Les suites, mathématiques.

EXERCICE 2

1. f est dérivable sur [0;2] en tant que fraction rationnelle définie sur [0;2] et pour x élément de [0;2],

f′(x) =

2(x + 1) − (2x + 1) (x + 1)2

=

1 (x + 1)2

.

La dérivée de f est positive sur l’intervalle [0;2] et donc la fonction f est croissante sur [0;2]. Soit x un élément de [0;2]. Puisque f est croissante sur l’intervalle [1;2], on a f(1) ≤ f(x) ≤ f(2) ce qui s’écrit encore 3 2 ≤ f(x) ≤ 5 3 . Mais 3 2 ≥ 1 et 5 3 ≤ 2. Par suite, 1 ≤ f(x) ≤ 2. On a montré que pour tout réel x de l’intervalle [1;2], on a f(x) ∈ [1;2].

2. a.

0,5 1,0 1,5 2,0

0,5

1,0

1,5

y = f(x) y = x

b b b u0 u1 u2 bbb v0v 1 v2

Il semblerait que la suite (un) soit croissante, que la suite (vn) soit décroissante et que les deux suites (un) et (vn) soient convergentes et possèdent la même limite. b. Montrons par récurrence que pour tout entier naturel n, 1 ≤ vn ≤ 2. • Pour n = 0, on a v0 = 2 et donc 1 ≤ v0 ≤ 2. L’encadrement à démontrer est donc vrai quand n = 0. • Soit n ≥ 0. Supposons que 1 ≤ vn ≤ 2. D’après la question 1., on peut affirmer que 1 ≤ f(vn) ≤ 2 ou encore que 1 ≤ vn+1 ≤ 2. On a montré par récurrence que

pour tout entier naturel n, 1 ≤ vn ≤ 2.

Montrons par récurrence que pour tout entier naturel n, vn+1 − vn ≤ 0. • Pour n = 0, on a v1 − v0 = 5 3 − 2 ≤ 0. L’inégalité à démontrer est donc vraie quand n = 0 • Soit n ≥ 0. Supposons que vn+1 −vn ≤ 0. D’après ci-dessus, les deux expressions vn +1 et vn+1 +1 sont strictement positives. De plus

vn+2 − vn+1 =

2vn+1 + 1 vn+1 + 1

−

2vn + 1 vn + 1

=

(2vn+1 + 1)(vn + 1) − (vn+1 + 1)(2vn + 1) (vn+1 + 1)(vn + 1)

=

vn+1 − vn (vn+1 + 1)(vn + 1) ≤ 0 (par hypothèse de récurrence).

http ://www.maths-france.fr 2 c

Jean-Louis Rouget, 2007. Tous droits réservés.

On a montré par récurrence que

pour tout entier naturel n, vn+1 ≤ vn.

c. Soit n un entier naturel.

vn+1 − un+1 =

2vn + 1 vn + 1

−

2un + 1 un + 1

=

(2vn + 1)(un + 1) − (2un + 1)(vn + 1) (vn + 1)(un + 1)

=

vn − un (vn + 1)(un + 1)

.

Pour tout entier naturel

...