n+ > × + . Comme n est supérieur ou égal à 2, on peut utiliser le résultat de la question 1.b : on a donc ( ) ( )4 4 1 4 1 1n n× + > × + + .

Finalement : ( ) ( )14 4 4 1 4 1 1n n n+ > × + > × + + . La propriété 1n+P est donc vraie. Conclusion La propriété nP est vraie pour tout entier naturel n supérieur ou égal à 2.

, 2 4 4 1nn n n∀ ∈ ≥ ⇒ > +

N°103 page 42 Partie A 1. Une suite ( )nu n’est pas majorée si, pour tout réel M, on peut trouver un rang N (ce rang

dépend donc A PRIORI du réel M), tel que Nu M≥ . 2. a. La suite étant croissante, on a :

00 n nn n u u≥ ⇔ ≥ . Comme

0nu M> , on en déduit immédiatement nu M> . Ainsi, pour tout 0n n≥ , on a nu M> . b. D’après ce qui précède, nous pouvons affirmer que pour tout réel M, il existe un certain rang 0n tel que a partir de ce rang tous les termes de la suite sont dans l’intervalle

] [;M +∞ . Ainsi, on a : lim nnu

→+∞= +∞ .

3. On vient d’établir le résultat fondamental :

Pour toute suite ( )nu croissante et non majorée, on a : lim nnu

→+∞= +∞ .



Partie B

1. Récurrence immédiate (pour l’hérédité, si on suppose 1nu ≥ , on a 0nu > et donc 1 0nu> .

On en déduit 1 1nn

uu

+ > , c'est-à-dire 1 1nu + > , à fortiori 1 1nu + ≥ ).

, 1nn u∀ ∈ ≥

2. A la question précédente, on a établi : , 1nn u∀ ∈ ≥ . On a donc : , 0nn u∀ ∈ > .

On en déduit immédiatement : 11, 0n n

n

n u uu+∀ ∈ − = > .

La suite ( )nu est strictement croissante.

3. a. La suite ( )nu étant croissante et majorée, elle converge.

La suite ( )nu converge.

b. On a, pour tout entier naturel n : 11

n nn

u uu+ = + .

La suite ( )nu étant convergente, il en va de même pour les suites ( )1nu + et 1n

n

uu

⎛ ⎞+⎜ ⎟

⎝ ⎠ et il

vient, d’après l’égalité ci-dessus : 11lim limn nn n

n

u uu+→+∞ →+∞

⎛ ⎞= +⎜ ⎟

⎝ ⎠, c'est-à-dire :

1lim limlimn nn n

nn

u uu→+∞ →+∞

→+∞

= +

La limite de la suite ( )nu est bien solution de l’équation 1x xx

= + .

La limite de la suite ( )nu est solution de l’équation 1x xx

= + .

4. On a 1 1 0x xx x

= + ⇔ = qui n’admet pas de solution. L’hypothèse « ( )nu majorée »

conduit donc à une contradiction. On en déduit que la suite ( )nu n’est pas majorée.



Comme la suite ( )nu est croissante, on en déduit (cf. la partie A) qu’elle tend vers +∞ .

lim nnu

→+∞= +∞

N°104 page 43 1. Pour tout entier naturel n, on a :

( )1 2 1 1 1 1 11 2 2 2 2 23 3 3 3 3 3n n n n n n n n n n nv u u u u u u u u u v+ + + + + + +

⎛ ⎞= − = + − = − + = − − = −⎜ ⎟⎝ ⎠

On en déduit immédiatement que la suite ( )nv est une suite géométrique de raison 23

− .

Par ailleurs, on a : 0 1 0 1 0 1v u u= − = − = . Finalement :

La suite ( )nv est une suite géométrique de raison 23

− et de premier terme 0 1v = .

2. Pour tout entier naturel n, on a :

1 2 1 1 1 12 1 2 2 23 3 3 3 3n n n n n n n n nw u u u u u u u w+ + + + + +

⎛ ⎞= + = + + = + =⎜ ⎟⎝ ⎠

On en déduit que la suite ( )nw est constante.

La suite ( )nw est constante.

3. On a : 1 1 02 21 0 13 3

w u u= + = + × = .

Finalement :

, 1nn w∀ ∈ = .

4. D’après la première question, on a : 2,3

n

nn v ⎛ ⎞∀ ∈ = −⎜ ⎟⎝ ⎠

.

On a aussi : 1n n nv u u+= − et 1213n n nw u u+= = + .



On en déduit :

123

n

n n n nu u v u+⎛ ⎞= + = + −⎜ ⎟⎝ ⎠

et 12 2 2 2 513 3 3 3 3

n n

n n n n nu u u u u+⎛ ⎞ ⎛ ⎞= + = + − + = − +⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠

Finalement : 3 3 25 5 3

n

nu ⎛ ⎞= − −⎜ ⎟⎝ ⎠

.

Comme ] [2 1; 13

− ∈ − + , on a : 2lim 03

n

n→+∞

⎛ ⎞− =⎜ ⎟⎝ ⎠

et on en tire enfin : 3 3 3lim 05 5 5nn

u→+∞

= − × = .

La suite ( )nu converge et admet pour limite 35

.

N°109 page 43

1. On pose nP : « ! !

n kk kn k

≤ ».

Initialisation.

Pour n k= , on a ! !

n kk kn k

= et l’inégalité (qui, dans ce cas, est une égalité) est trivialement

vérifiée. Hérédité. Soit n un entier naturel supérieur ou égal à k fixé. On suppose nP vraie.

On a donc : ! !

n kk kn k

≤ .

On a 1n n k+ > ≥ . Donc : 1 1 11n n k< ≤

+ et donc : 1

1k k k

n n k< ≤ =

+. D’où : 1

1k

n<

+.

Il vient alors : 11 ! !

n nk k kn n n

× < ×+

, c'est-à-dire ( )

1

1 ! !

n nk kn n

+

<+

.

Comme ! !

n kk kn k

≤ , on en déduit finalement : ( )

1

1 ! !

n kk kn k

+

<+

.

La proposition 1n+P est donc vraie. Conclusion.

,! !

n kk kn n kn k

∀ ∈ ≥ ⇒ ≤



2. A la question précédente, on a établi que pour tout entier naturel n supérieur ou égal à k,

on avait : ! !

n kk kn k

≤ . Soit : 1 1! !

k

n

kn k k≤ × .

Pour tout réel x positif et tout entier naturel n, on a : 0nx ≥ .

D’où : ! ! !

nn n k k

n

x x k x kn k k k k

⎛ ⎞≤ × = ×⎜ ⎟⎝ ⎠

.

Pour tout entier naturel n supérieur ou égal à k : ! !

nn kx x kn k k

⎛ ⎞≤ ×⎜ ⎟⎝ ⎠

.

3. Comme 0 x k≤ < , on a : 0 1xk

≤ < et donc : lim 0n

n

xk→+∞

⎛ ⎞ =⎜ ⎟⎝ ⎠

puis, l’entier k étant fixé :

lim 0!

n k

n

x kk k→+∞

⎡ ⎤⎛ ⎞ × =⎢ ⎥⎜ ⎟⎝ ⎠⎢ ⎥⎣ ⎦

Comme 0! !

nn kx x kn k k

⎛ ⎞≤ ≤ ×⎜ ⎟⎝ ⎠

, il vient enfin, grâce au théorème des gendarmes :

lim 0!

n

n

xn→+∞

=

, lim 0!

n

n

xxn→+∞

∀ ∈ =

N°110 page 44 1. On a facilement :

1 1

2 2

3 3

5 5

10 10

1! 1 11 12! 2 12 4 2

3! 6 23 27 9

5! 120 245 3125 625

10! 3 628 800 56710 10 000 000 000 1562 500

u

u

u

u

u

= = =

= = =

= = =

= = =

= = =



Il semble que la suite ( )nu soit décroissante.

2. a. Pour tout entier naturel n non nul, on a :

( )( )

( )( ) ( )

( )1 1

11

!1 1! !

1 ! 1 ! 1 !1

!

n nn

nn n

nn

nn nu n nn

nu n n n nn

n

+ +

++

+ += = × = ×

+ + +

+

=( )1n + !n×

( )1n +×

( ) ( )1 1 1 11n n n n

n n

n n nn n n n

× + + +⎛ ⎞ ⎛ ⎞= = = +⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠

Or, pour tout entier naturel n et tout réel 1x ≥ − (attention à l’erreur dans l’énoncé !!!), on

a : ( )1 1nx nx+ ≥ + . En prenant 1xn

= , il vient : 1 11 1 2n

nn n

⎛ ⎞+ ≥ + × =⎜ ⎟⎝ ⎠

. Le résultat est

ainsi établi.

Pour tout entier naturel n non nul, on a : 1

2n

n

uu +

≥ .

b. Pour tout n entier naturel non nul, on a : ! 0n > et 0nn > . On en déduit : 0nu > . D’après la question précédente, il vient alors :

1 1 11

12 22

nn n n n n n

n

u u u u u u uu + + +

+

≥ ⇔ ≤ ⇔ ≤ ⇒ <

La suite ( )nu est strictement décroissante.

3. a. On veut montrer : pour tout entier naturel non nul, 1

12n nu −≤ .

Varions les plaisirs en ne suivant pas l’indication du livre mais en procédant … par récurrence ! ☺

Nous posons donc : nP : « 1

12n nu −≤ ».

Initialisation

Pour 1n = , on a : 1 1u = et 1 1 1 0

1 1 1 12 2 2n− −= = = .

On a bien 1 1 1

12

u −≤ : la propriété 1P est vraie.



Hérédité Soit N un entier naturel non nul quelconque fixé.

On suppose NP vraie, c'est-à-dire : 1

12N Nu −≤ .

On veut montrer que 1N+P est vraie, soit : ( )1 1 1

1 122N NNu + + −

≤ = .

D’après la question 2.a. on a : 112N Nu u+ ≤ .

D’après l’hypothèse de récurrence : 1

12N Nu −≤ . D’où : 1

1 1 1 12 2 2 2N N Nu −≤ × = .

Finalement : 11 12 2N N Nu u+ ≤ ≤ . Le résultat est établi.

La propriété 1N+P est donc vraie. Conclusion La propriété nP est vraie pour tout entier naturel n non nul.

1

1*,2n nn u −∀ ∈ ≤

b. On a vu (question 2.b.) que la suite ( )nu était une suite à termes strictement positifs.

On a donc : 1

1*, 02n nn u −∀ ∈ < ≤ .

Or : 1

1 2 122 2 2

n

n n−⎛ ⎞= = ×⎜ ⎟⎝ ⎠

. La suite *

122

n

n∈

⎛ ⎞⎛ ⎞×⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠⎝ ⎠ est géométrique de raison 1

2. Comme

] [1 1; 12∈ − + , on a : 1lim 2 0

2

n

n→+∞

⎛ ⎞⎛ ⎞× =⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠⎝ ⎠.

Le théorème d’encadrement permet alors de conclure immédiatement : lim 0nnu

→+∞= .

!lim 0nn

nn→+∞

=

N°112 page 44 1. Par construction, un triangle isocèle divisé donne 4 nouveaux triangles isocèles dont un

seul, le triangle central, est numéroté, n par exemple. Alors, les trois autres triangles donneront trois nouveaux triangles numérotés 1n+ . A chaque itération, le nombre de triangles numérotés est donc multiplié par 3 : 1 3n nm m+ = .



D’après le théorème de Thalès (dans sa version « théorème des milieux »), à chaque itération, les longueurs des deux côtés de l’angle droit des nouveaux triangles sont 2 fois moins moindres que dans le triangle précédent. L’aire est donc 4 fois moindre. On a

donc : 114n na a+ = .

1*, 3n nn m m+∀ ∈ = et 114n na a+ =

2. Par définition de la suite ( )nu , on a, pour tout entier naturel n non nul :

1 1 2 21

...n

n n n k kk

u m a m a m a m a=

= × + × + + × = ×∑

Ce calcul est facilement mis en œuvre avec un tableur (nous avons choisi 1a = ) :



La suite ( )nu semble croissante et convergente de limite égale à 12

(i.e. l’aire du triangle

initial : 21 12 2

a = ). Plus généralement, en changeant la valeur de a, il semble que la limite

de la suite ( )nu soit égale à 212

a ).

3. Par définition de la suite ( )nu , la différence 1n nu u+ − correspond à l’aire totale des triangles numérotés 1n+ . D’où : 1 1 1n n n nu u m a+ + +− = × . D’après la question 1, la suite ( )nm est géométrique de raison 3. On a donc, pour tout

entier naturel n non nul : 11 3n

nm m −= × . Comme il n’y a qu’un triangle numéroté 1, on a

1 1m = et, finalement : 13nnm −= .

Toujours d’après la question 1, la suite ( )na est géométrique de raison 14

. On a donc,

pour tout entier naturel n non nul : 1

1 1 1

1 14 4

n

n na a a−

−⎛ ⎞= × = ×⎜ ⎟⎝ ⎠

. Comme l’aire du triangle

numéroté 1 est 4 fois plus petite que l’aire du triangle initial, on a 2

114 2

aa = × et,

finalement : 2 2

1

1 1 14 2 4 4 2n n n

a aa −= × × = × .

A l’aide des deux résultats précédents, il vient alors : 2 2

1 1 1 1 1

1 334 2 4 2

nn

n n n n n n

a au u m a+ + + + +− = × = × × = ×

2

1 1

3*,4 2

n

n n n

an u u+ +∀ ∈ − = ×

4. En utilisant l’égalité obtenue à la question précédente pour diverses valeurs de n, on obtient :

2 2

2 1 12

22 2 2

3 2 23

22 2 2

1 2 21

11 2 2

1 1

3 1 34 2 4 4 2

3 1 34 2 4 4 2

...

3 1 34 2 4 4 2

3 1 34 2 4 4 2

nn

n n nn

nn

n n nn

a au u u

a au u u

a au u u

a au u u

−−

− − −−

−−

− −

= + × = + × ×

⎛ ⎞= + × = + × ×⎜ ⎟⎝ ⎠

⎛ ⎞= + × = + × ×⎜ ⎟⎝ ⎠

⎛ ⎞= + × = + × ×⎜ ⎟⎝ ⎠



En les additionnant membre à membre, on obtient alors :

2 3 1 1 2 2 1

2 2 12 2 2 2

... ...

1 3 1 3 1 3 1 3...4 4 2 4 4 2 4 4 2 4 4 2

n n n n

n n

u u u u u u u u

a a a a− − −

− −

+ + + + = + + + +

⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞+ × × + × × + + × × + × ×⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠

Soit :

2 2 12 2 2 2

11 3 1 3 1 3 1 3...4 4 2 4 4 2 4 4 2 4 4 2

n n

na a a au u

− −⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞= + × × + × × + + × × + × ×⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠

Comme 2

114 2

au = × (aire du seul triangle numéroté 1), on a :

2 2 12 2 2 2

1

2 2 12 2 2 2 2

2 2 12

1 3 1 3 1 3 1 3...4 4 2 4 4 2 4 4 2 4 4 2

1 1 3 1 3 1 3 1 3...4 2 4 4 2 4 4 2 4 4 2 4 4 2

1 3 3 3 31 ...4 2 4 4 4 4

n n

n

n n

n n

a a a au u

a a a a a

a

− −

− −

− −

⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞= + × × + × × + + × × + × ×⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠

⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞= × + × × + × × + + × × + × ×⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠

⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞= × × + + + + +⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠

231

1 434 2 14

14

n

a

⎛ ⎞⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

⎛ ⎞− ⎜ ⎟⎝ ⎠= × ×−

=2

314

2 14

n

a⎛ ⎞− ⎜ ⎟⎝ ⎠× ×

2 312 4

na ⎡ ⎤⎛ ⎞= × −⎢ ⎥⎜ ⎟⎝ ⎠⎢ ⎥⎣ ⎦

2 3*, 1

2 4

n

nan u

⎡ ⎤⎛ ⎞∀ ∈ = × −⎢ ⎥⎜ ⎟⎝ ⎠⎢ ⎥⎣ ⎦

5. Comme ] [3 1; 14∈ − + , on a immédiatement 3lim 0

4

n

n→+∞

⎛ ⎞ =⎜ ⎟⎝ ⎠

puis 3lim 1 14

n

n→+∞

⎡ ⎤⎛ ⎞− =⎢ ⎥⎜ ⎟⎝ ⎠⎢ ⎥⎣ ⎦

et

enfin : 2 23lim 1 lim

2 4 2

n

nn n

a au→+∞ →+∞

⎧ ⎫⎡ ⎤⎪ ⎪⎛ ⎞× − = =⎢ ⎥⎨ ⎬⎜ ⎟⎝ ⎠⎢ ⎥⎪ ⎪⎣ ⎦⎩ ⎭

.



Comme la limite de la somme des aires de tous les triangles numérotés est égale à l’aire du triangle initial, nous pouvons conclure que le triangle ABC sera complètement recouvert par des triangles numérotés. Ceci dit, les choses ne sont peut-être pas aussi simples que ça …

On peut par exemple considérer les intervalles 1

1 1;2 2k k kI +⎤ ⎡= ⎥ ⎢⎦ ⎣

pour k entier naturel.

La longueur ( )kL I de kI est égale à 1

12k+ et on a :

( )1

1 10

111 1 1 1 12... 112 4 2 2 22

n k

k k kk

L I+

+ +=

−= + + + = × = −∑ .

D’où : ( ) 10

1lim lim 1 12

n

k kn nkL I +→+∞ →+∞

=

⎛ ⎞= − =⎜ ⎟⎝ ⎠

∑ .

En conclura-t-on pour autant que l’intervalle [ ]0 ;1 (voire l’intervalle ] [0 ;1 ) est

complètement recouvert par les intervalles kI ? Non, puisqu’aucun réel de la forme 12k

n’appartient à un intervalle kI . Ainsi, on doit se méfier lorsque l’on manipule des mesures sur des ensembles (longueur, aire, probabilité, …) et que l’on cherche à conclure sur les ensembles eux-mêmes. Dans la situation de l’exercice, nous concluons positivement car les zones triangulaires considérées incluent les triangles eux-mêmes (c'est-à-dire leurs côtés).

N°115 page 45 1. Comme les deux nombres premiers qui suivent 5 sont 7 et 11, il vient immédiatement :

4 0, 235 7u = et 4 0, 235 711u =

2. La suite ( )nu est clairement croissante (pour obtenir 1nu + à partir de nu , on ajoute à ce dernier des décimales, c'est-à-dire un nombre strictement positif !). Par ailleurs, il est tout aussi clair qu’elle est majorée (par exemple par 0,3 … ☺). On en déduit immédiatement que la suite ( )nu est convergente.

La suite ( )nu est convergente.



N°117 page 45 Avant de se lancer dans quoi que ce soit (au risque, cela va de soi, de commettre ici un … impair ☺), on peut écrire plus simplement 1u et 2u :

11 3 4 15 7 12 3

u += = =

+ et 2

1 3 5 9 17 9 11 27 3

u + += = =

+ +

Hummm … On commence probablement à avoir une petite idée sur la suite ( )nu … Non ? Bon, on peut se lancer dans un raisonnement par récurrence. Pourquoi pas, n’hésitez pas ! Et puis, on peut également y aller « plus directement ». On a, pour tout entier naturel n non nul :

( ) ( ) ( )( )( ) ( )( ) ( )( )

( )

( )0

2 1

1

2 12 0 1 2 1 1 ... 2 12 1 1 2 2 1 ... 2 2 1 1 2 1

n

kn n

k n

knu

n n n k

=+

= +

+× + + × + + + × +

= =+ + + + + + + × + + +

∑

∑

Remarquons d’abord que le numérateur et le dénominateur comportent exactement 1n+ termes. Pour ce qui est du numérateur, on a :

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )2

0 0 0 0

12 1 2 1 2 1 2 1 1 1 1

2

n n n n

k k k k

n nk k k n n n n n n

= = = =

++ = + = + + = × + + = + + + = +∑ ∑ ∑ ∑

Ce résultat permet de retrouver directement les numérateurs de 1u et 2u . Au dénominateur, les choses sont un peu plus délicates :

( ) ( )( ) ( )( ) ( )( )

( ) ( ) ( )( )

( ) ( ) ( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( )

( ) ( )

( )

( ) ( )

2 1

1

1

1 1

0

0

2

0

2

0

2 1 2 1 1 2 2 1 ... 2 2 1 1

2 2 1 1 2 2 2 1 ... 2 2 1 1

2 1 2 1 2 1 2 1 2 3

2 1 2 1 1 2 3

2 1 2 2 2 1

2 4 2 2 1

2 1 2 1

n

k n

n n

k kn

k

n

k

n

kn

k

k n n n

n n n n

n n k n n k n

n n k n

n n n k

n n k

n k

+

= +

+

= =

=

=

=

=

+ = + + + + + + + × + +

= + × + + + × + + + + × + +

= × + + + = × + + + + +

= × + + + − + +

= × + + + + +

= + + + +

= + + +

∑

∑ ∑

∑

∑

∑

∑



En tenant compte du résultat précédent ( ( ) ( )2

02 1 1

n

kk n

=

+ = +∑ ), il vient :

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )2 1

2 2 2 2

1 02 1 2 1 2 1 2 1 1 3 1

n n

k n kk n k n n n

+

= + =

+ = + + + = + + + = +∑ ∑

Finalement : ( )

( )

( )( )

20

2 1 2

1

2 1 1 133 12 1

n

kn n

k n

k nu

nk

=+

= +

++

= = =++

∑

∑.

La suite ( )nu est constante : 1,3nn u∀ ∈ = .

N°118 page 45

Pour tout entier naturel n non nul, on a : ( )1 14 1 4

1n

n n nnuu n u nu

n+ +

+= ⇔ + − =

+.

En posant alors : n nv nu= , l’égalité précédente se récrit : 1 4n nv v+ − = et on en déduit immédiatement que la suite ( )nv est une suite arithmétique de raison 4r = . Il vient alors :

( ) 1*, 4 1nn v n v∀ ∈ = − + Or, 1 1 11 1v u u= × = = . Donc : ( ) ( )1*, 4 1 4 1 1 4 3nn v n v n n∀ ∈ = − + = − + = − .

C'est-à-dire : *, 4 3nn nu n∀ ∈ = − , d’où : 4 3 3*, 4nnn un n−

∀ ∈ = = − .

Comme 1lim 0n n→+∞

= , il vient immédiatement 3lim 0n n→+∞

⎛ ⎞− =⎜ ⎟⎝ ⎠

et enfin lim 4nnu

→+∞= .

La suite ( )nu converge et lim 4nn

u→+∞

= .

N°132 page 49 Nous allons établir le résultat à l’aide d’un raisonnement par récurrence. Pour tout entier naturel n, on pose : nP : « 32n

nu +≥ ». Initialisation Pour 0n = , on a 0 8u = et 3 32 2 8n+ = = .



On a bien 30 2u ≥ . La propriété 0P est vraie.

Hérédité Soit n un entier naturel quelconque fixé. On suppose nP vraie, c'est-à-dire : 32n

nu +≥ . On s’intéresse alors à 1n+P . On veut montrer : 4

1 2nnu ++ ≥ .

On a : 1 3 5n nu u+ = − et :

3 3 3 3 4 32 3 5 3 2 5 2 2 2 5 2 2 5n n n n n nn nu u+ + + + + +≥ ⇔ − ≥ × − = × + − = + −

On a aussi : 3 30 2 2 8nn +≥ ⇒ ≥ = et donc 32 5 8 5 3 0n+ − ≥ − = ≥ . Finalement : 4 3 4

1 3 5 2 2 5 2n n nn nu u + + ++ = − ≥ + − ≥ .

La propriété 1n+P est donc vraie. Conclusion La propriété nP étant initialisée (pour 0n = ) et héréditaire, elle est vraie pour tout entier naturel n :

3, 2nnn u +∀ ∈ ≥

On a : 32 8 2n n+ = × . La suite 8 2nn × étant géométrique de raison 2 1> et de premier terme 8 2> , on a immédiatement ( )lim 8 2n

n→+∞× = +∞ .

Grâce au résultat de la question précédente et au théorème de comparaison, il vient finalement :

lim nnu

→+∞= +∞

N°134 page 49 a. C’est bien sûr FAUX !

La proposition ne fait que traduire le fait que la suite ( )nu est bornée (minorée par 0 et majorée par 1). Une telle suite vérifie bien 0 2n nu u≤ ≤ . Ceci dit, il convient de proposer un contre-exemple !

Nous pouvons considérer la suite de terme général : ( )112 4

n−+ .



Lorsque n est pair, on a : 1 1 32 4 4nu = + = et lorsque n est impair : 1 1 1

2 4 4nu = − = .

Cette suite vérifie toutes les conditions mais ne converge pas.

b. Là encore, c’est FAUX. Utilisons la suite ( )nu définie précédemment.

Si n est pair, on a : 34nu = et 32

2nu = . Dans ce cas, on peut prendre 1nv = .

Si n est impair, on a : 14nu = et 12

2nu = . Dans ce cas, on peut prendre 38nv = .

On dispose ainsi d’une suite ( )nv qui vérifie toutes les conditions mais qui ne converge pas.

c. Proposition piégeuse … ☺ En effet, dans le cas général, c’est FAUX mais il y a une situation où c’est vrai (malgré tout, on conclut bien sûr au fait que la proposition est fausse puisqu’elle n’est pas toujours vraie ! ☺). Notons L la limite de la suite ( )nu . On a donc : lim 2 2Lnn

u→+∞

= .

Si 2L L= , c'est-à-dire si L 0= , alors l’inégalité 2n n nu v u≤ ≤ entraîne (théorème d’encadrement) que la suite ( )nv converge et admet également pour limite L 0= .

MAIS si L 0≠ , alors on peut construire une suite ( )nv non convergente et vérifiant les conditions imposées. On suppose donc L 0≠ . Comme la suite ( )nu est à termes positifs, on a donc L 0> .

Soit alors un réel ε strictement positif tel que les intervalles ] [L ; Lε ε− + et

] [2L ; 2Lε ε− + soient disjoints. En d’autres termes, on veut : L L 2L 2Lε ε ε ε− < + < − < + .

Il suffit d’avoir : L 2Lε ε+ < − , soit L2

ε < .

On prend, par exemple : L4

ε = .

La construction de la suite ( )nv repose sur le fait suivant : à partir d’un certain rang N, les

termes de la suite ( )nu seront tous dans l’intervalle L L 3L 5LL ; L ;4 4 4 4

⎤ ⎡ ⎤ ⎡− + =⎥ ⎢ ⎥ ⎢⎦ ⎣ ⎦ ⎣ et ceux

de la suite ( )2 nu dans l’intervalle L L 7L 9L2L ; 2L ;4 4 4 4

⎤ ⎡ ⎤ ⎡− + =⎥ ⎢ ⎥ ⎢⎦ ⎣ ⎦ ⎣.



Il suffit donc, pour obtenir notre contre-exemple, de construire une suite ( )nv divergente

telle qu’à partir du rang N tous ses termes appartiennent à l’intervalle 5L 7L;4 4

⎤ ⎡⎥ ⎢⎦ ⎣

.

Dans cet intervalle, il y a de la place ! ☺

Il est centré en : 1 5L 7L 3L2 4 4 2⎛ ⎞+ =⎜ ⎟⎝ ⎠

et sa longueur vaut : 7L 5L L4 4 2− = .

A partir du rang N, on peut définir nv comme suit :

• Si n est pair, on pose : 3L L 11L2 8 8− = .

• Si n est impair, on pose : 3L L 13L2 8 8+ = .

En deçà du rang N, on choisira nv quelconque tel que 0 2n n nu v u≤ ≤ ≤ soit vérifiée. Ainsi, pour tout entier naturel n, on a aura 0 2n n nu v u≤ ≤ ≤ mais la suite ( )nv ne sera pas convergente (à partir du rang N, elle oscille entre deux valeurs distinctes).

d. La proposition est VRAIE. On a, pour tout entier naturel n : n nu v≤ . Le théorème de comparaison permet alors de conclure.

e. C’est, une fois encore, FAUX ! Pour s’en convaincre, il suffit de considérer la suite ( )nu définie comme suit :

• Si n est pair, 1nu = . • Si n est impair, 1,1nu = .

On considère alors la suite constante ( )nv définie par : , 1,5nn v∀ ∈ = .

Date post:	19-Oct-2020
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