Suites Numériques
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Ce chapitre, comme celui des fonctions d’une variable réelle, a déjà été étudié en
première année mais est très fréquemment abordé aux concours. Avant la rentrée
en deuxième année, ce chapitre sera l’occasion d’éprouver la maturité acquise en
première année. Avant les oraux, il fournira une excellente occasion de révision et
d’entraînement.
EXERCICES D’ENTRAÎNEMENT
Exercice 1.1
Centrale PSI 2005
Pour tout n ∈ N
∗ , on pose, u n =
5 sin
1
n 2 +
1
5
cos n
n
.
Montrer que lim
n−→+∞
u n = 0.
Soit n ∈ N
∗ . Il est naturel de commencer par majorer |u n |. Sachant que
sin 1/n
2
1
et | cos n| 1, on a alors d’après l’inégalité triangulaire
5 sin
1
n 2 +
1
5
cos n
5
sin
1
n 2
+
1
5
| cos n| 5 +
1
5
soit |u n |
5 +
1
5
n
. Mais lim
n−→+∞
5 +
1
5
n
= +∞, ce qui ne permet pas
d’aboutir. Affinons cette première approche en constatant que c’est le nombre 5 qui
nous empêche de conclure. On va donc majorer et minorer plus finement. Comme
lim
n−→+∞
sin(1/n
2 ) = 0, il existe un rang N ∈ N
∗ tel que, pour tout n ∈ N
∗ et n N ,
on ait −
1
5
5 sin
1
n 2
1
5
. Donc, pour tout n N ,
−
2
5
5 sin
1
n 2
+
1
5
cos n
2
5
,
d’où
5 sin
1
n 2
+
1
5
cos n
2
5
. On en déduit enfin que, pour tout n N ,
|u n |
2
5
n
et comme lim
n−→+∞
2
5
n
= 0, lim
n−→+∞
u n = 0.
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Ce chapitre, comme celui des fonctions d’une variable réelle, a déjà été étudié en
première année mais est très fréquemment abordé aux concours. Avant la rentrée
en deuxième année, ce chapitre sera l’occasion d’éprouver la maturité acquise en
première année. Avant les oraux, il fournira une excellente occasion de révision et
d’entraînement.
EXERCICES D’ENTRAÎNEMENT
Exercice 1.1
Centrale PSI 2005
Pour tout n ∈ N
∗ , on pose, u n =
5 sin
1
n 2 +
1
5
cos n
n
.
Montrer que lim
n−→+∞
u n = 0.
Soit n ∈ N
∗ . Il est naturel de commencer par majorer |u n |. Sachant que
sin 1/n
2
1
et | cos n| 1, on a alors d’après l’inégalité triangulaire
5 sin
1
n 2 +
1
5
cos n
5
sin
1
n 2
+
1
5
| cos n| 5 +
1
5
soit |u n |
5 +
1
5
n
. Mais lim
n−→+∞
5 +
1
5
n
= +∞, ce qui ne permet pas
d’aboutir. Affinons cette première approche en constatant que c’est le nombre 5 qui
nous empêche de conclure. On va donc majorer et minorer plus finement. Comme
lim
n−→+∞
sin(1/n
2 ) = 0, il existe un rang N ∈ N
∗ tel que, pour tout n ∈ N
∗ et n N ,
on ait −
1
5
5 sin
1
n 2
1
5
. Donc, pour tout n N ,
−
2
5
5 sin
1
n 2
+
1
5
cos n
2
5
,
d’où
5 sin
1
n 2
+
1
5
cos n
2
5
. On en déduit enfin que, pour tout n N ,
|u n |
2
5
n
et comme lim
n−→+∞
2
5
n
= 0, lim
n−→+∞
u n = 0.
