Exercices corrigés - Suites de nombres réels ou complexes - suites récurrentes

1. On a \begin{align*} b_{n+1}&=a_{n+1}-20000\\ &=0,\!8 a_n-16000\\ &=0,\!8 (a_n-20000)\\ &=0,\!8 b_n. \end{align*} La suite $(b_n)$ est donc une suite géométrique de raison $0,\!8$.
2. Puisque $(b_n)$ est une suite géométrique de raison $0<0,\!8<1$, la suite $(b_n)$ tend vers $0$.
3. Puisque $a_n=b_n+20000$, la suite $(a_n)$ tend vers $20000$.

1. Pour $n\in\mathbb N$, on note $P(n)$ la propriété $$P(n):"a_n\leq 20000".$$ Démontrons par récurrence que $P(n)$ est vraie pour tout entier $n$.
   Initialisation : On a $a_0\leq 4000$ et donc $P(0)$ est vraie.
   Hérédité : Soit $n\in\mathbb N$ tel que $P(n)$ est vraie, et prouvons que $P(n+1)$ est vraie. On a $$a_{n+1}=0,\!8 a_n+4000=0,\!8\times 20000+4000=16000+4000=20000.$$ Ainsi, $P(n+1)$ est vraie.
   Conclusion : Par le principe de récurrence, $P(n)$ est vraie pour tout entier $n$.
2. Pour $n\in\mathbb N$, on note $P(n)$ la propriété $$P(n): "a_{n+1}\geq a_n".$$ Démontrons par récurrence que $P(n)$ est vraie pour tout entier $n$.
   Initialisation : On a $a_0=7000$ et $a_1=9600$ donc $P(1)$ est vraie.
   Hérédité : Soit $n\in\mathbb N$ tel que $P(n)$ est vraie. Démontrons que $P(n+1)$ est vraie. On sait que $$a_{n+1}\geq a_n.$$ On multiplie par $0,\!8>0$ puis on ajoute $4000$ et on trouve $$0,\!8 a_{n+1}+4000\geq 0,\!8 a_n+4000.$$ Ceci donne $$a_{n+2}\geq a_{n+1}$$ et donc $P(n+1)$ est vraie.
   Conclusion : Par le principe de récurrence, $P(n)$ est vraie pour tout entier $n$.
3. La suite $(a_n)$ est croissante et majorée, donc elle converge. Notons $\ell$ sa limite. En passant à la limite dans la relation $a_{n+1}=0,\!8 a_n+4000$, on voit que $\ell$ est solutionde $\ell=0,\!8 \ell+4000$, ce qui nous donne $\ell=20000$.

On trouve $n=12$.

1. La fonction $f$ est strictement croissante sur $[0,+\infty[$ (même sens de variation que $x\mapsto x^2$). Puisque $f\left(\frac{1+\sqrt 5}2\right)=\frac{1+\sqrt 5}2$, l'intervalle $I=\left]\frac{1+\sqrt 5}2,+\infty\right[$ est stable par $f$. Si $u_0\in I$, alors $u_n\in I$ pour tout $n\geq 1$.
2. Rappelons que $f(x)-x$ se factorise en $$f(x)-x=\left(x-\frac{1-\sqrt 5}2\right)\left(x-\frac{1+\sqrt 5}2\right).$$ Ainsi, sur l'intervalle $I$ précédent, $f(x)>x$. Puisque $u_n\in I$ pour tout entier $n$, on a $u_{n+1}=f(u_n)>u_n$ et la suite $(u_n)$ est (strictement) croissante.
3. La suite $(u_n)$ est croissante. Donc, ou bien elle converge vers un réel $\ell$, ou bien elle tend vers $+\infty$. Si elle tend vers $\ell$, alors puisque $(u_n)$ est croissante, on a $\ell\geq u_0$. Or $u_0$ est strictement plus grand que les limites possibles de la suite $(u_n)$ identifiées à la première question. Donc $(u_n)$ ne peut avoir une limite finie, et $(u_n)$ tend vers $+\infty$.

4. 
   def depasse(M,u0):
     while (u0<M):
       u0=u0*u0-1
     return u0
   

1. $f$ est décroissante sur l'intervalle $[-1,0]$. Puisqu'en outre $f$ est continue, on a $f([-1,0])=[f(0),f(-1)]=[-1,0]$. Ainsi, l'intervalle $[-1,0]$ est stable par $f$ et si $u_0\in [-1,0]$, alors $u_n\in[-1,0]$ pour tout $n\geq 1$.
2. 1. La fonction $f$ est décroissante sur $[-1,0]$ et $f([-1,0])=[-1,0]$. La fonction $g$ est alors croissante, comme composée de deux fonctions décroissantes.
   2. Clairement, $g(x)-x$ est un polynôme unitaire de degré 4. De plus, $g(0)=f\circ f(0)=f(-1)=0$, $g(-1)=f\circ f(-1)=f(0)=-1$, $g\left(\frac{1+\sqrt 5}2\right)=f\circ f\left(\frac{1+\sqrt 5}2\right)=f\left(\frac{1+\sqrt 5}2\right)=\frac{1+\sqrt 5}2$ et $g\left(\frac{1-\sqrt 5}2\right)=f\circ f\left(\frac{1-\sqrt 5}2\right)=f\left(\frac{1-\sqrt 5}2\right)=\frac{1-\sqrt 5}2$. On vient donc de trouver quatre solutions à l'équation $g(x)-x=0$. Autrement dit, on vient de prouver que $g(x)-x$ se factorise en $$g(x)-x=x(x+1)\left(x-\frac{1-\sqrt 5}2\right)\left(x-\frac{1+\sqrt 5}2\right).$$ Ainsi, $g(x)-x$ est
      • positif sur $]-\infty,-1[$;
      • négatif sur $\left]-1,\frac{1-\sqrt 5}2\right[$;
      • positif sur $\left]\frac{1-\sqrt 5}2,0\right[$;
      • négatif sur $\left]0,\frac{1+\sqrt 5}2\right[$;
      • positif sur $\left]\frac{1+\sqrt 5}2,+\infty\right[$.
   3. Puisque $g$ est croissante sur $J=\left[-1,\frac{1-\sqrt 5}2\right[$, on a $$g(J)=\left[g(-1),g\left(\frac{1-\sqrt 5}2\right)\right[=J.$$ Ainsi, la suite $(v_n)$ qui vérifie $v_{n+1}=g(v_n)$ vérifie $v_n\in J$ pour tout $n\geq 0$ puisque $v_0\in J$. De plus, puisque $g(x)\leq x$ pour tout $x\in J$, $(v_n)$ est décroissante. Elle est minorée par $-1$. Elle est donc convergente. Sa limite est dans $\left[-1,v_0\right[$. C'est aussi une solution de l'équation $g(x)=x$. La seule solution vivant dans l'intervalle donné est $-1$. La suite $(v_n)$ converge donc vers $-1$.
   4. On a $w_n=f(v_n)$. Puisque $(v_n)$ converge vers $-1$ et que $f$ est continue, $(w_n)$ converge vers $f(-1)=0$.
   5. La suite $(u_n)$ admet deux suites extraites, à savoir $(u_{2n})$ et $(u_{2n+1})$, convergeant vers des limites différentes : elle est donc divergente.
3. Si $u_0\in \left]\frac{1-\sqrt 5}2,0\right[$, alors $u_1\in f\left(\left]\frac{1-\sqrt 5}2,0\right[\right)=\left]-1,\frac{1-\sqrt 5}2\right[$. On est donc ramené au cas précédent, avec décalage d'un rang. La suite $(u_n)$ est divergente.

1. On écrit \begin{align*} t_{2n}-t_n&=t_{2n}-t_{2n-1}+t_{2n-1}+t_{2n-2}+\cdots+t_{n+1}-t_n \\ &\geq \frac{a}{2n-1}+\cdots+\frac{a}n. \end{align*} Il y a $n$ termes dans la somme et chaque terme est supérieur ou égal à $a/2n.$ Donc $$t_{2n}-t_n\geq n\times\frac a{2n}=\frac a2$$ ce qui est le résultat demandé.
2. Remarquons que la suite $(t_n)$ est croissante. Comme précédemment, il n'y a que deux possibilités : ou bien elle tend vers $+\infty$ ou bien elle admet une limite finie $\ell.$ Ce dernier cas est impossible : en effet, la suite $(t_{2n})$ convergerait aussi vers $\ell$, et le passage à la limite dans l'inégalité $t_{2n}-t_n \geq a/2$ donnerait $0\geq a/2,$ ce qui est faux. Donc $(t_n)$ tend vers $+\infty.$

1. En effet, $$\frac1{n+2}-\frac{n}{(n+1)^2}=\frac1{(n+1)^2 (n+2)}>0.$$
2. Notons, pour $n\in\mathbb N^*,$ $\mathcal P(n)$ la propriété $$\mathcal P(n) : \frac{-1}{n+1}\leq u_n< 0$$ et prouvons par récurrence sur $n\in\mathbb N^*$ que $\mathcal P(n)$ est vraie.
   Initialisation : on a d'une part $0>u_1\geq -1/2$ et d'autre par $-1/(1+1)=1/2$ donc $\mathcal P(1)$ est vraie.
   Hérédité : soit $n\geq 1$ tel que $\mathcal P(n)$ est vraie. Alors, puisque $f$ est strictement croissante sur $[-1/(n+1),+\infty[$ qui est contenu dans $[-1/2,0[$, on a $$f\left(\frac{-1}{n+1}\right)\leq f(u_n)<f(0).$$ Or, $$f\left(\frac{-1}{n+1}\right)=-\frac{n}{(n+1)^2}>\frac{-1}{n+2}$$ d'après la question précédente, et $f(u_{n})=u_{n+1},$ $f(0)=0.$ Ainsi, $$ \frac{-1}{n+2}\leq u_{n+1}< 0$$ et $\mathcal P(n+1)$ est vérifiée.
   Conclusion : pour tout entier $n\geq 1,$ $\mathcal P(n)$ est vérifié.

1. On a $\lim_{n\to+\infty}nu_n(nu_n+u_n+1)=\lambda(\lambda+1)$. Or, puisque $\lambda\in]-1,0[,$ $\lambda(\lambda+1)<0$. Posons $a=-\lambda(\lambda+1)/2$. Par définition de la limite, il existe un entier $N\in\mathbb N^*$ tel que, pour tout $n\geq N,$ $$nu_n(nu_n+u_n+1)\leq -a.$$ Prenant l'opposé, on trouve le résultat demandé.
2. D'après un calcul précédent, $$t_{n+1}-t_n=-u_n\big((n+1)u_n+1\big)\geq \frac{a}n$$ si $n\in\mathbb N^*.$
3. Si $\lambda\neq -1,$ alors d'une part la suite $(v_n)$ converge (vers une limite finie) et d'autre part $(-v_n)$ tend vers $+\infty$ donc $(v_n)$ tend vers $-\infty.$ Il y a contradiction et donc $\lambda=-1.$

Si on connait le logarithme, bien sûr, on sait que la condition est remplie dès que $n\ln 2\geq 10\ln 10$, c'est-à-dire dès que $n\geq 10\ln(10)/\ln(2)$. On peut alors utiliser simplement une boucle "pour", qui évite de faire un test à chaque fois. Il faut faire attention à ce qu'on va jusque l'entier qui suit $10\ln(10)/\ln(2)$. On obtient alors :

1. Prouvons par récurrence sur $n$ que les suites $u$ et $v$ sont bien définies jusqu'à l'ordre $n$ et que $0<v_n\leq u_n$. C'est vrai au rang 0. Si c'est vrai au rang $n$, alors on en déduit que $v_{n+1}$ et $u_{n+1}$ sont bien définis, sont strictement positifs, et par la question précédente, que $v_{n+1}\leq u_{n+1}$.
2. Puisque $v_n\leq u_n$, on sait que $$u_{n+1}\leq\frac{u_n+u_n}{2}\leq u_n.$$ De même, on a $$\frac{1}{v_{n+1}}\leq \frac{1}2\left(\frac1{v_n}+\frac1{v_n}\right)\leq \frac{1}{v_n}$$ soit $v_{n+1}\geq v_n$. La suite $(v_n)$ est donc croissante et la suite $(u_n)$ est décroissante.
3. On sait que $(v_n)$ est croissante. De plus, on a pour chaque $n$, $v_n\leq u_n\leq u_0$. La suite $(v_n)$ est donc majorée. Elle converge vers une limite notée $l_1$. De même, la suite $(u_n)$ est décroissante, et minorée par $v_0$. Elle est donc convergente vers une limite notée $l_2$. On passe ensuite à la limite dans la définition de la suite $(u_n)$ : $$l_2=\frac{l_1+l_2}{2}.$$ Ceci prouve que $l_1=l_2$ et que les suites $(u_n)$ et $(v_n)$ ont la même limite, notée désormais $l$.
4. On va utiliser, en utilisant les notations de la première question de l'exercice, que $\sqrt{mh}=g$. Notons $G$ la moyenne géométrique de $u_0$ et $v_0$. La remarque précédente nous dit que, pour chaque $n$, on a $\sqrt{u_nv_n}=G$. C'est en effet vrai au rang $n=0$, et si c'est vrai au rang $n$, la propriété précédente nous dit que c'est vrai au rang $n+1$. Passant à la limite, on trouve $\sqrt{l^2}=G$, ce qui est bien le résultat souhaité.

1. On sait que $(x-y)^2\geq 0$. Développant cette inégalité, on a $x^2+y^2-2xy\geq 0$. Ajoutons $4xy$. On trouve $(x+y)^2=x^2+y^2+2xy\geq 4xy$. Il suffit ensuite de diviser par $x+y>0$ pour obtenir le résultat voulu.
2. Remplaçant $q_{n+1}$ par sa valeur et utilisant le résultat de la question précédente, on a $$q_{n+1}-p_{n+1}=\frac{2p_nq_n}{p_n+q_n}-p_{n+1}\leq \frac 12\left(p_n+q_n-2p_{n+1}\right).$$ Ensuite, par croissance de la suite $(p_n)$, on a $p_n\leq p_{n+1}$ et donc $$p_n+q_n-2p_{n+1}\leq p_n+q_n-2p_n=q_n-p_n.$$ Le résultat en découle.