Corrigé du TD4 de mai 2014

UNIVERSITÉ BLAISE PASCAL
Année 2013-2014
U.E. Mathématiques Générales 2 - Licence L1 M.A.S.S., Maths, Info
Feuille d’exercices no 4 : Suites définies par récurrence.
Remarque : Des exercices sur les suites définies par récurrence peuvent être proposés
dans le sujet d’examen.
Suite de l’exercice 3
On définit la suite récurrente (xn ) par
x0 = 0,
xn+1 =
√
2 + xn .
(d) En utilisant le théorème des accroissements finis, montrer l’existence d’une constante M telle
que |xn+2 − xn+1 | ≤ M |xn+1 − xn | pour tout n ∈ N. En déduire une majoration pour |xn+2 − `|.
Solution.
1
Comme pour tout x > 0, |f 0 (x)| = | 2√2+x
| <
xn+1 | = |f (xn+1 ) − f (xn )| ≤
1
√
|x
2 2 n+1
1
√
2 2
= M , on a alors |xn+2 −
− xn |. De même du fait que f (`) = ` on trouve que
1
pour n ≥ 1, |xn − `| = |f (xn−1 ) − f (`)| ≤ | 2√
|x
− `|. De proche en proche on voit
2 n−1
n
1
que pour tout n ∈ N, |xn − `| ≤ 2√
|x0 − `|.
2
(e) De combien d’itérations a-t-on besoin pour se rapprocher de quatre ordres à la limite ` ?
Solution.
n
1
√
< 10−4
2 2
1
√
n log10
< −4
2 2
√ −n log10 2 2 < −4
√ n log10 2 2 > 4
n>
⇐⇒
⇐⇒
⇐⇒
⇐⇒
4
√ ≈ 9.
log10 2 2
Exercice 1 :
u0 ∈]0, 1[
.
un+1 = un − u2n
(a). Démontrer par récurrence que, pour tout entier naturel n, on a 0 < un < 1.
La suite (un )n∈N est définie de la manière suivante :
Solution. On peut montrer cela par récurrence en notant P (n) l’inégalité 0 < un <
1.
u0 ∈]0, 1[ par hypothèse, d’où P (0) est vraie.
Soit n ∈ N tel que P (n) est vraie. Rappelons que un+1 = un − u2n = un (1 − un ). Nous
avons
0 < un < 1
P (n) vraie ⇔ un ∈]0, 1[⇒
⇒ 0 < un (1 − un ) < 1 ⇒ 0 < un+1 < 1.
0 < 1 − un < 1
Donc P (n + 1) est vraie.
P (0) est vraie. De plus pour tout n ∈ N, si P (n) est vraie alors P (n+1) est vraie.
Par récurrence, P (n) est vraie pour tout n ∈ N.
(b). Démontrer que la suite est strictement décroissante. En déduire que la suite possède une limite.
Solution. La suite est strictement décroissante si et seulement si
un+1 < un
⇐⇒
un − u2n < un
u2n > 0,
⇐⇒
ce qui est vrai parce que nous avons déjà montré que, pour tout n, 0 < un < 1, donc
en particulier, pour tout n, un 6= 0.
Une suite bornée et monotone possède forcément une limite.
(c). Calculer la limite ` de la suite.
Solution. Pour calculer la limite ` de la suite, nous réécrivons d’abord la définition par récurrence comme
un+1 = f (un ) ,
f (x) := x − x2 .
Donc, si la suite admet une limite, celle-ci doit être un point fixe de la fonction
f :
un+1 = f (un )
↓
↓
`
= f (`) ,
d’où
` = f (`)
⇐⇒
` = ` − `2
`2 = 0
⇐⇒
⇐⇒
` = 0.
Nous avons prouvé que lim un = 0.
n→∞
(d). En utilisant le théorème des accroissements finis, montrer l’existence d’une constante M telle
que |un+2 − un+1 | ≤ M |un+1 − un | pour tout n ∈ N. En déduire une majoration pour |un+2 − `|.
Solution. La fonction f est continue sur [0, 1] et dérivable sur ]0, 1[. De plus on peut
prouver que, pour tout x ∈ [0, 1], |f 0 (x)| ≤ 1 =: M . Donc, d’après l’inégalité des
accroissements finis, pour tout (x, y) ∈ [0, 1] × [0, 1], on a |f (x) − f (y)| ≤ M |x − y|.
Si on prend y = un et x = un+1 (et M = 1), on peut réécrire cela |un+2 − un+1 | ≤
|un+1 − un |. Si on prend y = `, on obtient |f (x) − f (`)| ≤ M |x − `|, c’est-à-dire |f (x) − `| ≤
M |x − `|. En choisissant x = u0 , par récurrence on peut montrer que |un − `| ≤ M n |u0 − `|.
Comme dans ce cas M = 1, cela revient à |un − `| ≤ |u0 − `|.
(e). Si on voulait savoir combien d’itérations sont nécessaires pour se rapprocher quatre ordres à
la limite `, cette majoration serait-elle utile ?
Solution. Non, car M ≥ 1. A priori, selon la majoration, un peut être aussi loin
de la limite que un .
Exercice 4 :
On considère deux suites réelles (un )n∈N et (vn )n∈N vérifiant :
0 ≤ v0 ≤ u0 ,
∀n ∈ N,
un+1 =
un + vn
2
et vn+1 =
√
un vn .
(a). Montrer que ∀n ∈ N, 0 ≤ vn ≤ un .
Solution. On peut montrer cela par récurrence.
Initialisation. 0 ≤ v0 ≤ u0 par hypothèse.
Hérédité. Supposons 0 ≤ vn ≤ un . Nous avons
√
√
un + vn
0 ≤ vn+1 ≤ un+1 ⇐⇒ 0 ≤ un vn ≤
⇐⇒ 0 ≤ 2 un vn ≤ un + vn
2
2
2
⇐⇒ 0 ≤ 4un vn ≤ un + vn + 2un vn ⇐⇒ −4un vn ≤ 0 ≤ u2n + vn2 − 2un vn
⇐⇒
−4un vn ≤ 0 ≤ (un − vn )2 ,
ce qui est vrai.
(b). Etudier la monotonie des suites (un )n∈N et (vn )n∈N .
Solution.
un + vn
vn − un
Pour n ∈ N, on a : un+1 − un =
− un =
≤ 0.
2
2
D’où la suite (un )n∈N est décroissante :
La suite (vn ) est croissante :
vn+1 ≥ vn
⇐⇒
√
un vn ≥ vn
⇐⇒
un vn ≥ vn2 .
Si vn = 0 l’inégalité est vraie ; sinon, vn > 0, dans ce cas
un vn ≥ vn2
⇐⇒
un ≥ vn ,
ce qui est vrai.
(c). En déduire que les suites (un )n∈N et (vn )n∈N convergent vers la même limite.
Solution. Les deux suites sont monotones et bornées, car 0 ≤ vn ≤ un ≤ u0 , donc
elles convergent. Appelons `u = limn→∞ un et `v = limn→∞ vn . Si on prend la lois
de récurrence pour (vn ) on obtient :
vn+1 =
↓
`v
=
un +vn
2
↓
`u +`v
2 ,
ce qui est équivalent à `v = `u . Ceci est consistant avec ce que la lois de récurrence
pour (un ) dit :
√
un+1 =
un vn
↓
√ ↓
`u
=
`u `v ,
√
√
si `u 6= 0 on obtient `u = `v , soit `u = `v .

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