Exercices corrigés - TS - limite de suites

Exercice 1

Déterminer la limite des suites suivantes :

$u_n=\dfrac{n^2-1}{n+1}$ pour tout $n$ entier naturel.
$\quad$
$u_n=\dfrac{n^3-1}{3n^2+5n^4}$ pour tout $n$ entier naturel non nul.
$\quad$
$u_n=\dfrac{1-n^3}{n-5n^4}$ pour tout $n$ entier naturel non nul.
$\quad$
$u_n=\dfrac{2n^4-1}{n^2+5n^4}$
$\quad$

Correction Exercice 1

$u_n=\dfrac{n^2-1}{n+1}=\dfrac{(n+1)(n-1)}{n+1}=n-1$
$\lim\limits_{n \to +\infty} n-1=+\infty$ donc $\lim\limits_{n \to +\infty} u_n=+\infty$
$\quad$
$\quad$
$\begin{align*} u_n&=\dfrac{n^3-1}{3n^2+5n^4} \\
&=\dfrac{n^3\left(1-\dfrac{1}{n^3}\right)}{n^4\left(\dfrac{3}{n^2}+5\right)} \\
&=\dfrac{1-\dfrac{1}{n^3}}{n\left(\dfrac{3}{n^2}+5\right)}
\end{align*}$
$\lim\limits_{n \to +\infty}\dfrac{1}{n^3}=0$ donc $\lim\limits_{n \to +\infty} 1-\dfrac{1}{n^3}=1$
$\lim\limits_{n \to +\infty}\dfrac{3}{n^2}=0$ donc $\lim\limits_{n \to +\infty} \dfrac{3}{n^2}+5=5$ et $\lim\limits_{n \to +\infty} n\left(\dfrac{3}{n^2}+5\right)=+\infty$
Par conséquent $\lim\limits_{n \to +\infty}u_n=0$.
$\quad$
$\quad$
$\begin{align*} u_n&=\dfrac{1-n^3}{n-5n^4} \\
&=\dfrac{n^3\left(\dfrac{1}{n^3}-1\right)}{n^4\left(\dfrac{1}{n^3}-5\right)} \\
&=\dfrac{\dfrac{1}{n^3}-1}{n\left(\dfrac{1}{n^3}-5\right)}
\end{align*}$
$\lim\limits_{n \to +\infty}\dfrac{1}{n^3}$ donc $\lim\limits_{n \to +\infty}\dfrac{1}{n^3}-1=-1$
$\lim\limits_{n \to +\infty}\dfrac{1}{n^3}=0$ donc $\lim\limits_{n \to +\infty} \dfrac{1}{n^3}-5=-5$ et $\lim\limits_{n \to +\infty} n\left(\dfrac{1}{n^3}-5\right)=-\infty$
Par conséquent $\lim\limits_{n \to +\infty}u_n=0$.
$\quad$
$\quad$
$\begin{align*} u_n&=\dfrac{2n^4-1}{n^2+5n^4} \\
&=\dfrac{n^4\left(2-\dfrac{1}{n^4}\right)}{n^4\left(\dfrac{1}{n^2}+5\right)} \\
&=\dfrac{2-\dfrac{1}{n^4}}{\dfrac{1}{n^2}+5}
\end{align*}$
$\lim\limits_{n \to +\infty} \dfrac{1}{n^4}=0$ donc $\lim\limits_{n \to +\infty} 2-\dfrac{1}{n^4}=2$
$\lim\limits_{n \to +\infty} \dfrac{1}{n^2}=0$ donc $\lim\limits_{n \to +\infty} \dfrac{1}{n^2}+5=5$
Par conséquent$ \lim\limits_{n \to +\infty} u_n=\dfrac{2}{5}$
$\quad$

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$\quad$

Exercice 2

Déterminer les limites des suites suivantes :

$u_n=\dfrac{n^2-\sin n}{n+1}$ pour tout $n$ entier naturel.
$\quad$
$u_n=n^2-(-1)^n$ pour tout $n$ entier naturel.
$\quad$
$u_n=\dfrac{\sin\left(n^2\right)}{n}$ pour tout entier naturel $n$ non nul.
$\quad$

Correction Exercice 2

Pour tout entier naturel $n$ on a :
$\begin{align*} -1\pp \sin n \pp 1 &\ssi -1 \pp -\sin n \pp 1 \\
& \ssi n^2-1\pp n^2-\sin n \pp n^2+1 \\
& \ssi \dfrac{n^2-1}{n+1} \pp u_n \pp \dfrac{n^2+1}{n+1} \\
&\ssi \dfrac{(n+1)(n-1)}{n+1} \pp u_n \pp \dfrac{n^2+1}{n+1} \\
&\ssi n-1\pp u_n \pp \dfrac{n^2+1}{n+1}
\end{align*}$
On a donc $u_n \pg n-1$
Or $\lim\limits_{n \to +\infty} n-1 = +\infty$
D’après le théorème de comparaison, $\lim\limits_{n \to +\infty} = +\infty$
$\quad$
Pour tout entier naturel $n$ on a :
$\begin{align*} -1\pp (-1)^n \pp 1 &\ssi -1 \pp -(-1)^n \pp 1 \\
&\ssi n^2-1 \pp u_n \pp n^2+1
\end{align*}$
On a donc $u_n \pg n^2-1$
Or $\lim\limits_{n \to +\infty} n^2-1 = +\infty$
D’après le théorème de comparaison, $\lim\limits_{n \to +\infty} = +\infty$
$\quad$
Pour tout entier naturel $n$ non nul, on a :
$-1 \pp \sin\left(n^2\right) \pp 1 \ssi -\dfrac{1}{n} \pp u_n \pp \dfrac{1}{n}$
Or $\lim\limits_{n \to +\infty} -\dfrac{1}{n}=0$ et $\lim\limits_{n \to +\infty} \dfrac{1}{n}=0$
D’après le théorème des gendarmes $\lim\limits_{n \to +\infty} u_n=0$
$\quad$

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$\quad$

Exercice 3

Déterminer les limites des suites suivantes :

$u_n=\dfrac{0,5^n-0,2^n}{2^n+1}$ pour tout $n$ entier naturel non nul.
$\quad$
$u_n=\ds \sum_{k=0}^n \dfrac{1}{2^k}$ pour tout $n$ entier naturel.
$\quad$
$u_n=\ds \sum_{k=0}^n\left(\dfrac{3}{2}\right)^k$ pour tout $n$ entier naturel.
$\quad$
$u_0=4$ et, pour tout $n$ entier naturel, $u_{n+1}=\sqrt{u_n}$.
$\quad$

Correction Exercice 3

$-1<0,5<1$ donc $\lim\limits_{n\to +\infty} 0,5^n=0$ et $-1<0,2<1$ donc $\lim\limits_{n \to +\infty} 0,2^n=0$
Par conséquent $\lim\limits_{n \to +\infty} 0,5^n-0,2^n=0$
$1<2$ donc $\lim\limits_{n\to +\infty} 2^n=+\infty$ et $\lim\limits_{n\to +\infty} 2^n+1=+\infty$
Donc $\lim\limits_{n\to +\infty} u_n=0$.
$\quad$
$u_n=\ds \sum_{k=0}^n \dfrac{1}{2^k}=\dfrac{1-\dfrac{1}{2^{n+1}}}{1-\dfrac{1}{2}}=2\left(1-\dfrac{1}{2^{n+1}}\right)$
$-1<\dfrac{1}{2}<1$ donc $\lim\limits_{n\to +\infty} \dfrac{1}{2^{n+1}}=0$
Par conséquent $\lim\limits_{n\to +\infty} u_n=2$
$\quad$
$u_n=\ds \sum_{k=0}^n \left(\dfrac{3}{2}\right)^k=\dfrac{1- \left(\dfrac{3}{2}\right)^{n+1}}{1-\dfrac{3}{2}}$
$1<\dfrac{3}{2}$ donc $\lim\limits_{n\to +\infty}\left(\dfrac{3}{2}\right)^{n+1}=+\infty$
Ainsi $\lim\limits_{n\to +\infty}1-\left(\dfrac{3}{2}\right)^{n+1}=-\infty$
De plus $1-\dfrac{3}{2}<0$
Donc $\lim\limits_{n\to +\infty} u_n=+\infty$
$\quad$
Montrons par récurrence $1\pp u_{n+1} \pp u_n$ est décroissante.
Initialisation : Si $n=0$ $u_0=4$ et $u_1=\sqrt{4}=2$ donc $1 \pp u_n \pp u_0$
La propriété est vraie au rang $0$
$\quad$
Hérédité : Supposons la propriété vraie au rang $n$ : $1\pp u_{n+1}\pp u_n$
Montrons que la propriété est vraie au rang $n+1$ : $1\pp u_{n+2} \pp u_{n+1}$
On sait que $1 \pp u_{n+1}\pp u_n$ et que la fonction racine carrée est strictement croissante sur $[0;+\infty[$.
Par conséquent $\sqrt{1} \pp \sqrt{u_{n+1}} \pp \sqrt{u_n}$ soit $1\pp u_{n+2} \pp u_{n+1}$
La propriété est donc vraie au rang $n+1$.
$\quad$
Conclusion : La propriété est vraie au rang $0$ et est héréditaire.
Pour tout entier naturel $n$ on a $1\pp u_{n+1} \pp u_n$.
$\quad$
La suite $\left(u_n\right)$ est donc décroissante et minorée par $1$.
On en déduit donc que cette suite est convergente.
On appelle $\ell$ sa limite.
Elle vérifie donc $\ell=\sqrt{\ell} \ssi \ell-\sqrt{\ell}=0 \ssi \sqrt{\ell}\left(\sqrt{\ell}-1\right)=0$
Un produit de facteurs est nul si, et seulement si, un de ses facteurs au moins est nul.
Donc $\sqrt{\ell}=0$ ou $\sqrt{\ell}-1=0$
Soit $\ell=0$ ou $\ell=1$.
La suite est minorée par $1$ donc $\ell \neq 0$
Ainsi $\lim\limits_{n \to +\infty}=1$.
$\quad$

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$\quad$

Exercice 4

Les suites suivantes sont-elles monotones?

$u_n = \dfrac{n-1}{n+1}$
$\quad$
$v_n = \dfrac{n+3}{2n}$
$\quad$
$w_n = \sqrt{n}-n$

$\quad$

Correction Exercice 4

$\quad$
$\begin{align} u_{n+1}-u_n &= \dfrac{n+1-1}{n+1+1} – \dfrac{n-1}{n+1} \\\\
&=\dfrac{n}{n+2}-\dfrac{n-1}{n+1}\\\\
&=\dfrac{n(n+1)-(n-1)(n+2)}{(n+1)(n+2)}\\\\
&=\dfrac{n^2+n-(n^2+2n-n-2)}{(n+1)(n+2)}\\\\
&=\dfrac{n^2+n-(n^2+n-2)}{(n+1)(n+2)}\\\\
&=\dfrac{2}{(n+1)(n+2)}
\end{align}$
Or pour tout $n \in \N$ $(n+1) > 0$ et $(n+2) > 0$.
Par conséquent $u_{n+1}-u_n >0$.
La suite $(u_n)$ est donc strictement croissante.
$\quad$
$\quad$
$\begin{align} v_{n+1}-v_n &= \dfrac{n+1+3}{2(n+1)}-\dfrac{n+3}{2n} \\\\
&=\dfrac{n+4}{2(n+1)}-\dfrac{n+3}{2n}\\\\
&=\dfrac{n(n+4)-(n+3)(n+1)}{2n(n+1)}\\\\
&=\dfrac{n^2+4n-(n^2+4n+3)}{2n(n+1)}\\\\
&=\dfrac{-3}{2n(n+1)}
\end{align}$
Or pour tout entier $n > 0$, $(n+1)>0$.
Par conséquent la suite $(u_n)$ est strictement décroissante.
$\quad$
On considère la fonction $f$ définie sur $\R^+$ par $f(x) =\sqrt{x}-x$.
Cette fonction est dérivable sur $]0;+\infty[$ et $f'(x) = \dfrac{1}{2\sqrt{x}}-1$ $=\dfrac{1-2\sqrt{x}}{2\sqrt{x}}$.
Or pour tout $x> \dfrac{1}{4}$, $f'(x)<0$.
Puisque $w_n = f(n)$, cela signifie donc que pour tout entier naturel $n\ge 1$ la suite $(w_n)$ est strictement décroissante.
On constate que $w_0=w_1=0$. La suite $(w_n)$ est donc décroissante sur $\N$ et strictement décroissante sur $\N^*$.

[collapse]

$\quad$

Exercice 5

La suite $(u_n)$ est définie par $u_0=5$ et $u_{n+1} = -\dfrac{1}{2}u_n + 3$.

Montrer par récurrence que $(u_n)$ est bornée par $\dfrac{1}{2}$ et $5$.

$\quad$

Correction Exercice 5

Initialisation : $u_0 = 5$ par conséquent $\dfrac{1}{2} \le u_0 \le 5$.
La propriété est donc vraie au rang $0$.

$\quad$

Hérédité : Supposons la propriété vraie au rang $n$ : $\dfrac{1}{2} \le u_n \le 5$.

On a ainsi : $-\dfrac{5}{2} \le -\dfrac{1}{2} u_n \le -\dfrac{1}{4}$
Soit $-\dfrac{5}{2} + 3 \le -\dfrac{1}{2} u_n + 3\le -\dfrac{1}{4} + 3$
Finalement $\dfrac{1}{2} \le u_{n+1} \le \dfrac{11}{4} < 5$.

La propriété est donc vraie au rang $n+1$.

$\quad$

Conclusion : La propriété est vraie au rang $0$. En la supposant vraie au rang $n$, elle est encore vraie au rang suivant.

Par conséquent, pour tout entier naturel, $\dfrac{1}{2} \le u_n \le 5$.

[collapse]

$\quad$

Exercice 6

Déterminer les limites en $+\infty$ de :

$u_n = \dfrac{n}{5} + 7 – \dfrac{3n}{n^2+4}$
$\quad$
$u_n = \dfrac{6n^2-3n+7}{n^2+n+1}$
$\quad$
$u_n = \sqrt{\dfrac{3n^2-1}{5n+4}}$
$\quad$
$u_n = n^2 \left(\sqrt{3-\dfrac{2}{n}}-\sqrt{3}\right)$
$\quad$
$u_n = \dfrac{3n-\sqrt{9n^2+1}}{\sqrt{n^2+5}}$
$\quad$

Correction Exercice 6

$u_n = \dfrac{n}{5} + 7 – \dfrac{3n}{n^2\left(1+\dfrac{4}{n} \right)}$ $=\dfrac{n}{5} + 7 – \dfrac{3}{n\left(1+\dfrac{4}{n}\right)}$.
$\quad$
Or $\lim\limits_{n \rightarrow +\infty} 1+\dfrac{4}{n} = 1$ donc $\lim\limits_{n \rightarrow +\infty} \dfrac{3}{n\left(1+\dfrac{4}{n}\right)} = 0$.
$\quad$
Mais $\lim\limits_{n \rightarrow +\infty} \dfrac{n}{5} = +\infty$.
$\quad$
Par conséquent $\lim\limits_{n \rightarrow +\infty} u_n = +\infty$
$\quad$
$u_n=\dfrac{n^2\left(6-\dfrac{3}{n} + \dfrac{7}{n^2}\right)}{n^2\left(1 + \dfrac{1}{n} + \dfrac{1}{n^2}\right)}$ $ = \dfrac{6 – \dfrac{3}{n} +\dfrac{7}{n^2}}{1 + \dfrac{1}{n} + \dfrac{1}{n^2}}$.
$\quad$
Or $\lim\limits_{n \rightarrow +\infty} \dfrac{1}{n} = \lim\limits_{n \rightarrow +\infty} \dfrac{1}{n^2} = 0$
$\quad$
Par conséquent $\lim\limits_{n \rightarrow +\infty} 6 – \dfrac{3}{n} +\dfrac{7}{n^2} = 6$ et $\lim\limits_{n \rightarrow +\infty} 1 + \dfrac{1}{n} + \dfrac{1}{n^2} = 1$.
$\quad$
Finalement $\lim\limits_{n \rightarrow +\infty} v_n = 6$
$\quad$
$\dfrac{3n^2 – 1}{5n+4} = \dfrac{n^2\left(3-\dfrac{1}{n^2} \right)}{n\left(5 + \dfrac{4}{n}\right)}$ $ = \dfrac{n\left(3-\dfrac{1}{n^2}\right)}{5+\dfrac{4}{n}}$
$\quad$
Par conséquent $\lim\limits_{n \rightarrow +\infty} \dfrac{3n^2 – 1}{5n+4} = +\infty$.
$\quad$
On a donc $\lim\limits_{n \rightarrow +\infty} u_n = +\infty$
$\quad$
$\quad$
$\begin{align} u_n &= n^2 \left(\sqrt{3-\dfrac{2}{n}}-\sqrt{3}\right) \times \dfrac{\sqrt{3-\dfrac{2}{n}}+\sqrt{3}}{\sqrt{3 -\dfrac{2}{n}}+\sqrt{3}} \\\\
&= n^2 \dfrac{3~ – \dfrac{2}{n} – 3}{\sqrt{3 -\dfrac{2}{n}}+\sqrt{3}}\\\\
&=n^2 \dfrac{-\dfrac{2}{n}}{\sqrt{3-\dfrac{2}{n}}+\sqrt{3}}\\\\
&=\dfrac{-2n}{\sqrt{3-\dfrac{2}{n}}+\sqrt{3}}
\end{align}$
$\quad$
Mais $\lim\limits_{n \rightarrow +\infty}3-\dfrac{2}{n} = 3$ donc $\lim\limits_{n \rightarrow +\infty} \sqrt{3-\dfrac{2}{n}}+\sqrt{3} = 2\sqrt{3}$
$\quad$
Par conséquent $\lim\limits_{n \rightarrow +\infty} u_n = -\infty$
$\quad$
$\quad$
$\begin{align} u_n &= \dfrac{3n-\sqrt{9n^2+1}}{\sqrt{n^2+5}} \times \dfrac{3n+\sqrt{9n^2+1}}{3n+\sqrt{9n^2+1}} \\\\
&=\dfrac{9n^2 – (9n^2+1)}{\sqrt{n^2+5} \times \left(3n+\sqrt{9n^2+1} \right)} \\\\
&=\dfrac{-1}{\sqrt{n^2+5} \times \left(3n+\sqrt{9n^2+1} \right)}
\end{align}$
$\quad$
Mais $\lim\limits_{n \rightarrow +\infty} \sqrt{n^2+5} = \lim\limits_{n \rightarrow +\infty} 3n = \lim\limits_{n \rightarrow +\infty} \sqrt{9n^2+1} = +\infty$
$\quad$
Par conséquent $\lim\limits_{n \rightarrow +\infty} u_n = 0$.

[collapse]

$\quad$

Exercice 7

Montrer que pour tout entier naturel $k \ge 2$, $\dfrac{1}{k^2} \le \dfrac{1}{k-1}-\dfrac{1}{k}$.
$\quad$
Montrer que, pour tout entier naturel $n \ge 2$, on a $\displaystyle \sum_{k=2}^n \dfrac{1}{k^2} \le 1$
$\quad$
Utiliser ce résultat pour montrer que la suite $(u_n)$ définie pour tout entier naturel $n \ge 2$ par $u_n=\displaystyle \sum_{k=2}^n \dfrac{1}{k^2}$ est convergente.
$\quad$

Correction Exercice 7

$\dfrac{1}{k-1} – \dfrac{1}{k} = \dfrac{k – (k-1)}{k(k-1)} = \dfrac{1}{k(k-1)}$
$\quad$
Or puisque, pour tout $k \ge 1$, $k-1 \le k$ on a alors $k(k-1) \le k^2$ et par conséquent $\dfrac{1}{k^2} \le \dfrac{1}{k(k-1)}$.
$\quad$
On a donc $\dfrac{1}{k^2} \le \dfrac{1}{k-1}-\dfrac{1}{k}$.
$\quad$
$0 \le \displaystyle \sum_{k=2}^n \dfrac{1}{k^2} \le \dfrac{1}{2-1} – \color{red}{\dfrac{1}{2}} + \color{red}{\dfrac{1}{3-1}} – \dfrac{1}{3} + \ldots + \dfrac{1}{k-1} – \dfrac{1}{k}$
$\quad$
Dans le membre de droite, les termes s’annulent deux à deux . Il ne reste plus alors que $1-\dfrac{1}{n}$
$\quad$
Par conséquent $\displaystyle \sum_{k=2}^n \dfrac{1}{k^2} \le 1 – \dfrac{1}{n} \le 1 $
$\quad$
$u_{n+1}-u_n = \dfrac{1}{(n+1)^2} >0$
La suite $(u_n)$ est donc croissante et majorée par $1$. On en déduit donc qu’elle converge.

[collapse]

$\quad$

Exercice 8

On considère la suite $(u_n)$ définie pour tout entier naturel $n \ge 1$ par $u_n=\sqrt{n+1}-\sqrt{n}$.

Démontrer que $\dfrac{1}{2\sqrt{n+1}} \le u_n \le \dfrac{1}{2\sqrt{n}}$.
$\quad$
Quelle est la limite de la suite $(u_n)$?
$\quad$

Correction Exercice 8

$\quad$
$\begin{align} u_n &= \sqrt{n+1}-\sqrt{n} \\\\
&=\dfrac{\left(\sqrt{n+1} – \sqrt{n} \right) \left(\sqrt{n+1} + \sqrt{n}\right)}{\sqrt{n+1} + \sqrt{n}} \\\\
&=\dfrac{n+1-n}{\sqrt{n+1} + \sqrt{n}} \\\\
&=\dfrac{1}{\sqrt{n+1} + \sqrt{n}}
\end{align}$
$\quad$Or $\sqrt{n} \le \sqrt{n+1}$ donc $2\sqrt{n} \le \sqrt{n+1}+\sqrt{n} \le 2\sqrt{n+1}$.
$\quad$
Par conséquent $\dfrac{1}{2\sqrt{n+1}} \le u_n \le \dfrac{1}{2\sqrt{n}}$.
$\quad$
$\lim\limits_{n \rightarrow +\infty} \dfrac{1}{2\sqrt{n}} = 0$ et $\lim\limits_{n \rightarrow +\infty} \dfrac{1}{2\sqrt{n+1}} = 0$
$\quad$
D’après le théorème des gendarmes $\lim\limits_{n \rightarrow +\infty} u_n = 0$

[collapse]

$\quad$