Exos types, Chapitre 10

PCSI 2
2013-2014
Préparation des Khôlles
Chapitre 10 : Borne sup, partie entière, suites classiques
Exercice type 1
Soient A et B deux parties non vides et majorées de R, justifier que A∪B admet une borne sup et l’exprimer en fonction
de celles de A et B.
Solution : On pose C = A ∪ B, puisque A et B sont non vides et majorées, sup A et sup B existent. Soit M =
max (sup A, sup B) Si c ∈ C, alors, ou bien c ∈ A =⇒ c sup A M, ou bien c ∈ B sup B M . Puisque C = ∅ et est
majorée par M, on en déduit que sup C existe et sup C M.
Il reste à prouver la réciproque i.e. que M sup C.
Soit S un majorant de C. ∀a ∈ A, on a a ∈ C, alors a S, ainsi S majore A donc sup A S. De même (symétrie des
rôles) sup B M d’où M = max (sup A, sup B) S. Ceci prouve que M est le plus petit des majorants de C. Conclusion
M = sup C
Exercice type 2
Soient A et B deux parties non vides et majorées de R, on définit A+B = {a + b, a ∈ A, b ∈ B}. Justifier que sup (A + B)
existe et l’exprimer en fonction de celles de A et B.
Solution : Puisque A et B sont non vides et majorées, sup A et sup B existent. On pose alors C = A + B, si c ∈ C,
alors
∃ (a, b) ∈ A × B, c = a + b
Puisque a
MA et b
MB on en déduit que
c
sup A + sup B
Ainsi C est majorée par sup A + sup B = M. Puisque C = ∅ et est majorée par M, on en déduit que sup C existe et
sup C M.
Pour la réciproque, on a deux méthodes :
Première méthode : soit S un majorant de C. Soit b ∈ B fixé, on a ∀a ∈ A, a + b ∈ C =⇒ a + b S =⇒ a S − b. Ainsi
S − b majore A d’où
sup A S − b
Puisque b est quelconque, on en déduit que
∀b ∈ B, b
Ainsi S − sup A majore B d’où
sup B
S − sup A
S − sup A =⇒ sup A + sup A
S
Ceci prouve que sup A + sup B est le plus petit des majorants donc que
sup A + sup B = sup (A + B)
Seconde méthode : On sait qu’il existe deux suites (an )n∈N et (bn )n∈N telles que an ∈ A, bn ∈ B, an −−−−−→ sup A et
n→+∞
bn −−−−−→ sup B. On pose cn = an + bn alors cn ∈ C et ⌋n −−−−−→ sup A + sup B. Ainsi sup (C) = sup A + sup B.
n→+∞
n→+∞
Exercice type 3
Soit A une partie non vide et bornée de R, on déinit B =
|x − y| , (x, y) ∈ A2 . Montrer que sup B existe et que
sup B = sup A − inf A.
—1/8—
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Préparation des Khôlles
Solution : Notons M = sup A et m = inf A qui existent car A est non vide et bornée. Soit (x, y) ∈ A2 , on a m
et m y M, donc m − M x − y M − m, soit
|x − y|
x
M
M −m
On en déduit que B = {|x − y| , x ∈ A, y ∈ A} est non vide majorée par M − m, ainsi sup B existe et
sup(x,y)∈A2 |x − y|
M −m
Reste à prouver que M − m est bien égal à sup B.
Première méthode : Soit M1 un majorant de B, alors pour tout (x, y) ∈ A2 , on a x−y |x − y| M1 =⇒ x M1 +y. Ceci
prouve que, à y ∈ A fixé, M1 + y majore tous les éléments x de A, donc est un majorant de A. En particulier, sup A = M
lui est inférieur. Donc
∀y ∈ A, M M1 + y =⇒ ∀y ∈ A, M − M1 y
On en déduit que M − M1 est un minorant de A, en partculier
M − M1
m =⇒ M − m
M1
donc M − m est bien le plus petit des majorants de B, il s’agit bien de la borne sup de B.
Seconde méthode : il existe deux suites (an )n∈N et (bn )n∈N telles que (an , bn ) ∈ A2 , an −−−−−→ sup A et bn −−−−−→ inf A.
n→+∞
On a alors |an − bn | ∈ B et |an − bn | −−−−−→ |sup A − inf A| = sup A − inf A (car sup
n→+∞
n→+∞
inf !). On a donc une suite de B
qui converge vers un majorant de B, ce majorant est la borne sup de B.
Exercice type 4
Soit x un réel, et n un entier supérieur ou égal à 1, montrer que
Solution : Soit la fonction f définie sur R par f (x) =
⌊nx⌋
= ⌊x⌋ .
n
⌊nx⌋
− ⌊x⌋ . On a
n
⌊nx + n⌋
⌊nx⌋ + n
⌊nx⌋
− ⌊x + 1⌋ =
− ⌊x + 1⌋ =
+ 1 − ⌊x + 1⌋
n
n
n
= f (x) car si α ∈ R, ⌊x + 1⌋ = ⌊x⌋ + 1
f (x + 1) =
La fonction f est donc 1− périodique. Si 0
0
x < 1, on a
nx < n =⇒ 0
⌊nx⌋
nx < n
(attention, on ne peut pas passer à la partie entière directement qui n’est pas strictement croissante) d’où 0
et ainsi f (x) = 0 sur [0, 1[. La fonction f est donc nulle sur [0, 1[ et 1−périodique donc identiquement nulle.
⌊nx⌋
<1
n
Exercice type 5
n−1
Montrer que ∀x ∈ R, ∀n ∈ N∗ ,
x+
k=0
k
= ⌊nx⌋ .
n
—2/8—
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n−1
Solution : Soit f (x) =
x+
k=0
f x+
n−1
1
n
=
− ⌊nx⌋, alors
1
k
+
− ⌊nx + 1⌋ =
n n
x+
k=0
n
x+
k=0
k+1
− ⌊nx⌋ − 1
n
n−1
j=1
n−1
= ⌊x⌋ + 1 +
n−1
=
n−1
j
j
− ⌊nx⌋ − 1 = ⌊x + 1⌋ +
x+
− ⌊nx⌋ − 1 (on a posé j = k + 1)
n
n
j=1
x+
=
k
n
n−1
x+
j=1
j
0
j
− ⌊nx⌋ − 1 = x +
+
x+
− ⌊nx⌋
n
n
n
j=1
j
− ⌊nx⌋ = f (x)
n
x+
j=0
1
1
périodique, il suffit de prouver qu’elle est nulle sur l’intervalle 0,
. Mais
n
n

1

1

0
x
<
0 nx < 1
x + nk = 0
0 x<
n
=⇒
=⇒
=⇒
n
k
1 
k
0 x+ n <1
⌊nx⌋ = 0

0 k n−1
1−
0
n
n
ainsi la fonction f est
d’où
f (x) = 0 sur
0,
1
n
et par périodicité on a f = 0 sur R.
Exercice 1
Soit x un réel, on a défini les valeurs décimales approchées de x par dn =
⌊10n x⌋
et Dn = un + 10−n . Montrer que les
10n
suites (dn )n∈N et (Dn )n∈N sont monotones.
Solution : Montrons que (Dn )n∈N est croissante. On a dn+1 − dn =
10n x − 1 < ⌊10n x⌋
d’où
1
10n+1
10n+1 x − 10 ⌊10n x⌋ . Or
10n x =⇒ 10n+1 x − 10 < 10 ⌊10n x⌋
−10n+1 x −10 ⌊10n x⌋ < 10 − 10n+1 x
10n+1 x − 1 < 10n+1 x
10n+1 x
Puisque 10n+1 x − 10 ⌊10n x⌋ est un entier, on en déduit que 0
Ceci prouve la croissance de (dn )n∈N .
Pour la décroissance de (Dn )n∈N , on a
vn+1 − vn =
1
10n+1
10n+1 x
=⇒ −1 < 10n+1 x − 10 ⌊10n x⌋ < 10
10n+1 x − 10 ⌊10n x⌋
9 ainsi 0
9
.
10n+1
dn+1 − dn
10n+1 x − 10 ⌊10n x⌋ − 9
Compte tenu de ce qui précède, on a
−9
10n+1 x − 10 ⌊10n x⌋ − 9
0
ce qui prouve la décroissance de (Dn )n∈N .
—3/8—
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Exercice 2
Si on suppose que x et y sont des réels non-entiers et que x+y est un entier (x ∈
/ Z, y ∈
/ Z et x+y ∈ Z), montrer qu’on a :
⌊x⌋ + ⌊y⌋ = x + y − 1.
Solution : Par hypothèse x ∈
/ Z et y ∈
/ Z, mais x + y = n ∈ Z. On a donc ⌊x⌋ = x car sinon x ∈ Z, contraire à
l’hypothèse, et de même E (y) = y, ceci justifie la double inégalité stricte
x − 1 < ⌊x⌋ < x et y − 1 < ⌊y⌋ < y
(d’après la définition, on a juste x − 1 < ⌊x⌋ x). En sommant, il vient n − 2 = x + y − 2 < ⌊x⌋ + ⌊y⌋ < x + y = n.
L’entier ⌊x⌋ + ⌊y⌋ est donc entre n − 2 et n, il est donc égal à n − 1
⌊x⌋ + ⌊y⌋ = n − 1 = x + y − 1
Exercice 3
1. Soit f : R −→ R croissante telle que si x ∈ Q alors f (x) = x, montrer que f = IdR .
2. Soit f : R −→ R monotone telle que (E) : (x, y) ∈ R2 , f (x + y) = f (x) + f (y). Montrer que f est de la forme
f (x) = αx où α est une constante.
Solution : Pour x ∈ R, on désigne par dn et Dn es approximations décimales par défaut et par excès de x. On sait
que (dn , Dn ) ∈ Q2 convergent vers x et dn x Dn
1. Soit x ∈ R, par croissance de f, on a
f (dn ) = dn
f (x)
Dn = f (Dn )
En passant à la limite, on obtient f (x) = x.
2. Si f est décroissante, alors −f est croissante et −f (x + y) = −f (x) − f (y), ainsi −f vérifie (E) . On peut donc
supposer que f est croissante.
On commence par calculer f (0). Avec x = y = 0, on a f (0) = 2f (0) d’où f (0) = 0.
Avec y = −x, on en déduit que f (0) = f (x) + f (−x) =⇒ f (−x) = −f (x) , ainsi f est impaire.
Puis par récurrence, on prouve P (n) = ”∀x ∈ R, f (nx) = nf (x) ”. C’est vrai au rang n = 0 puisque f (0) = 0.
Supposons que P (n) soit vraie au rang n, alors
f ((n + 1) x) = f (nx) + f (1x) = nf (x) + f (x) = (n + 1) f (x)
On prouve ensuite que f (px) = pf (x) lorsque p ∈ Z et x ∈ R . Si p
p < 0, alors −p ∈ N et ainsi
0, alors p ∈ N et on vient de le prouver. Si
f (−px) = (−p) f (x) = −f (1x) mais f (−px) = −f (px) par imparité
d’où f (px) = pf (x)
p
On va maintenant prouver que f (r) = rf (1) si r ∈ Q. Soit r ∈ Q, il existe (p, q) ∈ Z × N∗ tel que r = . On a alors
q
qf (r) = qf
p
q
= f (p) = pf (1) ⇐⇒ f (r) = rf (1)
Pour conclure : soit x ∈ R, par croissance de f, on a
f (dn ) = dn f (1)
f (x)
Dn f (1) = f (Dn )
d’où en passant à la limite f (x) = xf (1) = αx où α = f (1).
—4/8—
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Exercice type 6
n
On définit pour n
2, un =
π
π
. Soit vn = un sin n , monter que (vn )n est géométrique, en déduire un et
2k
2
cos
k=2
la convergence de (un )n
Solution : Soit n
2.
2, alors vn+1 = un+1 sin
vn+1 = un sin
La suite (vn )n
2
π
π
, mais un+1 = un × cos n+1
2n+1
2
π
π
cos n+1
2n+1
2
1
= un sin
2
2π
2n+1
d’où
1
π
= un sin n
2
2
=
1
vn
2
et donc géométrique de raison 12 . On en déduit que, pour n
vn =
v2
2n−2
et
un =
=
π
π
π
1
π
4 = cos 4 sin 4 = 2 sin 2 = 1
2n−2
2n−2
2n−2
2n−1
u2 sin
vn
1
1
2
π = n−1
π ∼ n−1 π = π
sin n
2
sin n
2
2
2
2n
ce qui prouve que
un −−−−−→
n→+∞
2
π
Exercice type 7
Déterminer l’expression générale de (un )n∈N lorsque,
1. ∀n ∈ N, un+2 = 4un+1 − 4un , u0 = 1 et u1 = 0.
2. ∀n ∈ N, un+2 = 5un+1 − 6un , u0 =
5
13
et u1 = , calculer alors Sn =
6
6
n
uk .
k=0
3. ∀n ∈ N, un+2 = 2un+1 − 2un , u0 = 1 et u1 = 3, puis montrer que un peut s’écrire ρn G cos (nθ − ϕ).
Solution : On applique le cours.
1. L’équation caractéristique est r2 − 4r + 4 = (r − 2)2 . Il existe donc (A, B) ∈ R2 tels que un = (A + Bn) 2n . Avec
u0 = A = 1
les conditions initiales,on a
d’où un = (1 − n) 2n .
u1 = 3 (A + B) = 0
2. L’équation caractéristique est r2 −5r + 6 = (r − 2) (r − 3), il existe donc (A, B) ∈ R2 tels que un = A × 2n + B × 3n .

 u0 = A + B = 5
13 10
1
5 1
1
6
Avec les conditions initiales,on a
13 ce qui donne B = 6 − 6 = 2 et A = 6 − 2 = 3 . Ainsi

 u1 = 2A + 3B =
6
n
n
2
3
un =
+
pour n ∈ N. On a alors
3
2
Sn =
1
3
n
2k +
k=0
1
2
n
3k =
k=0
2n+1 − 1 3n+1 − 1
2n+3 + 3n+2 − 7
+
=
.
3
4
12
—5/8—
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√ π
3. L’équation caractéristique est r2 − 2r + 2 dont les racines sont r = 1 + i = 2ei 4 et r. Il existe donc (A, B) ∈ R2
√ n
u0 = A = 1
tels que un =
2
A cos nπ
+ B sin nπ
. Avec les conditions initiales,on a
. Ainsi un =
4
4
u1 = A + B = 3
1
2
n
n√
√ et sin ϕ = √ d’où ϕ ∈ 0, π2 et tan ϕ = 2, ce qui
+ 2 sin nπ
= 2 2 5 cos nπ
2 2 cos nπ
4
4
4 − ϕ où cos ϕ =
5
5
donne ϕ = arctan (2). On a donc
n√
nπ
un = 2 2 5 cos
− arctan 2
4
Exercice type 8
Soient (un )n∈N et (vn )n∈N les suites déterminées par u0 = 1, v0 = 2 et pour n ∈ N
un+1 = 3un + 2vn
vn+1 = 2un + 3vn
Etudier la suite (vn − un )n . En déduire les expressions de un et vn pour n ∈ N.
Solution : On a vn+1 − un+1 = (2un + 3vn ) − (3un + 2vn ) = vn − un , cette suite est constante égale à son premier
terme qui vaut donc 1. On en déduit que
∀n ∈ N, vn = un + 1
On remplace dans la relation un+1 = 3un + 2vn pour avoir un+1 = 3un + 2 (un + 1) = 5un + 2, la suite (un )n∈N est
arithmético-géométrique. Soit ℓ tel que ℓ = 5ℓ + 2 ⇐⇒ ℓ = − 12 , on pose wn = un + 12 . Alors
wn+1 = un+1 +
1
1
1
= 5un + 2 + = 5 un +
2
2
2
La suite (wn )n est géométrique de raison 5 de premier terme u0 +
un =
1
2
= 5wn
= 32 . On a donc wn =
3 × 5n
et, pour n ∈ N
2
3 × 5n − 1
3 × 5n + 1
, vn =
2
2
Remarque : On peut aussi utilise (un + vn )n qui est géométrique.
Exercice type 9
On définit (un )n∈N par u0 = 1, u1 = 2 et un+2 =
u9n+1
. Montrer que (un )n∈N est bien définie et calculer un en
u4n
fonction de n.
Solution : Par récurrence immédiate à deux termes. Pour n ∈ N, on définit la propriété P (n) = ”un existe et un > 0”.
On a P (0) et P (1) qui sont vraies (car u0 et u1 sont donnés). Supposons à n fixé, n 0 que P (n) et P (n + 1) soient
u9n+1
vraies. Alors un+2 =
existe et est strictement positif. On en déduit donc que P (n + 2) est vraie. Par récurrence,
u4n
on a P (n) vraie pour tout n ∈ N.
1
9
On peut alors considérer vn = ln un qui vérifie vn+2 = (9vn+1 − 4vn ) = vn+1 − 2vn . Ainsi (vn )n∈N est une suite
2
2
9
1
récurrente linéaire d’ordre 2.L’équation caractéristique est r2 − r + 2 dont les solutions sont r1 = et r2 = 4. Il existe
2
2
(λ, υ) ∈ R2 tels que, pour tout entier n,
vn = λr1n + µr2n
—6/8—
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On calcule λ et µ avec v0 = ln u0 = 0 = λ + µ et v1 = ln 2 = λr1 + µr2 = µ (r2 − r1 ) =
vn = λr1n + µr2n =
2 ln 2
7
4n −
1
2n
et un = exp
2 ln 2
7
4n −
7µ
. En conclusion
2
1
2n
= 2 7 (4
2
n
− 21n )
Exercice 4
Soient (a, b) = (0, 0) ∈ R2 et soit (un )n∈N la suite définie par u0 = 0, u1 = 1 et un+2 = (a + b) un+1 − abun . Déterminer
une expression de un en fonction de n. Lorsque a = b, on donnera deux expressions pour un .
Solution : Il s’agit d’une suite récurrente linéaire d’ordre 2 dont l’équation caractéristique est r2 − (a + b) r + ab = 0.
Les racines de l’équation caractéristique sont a et b. On a donc deux cas.
Si a = b, alors ∃ (λ, µ) ∈ R2 tels que ∀n ∈ N, un = λan + µbn . Puisque u0 = 0 = λ + µ et u1 = 1 = λa + µb, on obtient
λ+µ=0
λa + µb = 1
⇐⇒ λ =
Cramer
1
1
,µ = −
a−b
a−b
Ainsi
un =
n−1
an − bn
= an−1 + an−2 b + · · · + abn−2 + bn−1 =
a−b
2
an−1−k bk
k=0
n
Si a = b, alors ∃ (λ, µ) ∈ R tels que ∀n ∈ N, un = (λn + µ) a . Puisque u0 = 0 = µ et u1 = 1 = (λ + µ) a = λa, on
obtient
un = nan−1
Remarque : Si a = b, on a
n−1
k=0
an−1−k bk = nan−1 . Si a = b = 0, alors un = 0 pour n
2.
Exercice 5
On considère la suite de polynôme Pn (x) définie par
∀x ∈ R, P0 (x) = 0, P1 (x) = a
Pn+2 (x) = xPn+1 (x) + (1 − x) Pn (x)
Déterminer Pn (x) en fonction de x.
Solution : Soit a fixé dans R, alors la suite (un )n∈N définie par un = Pn (a) est une suite récurrente linéaire d’ordre
2. L’équation caractéristique est r2 − ar + (a − 1) = 0 dont les racines évidentes sont 1 et a − 1 (on peut aussi calculer
∆ = a2 − 4a + 4 = (a − 2)2 ). On a donc deux cas :
Premier cas 1 = a − 1 ⇐⇒ a = 2
On sait qu’il existe λ et µ réels tels que ∀n ∈ N, un = λ × 1n + µ × (a − 1)n . Or u0 = 0 =⇒ λ + µ = 0 et u1 = a =⇒
λ + (a − 1) µ = a. On a donc le système
λ+µ=0
λ + (a − 1) µ = a
a
dont la solution est (immédiate) µ =
= −λ (oh ! oh ! le cas a = 2 !). Ainsi
a−2
un
=
=
a
a
a
((a − 1)n − 1) =
((a − 2 + 1)n − 1) =
−1 +
a−2
a−2
a−2
a
a−2
n
k=1
n
(a − 2)k
k
car
n
(a − 2)0 = 1 =
0
—7/8—
n
k=1
n
k=0
n
(a − 2)k
k
n
a (a − 2)k−1
k
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Préparation des Khôlles
Ainsi
n
Pour a = 2, on a Pn (a) =
k=1
n
a (a − 2)k−1 =
k
n−1
i=0
n
a (a − 2)i
i+1
Reste à déterminer Pn (2) , on dispose de deux méthodes :
Première méthode (bof, bof) : On résout la récurrence dans le cas a = 2. Il existe λ et µ tels que un = (λ + µn) × 1n =
λ + µn. Avec u0 = 0 = λ et u1 = λ + µ = 2, on a
un = Pn (2) = 2n
Seconde méthode : La fonction Pn est continue donc Pn (a) −−−→ Pn (2) , or
a→2
n−1
Pn (a) =
i=0
Donc Pn (a) −−−→ 2n = Pn (2).
n
n
n
a (a − 2)i =
a (a − 2)0 +
a (a − 2)1 + · · ·
i+1
1
2
!
"#
$ !
"#
$
=na
0
−−
−
→
a→2
a→2
Exercice 6
Soit (un )n∈N définie par u0 ∈ R et ∀n ∈ N, un+1 = 2n − 3un . Comment choisir u0 pour que la suite soit croissante ?
Solution : On va déterminer un en fonction de n. On commence par chercher une solution particulière de la récurrence
sous la forme un = α2n . On a alors un+1 = α2n+1 = 2α × 2n et 2n − 3un = 2n − 3α × 2n = (1 − 3α) × 2n , ainsi ∀n ∈ N,
un+1 = 2n − 3un si et seulement si
1
2n
2α = 1 − 3α ⇐⇒ α = soit un =
5
5
n
2
On pose alors an =
et un = an + vn , on a alors
5
un+1 = 2n − 3un ⇐⇒ an+1 + vn+1 = 2n − 3an − 3vn ⇐⇒ vn+1 = −3vn
En effet an+1 = 2n −3an (la suite (an )n est une solution particulière de la récurrence, avez-vous l’analogie avec les équations
1
1
différentielles ). La suite (vn )n∈N est donc géométrique, d’où vn = (−3)n v0 avec u0 = a0 + v0 = + v0 =⇒ v0 = a0 − .
5
5
On a donc
2n
1
n
∀n ∈ N, un =
+ a0 −
× (−3)
5
5
Lorsque n tend vers l’infini, on a
un ∼ a0 −
1
5
× (−3)
n
pour a0 =
1
5
Ainsi un+1 ∼ −3un =⇒ un un+1 ∼ −3u2n < 0, ce qui prouve que un+1 et un sont, pour n assez grand, de signe opposé, la
suite ne peut être monotone
1
2n
Reste le cas où a0 = qui donne la suite croissante un =
.
5
5
—8/8—
G
H