Suites — récurrence, variations, limites

1. Notons $P(n)$ la propriété à démontrer. Faisons tomber le premier domino. Initialisation : pour $n=0$, la somme se réduit à son unique terme $k=0$, donc elle vaut $0$ ; et la formule donne $\dfrac{0\times1}{2}=0$. Les deux coïncident : $P(0)$ est vraie.

Montrons maintenant que chaque domino pousse le suivant. Hérédité : supposons $P(n)$ vraie à un rang $n$ fixé (c'est l'hypothèse de récurrence) et prouvons $P(n+1)$. L'idée décisive : la somme jusqu'à $n+1$ n'est rien d'autre que la somme jusqu'à $n$ plus le dernier terme — ce découpage fait apparaître l'hypothèse. On écrit donc $\displaystyle\sum_{k=0}^{n+1}k=\underbrace{\sum_{k=0}^{n}k}_{=\,\frac{n(n+1)}{2}}+(n+1)=\dfrac{n(n+1)}{2}+(n+1)$.

Il reste à retrouver la forme voulue. On met $(n+1)$ en facteur : $\dfrac{n(n+1)}{2}+(n+1)=(n+1)\left(\dfrac{n}{2}+1\right)=(n+1)\cdot\dfrac{n+2}{2}=\dfrac{(n+1)(n+2)}{2}$. C'est exactement la formule au rang $n+1$ (on a remplacé $n$ par $n+1$) : $P(n+1)$ est vraie. Conclusion : par récurrence, la formule est vraie pour tout $n\geqslant0$.

2. Même stratégie. Initialisation ($n=1$) : la somme vaut $1^2=1$, et $\dfrac{1\times2\times3}{6}=1$. Vrai. Hérédité : on isole le dernier terme, $\displaystyle\sum_{k=1}^{n+1}k^2=\dfrac{n(n+1)(2n+1)}{6}+(n+1)^2$. On factorise par $\dfrac{n+1}{6}$ (le facteur commun le plus simple) : $=\dfrac{n+1}{6}\big[n(2n+1)+6(n+1)\big]=\dfrac{n+1}{6}\big(2n^2+7n+6\big)$. Reste à reconnaître que $2n^2+7n+6=(n+2)(2n+3)$, d'où $\dfrac{(n+1)(n+2)(2n+3)}{6}$ : c'est bien $P(n+1)$.

3. a. Encore le même squelette. Initialisation ($n=1$) : $1^3=1$ et $\dfrac{1^2\times2^2}{4}=1$. Vrai. Hérédité : $\displaystyle\sum_{k=1}^{n+1}k^3=\dfrac{n^2(n+1)^2}{4}+(n+1)^3$. On factorise cette fois par $\dfrac{(n+1)^2}{4}$ : $=\dfrac{(n+1)^2}{4}\big[n^2+4(n+1)\big]=\dfrac{(n+1)^2}{4}(n+2)^2$ (car $n^2+4n+4=(n+2)^2$). C'est $P(n+1)$.

3. b. Ici, pas besoin de récurrence : on réutilise la question 1. On y a vu que $\displaystyle\sum_{k=1}^{n}k=\dfrac{n(n+1)}{2}$. Élevons cette égalité au carré : $\left(\displaystyle\sum_{k=1}^{n}k\right)^2=\dfrac{n^2(n+1)^2}{4}$. Or ce membre de droite est exactement la formule de $\sum k^3$ démontrée en 3.a. Les deux quantités étant égales à la même chose, elles sont égales entre elles : $\displaystyle\sum_{k=1}^{n}k^3=\left(\sum_{k=1}^{n}k\right)^2$.

1. Initialisation ($n=0$) : $(1+a)^0=1$ et $1+0\times a=1$, donc $1\geqslant1$. Vrai. Hérédité : on part de l'hypothèse $(1+a)^n\geqslant1+na$. Comment atteindre le rang $n+1$ ? En **multipliant par $(1+a)$* — et c'est licite sans changer le sens de l'inégalité* car $a\geqslant0$ donc $1+a>0$. On obtient $(1+a)^{n+1}\geqslant(1+na)(1+a)$.

Développons le membre de droite pour comparer : $(1+na)(1+a)=1+(n+1)a+na^2$. Apparaît un terme $na^2$ dont on n'a pas besoin — mais comme $na^2\geqslant0$, le négliger ne peut que renforcer l'inégalité : $(1+a)^{n+1}\geqslant1+(n+1)a$. C'est $P(n+1)$. Conclusion : l'inégalité est vraie pour tout $n\geqslant0$.

2. a. « Multiple de $9$ » signifie qu'il existe un entier $k$ avec $10^n-1=9k$ — on garde cette écriture en tête, c'est elle qu'on veut retrouver au rang suivant. Initialisation ($n=0$) : $10^0-1=0=9\times0$. Vrai. Hérédité : l'astuce est de faire apparaître $10^n$ : $10^{n+1}-1=10\times10^n-1=10(10^n-1)+9$ (on a ajouté puis retranché $9$). En remplaçant par l'hypothèse : $=10\times9k+9=9(10k+1)$. Comme $10k+1$ est entier, $10^{n+1}-1$ est bien multiple de $9$.

2. b. Traitons (A) : $4^0-1=0$ est divisible par $3$ ; et si $4^n-1=3k$, alors $4^{n+1}-1=4(4^n-1)+3=3(4k+1)$ — initialisation ET hérédité, donc (A) est vraie. Pour (B), regardons l'hérédité : en supposant $4^n+1=3k$, on a $4^{n+1}+1=4(4^n+1)-3=3(4k-1)$, divisible par $3$. L'hérédité fonctionne. Pourtant, testons l'initialisation : $4^0+1=2$, qui n'est pas divisible par $3$ (et $4^1+1=5$ non plus). Le premier domino ne tombe jamais : (B) est fausse pour tout $n$.

La leçon : une hérédité correcte ne prouve rien toute seule. Elle dit « si un domino tombe, le suivant tombe » — mais si aucun ne tombe au départ, la chaîne reste debout. L'initialisation est ce qui allume la chaîne ; elle est indispensable.

3. Ici l'hérédité repose sur une dérivation. Initialisation ($n=1$) : $f(x)=(1-x)^{-1}$ donne $f'(x)=-1\cdot(1-x)^{-2}\cdot(-1)=\dfrac{1}{(1-x)^2}=\dfrac{1!}{(1-x)^2}$ (les deux signes moins, dont celui de la dérivée de $1-x$, se compensent). Vrai. Hérédité : on dérive l'hypothèse $f^{(n)}(x)=n!\,(1-x)^{-(n+1)}$. En appliquant $\big((1-x)^m\big)'=-m(1-x)^{m-1}\times(-1)=m(1-x)^{m-1}$, on obtient $f^{(n+1)}(x)=n!\,(n+1)\,(1-x)^{-(n+2)}=\dfrac{(n+1)!}{(1-x)^{n+2}}$. C'est $P(n+1)$.

1. On applique simplement la relation. $u_1=\sqrt{1+u_0}=\sqrt{1+1}=\sqrt2\approx1{,}41$ ; puis $u_2=\sqrt{1+u_1}=\sqrt{1+\sqrt2}\approx\sqrt{2{,}41}\approx1{,}55$. On observe déjà que la suite semble croître tout en restant **sous $2$** — les deux questions suivantes vont le prouver.

2. Pourquoi encadrer d'abord ? Parce que la fonction $\sqrt{\ }$ n'est agréable que sur les positifs, et que la majoration servira ensuite à prouver la convergence. Initialisation : $u_0=1$ vérifie bien $0<1<2$. Hérédité : supposons $0<u_n<2$. On veut en déduire l'encadrement de $u_{n+1}=\sqrt{1+u_n}$ : on part de $0<u_n<2$, on **ajoute $1$** ($1<1+u_n<3$), puis on applique la racine carrée, qui est croissante donc conserve l'ordre : $\sqrt1<\sqrt{1+u_n}<\sqrt3$, soit $1<u_{n+1}<\sqrt3<2$. En particulier $0<u_{n+1}<2$ : $P(n+1)$ est vraie.

3. a. Pour le sens de variation d'une suite récurrente, comparer $u_{n+1}$ et $u_n$ directement est délicat : on procède par récurrence sur la propriété $Q(n):u_{n+1}\geqslant u_n$. Initialisation : $u_1=\sqrt2\approx1{,}41\geqslant u_0=1$. Vrai. Hérédité : si $u_{n+1}\geqslant u_n$, on ajoute $1$ ($1+u_{n+1}\geqslant1+u_n$) puis on applique la racine (croissante, donc l'ordre est conservé) : $\sqrt{1+u_{n+1}}\geqslant\sqrt{1+u_n}$, c'est-à-dire $u_{n+2}\geqslant u_{n+1}$. La suite est donc croissante.

3. b. On rassemble les deux résultats précédents. $(u_n)$ est croissante (3.a) et **majorée par $2$ (question 2). Or un théorème central du chapitre affirme qu'une suite croissante et majorée converge** (théorème de convergence monotone) : $(u_n)$ admet donc une limite finie $\ell$.

4. Comment trouver $\ell$ ? En passant à la limite dans la relation de récurrence. Comme $u_n\to\ell$ et $u_{n+1}\to\ell$, et que $x\mapsto\sqrt{1+x}$ est continue, l'égalité $u_{n+1}=\sqrt{1+u_n}$ donne à la limite $\ell=\sqrt{1+\ell}$. On élève au carré : $\ell^2=1+\ell$, soit $\ell^2-\ell-1=0$. Ce trinôme a pour racines $\dfrac{1\pm\sqrt5}{2}$ ; comme $(u_n)$ est positive, on garde la racine positive : $\ell=\dfrac{1+\sqrt5}{2}\approx1{,}618$ (le célèbre nombre d'or).

1. On applique la relation : $u_1=\dfrac{3\times\frac12}{1+2\times\frac12}=\dfrac{3/2}{2}=\dfrac34$, puis $u_2=\dfrac{3\times\frac34}{1+2\times\frac34}=\dfrac{9/4}{5/2}=\dfrac{9}{10}$. La suite semble croître vers $1$ ; le calcul exact de $u_n$ va le confirmer.

2. a. Montrer que $(v_n)$ est géométrique, c'est établir $v_{n+1}=q\,v_n$ pour un $q$ constant. Le point délicat est $1-u_{n+1}$ : calculons-le d'abord, car il apparaît au dénominateur de $v_{n+1}$. $1-u_{n+1}=1-\dfrac{3u_n}{1+2u_n}=\dfrac{(1+2u_n)-3u_n}{1+2u_n}=\dfrac{1-u_n}{1+2u_n}$. Formons alors le quotient : $v_{n+1}=\dfrac{u_{n+1}}{1-u_{n+1}}=\dfrac{\frac{3u_n}{1+2u_n}}{\frac{1-u_n}{1+2u_n}}=\dfrac{3u_n}{1-u_n}=3\,v_n$. Le facteur $1+2u_n$ se simplifie : c'était le but. Donc $(v_n)$ est géométrique de **raison $3$**, de premier terme $v_0=\dfrac{u_0}{1-u_0}=\dfrac{1/2}{1/2}=1$.

2. b. Une suite géométrique de raison $q$ et de premier terme $v_0$ vérifie $v_n=v_0\,q^n$. Ici $v_n=1\times3^n=3^n$.

3. a. On « remonte » de $v_n$ à $u_n$ en inversant la relation $v_n=\dfrac{u_n}{1-u_n}$. On isole $u_n$ : $v_n(1-u_n)=u_n\Rightarrow v_n=u_n(1+v_n)\Rightarrow u_n=\dfrac{v_n}{1+v_n}$. En remplaçant $v_n=3^n$ : $u_n=\dfrac{3^n}{3^n+1}$.

3. b. Pour la limite, on lève l'indétermination $\frac{\infty}{\infty}$ en factorisant par le terme dominant $3^n$ : $u_n=\dfrac{3^n}{3^n+1}=\dfrac{1}{1+3^{-n}}$. Comme $3^{-n}\to0$ quand $n\to+\infty$, on obtient $\displaystyle\lim_{n\to+\infty}u_n=\dfrac{1}{1+0}=1$ — ce qui confirme l'observation de la question 1.