Tle · Du modèle à l’autonomie

Suites, récurrences et limites : pas à pas

Observe un exemple expliqué, entraîne-toi avec des indices, puis résous une autre situation sur papier. Compare les étapes avant de faire le point.

Mon objectif

Retrouver mes révisions

Raisonnement par récurrence

1. Observer

Exemple · Exemple 1 : Somme :

\sum_{k=0}^n 2^k=2^{n+1}-1

Propriété $$P(n)$$ : $\sum_{k=0}^n 2^k=2^{n+1}-1$ .

Initialisation ( $$n=0$$ ) :

\begin{aligned}\sum_{k=0}^0 2^k &= 2^0\\[.35em]&= 1\end{aligned}

\begin{aligned}2^{0+1}-1 &= 2-1\\[.35em]&= 1 .\end{aligned}

Donc $$P(0)$$ est vraie. ✓

Hérédité : Soit $n\geqslant 0$ fixé. Supposons $$P(n)$$ vraie : $\sum_{k=0}^n 2^k=2^{n+1}-1$ .

Calculons le côté gauche de $$P(n+1)$$ :

\begin{aligned}\sum_{k=0}^{n+1}2^k &= \underbrace{\sum_{k=0}^n 2^k}_{\text{c'est }P(n)}+2^{n+1}\\[.35em]&= \underbrace{2^{n+1}-1}_{\text{par hyp.\ réc.}}+2^{n+1}\\[.35em]&= 2\cdot 2^{n+1}-1\\[.35em]&= 2^{n+2}-1 .\end{aligned}

Or, le côté droit de $$P(n+1)$$ est $2^{(n+1)+1}-1=2^{n+2}-1$ . Égalité vérifiée : $$P(n+1)$$ est vraie. ✓

Conclusion : par le principe de récurrence, $$P(n)$$ est vraie pour tout $n\in\N$ .

2. S’entraîner avec aide

Pour $$u_0=1$$ et $u_{n+1}=\sqrt{u_n+2}$ , justifie que chaque terme existe et appartient à $$[0,2]$$ . Une vérification de $$u_0,u_1,u_2$$ suffirait-elle ?

Comparer avec l’explication

Le terme initial 1 appartient à $$[0,2]$$ . Supposons $$u_n$$ défini dans cet intervalle. Alors $u_n+2\in[2,4]$ : la racine existe et $u_{n+1}\in[\sqrt2,2]\subset[0,2]$ . Cela prouve simultanément l'existence de tous les termes et leur encadrement. Trois calculs ne prouvent que trois cas ; la transmission s'applique à chaque rang. Réessaie : avec $$u_0=4$$ , la même initialisation dans $$[0,2]$$ échoue. Cela ne signifie pas que la suite n'existe pas : trouve plutôt un intervalle stable $$[2,4]$$ .

3. Résoudre seul

Montrer par récurrence que pour tout $n\in\N$ : $\displaystyle\sum_{k=0}^n k=\frac{n(n+1)}{2}$ .

Comparer avec l’explication

$$P(n)$$ : $\sum_{k=0}^n k=\frac{n(n+1)}{2}$ .

Initialisation ( $$n=0$$ ) : $\sum_{k=0}^0 k=0$ et $\frac{0\times 1}{2}=0$ . $$P(0)$$ vraie.

Hérédité : Supposons $$P(n)$$ : $\sum_{k=0}^n k=\frac{n(n+1)}{2}$ .

\begin{aligned}\sum_{k=0}^{n+1}k &= \underbrace{\sum_{k=0}^n k}_{=\frac{n(n+1)}{2}}+(n+1)\\[.35em]&= \frac{n(n+1)}{2}+(n+1)\\[.35em]&= (n+1)\Bigl(\frac{n}{2}+1\Bigr)\\[.35em]&= \frac{(n+1)(n+2)}{2} .\end{aligned}

C'est $$P(n+1)$$ . Conclusion : $$P(n)$$ vraie pour tout $n\in\N$ .

Montrer par récurrence que pour tout $n\geqslant 1$ : $2^n\geqslant n+1$ .

Comparer avec l’explication

$$P(n)$$ : $2^n\geqslant n+1$ pour $n\geqslant 1$ .

Init ( $$n=1$$ ) : $2^1=2\geqslant 2=1+1$ . $$P(1)$$ vraie.

Hér. : Supposons $2^n\geqslant n+1$ . Alors $2^{n+1}=2\cdot 2^n\geqslant 2(n+1)=2n+2$ .

Or $2n+2\geqslant n+2$ car $n\geqslant 1\Rightarrow n\geqslant 0$ . Donc $2^{n+1}\geqslant (n+1)+1$ . $$P(n+1)$$ vraie.

4. Aller plus loin

Montrer par récurrence que pour tout $n\in\N$ :

\sum_{k=1}^n k^2=\frac{n(n+1)(2n+1)}{6}

Comparer avec l’explication

$$P(n)$$ : $\sum_{k=1}^n k^2=\frac{n(n+1)(2n+1)}{6}$ pour $n\geqslant 1$ .

Au rang zéro, la somme vide et la formule valent toutes deux zéro. Init ( $$n=1$$ ) : $$1^2=1$$ et $\frac{1\times 2\times 3}{6}=1$ . $$P(1)$$ vraie.

Hér. : Supposons $$P(n)$$ . Alors :

\begin{aligned}\sum_{k=1}^{n+1}k^2 &=\frac{n(n+1)(2n+1)}{6}+(n+1)^2\\[.35em]&=\frac{n(n+1)(2n+1)+6(n+1)^2}{6}\\[.35em]&=\frac{(n+1)[n(2n+1)+6(n+1)]}{6}\\[.35em]&=\frac{(n+1)(2n^2+7n+6)}{6}\\[.35em]&=\frac{(n+1)(n+2)(2n+3)}{6}.\end{aligned}

C'est $$P(n+1)$$ car $$(n+1)(n+2)(2(n+1)+1)=(n+1)(n+2)(2n+3)$$ .

Opérations sur les limites

1. Observer

2. S’entraîner avec aide

Calcule la limite de $\sqrt{n^2+n}-n$ quand $n\to+\infty$ . Pourquoi écrire « $\infty-\infty=0$ » ne donne-t-il pas une réponse ?

Comparer avec l’explication

La différence de deux quantités tendant vers $+\infty$ peut avoir différents comportements. Ici,

\begin{aligned}\sqrt{n^2+n}-n&=\frac{(n^2+n)-n^2}{\sqrt{n^2+n}+n}\\[.35em]&=\frac{n}{n\sqrt{1+1/n}+n}\\[.35em]&=\frac{1}{\sqrt{1+1/n}+1}\\[.35em]&\longrightarrow\frac12.\end{aligned}

On a utilisé $\sqrt{n^2}=n$ car $$n$$ est positif. Le dénominateur tend vers 2, donc le quotient est permis. Réessaie : remplace $$n$$ sous la racine par $$3n$$ : la limite vaut $$3/2$$ . Puis remplace-le par 1 : la limite vaut 0.

3. Résoudre seul

Calculer les limites suivantes :

$u_n=\frac{3n^2-n+1}{5n^2+2}$
$v_n=\frac{n^3-1}{n^2+n}$
$w_n=\frac{(-1)^n}{n}$
$t_n=\frac{2^n}{n^{10}}$

Comparer avec l’explication

\begin{aligned}u_n &= \frac{n^2(3-1/n+1/n^2)}{n^2(5+2/n^2)}\\[.35em]&\to \frac{3}{5} .\end{aligned}

\begin{aligned}v_n &= \frac{n^3(1-1/n^3)}{n^2(1+1/n)}\\[.35em]&= \frac{n(1-1/n^3)}{1+1/n}\\[.35em]&\to +\infty .\end{aligned}

\begin{aligned}|w_n| &= \frac{1}{n}\\[.35em]&\to 0 .\end{aligned}

Comme $-\frac{1}{n}\leqslant w_n\leqslant\frac{1}{n}$ , par les gendarmes : $\lim w_n=0$ .

d) Croissances comparées : $$q=2>1$$ et $\alpha=10$ . $\frac{n^{10}}{2^n}\to 0$ , donc

\begin{aligned}\frac{2^n}{n^{10}} &= \frac{1}{n^{10}/2^n}\\[.35em]&\to +\infty .\end{aligned}

Soit $u_n=\frac{n+(-1)^n}{n^2+1}$ .

Encadrer $$u_n$$ entre deux suites simples.
En déduire $\lim u_n$ .

Comparer avec l’explication

a) $-1\leqslant(-1)^n\leqslant 1$ , donc $\frac{n-1}{n^2+1}\leqslant u_n\leqslant\frac{n+1}{n^2+1}$ .

\begin{aligned}\frac{n-1}{n^2+1} &= \frac{n(1-1/n)}{n^2(1+1/n^2)}\\[.35em]&= \frac{1-1/n}{n(1+1/n^2)}\\[.35em]&\to 0 .\end{aligned}

De même $\frac{n+1}{n^2+1}\to 0$ . Par les gendarmes : $\lim u_n=0$ .

4. Aller plus loin

Soit $$u_0=3$$ et $u_{n+1}=\frac{1}{2}\bigl(u_n+\frac{2}{u_n}\bigr)$ (méthode de Héron pour $\sqrt{2}$ ).

Montrer que $u_n\geqslant\sqrt{2}$ pour tout $n\geqslant 1$ .
Montrer que $$(u_n)$$ est décroissante à partir du rang $$1$$ .
En déduire la convergence et calculer la limite.
Poser $e_n=u_n-\sqrt{2}$ . Montrer que $e_{n+1}\leqslant\frac{e_n^2}{2\sqrt{2}}$ . Interpréter.

Comparer avec l’explication

a) La positivité se transmet depuis $$u_0=3$$ : tous les termes sont définis et positifs. $u_{n+1}=\frac{1}{2}(u_n+\frac{2}{u_n})$ . Par l'inégalité arithmético-géométrique pour deux nombres positifs : $\frac{u_n+2/u_n}{2}\geqslant\sqrt{u_n\cdot\frac{2}{u_n}}=\sqrt{2}$ . Donc $u_{n+1}\geqslant\sqrt{2}$ pour $n\geqslant 0$ , et donc pour tout $n\geqslant 1$ .

\begin{aligned}u_{n+1}-u_n &= \frac{1}{2}\bigl(\frac{2}{u_n}-u_n\bigr)\\[.35em]&= \frac{2-u_n^2}{2u_n} .\end{aligned}

Pour $n\geqslant 1$ : $u_n\geqslant\sqrt{2}$ donc $u_n^2\geqslant 2$ , d'où $u_{n+1}-u_n\leqslant 0$ .

c) Décroissante (pour $n\geqslant 1$ ) et minorée par $\sqrt{2}$ : converge.

$\ell=\frac{1}{2}(\ell+\frac{2}{\ell})\Rightarrow 2\ell=\ell+\frac{2}{\ell}\Rightarrow\ell=\frac{2}{\ell}\Rightarrow\ell^2=2$ . Comme $\ell>0$ : $\ell=\sqrt{2}$ .

\begin{aligned}e_{n+1} &= u_{n+1}-\sqrt{2}\\[.35em]&= \frac{1}{2}(u_n+\frac{2}{u_n})-\sqrt{2}\\[.35em]&= \frac{u_n^2+2-2\sqrt{2}\,u_n}{2u_n}\\[.35em]&= \frac{(u_n-\sqrt{2})^2}{2u_n}\\[.35em]&= \frac{e_n^2}{2u_n} .\end{aligned}

Comme $u_n\geqslant\sqrt{2}$ : $e_{n+1}\leqslant\frac{e_n^2}{2\sqrt{2}}$ .

Interprétation : convergence quadratique. Si $e_n\approx 10^{-k}$ , alors

\begin{aligned}e_{n+1} &\approx \frac{10^{-2k}}{2\sqrt{2}}\\[.35em]&\approx 10^{-2k} .\end{aligned}

En calcul exact et une fois l'erreur petite, le nombre de chiffres de précision augmente approximativement d'un facteur deux par itération. Ce n'est pas une égalité exacte à chaque rang, et la précision machine finit par limiter le calcul.

Théorème de convergence monotone

1. Observer

Exemple · Étude complète rédigée :

\(u_0=1\)

u_{n+1}=\sqrt{u_n+2}

Étape 1 : Conjecture : $$u_0=1$$ ,

\begin{aligned}u_1 &= \sqrt{3}\\[.35em]&\approx 1{,}73 ,\end{aligned}

\begin{aligned}u_2 &= \sqrt{3{,}73}\\[.35em]&\approx 1{,}93 ,\end{aligned}

$u_3\approx 1{,}98$ . Semble croissante, convergeant vers $$2$$ .

Étape 2 : Encadrement : montrons $0\leqslant u_n\leqslant 2$ par récurrence.

$$P(n)$$ : $0\leqslant u_n\leqslant 2$ .

Init : $0\leqslant u_0=1\leqslant 2$ . ✓

Hér. : si $0\leqslant u_n\leqslant 2$ , alors $2\leqslant u_n+2\leqslant 4$ , donc $\sqrt{2}\leqslant u_{n+1}\leqslant\sqrt{4}=2$ . Comme $\sqrt{2}>0$ : $0\leqslant u_{n+1}\leqslant 2$ . ✓

Étape 3 : Monotonie : $u_{n+1}-u_n=\sqrt{u_n+2}-u_n$ .

Pour $x\in[0,2]$ , on peut multiplier par la quantité conjuguée, dont le dénominateur est strictement positif :

\begin{aligned}\sqrt{x+2}-x&=\frac{x+2-x^2}{\sqrt{x+2}+x}\\[.35em]&=\frac{(2-x)(x+1)}{\sqrt{x+2}+x}\\[.35em]&\geqslant0.\end{aligned}

Le numérateur est positif ou nul sur $$[0,2]$$ . Ainsi $u_{n+1}-u_n\geqslant0$ : la suite est croissante. Il n'est pas nécessaire de prouver ici une croissance stricte.

Étape 4 : Convergence : $$(u_n)$$ est croissante et majorée par $$2$$ . Par le théorème de convergence monotone, elle converge.

Étape 5 : Limite : soit $\ell=\lim u_n$ . La fonction $f(x)=\sqrt{x+2}$ est continue.

Par passage à la limite : $\ell=\sqrt{\ell+2}$ , donc $\ell^2=\ell+2$ , soit $\ell^2-\ell-2=0$ .

\begin{aligned}\Delta &= 1+8\\[.35em]&= 9 ,\end{aligned}

$\ell=\frac{1\pm 3}{2}$ , soit $\ell=2$ ou $\ell=-1$ .

Comme $u_n\geqslant 0$ pour tout $$n$$ : $\ell\geqslant 0$ , donc $\boxed{\ell=2}$ .

2. S’entraîner avec aide

La suite $u_n=2-2^{-n}$ est croissante et majorée par 3. Peut-on en déduire que sa limite vaut 3 ? Détermine sa limite et donne un autre majorant.

Comparer avec l’explication

Le théorème donne l'existence d'une limite. La formule donne

\begin{aligned}u_n &\to 2-0\\[.35em]&= 2 .\end{aligned}

Tous les termes sont inférieurs à 2 : 2 est aussi un majorant, comme 3 ou 100. Une borne choisie pour prouver la convergence n'est donc pas automatiquement la limite. Réessaie : pour $v_n=5+2^{-n}$ , justifie « décroissante et minorée », puis calcule sa limite.

3. Résoudre seul

Soit $$u_0=5$$ et $u_{n+1}=\frac{1}{2}u_n+3$ .

Déterminer le point fixe $\ell$ .
Poser $v_n=u_n-\ell$ . Montrer que $$(v_n)$$ est géométrique et en déduire $$u_n$$ .
Déterminer $\lim u_n$ .

Comparer avec l’explication

a) Point fixe : $\ell=\frac{1}{2}\ell+3\Rightarrow\frac{1}{2}\ell=3\Rightarrow\ell=6$ .

\[v_n=u_n-6.\]

\begin{aligned}v_{n+1} &= u_{n+1}-6\\[.35em]&= \frac{1}{2}u_n+3-6\\[.35em]&= \frac{1}{2}u_n-3\\[.35em]&= \frac{1}{2}(u_n-6)\\[.35em]&= \frac{1}{2}v_n .\end{aligned}

$$(v_n)$$ géométrique de raison $\frac{1}{2}$ et premier terme

\begin{aligned}v_0 &= u_0-6\\[.35em]&= 5-6\\[.35em]&= -1 .\end{aligned}

$v_n=-1\cdot\bigl(\frac{1}{2}\bigr)^n$ , donc $u_n=6-\bigl(\frac{1}{2}\bigr)^n$ .

c) $\bigl(\frac{1}{2}\bigr)^n\to 0$ , donc $\lim u_n=6$ .

Soit $$u_0=4$$ et $u_{n+1}=\frac{1}{2}u_n+1$ .

Conjecturer le comportement de la suite (calculer $$u_1, u_2, u_3, u_4$$ ).
Montrer par récurrence que $u_n\geqslant 2$ pour tout $n\in\N$ .
Montrer que $$(u_n)$$ est décroissante.
En déduire que $$(u_n)$$ converge et calculer sa limite.

Comparer avec l’explication

a) $$u_0=4$$ ,

\begin{aligned}u_1 &= \frac{4}{2}+1\\[.35em]&= 3 ,\end{aligned}

\begin{aligned}u_2 &= \frac{3}{2}+1\\[.35em]&= 2{,}5 ,\end{aligned}

$u_3=2{,}25$ , $u_4=2{,}125$ . Semble décroitre vers $$2$$ .

b) $$P(n)$$ : $u_n\geqslant 2$ .

Init : $u_0=4\geqslant 2$ . Hér. : si $u_n\geqslant 2$ , alors $u_{n+1}=\frac{u_n}{2}+1\geqslant\frac{2}{2}+1=2$ . $$P(n+1)$$ vraie.

\begin{aligned}u_{n+1}-u_n &= \frac{u_n}{2}+1-u_n\\[.35em]&= 1-\frac{u_n}{2} .\end{aligned}

Or $u_n\geqslant 2$ donc $\frac{u_n}{2}\geqslant 1$ , d'où $u_{n+1}-u_n\leqslant 0$ . Suite décroissante.

d) $$(u_n)$$ décroissante et minorée par $$2$$ : elle converge. Limite $\ell$ : $\ell=\frac{\ell}{2}+1\Rightarrow\frac{\ell}{2}=1\Rightarrow\ell=2$ .

4. Aller plus loin

Soit $f(x)=\sqrt{2x+3}$ et la suite $$u_0=0$$ , $u_{n+1}=f(u_n)$ .

Montrer par récurrence que $0\leqslant u_n\leqslant 3$ pour tout $$n$$ .
Montrer que $$(u_n)$$ est croissante.
En déduire que $$(u_n)$$ converge et calculer sa limite.

Comparer avec l’explication

a) $$P(n)$$ : $0\leqslant u_n\leqslant 3$ .

Init : $u_0=0\in[0,3]$ . Hér. : si $0\leqslant u_n\leqslant 3$ , alors $3\leqslant 2u_n+3\leqslant 9$ , donc $\sqrt{3}\leqslant u_{n+1}=\sqrt{2u_n+3}\leqslant 3$ . En particulier $0\leqslant u_{n+1}\leqslant 3$ .

b) Sur $$[0,3]$$ , on rationalise en divisant par une quantité positive :

\begin{aligned}u_{n+1}-u_n&=\frac{2u_n+3-u_n^2}{\sqrt{2u_n+3}+u_n}\\[.35em]&=\frac{(3-u_n)(u_n+1)}{\sqrt{2u_n+3}+u_n}\\[.35em]&\geqslant0.\end{aligned}

L'encadrement démontré suffit pour conclure que la suite est croissante.

c) Croissante et majorée par 3, la suite converge vers $\ell\in[0,3]$ . La fonction $x\mapsto\sqrt{2x+3}$ est continue sur cet intervalle, donc le passage à la limite donne $\ell=\sqrt{2\ell+3}$ , $\ell^2=2\ell+3$ , $\ell^2-2\ell-3=0$ , $\ell=3$ (car $\ell\geqslant 0$ ).

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