Séance 4.4 (14 mars)

Révision pour le CC2 (séance 2)

• Raisonnement par récurrence
• Étudier la monotonie d’une suite
• Utiliser les propriétés des puissances, des sommes et des produits

Exercice 1

Soit $(u_n{)}_{n\in \mathbb{N}}$ la suite définie par :$u_n=4n+2^n\times (-2)$

==Rappel== Soit $x\in \mathbb{R}$ alors $x^a\times x^b=x^{a+b}$.

En sachant cette propriété, je peux déterminer que : $2^n\times (-2)=2^n\times 2\times (-1)=2^{n+1}\times -1=-2^{n+1}$ D’où l’expression finale de ma suite est donnée par : $u_n=4n-2^{n+1}$ Pour étudier la monotonie d’une suite il y a plusieurs méthodes possibles. Dans notre cas, nous décidons de déterminer le signe de $u_{n+1}-u_n$.

1. Déterminons les expressions respectives de $u_n$ et de $u_{n+1}$ de manière individuelle. D’après la consigne :

• $u_n=4n-2^{n+1}$
• Ainsi, $u_{n+1}=4(n+1)-2^{n+2}=4n+4-2^{n+2}$

2. Calculons $u_{n+1}-u_n$.

$$\begin{array}{rl}{u}_{n+1}-u_n& =4n+4-2^{n+2}-(4n-2^{n+1})\\ & =\cancel{4n}+4-2^{n+2}\cancel{-4n}+2^{n+1}\\ & =4-2^{n+2}+2^{n+1}\\ & =4-2^{2+1}\times 2+2^{n+1}\\ & =4+2^{n+1}(-2+1)\\ & =4-2^{n+1}\end{array}$$

3. Calculons le signe de l’expression trouvée. On a donc déterminé que $u_{n+1}-u_n=4-2^{n+1}$. Par définition, on sais que $4>0$. Il faut donc étudier le signe de $4-2^{n+1}$ tout entier. Une méthode consiste à construire un tableau avec les valeurs de $u_{n+1}-u_n$ pour quelques rangs puis d’observer ce qu’il se passe. Si on construit le tableau pour $n\in [0;4]$ alors on a :

$n$	0	1	2	3	4
$u_{n+1}-u_n$	2	0	-4	-12	-28
$signe$	$<0$	$=0$	$>0$	$>0$	$>0$
Pour compléter le tableau il suffit de déterminer la valeur de $u_{n+1}-u_n$ au rangs données.
Ainsi grâce au tableau on peut voir que :

• Pour $n\in [0;1]$ on a $u_{n+1}-u_n\ge 0$
• Pour $n\in [1;4]$ on a $u_{n+1}-u_n\le 0$ On suppose alors que $u_{n+1}-u_n\le 0$ pour tout $n\in \mathbb{N}$ avec $n\ge 1$. Attention, c’est une supposition, elle ne vaut rien dans le raisonnement si elle n’est pas prouvée. Ce qui sous-entends qu’il va falloir prouver cette supposition. On va alors utiliser un raisonnement par récurrence.

==Rappel== Les étapes du raisonnement par récurrence

1. DÉFINITION de la propriété $\mathcal{P}(n)$ et de $n$.
2. INITIALISATION, montrer $\mathcal{P}(n_0)$
3. HÉRÉDITÉ, supposer vraie $\mathcal{P}(n)$ pour un $n$ fixé, montrer que $\mathcal{P}(n+1)$ est vraie elle aussi.
4. CONCLUSION

DÉFINITION Soit $\mathcal{P}(n)$ la propriété "$u_{n+1}-u_n\le 0\forall n\in \mathbb{N}\mid n\ge 1$"

INITIALISATION Puisque $n\ge 1$, alors pour l’initialisation, on va prendre $n_0=1$. Alors on a :

$$\begin{array}{rl}{u}_{n_0+1}-u_n& =4-2^{1+1}\\ & =4-4\\ & =0\end{array}$$

Et $0\le 0$ ainsi la propriété $\mathcal{P}(n_0)$ est vérifiée.

HÉRÉDITÉ Supposons que la propriété $\mathcal{P}$ est vraie pour un $n\ge 1$ fixé alors, montrons que la propriété $\mathcal{P}(n+1)$ est aussi valide. On a :

$$\begin{array}{rl}{u}_{n+2}-u_{n+1}& =4-2^{n+2}-(4-2^{n+1})\\ & =4-2^{n+2}-4+2^{n+1}\\ & =\cancel{4}-2^{n+2}\cancel{-4}+2^{n+1}\\ & =-2^{n+1}\times 2+2^{n+1}\\ & =2^{n+1}(-2+1)\\ & =-2^{n+1}\end{array}$$

Puisque $n\ge 1$ alors : $2^{n+1}\ge 0$ d’où $-2^{n+1}\le 0$. On se retrouve alors avec $u_{n+2}-u_{n+1}\le 0$. La propriété $\mathcal{P}(n+1)$ est donc vérifiée.

CONCLUSION Puisque $u_{n+1}-u_n\le 0,\forall n\ge 1$, alors on dit que la suit $u_n$ est décroissante à partir du rang $n=1$.

Exercice 2

Exercice n°4 de la fiche TD4 partie 1, disponible sur le cours Eureka du tutorat. Pour chacune de suites suivantes, déterminer à partir de quel rang elles sont définies puis déterminer leur monotonie.

1. $u_n=\frac{n}{2^n}$ Pour commencer déterminons l’ensemble de définition de la suite. La suite $u_n$ est définie tant que $2^n\ne 0$. Et, par définition $n\in \mathbb{N}$ d’où $2^n\ge 1>0$. Ainsi la suite est bien définie pour tout entier $n$.

Afin de calculer la monotonie de cette suite, nous allons étudier le rapport à $1$ de $\frac{u_{n+1}}{u_n}$.

• Déterminons $u_n$ et $u_{n+1}$.
  • $u_n=\frac{n}{2^n}$ (Donnée dans l’énoncée)
  • $u_{n+1}=\frac{n+1}{2^{n+1}}$
• Calculons la quotient

$$\begin{array}{rl}\frac{u_{n+1}}{u_n}& =\frac{\frac{n+1}{2^{n+1}}}{\frac{n}{2^n}}\end{array}$$

==Rappel== Soit $A,B,C,D\in \mathbb{R}$ alors : $\frac{\frac{A}{B}}{\frac{C}{D}}=\frac{A}{B}\times \frac{D}{C}$ Diviser deux fractions revient à multiplier la première par l’inverse de la seconde.

D’où

$$\begin{array}{rl}\frac{u_{n+1}}{u_n}& =\frac{\frac{n+1}{2^{n+1}}}{\frac{n}{2^n}}\\ & =\frac{n+1}{2^{n+1}}\times \frac{2^n}{n}\\ & =\frac{n+1}{2^n\times 2}\times \frac{2^n}{n}\\ & =\frac{n+1}{\cancel{2^n}\times 2}\times \frac{\cancel{2^n}}{n}\\ & =\frac{n+1}{2}\times \frac{1}{n}\\ & =\frac{n+1}{2n}\end{array}$$

Nous avons obtenue la forme finale, maintenant il faut étudier son rapport à $1$. En décomposant ma fraction j’ai :

$$\begin{array}{rl}\frac{n+1}{2n}& =\frac{n}{2n}+\frac{1}{2n}\\ & =\frac{1\times n}{2\times n}+\frac{1}{2}\times \frac{1}{n}\\ & =\frac{1\times \cancel{n}}{2\times \cancel{n}}+\frac{1}{2}\times \frac{1}{n}\\ & =\frac{1}{2}+\frac{1}{2}\times \frac{1}{n}\\ & =\frac{1}{2}\left(1+\frac{1}{n}\right)\end{array}$$

Ainsi on a : $\forall n\in \mathbb{N}$ on a forcément $\frac{1}{n}\le 1$. Et, en ajoutant / multipliant les termes restants on vas obtenir :

$$\begin{array}{rlr}\frac{1}{n}& \le 1& \\ 1+\frac{1}{n}& \le 2& (\text{on ajoute }1\mid \text{ valide pour }n\ge 1)\\ \frac{1}{2}\left(1+\frac{1}{n}\right)& \le 1& (\text{on mutliplie par }\frac{1}{2})\end{array}$$

Nb : Quand je dis on ajoute/multiplie pas un nombre $x$, cela sous entends que je fais l’opération à gauche de l’inéquation mais aussi à droite.

Ainsi on a :

$$u_{n+1}-u_n=\frac{1}{2}\left(1+\frac{1}{n}\right)\le 1\forall n\ge 1$$

Donc on en déduit que $u_{n+1}\le u_{n}n$ et que la suit est décroissante à partir du rang $n=1$.

2. $u_n=\frac{n!}{2^n}$ Par définition, $u_n$ est bien définie lorsque $2^n\ne 0$ or, on sait que $\forall n\in \mathbb{N}$ on a $2^n\ge 1>0$ d’où, $u_n$ est bien définie pour tout entier $n$. Pour déterminer la monotonie de cette suite, nous allons étudier le rapport à $1$ de $\frac{u_{n+1}}{u_n}$.

==Rappel== On note factorielle de $n$ le réel $n!$ tel que : $n!=1\times 2\times \dots \times n=\underset{k=1}{\prod ^n}k$ où $\prod$ représente le symbole produit.

Déterminons $u_{n+1}$ et $u_n$ de manière individuelles.

• $u_n=\frac{n!}{2^n}$
• $u_{n+1}=\frac{(n+1)!}{2^{n+1}}$ Maintenant on peut calculer le rapport à $1$ de $\frac{u_{n+1}}{u_n}$. On a :

$$\begin{array}{rl}\frac{u_{n+1}}{u_n}& =\frac{\frac{(n+1)!}{2^{n+1}}}{\frac{n!}{2^n}}\\ & =\frac{(n+1)!}{2^{n+1}}\times \frac{2^n}{n!}\\ & =\frac{(n+1)!}{2^n\times 2}\times \frac{2^n}{n!}\\ & =\frac{(n+1)!}{\cancel{2^n}\times 2}\times \frac{\cancel{2^n}}{n!}\\ & =\frac{(n+1)!}{2}\times \frac{1}{n!}\end{array}$$

Par définition de la factorielle on a :

• $n!=\underset{k=1}{\prod ^n}k$
• $(n+1)!=\underset{k=1}{\prod ^{n+1}}k=\underset{k=1}{\prod ^n}k\times (n+1)=n!\times (n+1)$ Ainsi :

$$\begin{array}{rl}\frac{u_{n+1}}{u_n}& =\frac{(n+1)!}{2}\times \frac{1}{n!}\\ & =\frac{n!\times (n+1)}{2}\times \frac{1}{n!}\\ & =\frac{\cancel{n!}\times (n+1)}{2}\times \frac{1}{\cancel{n!}}\\ & =\frac{(n+1)}{2}\times \frac{1}{1}\\ & =\frac{(n+1)}{2}\end{array}$$

On peut alors étudier le signe de l’expression trouvée Par définition :

$$\begin{array}{rl}n& \ge 0\\ n+1& \ge 1\\ \frac{n+1}{2}& \ge \frac{1}{2}\end{array}$$

Malheureusement, on voit que $\frac{u_{n+1}}{u_n}\ge \frac{1}{2}$ mais nous on cherche le rapport à $1$, ainsi On veut savoir à partir de quand l’expression trouvée sera supérieure à $1$. Ainsi, on a :

$$\begin{array}{rl}\frac{n+1}{2}& \ge 1\\ n+1& \ge 2\\ n& \ge 1\end{array}$$

Ainsi on vient de montrer que : $\frac{u_{n+1}}{u_n}\ge 1\forall n\ge 1$ La suite $u_n$ est alors croissante à partir du rang $n=1$.

3. $u_n=\underset{k=1}{\sum ^n}\frac{1}{\sqrt{k}}-n$ Ici, on a une somme qui vas de $1$ à $n$ ainsi, la fraction $\frac{1}{k}$ est toujours définie. D’où $u_n$ est bien définie $\forall n\ge 0$. Dans note cas, nous avons une somme dans le terme général de la suite, et en réfléchissant un peu quand on étudie la monotonie, on chercher principalement à enlever / simplifier des termes, et, le seul moyen pour enlever des termes avec une somme c’est en les soustrayant alors, cette fois, nous calculerons le signe de $u_{n+1}-u_n$. Déterminons $u_n$ et $u_{n+1}$.

• $u_n=\underset{k=1}{\sum ^n}\frac{1}{\sqrt{k}}-n$
• $u_{n+1}=\underset{k=1}{\sum ^{n+1}}\frac{1}{k}-(n+1)=\underset{k=1}{\sum ^{n+1}}\frac{1}{\sqrt{k}}-n-1$ Commençons a calculer la soustraction :

$$\begin{array}{rl}{u}_{n+1}-u_n& =\underset{k=1}{\sum ^{n+1}}\frac{1}{\sqrt{k}}-n-1-\left(\underset{k=1}{\sum ^n}\frac{1}{\sqrt{k}}-n\right)\\ & =\underset{k=1}{\sum ^{n+1}}\frac{1}{\sqrt{k}}-n-1-\underset{k=1}{\sum ^n}\frac{1}{\sqrt{k}}+n\\ & =\underset{k=1}{\sum ^{n+1}}\frac{1}{\sqrt{k}}\cancel{-n}-1-\underset{k=1}{\sum ^n}\frac{1}{\sqrt{k}}+\cancel{n}\\ & =\underset{k=1}{\sum ^{n+1}}\frac{1}{\sqrt{k}}-1-\underset{k=1}{\sum ^n}\frac{1}{\sqrt{k}}\end{array}$$

==Rappel== Par définition d’une somme : La somme de $1$ à $n+1$ est égale à la somme des $1$ à $n$ ajouté au dernier terme. En mathématiques : $S_{n+1}=S_n+\alpha$ où $\alpha$ représente le dernier terme de la somme $S_{n+1}$.

Ainsi, en suivant ce raisonnement on a :

$$\underset{k=1}{\sum ^{n+1}}\frac{1}{\sqrt{k}}=\underset{k=1}{\sum ^n}\frac{1}{\sqrt{k}}+\frac{1}{\sqrt{n+1}}$$

où $\frac{1}{n+1}$ est le dernier terme de la somme. Ainsi on se retrouve avec :

$$\begin{array}{rl}{u}_{n+1}-u_n& =\underset{k=1}{\sum ^{n+1}}\frac{1}{\sqrt{k}}-1-\underset{k=1}{\sum ^n}\frac{1}{\sqrt{k}}\\ & =\underset{k=1}{\sum ^n}\frac{1}{\sqrt{k}}+\frac{1}{\sqrt{n+1}}-1-\underset{k=1}{\sum ^n}\frac{1}{\sqrt{k}}\\ & =\cancel{\underset{k=1}{\sum ^n}\frac{1}{\sqrt{k}}}+\frac{1}{\sqrt{n+1}}-1\cancel{-\underset{k=1}{\sum ^n}\frac{1}{\sqrt{k}}}\\ & =\frac{1}{\sqrt{n+1}}-1\end{array}$$

On peut alors déterminer le signe de l’expression trouvée.

$$\begin{array}{rl}n& \ge 0\\ n+1& \ge 1\\ \sqrt{n+1}& \ge \sqrt{1}=1\\ \frac{1}{\sqrt{n+1}}& \le 1\\ \frac{1}{\sqrt{n+1}}-1& \le 0\end{array}$$

Puisque $u_{n+1}-u_n\le 0$ alors $u_{n+1}\le u_n$ ainsi la suite $u_n$ est décroissante pour tout entier $n$.

4. $u_n=\underset{k=1}{\prod ^n}\frac{2k-1}{2k}$ On a un produit qui vas de $1$ à $n$ alors $2k\ge 2$ pour tout $n$ donc la suite $u_n$ est bien définie pour tout entier. Déterminons $u_n$ et $u_{n+1}$ :

• $u_n=\underset{k=1}{\prod ^n}\frac{2k-1}{2k}$
• $u_{n+1}=\underset{k=1}{\prod ^{n+1}}\frac{2k-1}{2k}$ Dans notre cas, nous avons un produit dans le terme général de $u_n$ du coup je réfléchis à comment simplifier des termes, et pour des produits, on peut simplifie un nombre $x$ si il est à la fois au dénominateur et au numérateur. D’où on vas calculer le rapport à $1$ de $\frac{u_{n+1}}{u_n}$. Ainsi on a :

$$\begin{array}{rl}\frac{u_{n+1}}{u_n}& =\frac{\underset{k=1}{\prod ^{n+1}}\frac{2k-1}{2k}}{\underset{k=1}{\prod ^n}\frac{2k-1}{2k}}\\ & =\frac{\frac{\underset{k=1}{\prod ^{n+1}}2k-1}{\underset{k=1}{\prod ^{n+1}}2k}}{\frac{\underset{k=1}{\prod ^n}2k-1}{\underset{k=1}{\prod ^n}2k}}\\ & =\frac{\underset{k=1}{\prod ^{n+1}}2k-1}{\underset{k=1}{\prod ^{n+1}}2k}\times \frac{\underset{k=1}{\prod ^n}2k}{\underset{k=1}{\prod ^n}2k-1}\\ & =\frac{\underset{k=1}{\prod ^n}2k-1\times 2(n+1)-1}{\underset{k=1}{\prod ^n}2k\times 2(n+1)}\times \frac{\underset{k=1}{\prod ^n}2k}{\underset{k=1}{\prod ^n}2k-1}\end{array}$$ $$\begin{array}{rl}\frac{u_{n+1}}{u_n}& =\frac{\cancel{\underset{k=1}{\prod ^n}2k-1}\times 2(n+1)-1}{\cancel{\underset{k=1}{\prod ^n}2k}\times 2(n+1)}\times \frac{\cancel{\underset{k=1}{\prod ^n}2k}}{\cancel{\underset{k=1}{\prod ^n}2k-1}}\\ & =\frac{2(n+1)-1}{2(n+1)}\\ & =\frac{2(n+1)}{2(n+1)}-\frac{1}{2(n+1)}\\ & =1-\frac{1}{2(n+1)}\\ & =1-\frac{1}{2n+2}\end{array}$$

On peut alors étudier le signe de l’expression finale.

$$\begin{array}{rl}n& \ge 0\\ 2n& \ge 0\\ 2n+2& \ge 2\\ \frac{1}{2n+2}& \le \frac{1}{2}\\ 1-\frac{1}{2n+2}& \le 1-\frac{1}{2}=\frac{1}{2}<1\end{array}$$

Ainsi puisque $\frac{u_{n+1}}{u_n}<1$ alors la suite $u_n$ est strictement décroissante.