Corrigé des exercices - Dunod

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u 0 = 1 − 1 n , avec n ∈ N∗ .
Réciproquement si la condition u 0 ≠ 1 − 1 n est réalisée, on pose v 1
0 = . On a alors
u 0 − 1
v 0 + n ≠ 0 pour tout entier n. On montre, comme dans l’exercice précédent, que la suite
1
(w n ) n∈N de terme général w n = 1 + vérifie la même relation de récurrence que
v 0 + n
(u n ) n∈N et w 0 = u 0 . C’est la suite (u n ) n∈N , qui est donc définie.
Exercice 17.12
On remarque que, pour tout n ∈ N,
u n+1 − u n = 1 2 (u n − 1) 2 0.
La suite est donc croissante. Si elle converge, sa limite l vérifie l = 1 + l2
et l = 1.
2
Pour n 1, on a u n 0. La fonction f : x ↦−→ 1 + x2
vérifie f([0,1]) ⊂ [0,1].
2
Ainsi si u 1 1, tous les termes de la suite sont 1. La suite est croissante et majorée donc
elle converge. Sa limite est 1.
Si u 1 > 1, la suite croît ; si elle converge, sa limite est u 1 . C’est impossible, donc (u n ) n∈N
diverge vers +∞.
La condition de convergence u 1 1 équivaut à u 2 0 1 et donc à u 0 ∈ [−1,1].
Exercice 17.13
On a, pour tout n ∈ N,
u n+1 − u n = (u n − 1) 2
0.
4
La suite (u n ) n∈N est croissante.
(l + 1)2
Si elle converge, sa limite vérifie l = et donc l = 1.
4
Si u 1 > 1, la suite (u n ) n∈N ne peut pas converger vers 1 donc elle diverge vers +∞.
Si 0 u 1 1, on vérifie que tous les terme de la suite sont 1. La suite est majorée ; elle
converge ; sa limite est 1.
La condition u 1 1 équivaut à u 0 ∈ [−3,1].
Exercice 17.14
La suite (u n ) n∈N est définie et à termes positifs. Si (u n ) n∈N converge vers l, on a l = l3 + 3l
3l 2 + 1
et donc l = 0 ou l = 1 (car l 0). On calcule
u n+1 − u n = −2u3 n + 2u n
3u 2 n + 1
= 2u n(1 − u 2 n)
3u 2 .
n + 1
Le signe de cette différence dépend du signe de 1 − u n . On a
u n+1 − 1 = u3 n + 3u n − 3u 2 n − 1
3u 2 n + 1
= (u n − 1) 3
3u 2 n + 1 .