Énoncé:
Exercice 1:
Soit $(u_n)$ une suite bornée telle que : $\forall n \ge 1, 2u_n \le u_{n-1}+u_{n+1}$.
Montrer que cette suite est convergente.
Exercice 2:
Montrer que la suite de terme général $u_n = \frac{1}{n+1}+\frac{1}{n+2}+\ldots + \frac{1}{kn}$ (où $k$ est un entier donné supérieur ou égal à $2$) est convergente.
Exercice 3:
On considère la suite de terme général $u_n = \sqrt{1+\sqrt{2 + \sqrt{\ldots +\sqrt{n}}}}$.
Montrer que pour tout $n, u_{n+1}^2 \le 1 +\sqrt{2} u_n$.
La suite $(u_n)$ est-elle convergente?
Exercice 4:
On se donne une suite réelle $(u_n)$ et on pose $v_n = \frac{1}{n}(u_1 +u_2 +\ldots + u_n )$.
- Montrer que si $\lim_{\infty} u_n = \ell$ alors $\lim_{\infty} v_n = \ell$.
- Vérifier sur un exemple que la réciproque est fausse.
- Montrer que si la suite $(u_n)$ est monotone, alors la réciproque est vraie.
Exercice 5:
Soit $p_n$ la probabilité d'obtenir exactement $n$ fois pile en $2n$ lancers d'une pièce équilibré.
Calculer $p_n$ et déterminer $\lim_{\infty}p_n$.
Corrigé:
Exercice 1:
Considérons la suite de terme général $w_n = u_{n+1} - u_n$ pour $n \ge 0$.
L'hypothèse sur la suite $(u_n)$ s'écrit : $\forall n \in \mathbb{N}, w_n \le w_{n+1}$.
L 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 $w_n = u_{n+1} - u_n \ge 0$ pour $n$ assez grand.
- Si $\ell \le 0$, alors $w_n = u_{n+1} - u_n \le 0$ pour tout $n$.
Dans tous les cas, on voit que $(u_n)$ est monotone au moins à partir d'un certain rang.
Comme cette suite est bornée, cela implique qu'elle est convergente.
Exercice 2:
On constate que $u_{n+1}-u_n = \sum_{m=n+2}^{k(n+1)}\frac{1}{m} - \sum_{m=n+1}^{kn}\frac{1}{m}=\sum_{m=kn+1}^{kn+k}\frac{1}{m}-\frac{1}{n+1}$.
Dans la dernière somme chacun des $k$ termes est supérieur ou égal au dernier $\frac{1}{k(n+1)}$.
Il en découle : $u_{n+1} - u_n \ge \frac{k}{k(n+1)}-\frac{1}{n+1}$ c'est-à-dire $u_{n+1}-u_n \ge 0$.
La suite $(u_n)$ est donc croissante.
Dans l'expression, $u_n = \sum_{m=n+1}^{kn}\frac{1}{m}$, on majore chaque $\frac{1}{m}$ par $\frac{1}{n+1}$.
Comme il y a $(k-1)n$ termes dans cette somme, on en déduit : $u_n \le \frac{(k+1)n}{n+1} \le k-1$.
Cela prouve que la suite $(u_n)$ est majorée.
Comme elle est croissante, elle est convergente.
Remarque : on montre que $\lim_{n \to +\infty} u_n = \ln k$.
Exercice 3:
- 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 $n+\sqrt{n+1}$ dans l'expression de $u_n$.
- D'autre part on peut écrire
Dans les deux cas, il y a $n$ radicaux superposés. Mais $\forall k \in \{2, \ldots , n \}$, on a : $k+1 \le k.2^k$.
On peut ainsi comparer les termes de même rang et d'affirmer que $u_{n+}^2 \le 1+\sqrt{2}u_n$.
- Des deux résultats précédents, on tire : $u_{n+1}^2 \le 1+\sqrt{2}u_n \le 1+\sqrt{2}u_{n+1}$.
Autrement dit, pour tout $n \ge 1$, on a $P(u_n) \le 0$ avec $P(x)=x^2 - x \sqrt{2}-1$.
Or le discriminant de $P$ est $\Delta = 5 >0$. $P$ on a donc deux racines réelles $\alpha < \beta$.
La condition $P(u_n) \le 0$ signifie alors que $\alpha \le u_n \le \beta$.
On en déduit que $(u_n)$ est majorée. Comme elle est croissante, elle est convergente.
Exercice 4:
- On va discuter suivant les valeurs possibles de $\ell$.
- Traitons d'abord le cas $\ell = 0$, et donnons-nous $\epsilon >0$.
Il existe un entier $m$ tel que $n>m \Rightarrow |u_n| \le \epsilon $. On en déduit, pour tout $n>m$ :
$|v_n| \le \frac{1}{n} |\sum_{k=1}^{m}u_k | + \frac{1}{n} | \sum_{k=m+1}^{n} u_k |$ et donc $|v_n| \le \frac{m}{n}|v_m| + \frac{n-m}{n}\epsilon$.
Le dernier membre tend vers $\epsilon$ quand $n$ tend vers $+\infty$.
Il existe donc un entier $p>m$ tel que $n \ge p \Rightarrow \frac{m}{n}|v_m| + \frac{n-m}{n}\epsilon \le 2\epsilon$.
On en déduit que : $n \ge p \Rightarrow |v_n|\le 2\epsilon$, ce qui prouve $\lim_{n \to +\infty}v_n = 0 = \lim_{n \to +\infty}u_n$.
- On suppose maintenant que $\ell$ est un réel non nul.
Pour tout $n \ge 1$, on pose $U_n = u_n - \ell$ et $V_n = v_n - \ell$.
On constate que $V_n = \frac{1}{n}\sum_{k=1}^{n}u_k - \ell = \frac{1}{n}\sum_{k=1}^{n}(u_k - \ell )=\frac{1}{n}\sum_{k=1}^n U_k$.
Or $\lim_{n \to +\infty}U_n = 0$. Donc $\lim_{n \to +\infty}V_n = 0$ (premier cas) puis $\lim_{n \to +\infty}v_n = \ell = \lim_{n \to +\infty}u_n$.
- Supposons maintenant $\ell = +\infty$. Soit $A$ un réel positif quelconque.
Il existe un entier $m$ tel que $n>m \Rightarrow u_n \ge A$.
Ainsi $n>m \Rightarrow v_n = \frac{m}{n}v_m + \frac{1}{n}\sum_{k=m+1}^n u_k \ge \frac{m}{n}v_m + \frac{n-m}{n}A \ge \frac{A}{2}$.
On en déduit que : $n \ge p \Rightarrow v_n \ge \frac{A}{2}$, ce qui prouve $\lim_{n \to +\infty}v_n = +\infty = \lim_{n \to +\infty}u_n$.
- En fin le cas $\ell = -\infty$ se traite en considérant la suite de terme général $-u_n$.
2. La réciproque est fausse comme on le voit avec la suite de terme général $u_n = (-1)^n$.
Cette suite est en effet divergente, alors que $\lim_{n \to +\infty}v_n = 0$.
3. On suppose que la suite $(u_n)$ est croissante (l'autre cas s'en déduit en considérant $-u_n$).
Cette suite a alors nécessairement une limite, finie ou égale à $+\infty$.
Cette limite est nécessairement aussi celle de la suite $(v_n)$ (question 1).
Ainsi l'hypothèse $\lim_{n \to +\infty}v_n = \ell$ et la croissance de $(u_n)$ impliquent $\lim_{n \to +\infty}u_n = \ell$.
Remarque : Montrons que la suite $(v_n)$ est croissante.
Pour tout $k$ de $\{1, \ldots , n \} $ on a $u_k \le u_{n+1}$. Donc $v_n = \frac{1}{n}\sum_{k=1}^{n}u_k \le u_{n+1}$.
On en déduit : $v_{n+1}-v_n = \frac{1}{n+1}(n v_n + u_{n+1}) - v_n = \frac{1}{n+1}(v_{n+1}-v_n ) \ge 0$.
Remarque : quand $(v_n)$ est convergente, on dit que $(u_n)$ converge au sens de Cesaro.
Exercice 5:
Cette épreuve possède $2^{2n}$ résultats élémentaires possibles.
Le nombre de "cas favorable" à la réalisation de l’évènement considéré ici est : $C_{2n}^n$ (c'est le nombre de manière différentes de choisir à quel moment vont arriver les $n$ piles parmi les $2n$ jets successifs).
La probabilité recherchée est donc $p_n = 2^{-2n}C_{2n}^n = \frac{(2n)!}{(n!)$^2 2^{2n}}$.
On constate que $\frac{p_{n+1}}{p_n}=\frac{(2n+2)(2n+1)}{4(n+1)^2}=\frac{2n+1}{2(n+1)}<1$.
La suite $(p_n)$ est donc décroissante (ce qui semble assez logique).
Comme elle est minorée (par $0$), elle est convergente.
Soit $\ell$ sa limite. On va montrer que $\ell = 0$.
Pour tout $n \ge 1$, on $\frac{p_{2n}}{p_n}=\prod_{k=n}^{2n-1}\frac{2k+1}{2(k+1)}$.
La suite de terme général $w_k = \frac{2k+1}{2(k+1)} = 1-\frac{1}{2(k+1)}$ est croissante.
Dans le produit précédent, on peut donc majorer chaque $w_k$ par $w_{2n-1}=\frac{4n-1}{4n}=1-\frac{1}{4n}$.
On en déduit $\frac{p_{2n}}{p_n} \le \left( 1- \frac{1}{4n} \right) ^n$ puis : $\ln p_{2n}- \ln p_n \le n \ln \left( 1- \frac{1}{4n} \right)$.
Or $\lim_{n \to +\infty} n \ln \left( 1- \frac{1}{4n} \right) = -\frac{1}{4}$.
Dans ces conditions, l'hypothèse $\ell > 0$ serait absurde car elle impliquerait :
$\lim_{n \to +\infty}(\ln p_{2n} - \ln p_n ) = \ln \ell - \ln \ell = 0$.
On en déduit finalement $\lim_{n \to +\infty} p_n = 0$.
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