Sujet : Analyse, Suites numériques, Suites extraites

Description

[http://mp.cpgedupuydelome.fr] édité le 26 juillet 2013 Enoncés 1 Suites extraites Exercice 1 [ 02276 ] [correction] On suppose que (u ) est une suite réelle croissante telle que (u ) converge.n 2n Montrer que (u ) converge.n Exercice 2 [ 02277 ] [correction] Soit (u ) une suite complexe telle que (u ),(u ) et (u ) convergent.

Sujets

• Classe préparatoire aux grandes écoles
• Mathématiques, physique et sciences de l'ingénieur
• Public Readiness and Emergency Preparedness Act
• exercices

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• Langue: Français

Extrait

[http://mp.cpgedupuydelome.fr] édité le 26 juillet 2013

Suites extraites

Exercice 1[ 02276 ][correction]
On suppose que(un)est une suite réelle croissante telle que(u2n)converge.
Montrer que(un)converge.

Enoncés

Exercice 2[ 02277 ][correction]
Soit(un)une suite complexe telle que(u2n)(u2n+1)et(u3n)convergent. Montrer
que(un)converge.

Exercice 3[ 02278 ][correction]
Justifier que la suite de terme généralcosndiverge.

Exercice 4[ 00327 ][correction]
Montrer que la suite de terme généralsinndiverge.

Exercice 5[ 02279 ][correction]
Soit(un)une suite réelle telle que∀n p∈N?,06un+p6nn+pp. Montrer que
un→0.

Exercice 6X MP[ 03234 ][correction]
Soit(un)une suite réelle vérifiant

un+1−un→0etun→+∞

Montrer qu’il existe une applicationϕ:N→Nstrictement croissante vérifiant

uϕ(n)−n→0

1

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Corrections

Exercice 1 :[énoncé]
La suite(un)étant croissante, elle admet une limite.
La suite(u2n)qui en est extraite a la mme limite.
Or(u2n)converge, il en est donc de mme de(un).

Corrections

Exercice 2 :[énoncé]
u2n→` u2n+1→`0etu3n→`00.
00
(u6n)est extraite de(u2n)et(u3n)doncu6n→`etu6n→`00. Par suite`=`.
(u6n+3)est extraite de(u2n+1)et(u3n)doncu6n+3→`0etu6n+3→`00. Par suite
`0=`00.
Il en découle` `0
=
.
Puisque les suites extraites(u2n)et(u2n+1)convergent vers une mme limite, la
suite(un)converge vers celle-ci.

Exercice 3 :[énoncé]
Par l’absurde, supposonscosn→`∈R.

donne

−
cosp+ cosq cos= 2p2+qcosp2q

cos(n+ 1) + cos(n− cos1) = 2ncos(1)

A la limite on obtient2`= 2`cos(1)d’où`= 0.
Orcos 2n= 2 cos2n−1donne alors à la limite0 =−1. Absurde.

Exercice 4 :[énoncé]
Par l’absurde, supposonssinn→`∈R.

donne

sinp−sinq= 2 sinp2−qcosp2+q

sin(n+ 1)−sin(n− sin(1) cos1) = 2n

A la limite, on obtientcos(n)→0.
Orcos 2n= 2 cos2n−1donne alors à la limite0 =−1. Absurde.

Exercice 5 :[énoncé]
06u2n62nn2=2n→0et06u2n+16n(2nn)1+1+→0doncun→0.

Exercice 6 :[énoncé]
On définit les valeurs deϕpar récurrence en posant

ϕ(0) = 0

et pour toutn∈N?,
ϕ(n) = mink∈Nk > ϕ(n−1)etuϕ(k)>k

Puisqueun→+∞,ϕ(n)est bien défini en tant que plus petit élément d’une
partie non vide deN.
Il est immédiat par construction queϕest une application strictement croissante
deNversN.
Il reste à vérifier
uϕ(n)−n→0
Par construction, on a pourn∈N?

uϕ(n)>n
et puisqueϕ(n)−1∈k∈Nk > ϕ(n−1)etuϕ(n)>n, on a

ϕ(n)−1 =ϕ(n−1)ouuϕ(n)−1< n

Observons qu’il ne peut y avoir qu’un nombre fini denpour lesquels

ϕ(n−1) =ϕ(n)−1

Puisqueun+1−un→0, à partir d’un rangN, on a

|un+1−un|<12

Par constructionuϕ(N)=N+αavecα>0.
On a alors

Pourkassez grand, on a

Or

uϕ(N)+k6N+α+k2

uϕ(N)+k< N+k

uϕ(N+k)>N+k

2

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donc

ϕ(N+k)6=ϕ(N) +k

Ainsi, il n’est pas possible que pour toutp∈ {N+ 1     N+k}on ait

ϕ(p)−1 =ϕ(p−1)

et donc il existep>N+ 1vérifiant

uϕ(p)−1< petuϕ(p)>p

et puisqueuϕ(p)−uϕ(p)−1<12, on a

et par récurrence on obtient

uϕ(p)∈[p p+ 12[

∀q>p,uϕ(q)∈[q q+ 12[

Au-delà du rangp+ 1on ne peut avoir la propriété

car celle-ci entraîne

ϕ(n)−1 =ϕ(n−1)

uϕ(n−1)∈[n−1 n−12[etuϕ(n)∈[n n+ 12[

Finalement, on a obtenu qu’à partir d’un certain rang

Cela entraîne

et donc

uϕ(n)−1< netuϕ(n)>n

06uϕ(n)−n6uϕ(n)−uϕ(n)−1→0

uϕ(n)−n→0

Corrections

3

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