Limites de suites monotones

Exercice 1.
Soit {k} un entier supérieur ou égal à {2}.
Pour tout {n\in\mathbb{N}^{*}}, soit {u_n=\dfrac 1{n+1}+\dfrac1{n+2}+\ldots+\dfrac1{kn}}.
Montrer que la suite {(u_{n})} converge (on ne demande pas sa limite).
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On constate que :{\begin{array}{rl}u_{n+1}-u_n&=\displaystyle\sum_{m=n+2}^{k(n+1)}\dfrac1{m}- \displaystyle\sum_{m=n+1}^{kn}\dfrac1{m}\\\\&=\displaystyle\sum_{m=kn+1}^{kn+k}\dfrac1m-\dfrac1{n+1}\end{array}}Dans la dernière somme chaque terme est supérieur ou égal à {\dfrac1{k(n+1)}}.

Ainsi {u_{n+1}-u_n\ge \dfrac{k}{k(n+1)}-\dfrac1{n+1}=0} : la suite {(u_n)} est croissante.

Dans {u_n= \displaystyle\sum_{m=n+1}^{kn}\dfrac1{m}}, on majore chaque {\dfrac1m} par {\dfrac1{n+1}}.

On en déduit : {u_n\le\dfrac{(k-1)n}{n+1}\le k-1}.

Ainsi la suite {(u_n)} est majorée, et croissante, donc convergente.

Remarque: on montre que {\displaystyle\lim_{n\rightarrow+\infty}{u_n}=\ln k}.

Exercice 2.
On considère la suite {n\mapsto u_n=\sqrt{1+\sqrt{2+\sqrt{\ldots+\sqrt n}}}}.
Montrer que pour tout {n}, on a l’inégalité {u_{n+1}^2\le1+\sqrt2\,u_n}.
La suite {(u_n)} est-elle convergente?
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  • Il est clair que la suite {(u_n)} est croissante.

    En effet on passe de {u_n} à {u_{n+1}} en remplaçant {n} par {n+\sqrt{n+1}}.

  • D’autre part on peut écrire : {\begin{cases}u_{n+1}^2=1+\sqrt{2+\sqrt{3+\sqrt{\ldots+\sqrt{n+1}}}}\\\\1+\sqrt{2}u_n=1+\sqrt{1\cdot2+\sqrt{2\cdot2^2+\sqrt{\ldots+\sqrt{n\cdot2^n}}}}\end{cases}}Dans les deux cas, il y a {n} radicaux superposés.

    Pour tout {k\in\{2,\ldots,n\}}, on a : {k+1\le k\cdot2^k}.

    En comparant les termes de même rang, on trouve donc : {u_{n+1}^2\le1+\sqrt2\,u_n}.

  • Des deux résultats précédents, on tire : {u_{n+1}^2\le1+\sqrt2\,u_n\le1+\sqrt2\,u_{n+1}}Autrement : {\forall n\ge1,\;P(u_n)\le0} avec {P(x)=x^2-x\sqrt{2}-1}.

    Or le discriminant de {P} est {\Delta=5>0}.

    Le polynôme {P} admet donc deux racines réelles {\alpha\lt \beta}.

    La condition {P(u_n)\le0} signifie alors que {\alpha\le u_n\le\beta}.

    On en déduit que la suite {(u_n)} est majorée.

    Comme cette suite est croissante, elle est convergente.

Exercice 3.
Soit {(u_n)_{n\ge0}} une suite bornée telle que : {\forall\, n\ge1}, {2u_n\le u_{n-1}+u_{n+1}}.
Montrer que cette suite est convergente.
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Considérons la suite {n\mapsto w_n=u_{n+1}-u_n} pour {n\ge0}.

L’hypothèse sur la suite {(u_n)} s’écrit : {\forall n\in\mathbb{N}^*,\,w_{n-1}\le w_{n}}.

La suite {(w_n)} est donc croissante.

De plus, comme la suite {(u_n)}, elle est bornée.

On en déduit que la suite {(w_n)} est convergente. Soit {\ell} sa limite.

  • Si {\ell>0}, alors {w_n=u_{n+1}-u_n\ge0} pour {n} assez grand.
  • Si {\ell\le 0}, alors {w_n=u_{n+1}-u_n\le0} pour tout {n}.

Dans tous les cas, on voit que {(u_n)} est monotone à partir d’un certain rang.

Comme cette suite est bornée, cela implique qu’elle est convergente.

Exercice 4.
Soit {(u_n)} une suite réelle. On pose {v_n=\dfrac1n(u_1+u_2+\cdots+u_n)}.

  1. Montrer que si {\displaystyle\lim_\infty u_n=\ell} alors {\displaystyle\lim_\infty v_n=\ell}.
  2. Vérifier sur un exemple que la réciproque est fausse.
  3. Montrer que si {(u_n)} est monotone, alors la réciproque est vraie.

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  1. On va discuter suivant les valeurs possibles de {\ell}.

    Traitons d’abord le cas {\ell=0}, et donnons-nous {\varepsilon>0}.

    Il existe un entier {m} tel que {n>m\Rightarrow\left|{u_n}\right|\le\varepsilon}.

    On en déduit : {\forall n>m,\;\left|{v_n}\right|\le\dfrac1n\left|{\displaystyle\sum_{k=1}^mu_k}\right|+\dfrac1n\left|{\displaystyle\sum_{k=m+1}^n u_k}\right|}.

    Ainsi : {\forall n>m,\;\left|{v_n}\right|\le\dfrac{m}{n}\left|{v_m}\right|+\dfrac{n-m}n\varepsilon}.

    Le dernier membre tend vers {\varepsilon} quand {n} tend vers {+\infty}.

    Il existe donc un entier {p>m} tel que : {n\ge p\Rightarrow\dfrac{m}{n}\left|{v_m}\right|+\dfrac{n-m}n\varepsilon\le2\varepsilon}On en déduit que : {n\ge p\Rightarrow\left|{v_n}\right|\le2\varepsilon}.

    Ainsi : {\displaystyle\lim_{n\rightarrow+\infty}{v_n}=0=\lim_{n\rightarrow+\infty}{u_n}}.

  2. On suppose maintenant que {\ell} est un réel non nul.

    Pour tout {n\ge1}, on pose {U_n=u_n-\ell} et {V_n=v_n-\ell}.

    On constate que : {V_n=\dfrac1n \displaystyle\sum_{k=1}^nu_k-\ell=\dfrac1n \displaystyle\sum_{k=1}^n(u_k-\ell)=\dfrac1n \displaystyle\sum_{k=1}^nU_k}Or {\displaystyle\lim_{n\rightarrow+\infty}{U_n}=0}. Donc {\displaystyle\lim_{n\rightarrow+\infty}{V_n}=0} (premier cas).

    Ainsi : {\displaystyle\lim_{n\rightarrow+\infty}{v_n}=\ell=\lim_{n\rightarrow+\infty}{u_n}}.

    Supposons maintenant {\ell=+\infty}. Soit {A\ge 0} quelconque.

    Il existe un entier {m} tel que {n>m\Rightarrow u_n\ge A}.

    Ainsi, pour tout n\gt m :{\begin{array}{rl}v_n&=\dfrac{m}{n}\,v_m<br /> +\dfrac1n \displaystyle\sum_{k=m+1}^n u_k\\\\&\ge\dfrac{m}{n}\,v_m+\dfrac{n-m}n\,A\end{array}}Le dernier membre tend vers {A} quand {n} tend vers {+\infty}.

    Il existe donc un entier {p>m} tel que :{n\ge p\Rightarrow\dfrac{m}{n}\,v_m+\dfrac{n-m}n\,A\ge\dfrac{A}2}On en déduit : {n\ge p\Rightarrow v_n\ge\dfrac A2}.

    Cela prouve {\displaystyle\lim_{n\rightarrow+\infty}{v_n}=+\infty=\lim_{n\rightarrow+\infty}{u_n}}.

  3. Enfin le cas {\ell=-\infty} se traite en considérant la suite {n\mapsto -u_n}.
  4. La réciproque est fausse comme on le voit avec la suite {n\mapsto u_n=(-1)^n}.

    Cette suite est en effet divergente, alors que {\displaystyle\lim_{n\rightarrow+\infty}{v_n}=0}.

  5. On suppose que la suite {(u_n)} est monotone.

    Elle a alors nécessairement une limite dans {\mathbb{R}\cup\{\pm\infty\}}.

    Cette limite est nécessairement aussi celle de la suite {(v_n)} (question 1).

    Ainsi l’hypothèse {\displaystyle\lim_{n\rightarrow+\infty}{v_n}=\ell} et la monotonie de {(u_n)} impliquent {\displaystyle\lim_{n\rightarrow+\infty}{u_n}=\ell}.

    Remarque : la suite {(v_n)} la même motononie que la suite (u_n).

    En effet, supposons que la suite (u_n) est croissante.

    Pour tout {k} de {\{1,\ldots,n\}} on {u_k\le u_{n+1}}.

    Il en résulte {v_n=\dfrac1n \displaystyle\sum_{k=1}^nu_k\le u_{n+1}}. On en déduit : {\begin{array}{rl}v_{n+1}-v_n&=\dfrac1{n+1}(nv_n+u_{n+1})-v_n\\\\&=\dfrac1{n+1}(u_{n+1}-v_n)\ge0\end{array}}

Remarque : quand {(v_n)} converge, on dit que {(u_n)} converge au sens de Cesaro.

Exercice 5.
Soit {p_n} la probabilité d’obtenir exactement {n} fois pile en {2n} lancers d’une pièce équilibrée. Calculer {p_n} et déterminer {\displaystyle\lim_\infty p_n}.
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Cette épreuve possède {2^{2n}} résultats élémentaires possibles.

Le nombre de cas favorables à la réalisation de l’événement considéré est : {\dbinom{2n}{n}}.

La probabilité recherchée est donc {p_n=2^{-2n}\dbinom{2n}{n}=\dfrac{(2n)!}{(n!)^2\,2^{2n}}}.

On a : {\dfrac{p_{n+1}}{p_n}=\dfrac{(2n+2)(2n+1)}{4(n+1)^2}=\dfrac{2n+1}{2(n+1)}\lt 1}.

La suite {(p_n)} est donc décroissante (logique).

Comme elle est minorée (par {0}), elle est convergente.

Soit {\ell} sa limite. On va montrer que {\ell=0}.

Pour tout {n\ge1}, on a : {\dfrac{p_{2n}}{p_n}=\displaystyle\prod_{k=n}^{2n-1}\dfrac{2k+1}{2(k+1)}}.

Or la suite {k\mapsto w_k=\dfrac{2k+1}{2(k+1)}=1-\dfrac1{2(k+1)}} est croissante.

Dans {\dfrac{p_{2n}}{p_n}}, on majore chaque {w_k} par {w_{2n-1}=\dfrac{4n-1}{4n}=1-\dfrac1{4n}}.

Ainsi {\dfrac{p_{2n}}{p_n}\le\left(1-\dfrac1{4n}\right)^n} donc {\ln p_{2n}-\ln p_{n}\le n\,\ln\left(1-\dfrac1{4n}\right)}.

On sait enfin que : {\displaystyle\lim_{n\rightarrow+\infty} n\,\ln\left(1-\dfrac1{4n}\right)=-\dfrac14}.

L’hypothèse {\ell>0} impliquerait : {\displaystyle\lim_{n\rightarrow+\infty}(\ln p_{2n}-\ln p_{n})=\ln\ell-\ln\ell=0} (absurde).

On en déduit finalement {\displaystyle\lim_{n\rightarrow+\infty} p_n=0}.