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II Suites numériques · Chapitre 02 / 17

Suites numériques

Raisonnement par récurrence, convergence, limite d'une suite.

28 min de lecture
6 sections, 12 exemples
70 exercices · 4 problèmes · 2 devoirs surveillés

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L'essentiel en 30 secondes

Le raisonnement par récurrence démontre une propriété pour tout entier : initialisation, puis hérédité. Côté limites : toute suite croissante et majorée converge (théorème de la limite monotone), et les théorèmes de comparaison et des gendarmes encadrent les cas difficiles. Pour une suite géométrique, qⁿ tend vers 0 si |q| < 1 et vers +∞ si q > 1.

1 I. Rappels et compléments sur les suites

1. Modes de définition

2. Sens de variation

3. Suites bornées

2 II. Suites arithmétiques et géométriques

1. Suite arithmétique

2. Suite géométrique

3 III. Limite d'une suite

1. Convergence et divergence

2. Opérations sur les limites

3. Les quatre formes indéterminées

4. Lever une indétermination

4 IV. Théorèmes de comparaison et de convergence

Démonstration des théorèmes de comparaison
Cas de +∞+\infty. Soit A∈RA \in \mathbb{R}. Comme vn→+∞v_n \to +\infty, il existe un rang N1N_1 tel que, pour tout n⩾N1n \geqslant N_1, vn>Av_n > A. L'inégalité un⩾vnu_n \geqslant v_n étant vraie à partir d'un rang N0N_0, pour tout n⩾max⁡(N0,N1)n \geqslant \max(N_0,N_1) :

un⩾vn>Au_n \geqslant v_n > A

C'est exactement la définition de un→+∞u_n \to +\infty.

Cas de −∞-\infty. Soit A∈RA \in \mathbb{R}. Comme vn→−∞v_n \to -\infty, on a vn<Av_n < A à partir d'un certain rang. Avec un⩽vnu_n \leqslant v_n, on obtient alors un<Au_n < A. Donc un→−∞u_n \to -\infty.
Démonstration du cas q>1q > 1 (inégalité de Bernoulli)
Étape 1 — inégalité de Bernoulli. Pour tout réel a⩾0a \geqslant 0 et tout n∈Nn \in \mathbb{N} : (1+a)n⩾1+na(1 + a)^n \geqslant 1 + na.

Par récurrence. Pour n=0n = 0 : 1⩾11 \geqslant 1. Hérédité : soit nn fixé tel que (1+a)n⩾1+na(1+a)^n \geqslant 1 + na. Comme 1+a>01 + a > 0 :

(1+a)n+1=(1+a)n(1+a)⩾(1+na)(1+a)=1+(n+1)a+na2⩾1+(n+1)a(1+a)^{n+1} = (1+a)^n (1+a) \geqslant (1 + na)(1 + a) = 1 + (n+1)a + na^2 \geqslant 1 + (n+1)a

car na2⩾0na^2 \geqslant 0. La propriété est donc héréditaire.

Étape 2 — conclusion. Si q>1q > 1, posons a=q−1>0a = q - 1 > 0, de sorte que q=1+aq = 1 + a. D'après l'étape 1 :

qn⩾1+naq^n \geqslant 1 + na

Or a>0a > 0, donc 1+na→+∞1 + na \to +\infty. Par comparaison, qn→+∞q^n \to +\infty.
Démonstration du cas −1<q<1-1 < q < 1
Si q=0q = 0, la suite est nulle à partir de n=1n = 1 et tend vers 00.

Sinon, 0<∣q∣<10 < |q| < 1, donc 1∣q∣>1\dfrac{1}{|q|} > 1. D'après le cas précédent, (1∣q∣)n→+∞\left(\dfrac{1}{|q|}\right)^n \to +\infty, et par passage à l'inverse :

∣q∣n=1(1∣q∣)n⟶0|q|^n = \frac{1}{\left(\frac{1}{|q|}\right)^n} \longrightarrow 0

Enfin, pour tout nn : −∣q∣n⩽qn⩽∣q∣n-|q|^n \leqslant q^n \leqslant |q|^n. Les deux suites encadrantes tendent vers 00 : d'après le théorème des gendarmes, qn→0q^n \to 0.
Démonstration du cas q⩽−1q \leqslant -1
Si q=−1q=-1, les termes pairs valent 11 et les termes impairs −1-1 : la suite n'a pas de limite.

Si q<−1q<-1, alors q2>1q^2>1. La sous-suite paire vérifie q2n=(q2)n→+∞q^{2n}=(q^2)^n\to+\infty, tandis que la sous-suite impaire vérifie q2n+1=q(q2)n→−∞q^{2n+1}=q(q^2)^n\to-\infty. Les deux sous-suites n'ayant pas la même limite, (qn)(q^n) n'a pas de limite.
Démonstration de la divergence monotone
Suite croissante non majorée. Soit A∈RA \in \mathbb{R}. Comme (un)(u_n) n'est pas majorée, il existe un indice pp tel que up>Au_p>A. La suite étant croissante, pour tout n⩾pn \geqslant p :

un⩾up>Au_n \geqslant u_p>A

Ainsi un→+∞u_n\to+\infty.

Suite décroissante non minorée. Soit A∈RA \in \mathbb{R}. Il existe un indice pp tel que up<Au_p<A. Pour tout n⩾pn \geqslant p, la décroissance donne un⩽up<Au_n\leqslant u_p<A. Ainsi un→−∞u_n\to-\infty.
Schéma de convergence d'une suite
Suite monotone ?
Non
Étudier autrement
gendarmes, calcul direct...
Oui
Bornée ?
Oui
Converge
th. convergence monotone
Non
pminfty\\pm\\infty
diverge vers l'infini

5 V. Raisonnement par récurrence

1. Introduction et motivation

2. Principe de récurrence

3. Méthode de rédaction

4. Exemple — Somme des premiers entiers

Démonstration
Pour tout n≥1n \geq 1, notons P(n)\mathcal{P}(n) : « ∑k=1nk=n(n+1)2\displaystyle\sum_{k=1}^{n} k = \frac{n(n+1)}{2} ».

Initialisation (n=1n = 1) :
• Membre de gauche : ∑k=11k=1\displaystyle\sum_{k=1}^{1} k = 1.
• Membre de droite : 1×22=1\dfrac{1 \times 2}{2} = 1.

Les deux membres sont égaux, donc P(1)\mathcal{P}(1) est vraie.

Hérédité : Soit n≥1n \geq 1 fixé. Supposons P(n)\mathcal{P}(n) vraie, c'est-à-dire ∑k=1nk=n(n+1)2\displaystyle\sum_{k=1}^{n} k = \frac{n(n+1)}{2}.

Montrons que P(n+1)\mathcal{P}(n+1) est vraie :

∑k=1n+1k=(∑k=1nk)+(n+1)=n(n+1)2+(n+1)=n(n+1)+2(n+1)2=(n+1)(n+2)2\sum_{k=1}^{n+1} k = \left(\sum_{k=1}^{n} k\right) + (n+1) = \frac{n(n+1)}{2} + (n+1) = \frac{n(n+1) + 2(n+1)}{2} = \frac{(n+1)(n+2)}{2}

Donc P(n+1)\mathcal{P}(n+1) est vraie.

Conclusion : Par le principe de récurrence, pour tout n≥1n \geq 1, ∑k=1nk=n(n+1)2\displaystyle\sum_{k=1}^{n} k = \frac{n(n+1)}{2}. ■\blacksquare

5. Exemple — Somme des carrés

Démonstration
Notons P(n)\mathcal{P}(n) : « ∑k=1nk2=n(n+1)(2n+1)6\displaystyle\sum_{k=1}^{n} k^2 = \frac{n(n+1)(2n+1)}{6} ».

Initialisation (n=1n = 1) : ∑k=11k2=1\displaystyle\sum_{k=1}^{1} k^2 = 1 et 1×2×36=1\dfrac{1 \times 2 \times 3}{6} = 1. Donc P(1)\mathcal{P}(1) est vraie.

Hérédité : Soit n≥1n \geq 1 fixé. Supposons P(n)\mathcal{P}(n) vraie.

∑k=1n+1k2=n(n+1)(2n+1)6+(n+1)2=(n+1)[n(2n+1)+6(n+1)]6=(n+1)(2n2+7n+6)6=(n+1)(n+2)(2n+3)6\sum_{k=1}^{n+1} k^2 = \frac{n(n+1)(2n+1)}{6} + (n+1)^2 = \frac{(n+1)\bigl[n(2n+1) + 6(n+1)\bigr]}{6} = \frac{(n+1)(2n^2 + 7n + 6)}{6} = \frac{(n+1)(n+2)(2n+3)}{6}

Donc P(n+1)\mathcal{P}(n+1) est vraie.

Conclusion : Par récurrence, la propriété est vraie pour tout n≥1n \geq 1. ■\blacksquare

6. Exemple — Somme géométrique

Démonstration
Notons P(n)\mathcal{P}(n) : « ∑k=0nqk=1−qn+11−q\displaystyle\sum_{k=0}^{n} q^k = \frac{1 - q^{n+1}}{1 - q} ».

Initialisation (n=0n = 0) : ∑k=00qk=1\displaystyle\sum_{k=0}^{0} q^k = 1 et 1−q1−q=1\dfrac{1 - q}{1 - q} = 1. Donc P(0)\mathcal{P}(0) est vraie.

Hérédité : Soit n≥0n \geq 0 fixé. Supposons P(n)\mathcal{P}(n) vraie.

∑k=0n+1qk=1−qn+11−q+qn+1=1−qn+1+qn+1(1−q)1−q=1−qn+21−q\sum_{k=0}^{n+1} q^k = \frac{1 - q^{n+1}}{1 - q} + q^{n+1} = \frac{1 - q^{n+1} + q^{n+1}(1 - q)}{1 - q} = \frac{1 - q^{n+2}}{1 - q}

Donc P(n+1)\mathcal{P}(n+1) est vraie.

Conclusion : Par récurrence, la propriété est vraie pour tout n≥0n \geq 0. ■\blacksquare

7. Exemple — Inégalité

Démonstration
Notons P(n)\mathcal{P}(n) : « 2n≥n+12^n \geq n + 1 ».

Initialisation (n=1n = 1) : 21=2≥1+1=22^1 = 2 \geq 1 + 1 = 2. Donc P(1)\mathcal{P}(1) est vraie.

Hérédité : Soit n≥1n \geq 1 fixé. Supposons 2n≥n+12^n \geq n + 1.

Alors : 2n+1=2×2n≥2(n+1)=2n+2≥n+2=(n+1)+12^{n+1} = 2 \times 2^n \geq 2(n+1) = 2n + 2 \geq n + 2 = (n+1) + 1

car 2n+2≥n+22n + 2 \geq n + 2 dès que n≥0n \geq 0.

Donc P(n+1)\mathcal{P}(n+1) est vraie.

Conclusion : Par récurrence, pour tout n≥1n \geq 1, 2n≥n+12^n \geq n + 1. ■\blacksquare

8. Exemple — Suite récurrente

Démonstration
Notons P(n)\mathcal{P}(n) : « un=2n+1+1u_n = 2^{n+1} + 1 ».

Initialisation (n=0n = 0) : u0=3u_0 = 3 et 20+1+1=2+1=32^{0+1} + 1 = 2 + 1 = 3. Donc P(0)\mathcal{P}(0) est vraie.

Hérédité : Soit n≥0n \geq 0 fixé. Supposons un=2n+1+1u_n = 2^{n+1} + 1.

Alors : un+1=2un−1=2(2n+1+1)−1=2n+2+2−1=2(n+1)+1+1u_{n+1} = 2u_n - 1 = 2(2^{n+1} + 1) - 1 = 2^{n+2} + 2 - 1 = 2^{(n+1)+1} + 1

Donc P(n+1)\mathcal{P}(n+1) est vraie.

Conclusion : Par récurrence, pour tout n∈Nn \in \mathbb{N}, un=2n+1+1u_n = 2^{n+1} + 1. ■\blacksquare

9. Variantes du raisonnement par récurrence

10. Exemple — Suite de Fibonacci (récurrence forte)

Démonstration par récurrence forte
Notons P(n)\mathcal{P}(n) : « Fn≤2n−1F_n \leq 2^{n-1} ».

Initialisation :
• n=1n = 1 : F1=1≤20=1F_1 = 1 \leq 2^0 = 1. ✓
• n=2n = 2 : F2=1≤21=2F_2 = 1 \leq 2^1 = 2. ✓

Hérédité : Soit n≥2n \geq 2 fixé. Supposons que P(k)\mathcal{P}(k) est vraie pour tout 1≤k≤n1 \leq k \leq n.

En particulier, Fn≤2n−1F_n \leq 2^{n-1} et Fn−1≤2n−2F_{n-1} \leq 2^{n-2}.

Alors :

Fn+1=Fn+Fn−1≤2n−1+2n−2=2n−2(2+1)=3×2n−2≤4×2n−2=2nF_{n+1} = F_n + F_{n-1} \leq 2^{n-1} + 2^{n-2} = 2^{n-2}(2 + 1) = 3 \times 2^{n-2} \leq 4 \times 2^{n-2} = 2^n

Donc P(n+1)\mathcal{P}(n+1) est vraie.

Conclusion : Par récurrence forte, pour tout n≥1n \geq 1, Fn≤2n−1F_n \leq 2^{n-1}. ■\blacksquare

11. Erreurs classiques à éviter

12. Compléments — Inégalité de Bernoulli

Démonstration
Soit x≥−1x \geq -1 fixé. Notons P(n)\mathcal{P}(n) : « (1+x)n≥1+nx(1+x)^n \geq 1 + nx ».

Initialisation (n=0n = 0) : (1+x)0=1(1+x)^0 = 1 et 1+0⋅x=11 + 0 \cdot x = 1, donc 1≥11 \geq 1. P(0)\mathcal{P}(0) est vraie.

Hérédité : Soit n≥0n \geq 0 fixé. Supposons (1+x)n≥1+nx(1+x)^n \geq 1 + nx.

Comme x≥−1x \geq -1, on a 1+x≥01 + x \geq 0, donc :

(1+x)n+1=(1+x)n⋅(1+x)≥(1+nx)(1+x)=1+(n+1)x+nx2≥1+(n+1)x(1+x)^{n+1} = (1+x)^n \cdot (1+x) \geq (1 + nx)(1 + x) = 1 + (n+1)x + nx^2 \geq 1 + (n+1)x

car nx2≥0nx^2 \geq 0.

Donc P(n+1)\mathcal{P}(n+1) est vraie.

Conclusion : Par récurrence, pour tout n∈Nn \in \mathbb{N}, (1+x)n≥1+nx(1+x)^n \geq 1 + nx. ■\blacksquare

13. Compléments — Divisibilité

Démonstration
Notons P(n)\mathcal{P}(n) : « 3∣4n−13 \mid 4^n - 1 ».

Initialisation (n=0n = 0) : 40−1=0=3×04^0 - 1 = 0 = 3 \times 0. Donc 3∣03 \mid 0, et P(0)\mathcal{P}(0) est vraie.

Hérédité : Soit n≥0n \geq 0 fixé. Supposons que 3∣4n−13 \mid 4^n - 1, c'est-à-dire qu'il existe k∈Zk \in \mathbb{Z} tel que 4n−1=3k4^n - 1 = 3k.

Alors :

4n+1−1=4×4n−1=4(4n−1)+4−1=4×3k+3=3(4k+1)4^{n+1} - 1 = 4 \times 4^n - 1 = 4(4^n - 1) + 4 - 1 = 4 \times 3k + 3 = 3(4k + 1)

Donc 3∣4n+1−13 \mid 4^{n+1} - 1, et P(n+1)\mathcal{P}(n+1) est vraie.

Conclusion : Par récurrence, pour tout n∈Nn \in \mathbb{N}, 3∣4n−13 \mid 4^n - 1. ■\blacksquare

6 VI. Méthodes

Ce chapitre est tombé au bac

20 sujets officiels de bac comportent un exercice sur ce chapitre — chaque corrigé est détaillé question par question.

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Questions fréquentes

Comment démontrer qu'une suite converge ?
Trois voies au programme : le théorème de convergence monotone (une suite croissante et majorée converge), le théorème des gendarmes (encadrement par deux suites de même limite), ou le calcul direct de la limite quand la forme de unu_n le permet. Une suite croissante non majorée, elle, tend vers +∞+\infty.
À quoi sert le raisonnement par récurrence ?
Il démontre une propriété vraie pour tout entier nn à partir d'un certain rang. On vérifie l'initialisation au premier rang, puis l'hérédité : si la propriété est vraie au rang nn, elle l'est au rang n+1n+1. Sans l'initialisation, la démonstration est fausse — c'est l'erreur la plus fréquente.
Comment reconnaître une suite géométrique et calculer sa limite ?
Une suite est géométrique si le rapport un+1/unu_{n+1}/u_n est constant, égal à la raison qq. Sa limite dépend de qq : elle tend vers 00 si ∣q∣<1|q| < 1, vaut u0u_0 si q=1q = 1, tend vers +∞+\infty si q>1q > 1 (avec u0>0u_0 > 0), et n'a pas de limite si q⩽−1q \leqslant -1.