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Version du 14/07/2026 13:22 Les suites numériques sont la base de l’analyse, elles mènent à la notion de limite qui elle, mène à la notion de dérivée. L’étude des suites est le sujet le plus difficile de la deuxième année de maturité. Seuls les élèves de niveau renforcé le traitent. 2.2.1 Raisonnement par récurrence . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.3.1 Raisonnement par l’absurde . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.4 Borne supérieure (supremum) et borne inférieure (infimum) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.5 Convergence, limite d’une suite . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3 Calcul de limites de suites 3.2 Théorème des deux gendarmes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4 Exercices sur les suites 4.1 Solutions des exercices sur les suites . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Une suite réelle est un ensemble de réels ordonné, de cardinalité 1 infinie. L’étude des suites réelles de leurs bornes et de leur limite est un domaine difficile des mathématiques. Il constitue cependant un pas indispensable vers la notion de continuité et de dérivée. Une suite réelle est une fonction à valeurs réelles définie sur l’ensemble des nombres naturels. Remarque 1. On notera (an ) pour la suite et an pour le nième élément de celle-ci. Remarque 2. N = {0, 1, 2, 3, 4, 5, …}. Remarque 3. L’ensemble des nombres naturels N est sert essentiellement à indexer une suite. Présentation d’une suite Les suites peuvent se présenter sous forme récurrente, ou sous forme explicite . Exemple 1. L’ensemble des entiers positifs Z+ forme une suite qui peut être donnée a) sous forme récurrente par, a0 = 1, an+1 = an + 1, ∀n ∈ N an = n + 1, ∀n ∈ N. b) sous forme explicite par Remarque 4. Une suite réelle n’est pas toujours présentable sous forme explicite ou récurrente. La représentation sous forme explicite est souvent très compliquée si ce n’est impossible. Exemple 2. On ne peut pas donner la suite formée des décimales du nombre π sous forme récurrente ni sous forme explicite simple. Exemple 3. La représentation pourtant simple de la suite de Fibonacci sous forme récurrente, a0 = 1, a1 = 1, an+2 = an+1 + an (an ) = {1, 1, 2, 3, 5, 8, 13, …} devient plus complexe sous forme explicite, Une suite (an ) est bornée si il existe 2 nombres réels m et M tels que : m est appelé minorant et M majorant . Remarque 5. m et M ne sont pas unique. Remarque 6. On peut poser m = −M , dans ce cas on a 1. cardinalité = nombre d’éléments d’un ensemble Raisonnement par récurrence Intuitivement, l’idée est la suivante, soit une ligne infinie de dominos. Le premier domino fait tomber le second, c’est l’initialisation. Le raisonnement par récurrence nous affirme que si le domino n tombe (hypothèse) alors il fera tomber le domino n + 1 et ceci pour n quelconque, c’est l’hérédité. Rappel : Une proposition P est une expression mathématique qui peut être soit vraie soit fausse. Le raisonnement par récurrence sur une proposition Pn se base sur les caractéristiques des nombres naturels (axiomes de Peano) et se fait en deux étapes : i) L’initialisation : On vérifie que P0 est vraie, ii) L’hérédité : On fait l’hypothèse que si Pn est vraie pour n quelconque cela entraîne que Pn+1 est également vraie ou encore que Si ces deux points sont vérifiés, on dira que la proposition Pn est vraie pour tous les nombres naturels n. Remarque 7. Pn est en général une égalité ou une inégalité indicée par n. Les suites (an ) et (bn ) sont dites respectivement croissante et décroissante si an ≤ an+1 , ∀n ∈ N bn ≥ bn+1 , ∀n ∈ N Les suites (an ) et (bn ) sont dites respectivement, strictement croissante et strictement décroissante dans le cas où les inégalités sont strictes. Les suites (strictement) croissantes (strictement) décroissantes sont dites monotones. Raisonnement par l’absurde Soit la proposition P . Le raisonnement pas l’absurde consiste à démontrer que Ce qui permet de déduire que Borne supérieure (supremum) et borne inférieure (infimum) En mathématiques, il est très facile de démontrer que quelque chose est faux, il suffit de trouver un contre-exemple. Par contre, démontrer qu’une chose est vraie est beaucoup plus difficile. Afin de pouvoir démontrer un théorème un peu plus loin il faut définir les deux notions suivantes. Soit S un sous-ensemble non vide de l’ensemble des nombres réels R. Un nombre b (resp. a) vérifiant les deux propriétés suivantes : 1. pour tout élément x ∈ S : x ≤ b (resp. x ≥ a). 2. quel que soit le nombre réel ϵ > 0, il existe un élément xϵ de S tel que b − xϵ ≤ ϵ (resp. xϵ − a ≤ ϵ). est appelé borne supérieure (resp. borne inférieure) ou encore supremum (resp. infimum) de S. Ce qui signifie également que le supremum est le plus petit des majorants et l’infimum est le plus grand des minorants. En première lecture la définition est difficile à cerner. Intuitivement, cela veut dire (pour la borne supérieure) qu’il sera toujours possible de “glisser” un élément dans S aussi près que l’on veut de son maximum sans pour autant en faire un nouveau maximum. Autrement dit si l’on peut “glisser” un élément avant la borne supérieure, cet élément est dans S. Le mur d’une piscine n’est pas un supremum car les molécules d’eau ont une grandeur finie, à partir de quelques nanomètres il n’y aura plus la place d’insérer une molécule d’eau supplémentaire entre l’eau existante et le mur. Convergence, limite d’une suite Convergence, limite d’une suite Une suite (an ) a pour limite le réel l, si pour tout intervalle ϵ > 0, il existe un nombre naturel N(ϵ) tel que pour tout n > N(ϵ) , on a |an − l| < ϵ. On notera et on dira que la suite (an ) converge vers l. Unicité de la limite Théorème 2.1. Unicité de la limite d’une suite Si une suite a une limite, celle-ci est unique. Calcul de limites de suites Grandeurs indéterminées On appelle grandeurs indéterminées les quantités suivantes : Les grandeurs suivantes sont déterminées : 1. +∞ + ∞ = +∞ 2. −∞ − ∞ = −∞ 3. ±∞ · ± ∞ = ±∞ Le calcul de la limite d’une suite réelle est toujours l’opération suivante : On ne calculera jamais la valeur de la limite d’une suite pour un argument autre que ∞. Par la suite lorsque l’on verra le calcul des limites pour les fonctions réelles on s’intéressera à la valeur en un point autre que l’infini. Il n’y a pas de théorie à proprement parler, le calcul de limites se fait par des astuces mathématiques assez faciles à retenir (voir exercices). Théorème des deux gendarmes Théorème 3.1. Théorème des deux gendarmes Soit 3 suites an , bn et cn telles que pour tout n ≥ N on a la relation an ≤ bn ≤ cn . Si limn→∞ an = limn→∞ cn = L alors, Démonstration 3.1. On sait qu’à partir d’une certaine valeur N de n (et pour toutes les valeurs suivantes) : Théorème des deux gendarmes donc à partir de N , an − L ≤ bn − L ≤ cn − L. On sait par hypothèse que donc pour tout ϵ > 0 ∃N1 | ∀n ≥ N1 , |an − L| < ϵ ∃N2 | ∀n ≥ N2 , |cn − L| < ϵ On choisit maintenant N ′ comme étant le plus grand nombre {N, N1 , N2 }. On est alors sûr que pour N ′ , |bn − L| < ϵ donc que Exercices sur les suites Ex 4.1. Donner les suites suivantes de manière explicite et récurrente : a) {0, 3, 6, 9, 12, 15, …} c) {0, 1, 3, 6, 10, 15, 21, …} d) {1, −1, 1, −1, 1, −1, …} Ex 4.2. Montrer par un raisonnement par récurrence que la suite u0 = 0, un+1 = un + 4, ∀n ∈ N Ex 4.3. Montrer par un raisonnement par récurrence que la suite Ex 4.4. Démontrer par un raisonnement par récurrence que si on donne un = 2n − 1, ∀n ∈ N. Ex 4.5. Montrer que la suite u0 = 1, un+1 = un + n + 2 n’est pas bornée et étudier sa croissance. Ex 4.6. Soit la suite un = n+1 . Est-elle monotone, est-elle bornée ? Ex 4.7. La suite un = − 12 . Est-elle monotone, est-elle bornée ? Ex 4.8. Montrer par un raisonnement par récurrence que la suite donnée sous forme récurrente par peut être donnée, sous forme explicite, par Ex 4.9. Soit la suite un = (−1)n . Calculer sa limite, si celle-ci existe. Ex 4.10. Calculer la limite de la suite donnée par Ex 4.11. Montrer les limites suivantes en utilisant la définition 13. Ex 4.12. Calculer les limites suivantes : 1. limn→∞ −300 4 Ex 4.13. Calculer les limites suivantes : Ex 4.14. Calculer les limites suivantes : Solutions des exercices sur les suites Ex 4.15. Montrer que les suites suivantes sont monotones, bornées et trouver leurs limites. Solutions des exercices sur les suites Il n’y a pas de méthode spécifique pour résoudre ce type d’exercices. Il est cependant toujours utile de faire une liste des premiers termes de la suite. La forme récurrente est a0 = 0, an+1 = an + 3 et la forme explicite : La forme récurrente est et la forme explicite Solutions des exercices sur les suites c2 = 3 = 2 · 1 − 0 + 1 = 2 · c 1 − c 0 + 1 c3 = 6 = 2 · 3 − 1 + 1 = 2 · c 2 − c 1 + 1 c4 = 10 = 2 · 6 − 3 + 1 = 2 · c3 − c2 + 1 cn+2 = 2 · cn+1 − cn + 1 La forme récurrente est c0 = 0, c1 = 1, cn+2 = 2 · cn+1 − cn + 1 et la forme explicite : On remarquera qu’ici c0 et c1 sont donné et que la récurrence est basée non pas seulement sur une seule valeur précédente, mais deux. On commence par estimer un majorant M et un minorant m de la suite donnée {0, 2, 2.44, 2.54, 2.55, 2.56, 2.56, …} On peut prendre m = 0 et M = 3. Il s’agit à présent de décider de la proposition à vérifier par récurrence, qui est ici : On commence la démonstration par récurrence par l’initialisation en vérifiant que P0 est vraie. Ensuite nous formulons l’hypothèse que pour n quelconque, L’hypothèse étant posée on implémente l’hérédité : 0 ≤ un ≤ 3 ⇒ 0 ≤ un+1 ≤ 3 On part de 0 ≤ un ≤ 3 et on commence par ajouter 4 à cette l’inégalité, à présent on prend la racine carrée de chaque terme (la fonction racine carrée est strictement croissante et ne transforme donc pas les inégalités). Finalement, 4 ≤ un + 4 ≤ 7 ≡ 2 ≤ un+1 ≤ 7 = 2.65 un+1 se situe bien entre 0 et 3. Puisque P0 est vraie et que Pn ⇒ Pn+1 , on a démontré, en utilisant le raisonnement par récurrence, que la proposition Pn est vraie pour tout n ∈ N. Solutions des exercices sur les suites On commence par calculer quelques termes On définit la proposition Pn à démontrer, soit On fait l’hypothèse que pour un n quelconque : On vérifie l’initialisation : On implémente l’hérédité Pn ⇒ Pn+1 : i) On inverse l’hypothèse (en respectant les règles des inégalités) ii) On multiplie par −1 et on ajoute 2 On a démontré que 1 ≤ un ≤ 23 pour tout n ∈ N On commence par écrire la proposition Pn à démontrer pour tout n : P0 : u0 = 20 − 1 = 1 − 1 = 0 On démontre la validité de P0 (initialisation) : Après avoir fait l’hypothèse que pour un n quelconque un = 2n − 1, on implémente l’hérédité Pn ⇒ Pn+1 . On sait par l’énoncé de l’exercice que un+1 = 2un + 1, donc un+1 = 2 · un + 1 = 2 · (2n − 1) + 1 En développant et en réduisant on obtient et ce pour tout n ∈ N. Donc qui est de la même forme que un . On a donc bien Pn ⇒ Pn+1 . Solutions des exercices sur les suites On commence par démontrer que la suite est croissante, car on en aura besoin pour démontrer qu’elle n’est pas un+1 − un = un + n + 2 − un = n + 2 ≥ 0, ∀n ∈ N. Ayant démontré la croissance de la suite on pose p = ⟨un n’est pas bornée⟩ et on prouve que (non)p est faux. Si la suite est bornée alors il existe une valeur M ∈ N telle que pour tout n, Pour n = M (valeur que n est forcé de prendre) on a uM +1 = uM + M + 2 ≤ M. Cette dernière expression est une contradiction, car un est une suite croissante et sa valeur de départ u0 est égale à 1. L’expression (non)p est fausse donc p est vraie, la suite n’est pas bornée. On commence par écrire quelques termes de la suite : On prouve que la suite est strictement décroissante (donc monotone) n étant nul ou positif, le dénominateur de cette dernière inégalité le sera aussi. Ce qui implique la stricte décroissance. La suite est bornée, car n ne peut prendre que des valeurs sur N, la décroissance stricte implique que le majorant sera M = u0 = 1 et le minorant sera la valeur de la suite pour n tendant vers l’infini c.-à-d.m = 0. Si on calcule quelques termes, on trouve : (un ) = − , , − , , − , , − 2 4 8 16 32 64 128 256 512 1024 La suite est alternée, elle change de signe selon la parité de n. On peut séparer cette suite en deux suites, l’une décroissante et l’autre croissante en posant respectivement pour l’une , ∀p ∈ N (exposant pair) Solutions des exercices sur les suites , ∀p ∈ N (exposant impair) La suite vp = − 12 est décroissante, car vp − vp+1 = 3(−1)2p 2−2(p+1) = et la suite wp = − 12 wp − wp+1 = −3(−1)2p 2−2p−3 = Si l’on calcule la valeur de la différence entre les deux suites pour p tendant vers l’infini on obtient : lim (vp − wp ) = lim 3(−1)2n 2−(2n+1) = lim 2n+1 = 0 On peut dire que les suites ont la même limite (on se doute que c’est zéro), le comportement des suites vp et wp en font des suites adjacentes. L’une est croissante, l’autre décroissante et leur différence tend vers 0 quand l’indice de la suite tend vers l’infini. On voit que la suite est bornée par la valeur |M | = 1. Pn est ici l’égalité un = n+1 On doit toujours commencer par vérifier l’initialisation, dans ce cas il faut vérifier que P0 = u0 = 0+1 On continue par supposer que pour n quelconque on a un = n+1 , ce qui est l’hypothèse. Finalement on passe à l’hérédité. Pour démontrer l’hérédité (Pn ⇒ Pn+1 ), on se base sur la définition récurrente de la suite en substituant un (qui est vraie par hypothèse) par sa valeur (donnée sous forme explicite) dans la forme récurrente un+1 = unu+1 La dernière expression peut être écrite sous la forme suivante : Il est donc clair que , Pn ⇒ Pn+1 car la forme de l’équation pour un+1 est la même que un . Il est capital de vérifier l’initialisation. Supposons par exemple que la première valeur aie été u0 = 2 au lieu de u0 = 1. Dans ce cas la suite sous forme récurrente aurait été 3 5 7 9 11 13 15 17 19 21 et celle sous forme explicite : 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 Solutions des exercices sur les suites (un ) = {1, −1, 1, −1, 1, −1, 1, ….} La suite est bornée par m = −2 et , M = 3 car on peut remarquer que m = −2 < min (−1)2n+1 , (−1)2n Les inégalités ci-dessus implémentent la définition 7, m et M sont respectivement un minorant et un majorant La suite, bien que bornée ne converge pas. Il faut le prouver en trouvant une contradiction à la définition de la limite d’une suite 13. Supposons que la limite de la suite soit l = 1. En prenant ϵ = 0.1, il est facile de trouver n tel que un − 1 n’est pas dans l’intervalle ϵ qui “entoure” la limite l = 1. Par exemple pour n = 3 on a un = −1 et 1 − (−1) = 2 > ϵ. On fait le même raisonnement en prenant l = −1. On a ainsi montré que pour les uniques candidats possibles 1 et −1, la définition ne marchait pas. 1 2 3 5 8 13 21 34 55 89 2 3 5 8 13 21 34 55 89 144 On se doute que la suite converge. Pour trouver vers quelle valeur il suffit de remarquer que si un converge pour tout n vers une valeur unique, il en est de même pour un+1 . En posant un = un+1 = l et en résolvant l’équation Dans les deux cas il faut démontrer que pour tout ϵ > 0, on peut toujours trouver une valeur Nϵ ∈ N telle que pour tout n > Nϵ , l’intervalle |un − l| est plus petit que ϵ. Prenons par exemple ϵ = 10−4 , dans ce cas Nϵ > √1ϵ = 100. En prenant Nϵ = 101 on vérifie bien que 1012 < ϵ = 100 . Comme ϵ est strictement plus grand que 0, il sera toujours possible de trouver une valeur pour Nϵ . Ce qui démontre que En posant Nϵ = n + 1 on a Solutions des exercices sur les suites Il faut vérifier que pour tout ϵ, Comme ϵ est strictement supérieur à zéro la dernière inégalité prouve que 1. Une bonne habitude est de commencer par mettre en évidence le terme de degré le plus élevé du dénominateur, n4 en l’occurrence n→∞ 4 10−300 n4 +10n3 n→∞ 10−300 n4 + 10n3 1 + lim 2 = 1 + 0 = 1 Solutions des exercices sur les suites La limite n’existe pas. n→∞ 4n − 4 n + 1 n→∞ 4n − 4 n + 1 n→∞ 4n − 4 n + 1 n2 (n − 1) − n2 (n + 1) 1. On utilise le théorème des gendarmes (14). On pose Pour tout n à partir de N = 1 (on pourrait prendre N = 1012 !), On en déduit que limn→∞ Solutions des exercices sur les suites 2. On utilise à nouveau le théorème des deux gendarmes (14). On pose Pour tout n à partir de N = 1 On en déduit que limn→∞ cos(nπ) On ne peut avoir une limite oscillant entre −1 et 1, la limite d’une suite, pour autant qu’elle existe est unique. Ici, la limite n’existe donc pas. 1. Lorsque l’on est en présence de racines, c’est en général une bonne idée de multiplier dénominateur et numérateur par la racine conjuguée. On a un exemple d’indétermination de type “∞ − ∞” qui donne 0. Solutions des exercices sur les suites On a un exemple d’indétermination de type “∞ − ∞” qui donne −∞. On a un exemple d’indétermination de type “∞ − ∞” qui converge vers une limite finie. 1. On commence par prendre contact avec la suite en en calculant quelques termes 2 4 8 16 32 64 128 256 On choisit la proposition Pn qui va nous permettre de démontrer que la suite est bornée et monotone Pn : 1 ≥ u n ≥ 0 On commence par démontrer par récurrence que la suite est monotone décroissante stricte, c’est-à-dire que un − un+1 > 0. (a) Initialisation, on vérifie que u0 − u1 = 1 − 12 > 0. (b) On fait l’hypothèse que pour n quelconque, un − un+1 > 0 est vraie. (c) On implémente l’hérédité : On sait que Pn : 1 ≥ un ≥ 0 donc on a démontrer que la suite était monotone. Solutions des exercices sur les suites On continue en démontrant que la suite est bornée : (a) Initialisation, on vérifie P0 en constatant que 1 ≥ 1 ≥ 0 est une proposition vraie. (b) On fait l’hypothèse que pour n quelconque Pn : 1 ≥ un ≥ 0. (c) On implémente l’hérédité Pn ⇒ Pn+1 , La dernière inégalité confirme l’hypothèse (qui était moins stricte). 2. On commence par calculer quelques termes 1 2 4 8 16 32 64 128 256 2 3 5 9 17 33 65 129 257 On choisit la proposition Pn qui va nous permettre de démontrer que la suite est bornée et monotone On commence par démontrer par récurrence que la suite est monotone croissante stricte, c’est-à-dire que (a) Initialisation, on vérifie que u1 − u0 = 23 − 12 > 0. (b) On fait l’hypothèse que pour n quelconque, un+1 − un > 0 est vraie. (c) On implémente l’hérédité : Sous réserve de démontrer encore que Pn : 21 ≤ un ≤ 1 est vrai pour tout n, la suite est monotone. On démontre ce qui nous manquait juste avant, c’est-à-dire que la suite est bornée par m = 12 et M = 1 : (a) Initialisation, on vérifie P0 en constatant que P0 : 12 ≤ u0 ≤ 1 est une proposition vraie. Ce qui est le cas vu que P0 : 12 ≤ 12 ≤ 1. (b) On fait l’hypothèse que pour n quelconque (c) On implémente l’hérédité Pn ⇒ Pn+1 en deux étapes : D’après l’hypothèse, 1 + un est une quantité plus grande ou égale à 2un , on peut donc diviser les inégalités (le membre de droite ne risque pas de devenir plus grand que 1). La dernière inégalité confirme l’hypothèse (qui était moins stricte).