Suites numériques : comportement à l'infini de (qn), avec q un réel.

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.

Remarque
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.
Ce mot de mathématique vous est ici donné pour enrichir votre « culture mathématique ».


Démonstration
La démonstration de cette inégalité se fait à l’aide d’un raisonnement par récurrence.
Soit a un réel strictement positif fixe.
Soit n un entier naturel quelconque.

On appelle (P_n) la proposition : (1 + a)ⁿ ≥ 1 + na.

    • Initialisation : n = 0.
On a : (1 + a)⁰ = 1 et 1 + 0 × a = 1 et 1 ≥ 1, donc (P₀) est une proposition vraie.

    • Hérédité : soit k un entier naturel quelconque.
On doit démontrer que la proposition : ((P_k)(P_k+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.
   
   • Conclusion :
La proposition (P_n) est vraie au rang initial n = 0 et de surcroît est héréditaire, elle est donc vraie pour tout entier naturel n.

Conformément au programme, on ne démontre que (P₁). On note néanmoins que (P₂) à est une proposition évidente puisque 1ⁿ = 1, donc 1ⁿ → 1.

► Démonstration de (P₁)
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.





Conclusion :

, d’après un théorème de comparaison.

► Exemples d’application directe

    • car 2 > 1.

    • car .

► Exemple d’application « moins » directe

Pour tout entier naturel n, on pose . Étudier le comportement à l’infini de (u_n).
Soit n un entier naturel.
On a :
.

Vous pouvez constater qu’il est NÉCESSAIRE de bien maîtriser les formules sur les puissances entières, formules vues au collège.

, donc et , donc .

• Une suite géométrique u de raison q est une suite de terme général , où u_p est le premier terme, terme donné.

Donc ; est un nombre fixe donné et l’on connaît 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 S_n ; on va le refaire pour rappel.

On a :

, il s’agit d’une somme de (n+1) termes.

S_n = u₀(1 + q + … + q^n-1 + qⁿ)

   • Cas 1 : q = 1.

S_n = u₀(1 + 1 + … + 1 + 1) = u₀(n+1).

et donc , cela dépend du signe de u₀.

    • Cas 2 : q ≠ 1.

S_n = u₀(1 + q + … + q^n-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 connaît 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 S_n.


► Exemple d’application directe où u est une suite géométrique de premier terme 2 et de raison q = –0,5.

Soit n un entier naturel.
On a :
u_n = u₀ × qⁿ = 2 × (–0,5)ⁿ
S_n = 2 + 2(–0,5) + … + 2(–0,5)^n–1 + 2(–0,5)ⁿ
S_n = 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 : .