Les suites numériques : comportement à l'infini de (q^n), avec q un réel
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Étudier à l’infini la suite (qn), avec q un réel (cela permettra le calcul de la limite d’une suite géométrique).
- Inégalité de Bernoulli : soit a un réel strictement positif. Pour tout entier naturel n, on dispose de l’inégalité (1 + a)n ≥ 1 + na.
- Soit q un
nombre réel.
- si q > 1, alors ;
- si q = 1, alors ;
- si –1 < q < 1, alors ;
- si q ≤ –1, alors la suite (qn) n’a pas de limite.
- Une suite géométrique u de raison q est une suite de terme général un = up × qn–p, où up est le premier terme, terme donné.
Pour l’étude à l’infini de (qn), q étant un réel, on doit utiliser à un moment de la démonstration une inégalité qui fut démontrée par Bernoulli.
Il s’agit donc d’un « petit » théorème qui va nous être utile pour un théorème « plus important » : un tel « petit » théorème est alors appelé lemme.
Soit a un réel strictement positif.
Pour tout entier naturel n, on dispose de l’inégalité (1 + a)n ≥ 1 + na.
La démonstration de cette inégalité
se fait à l’aide d’un raisonnement
par récurrence.
Soit a un
réel strictement positif fixe et n un entier naturel
quelconque.
On appelle (Pn) la proposition (1 + a)n ≥ 1 + na.
n = 0
On a : (1 + a)0 = 1
et 1 + 0 × a = 1
et 1 ≥ 1, donc
(P0) est une proposition vraie.
Soit k un entier naturel quelconque.
On doit démontrer que la proposition ((Pk)(Pk+1)) est une proposition vraie. Autrement dit, on doit démontrer que l’inégalité (1 + a)k+1 ≥ 1 + (k + 1)a est vraie sachant que l’on dispose de l’inégalité (1 + a)k ≥ 1 + ka.
On a : (1 + a)k+1 = (1 + a) (1 + a)k
et (1 + a)k ≥ 1 + ka
et a > 0,
donc (1 + a) (1 + a)k ≥ (1 +
a)(1 + ka). On a en fait
multiplié les deux côtés par le
nombre positif (1 + a).
Ainsi (1 + a)k+1 ≥ 1 + (k + 1)a + ka2.
Or, 1 + (k + 1)a + ka2 ≥ 1 + (k + 1)a
puisque ka2 ≥ 0.
Finalement, on a bien (1 + a)k+1 ≥ 1 + (k + 1)a.
La proposition (Pn) est vraie au rang initial n = 0 et est héréditaire, elle est donc vraie pour tout entier naturel n.
Soit q un nombre réel. On dispose des propositions suivantes :
- (P1) : si q > 1, alors ;
- (P2) : si q = 1, alors ;
- (P3) : si –1 < q < 1, alors ;
- (P4) : si q ≤ –1, alors la suite (qn) n’a pas de limite.
Conformément au programme, on ne démontre que (P1). On note néanmoins que (P2) est une proposition évidente puisque 1n = 1, donc 1n → 1.
Soit q un
réel vérifiant q > 1. On a :
q > 1, il existe un réel
a tel que
q = 1 + a
et a > 0.
Donc d’après le lemme de
l’inégalité de Bernoulli, on
a :
qn = (1 + a)n ≥ 1 + na
(n → + ∞
et a →
a et a > 0) (na →
+ ∞)
(1→ 1 et
na →
+ ∞) (1 + na → + ∞)
Conclusion : (qn ≥ 1 + na et 1 + na → + ∞) (qn →
+ ∞), d’après un
théorème de comparaison.
• 2n → + ∞ car 2 > 1.
• car .
Pour tout entier naturel n, on pose . Étudier le comportement à l’infini de (un).
Soit n un entier naturel.
On a :
.
On peut constater qu’il est nécessaire de bien maitriser les formules sur les puissances entières, formules vues au collège.
, donc et , donc un → + ∞.
- Une suite géométrique u de raison q est une suite de terme général un = up × qn–p, où up est le premier terme, terme donné.
Donc ; est un nombre fixe donné et l’on connait le comportement à l’infini de qn à l’aide du théorème précédent : on peut donc étudier le comportement à l’infini de la suite u.
- Soit u une suite géométrique de premier terme u0 donné et de raison q (on adaptera les calculs si le premier terme n’est pas u0).
On s’intéresse parfois dans les exercices à la somme des termes consécutifs de la suite u.
Par exemple, on pose : .
On a vu en 1S que l’on peut simplifier Sn ; on va le refaire pour rappel.
On a :
, il s’agit d’une somme de
(n+1) termes.
Sn
= u0(1 +
q + … +
qn–1
+
qn)
- Cas 1 : q = 1.
Sn
= u0(1 + 1
+ … + 1 + 1) =
u0(n+1).
n + 1 → + ∞ et
u0 → u0 donc Sn → ± ∞,
cela dépend du signe de u0.
- Cas 2 : q ≠ 1.
Sn = u0(1 + q + … + qn–1+ qn)
d’après une formule démontrée en 1S.
.
On recommande ici de ne pas apprendre par cœur cette formule, mais de refaire sur votre copie les quelques lignes qui l’établissent.
est une constante et on connait le comportement à l’infini de qn. Il ne reste plus qu’à déduire le comportement à l’infini de (1 – q × qn), puis d’en déduire le comportement à l’infini de Sn.
Soit n un
entier naturel. On a :
un = u0 × qn = 2
× (–0,5)n
Sn = 2 + 2(–0,5) + … +
2(–0,5)n–1 +
2(–0,5)n
Sn = 2(1 + (–0,5) + … +
(–0,5)n–1+
(–0,5)n)
(–0,5)n →
0 car –1 <
–0,5 < 1,
donc 0,5 ×
(–0,5)n → 0 et
(1 + 0,5 × (–0,5)n → 1).
Ainsi, on a : .
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