Correction de l’activité 1.6

Les trois premiers indices sont \(2,3,4\). Le premier terme est donc \(a_2=3\times2-4=2\), et le troisième est \(a_4=3\times4-4=8\). On n’utilise pas l’indice \(3\) au seul motif que le mot « troisième » apparaît.

Ensuite, \[a_3=3\times3-4=5,\qquad a_{3+1}=a_4=8,\] \[a_3+1=5+1=6,\qquad a_{2\times3}=a_6=3\times6-4=14.\] Le rang \(0\) n’appartient pas au domaine annoncé. La formule \(3n-4\) pourrait servir à définir un prolongement à \(n=0\), mais ce serait une extension de la définition, pas un terme déjà donné dans l’énoncé.

Si les erreurs concernent les indices, reprendre la distinction entrée/sortie. Si elles concernent les produits ou les soustractions, remplacer d’abord chaque \(n\) par le nombre choisi, puis effectuer les opérations.

Correction de l’activité 1.10

Le dénominateur \(2n+3\) est au moins \(3\) : tous les termes annoncés existent. Les deux valeurs sont \[b_0=\frac{0-1}{2\times0+3}=-\frac13,\qquad b_2=\frac{2-1}{2\times2+3}=\frac17.\] Pour le terme suivant, \[b_{n+1} =\frac{(n+1)-1}{2(n+1)+3} =\frac{n}{2n+2+3} =\frac{n}{2n+5}.\] Pour le rang double, \[b_{2n} =\frac{2n-1}{2(2n)+3} =\frac{2n-1}{4n+3}.\] Le premier changement remplace \(n\) par \(n+1\), le second par \(2n\). On ne double ni toute la fraction ni seulement son numérateur.

Correction de l’activité 1.13

Les trois premiers termes comprennent le terme initial : \[a_0=3,\quad a_1=2\times3-1=5,\quad a_2=2\times5-1=9,\] \[b_0=1,\quad b_1=2\times1-1=1,\quad b_2=2\times1-1=1.\] Les données initiales étant différentes, les mêmes opérations reçoivent des valeurs différentes. La règle n’impose donc pas la même suite.

« Enlever \(1\), puis doubler » se traduit par \(c_{n+1}=2(c_n-1)\). La distribution donne \(2c_n-2\), et non \(2c_n-1\). Avec \(c_0=3\), on aurait \(c_1=2(3-1)=4\) puis \(c_2=2(4-1)=6\). L’ordre des opérations appartient au modèle.

Une justification suffisante distingue terme initial, règle et ordre. Dire seulement « les résultats sont différents » constate l’effet sans expliquer son origine.

Correction de l’activité 1.16

Pour \(n\ge0\), on a \(n+3\ge3>0\). La racine carrée existe donc à chaque rang autorisé.

Pour la seconde suite, \[t_1=\frac1{0+1}=1,\qquad t_2=\frac1{1+1}=\frac12.\] Ces calculs ne concernent que deux passages. Il faut un argument qui puisse être réutilisé à n’importe quelle étape.

Cet argument est le suivant : si la valeur courante \(t_n\) est positive ou nulle, alors \(t_n+1\ge1\), donc son inverse existe et est strictement positif. Le départ \(t_0=0\) satisfait la condition. Chaque passage fournit ainsi une nouvelle valeur réelle positive, à laquelle la règle s’applique encore. Cette justification sera formalisée par un raisonnement par récurrence.

Correction de l’activité 1.18

Le départ est \(q_0=50\). Diminuer de \(10\,\%\) laisse \(90\,\%\) de la valeur, donc \(q_{n+1}=0{,}9q_n\). \[q_1=0{,}9\times50=45,\qquad q_2=0{,}9\times45=40{,}5.\] Le terme \(q_3\) correspond à trois années après la date origine, donc à l’anniversaire de cette date en \(2029\). Le rang compte des intervalles de temps ; l’année civile est \(2026+n\).

Avec un apport après la diminution, la nouvelle règle serait \(r_{n+1}=0{,}9r_n+5\). Il faut changer le nom de la suite ou annoncer que l’on change de modèle ; les termes calculés pour le premier modèle ne peuvent pas être réutilisés silencieusement.

Correction de l’activité 1.19

On remplace d’abord le rang : \[h_{n+1}=4(n+1)-2=4n+4-2=4n+2.\] À l’inverse, \[h_n+1=(4n-2)+1=4n-1.\] Les deux expressions diffèrent de \(3\). Dans le problème initial, \[v_{n+1}=2(n+1)+5=2n+2+5=2n+7.\] La correction porte sur le sens de l’indice, pas seulement sur le nombre final. Pour contrôler, prendre \(n=0\) : \(v_1=7\), alors que \(v_0+1=6\).

Correction de l’activité 1.20

Pour la formule explicite, \[a_2=\frac{3\times2+2}{2+1}=\frac83.\] Pour la récurrence, le deuxième terme s’obtient depuis le premier : \[b_2=3b_1+2=3\times2+2=8.\] La substitution symbolique donne \[a_{n+1} =\frac{3(n+1)+2}{(n+1)+1} =\frac{3n+3+2}{n+2} =\frac{3n+5}{n+2}.\] La règle de \(b\) donne \(b_{100}\) en fonction de \(b_{99}\), non directement en fonction de \(100\). On peut itérer les calculs, programmer cette itération, ou chercher une formule explicite avec d’autres méthodes. Effacer \(b_1=2\) laisse plusieurs départs possibles, donc plusieurs suites.

Correction de l’activité 2.1

1. Vérifier n’est pas généraliser

Les trois calculs sont exacts, mais \(3^2=9\) n’est pas inférieur à \(5\). L’affirmation est donc fausse dès le rang \(3\). Une vérification sur certains rangs ne contient aucune information automatique sur les suivants.

2. Un seul contre-exemple suffit

Un terme strictement négatif contredit déjà l’affirmation. Attention au mot « positif » : ici il signifie positif ou nul. Un terme nul ne suffit donc pas à réfuter cette version ; il réfuterait « tous les termes sont strictement positifs ».

3. Respecter le domaine

En \(0\), l’expression \(\frac1n\) n’est pas définie. Il faut initialiser au premier entier du domaine annoncé, ici \(1\). Une initialisation en un rang où la propriété n’a pas de sens ne peut pas être réparée par un calcul.

4. Changer le rang partout

L’objectif suivant est \(u_{k+1}=3(k+1)^2+1\). Si l’on développe le carré, il devient \(3k^2+6k+4\), car \[3(k+1)^2+1=3(k^2+2k+1)+1=3k^2+6k+4.\] Si cette substitution est difficile, entraînez-vous d’abord à changer un indice dans une formule ; la logique d’une preuve ne compense pas une substitution incorrecte.

Correction de l’activité 2.6

L’hypothèse est \(x\ge2\), et la conclusion est \(x^2\ge4\). Sous cette hypothèse, \(x\) et \(2\) sont positifs. La fonction carré conserve leur ordre, donc \(x^2\ge2^2=4\). On pourrait aussi écrire \(x^2-4=(x-2)(x+2)\ge0\), car les deux facteurs sont alors positifs ou nuls.

La réciproque est : « Si \(x^2\ge4\), alors \(x\ge2\). » Prenons \(x=-3\). Son carré vaut \(9\), donc l’hypothèse de cette réciproque est vraie ; mais \(-3\ge2\) est faux. C’est un contre-exemple valide. Il ne contredit pas l’implication initiale, dont il ne vérifie pas l’hypothèse.

Correction de l’activité 2.7

L’implication donnée est fausse. Pour \(x=-1\), on a \(x^2=1>-1=x\), donc l’hypothèse est vraie, mais \(x>1\) est faux.

La réciproque est : « Si \(x>1\), alors \(x^2>x\). » Elle est vraie. En effet, sous l’hypothèse \(x>1\), les nombres \(x\) et \(x-1\) sont strictement positifs. Ainsi \[x^2-x=x(x-1)>0,\] d’où \(x^2>x\). Un exemple favorable n’aurait pas suffi à prouver cette réciproque ; la factorisation justifie tous les réels qui satisfont son hypothèse.

Correction de l’activité 2.8

Pour \(x=1\), l’hypothèse \(x\ge3\) est fausse. L’implication n’affirme rien sur ce qui se passe pour ce nombre : le fait que la conclusion y soit fausse ne la réfute pas. Il faut une situation où \(A\) est vraie et \(B\) fausse.

Dans le nouvel essai, \(x=-2\) ne convient pas non plus, puisqu’il ne vérifie pas \(x>0\). En revanche, pour \(x=2\), on a bien \(x>0\), le quotient existe, et \(\frac1x=\frac12\) n’est pas supérieur à \(1\). Ce contre-exemple vérifie toutes les conditions demandées. La réparation porte sur le contrôle de l’hypothèse, pas seulement sur la recherche d’une conclusion fausse.

Correction de l’activité 2.14

Calculs préalables

\(v_2=5+4=9\), puis \(v_3=9+4=13\). La formule proposée donne bien \(4\times2+1=9\) et \(4\times3+1=13\), mais il reste à la démontrer.

Propriété et départ

Notons \(P(n)\) : « \(v_n=4n+1\) », pour \(n\ge1\). En \(1\), le membre de droite vaut \(4\times1+1=5=v_1\). L’initialisation est donc établie au rang autorisé.

Transmission

Fixons \(k\ge1\) et supposons \(v_k=4k+1\). Alors \[\begin{align*} v_{k+1}&=v_k+4\\ &=(4k+1)+4\\ &=4k+5\\ &=4(k+1)+1. \end{align*}\] La dernière transformation regroupe \(4k+4\) en \(4(k+1)\). Nous avons obtenu exactement la formule au rang suivant.

Conclusion et domaine

Par récurrence, \(v_n=4n+1\) pour tout \(n\ge1\). Le terme \(v_0\) n’a pas été défini. Remplacer \(n\) par \(0\) dans la formule ne crée pas automatiquement un terme de la suite initiale : cela proposerait un prolongement, qui serait une définition supplémentaire.

Correction de l’activité 2.15

L’affirmation à prouver est \(P(n)\) : « \(a_n=4\times2^n-3\) ». Le domaine commence en \(0\).

Initialisation

\(4\times2^0-3=4-3=1=a_0\), donc \(P(0)\) est vraie.

Hérédité

Fixons \(k\ge0\) et supposons \(a_k=4\times2^k-3\). La règle de la suite donne \[\begin{align*} a_{k+1}&=2a_k+3\\ &=2(4\times2^k-3)+3\\ &=8\times2^k-6+3\\ &=4\times2^{k+1}-3. \end{align*}\] L’hypothèse intervient dans le passage de la première à la deuxième ligne. Le produit \(8\times2^k\) est réécrit \(4\times2\times2^k=4\times2^{k+1}\). La propriété se transmet.

Conclusion et vérification

Par récurrence, la formule est vraie pour tout entier \(n\ge0\). Le calcul successif donne \(a_1=2\times1+3=5\), puis \(a_2=2\times5+3=13\). La formule donne aussi \(4\times2^2-3=16-3=13\). Elle est cohérente avec ce contrôle local.

Correction de l’activité 2.16

Les valeurs \(a_0=1\) et \(a_1=5\) sont exactes. Elles ne montrent que deux cas. La phrase « donc la formule est vraie » est insuffisante si elle vise tous les rangs ; il manque une transmission générale.

La phrase « supposons \(a_{k+1}=4\times2^{k+1}-3\) » suppose précisément ce que l’hérédité doit établir. Répéter ensuite la même égalité ne crée aucune preuve : la conclusion a été introduite comme donnée.

Le début correct est : « Fixons \(k\ge0\) et supposons \(a_k=4\times2^k-3\). » Puis \[a_{k+1}=2a_k+3 =2(4\times2^k-3)+3 =4\times2^{k+1}-3.\] La donnée de départ est la relation de récurrence ; la substitution est autorisée au rang \(k\). Le calcul arrive au rang \(k+1\), qu’il ne supposait pas connu. L’initialisation déjà vérifiée permet alors la conclusion générale.

Correction de l’activité 2.17

L’hypothèse porte sur \(b_k\). Elle autorise la valeur \(5k+2\), pas la valeur encore à prouver au rang suivant. Le remplacement proposé change l’indice sans justification.

Le cas simple donne \(c_k=2k+1\) et \(c_{k+1}=2(k+1)+1=2k+3\). Les expressions sont différentes parce qu’elles correspondent à deux rangs différents.

On peut maintenant écrire, sans saut de rang : \[b_{k+1}=b_k+5=(5k+2)+5=5k+7=5(k+1)+2.\] Le résultat attendu est obtenu en utilisant exactement l’hypothèse disponible. Pour contrôler votre réparation, indiquez verbalement : « J’ai remplacé le terme de rang \(k\), pas celui de rang \(k+1\). »

Correction de l’activité 2.18

La première formule donne \(1\) au rang \(0\), alors que le nouveau terme initial vaut \(2\). Elle est donc fausse immédiatement. Une hérédité qui fonctionne algébriquement ne peut pas effacer cet échec du départ.

Pour choisir \(C\), imposons le bon terme initial : \(C\times2^0-3=2\), donc \(C-3=2\), d’où \(C=5\). La candidate est \(a_n=5\times2^n-3\).

Au rang \(0\), \(5-3=2=a_0\). Pour un entier \(k\ge0\), supposons \(a_k=5\times2^k-3\). Alors \[\begin{align*} a_{k+1}&=2a_k+3\\ &=2(5\times2^k-3)+3\\ &=10\times2^k-3\\ &=5\times2^{k+1}-3. \end{align*}\] La transmission est établie et le départ est correct : par récurrence, la nouvelle formule vaut pour tous les rangs. La relation de récurrence seule ne détermine donc pas une suite ; son terme initial compte aussi.

Correction de l’activité 2.19

Posons \(P(n)\) : « \(w_n=3n+1\) », pour \(n\ge2\). Au départ, \(3\times2+1=7=w_2\) : \(P(2)\) est vraie. Fixons un entier \(k\ge2\) et supposons \(w_k=3k+1\). Alors \[w_{k+1}=w_k+3=(3k+1)+3=3k+4=3(k+1)+1.\] La dernière expression est celle de \(P(k+1)\). Par récurrence, la formule est vraie pour tout entier \(n\ge2\).

Une initialisation en \(3\), suivie d’une hérédité vers l’avant, ne garantirait que les rangs \(3,4,5,\ldots\). Le rang \(2\) resterait à vérifier séparément. Le plus simple est de partir directement du premier rang demandé.

« Fixons \(k\) quelconque » signifie que le raisonnement ne dépend pas d’une valeur particulière : on ne remplace pas \(k\) par \(2\), \(3\) ou \(100\). Les égalités littérales traitent tous les cas autorisés en une seule transmission.

Correction de l’activité 2.20

Pour \(a=-2\) et \(b=-1\), on a bien \(b>a\), mais \(b>0\) est faux. La première implication est donc fausse. Sa réciproque est : « Si \(b>0\), alors \(b>a\). » Pour \(b=1\) et \(a=2\), l’hypothèse est vraie et la conclusion fausse : la réciproque est également fausse.

En revanche, si \(b>a\) et \(a\ge0\), alors \[b>a\ge0,\] donc \(b>0\). L’hypothèse supplémentaire empêche précisément le cas d’une hausse qui resterait du côté des nombres négatifs. Pour des termes successifs, \(u_{n+1}>u_n\) exprime une comparaison entre deux valeurs ; cela n’impose pas à la plus grande d’être positive.

Correction de l’activité 3.1

Pour \((a_n)\), on obtient \(7,10,13,16\) : on ajoute \(3\). Pour \((b_n)\), on obtient \(5,10,20,40\) : on multiplie par \(2\). Pour \((c_n)\), on obtient \(0,1,4,9\) : les ajouts sont successivement \(1,3,5\), et ne sont pas constants.

Ce tableau sert à reconnaître une structure possible, mais une preuve porte sur un rang quelconque. Ainsi, \[a_{n+1}-a_n=[7+3(n+1)]-(7+3n)=3\] et \[b_{n+1}=5\times2^{n+1}=2(5\times2^n)=2b_n.\] Ces deux égalités valent pour tout \(n\geqslant0\). Pour \((c_n)\), \[c_{n+1}-c_n=(n+1)^2-n^2=2n+1,\] ce qui dépend de \(n\). Quelques premiers termes peuvent réfuter un procédé constant ; ils ne suffisent pas, à eux seuls, à le certifier.

Correction de l’activité 3.6

Le nombre de passages de \(2\) à \(n\) est \(n-2\), donc \[v_n=-5+4(n-2)=4n-13.\] Au rang \(2\), on retrouve \(8-13=-5\). Au rang \(7\), \[v_7=4\times7-13=15.\] Enfin, \[v_n=31 \quad\Longleftrightarrow\quad 4n-13=31 \quad\Longleftrightarrow\quad n=11.\] Le nombre \(11\) est bien un rang entier autorisé ; \(v_{11}=44-13=31\). Résoudre une équation ne suffit donc pas toujours : il faut aussi vérifier que la solution obtenue peut être un rang.

Correction de l’activité 3.12

Il reste \(100\,\%-15\,\%=85\,\%\) de la valeur précédente, donc \[V_{n+1}=\left(1-\frac{15}{100}\right)V_n=0{,}85V_n.\] La suite est géométrique de raison \(0{,}85\) et de premier terme \(800\). Ainsi, \[V_n=800(0{,}85)^n.\] En particulier \(V_1=680\), puis \[V_2=0{,}85\times680=578.\] La première perte est \(0{,}15\times800=120\) euros. La deuxième est \(0{,}15\times680=102\) euros : le pourcentage est constant, mais son montant est calculé sur une base qui change. Une diminution fixe de \(120\) euros conduirait à une suite arithmétique, donc à un autre modèle.

Correction de l’activité 3.13

De \(u_2\) à \(u_5\), on effectue trois multiplications : \[u_5=6\left(-\frac12\right)^3 =6\left(-\frac18\right)=-\frac34.\] La formule générale est \(u_n=6\left(-\frac12\right)^{n-2}\). Le rang \(2\) redonne bien \(6\), et le rang \(5\) donne le résultat précédent.

Pour la deuxième suite, \(v_3=v_1q^2\). Ainsi \[36=4q^2,\qquad q^2=9,\qquad q\in\{-3,3\}.\] Mais \(v_1\) et \(v_2\) sont positifs, donc \(q=v_2/v_1>0\). On retient \(q=3\), d’où \(v_2=12\).

Sans cette hypothèse, les deux raisons seraient possibles : \(4,12,36,\ldots\) pour \(q=3\), et \(4,-12,36,\ldots\) pour \(q=-3\). Une puissance paire efface le signe : il faut revenir aux hypothèses du problème avant de choisir une racine.

Correction de l’activité 3.14

Les rangs \(0,1,2,3,4\) correspondent à cinq termes. Il faut compter le terme de rang \(0\), qui n’est pas absent : \[A=2+3+4+5+6=20.\] La deuxième somme porte sur les rangs \(3,4,5,6,7\), soit encore cinq termes. Le premier est \(w_3=5\), le dernier \(w_7=9\). Le numéro \(7\) ne signifie donc pas que l’on additionne sept termes.

Enfin, \(w_4=6\) est une seule valeur, tandis que \(A=20\) est un cumul. Le dernier indice \(4\) compte quatre passages depuis le rang \(0\), mais la liste contient le départ et les quatre termes qui le suivent. Si cette distinction a posé problème, écrire les indices avant d’écrire les valeurs : la formule qui suit résume précisément ce comptage.

Correction de l’activité 3.22

De \(k=4\) à \(k=10\), il y a \(10-4+1=7\) termes. La suite \(3k-2\) est arithmétique de raison \(3\), son premier terme est \(3\times4-2=10\), son dernier est \(3\times10-2=28\). Donc \[S=7\,\frac{10+28}{2}=7\times19=133.\] Par la deuxième méthode, \[\sum_{k=4}^{10}k=7\,\frac{4+10}{2}=49, \qquad \sum_{k=4}^{10}2=7\times2=14.\] D’où \(S=3\times49-14=147-14=133\). Le \(7\) compte les termes, dans la somme arithmétique comme dans la somme constante. Soustraire seulement \(2\) au lieu de \(14\) reviendrait à oublier six des sept termes \(-2\).

Correction de l’activité 3.26

Le premier terme est \(u_2=12\), le dernier est \(u_6=192\), la raison est \(2\), et le nombre de termes est \(6-2+1=5\). Ainsi, \[S=12\,\frac{1-2^5}{1-2} =12\,\frac{-31}{-1}=372.\] On peut contrôler par \(12+24+48+96+192=372\).

Une deuxième méthode soustrait les termes exclus : \[\sum_{k=2}^{6}u_k =\sum_{k=0}^{6}u_k-u_0-u_1 =3\,\frac{1-2^7}{1-2}-3-6=381-9=372.\] La première méthode est plus courte ici ; la deuxième explique comment changer les bornes sans changer la somme recherchée.

Correction de l’activité 3.29

L’ajout est constant : \((d_n)\) est arithmétique de raison \(1{,}5\). Pour \(n\geqslant1\), \[d_n=8+1{,}5(n-1).\] La sixième semaine correspond à cinq augmentations : \[d_6=8+1{,}5\times5=15{,}5\ \text{km}.\] Il y a six distances hebdomadaires dans le cumul. Donc \[D_6=\sum_{k=1}^{6}d_k =6\,\frac{8+15{,}5}{2}=70{,}5\ \text{km}.\] La suite des cumuls ne reçoit pas un ajout constant : \[D_{n+1}-D_n=d_{n+1}=8+1{,}5n,\] qui dépend de \(n\). Elle n’est donc pas arithmétique. La nature d’une suite ne se transmet pas automatiquement à celle de ses cumuls.

Correction de l’activité 3.30

Première erreur : oublier le rang du terme connu. De \(u_3\) à \(u_7\), il y a \(7-3=4\) ajouts, donc \[u_7=10+4\times2=18.\] La reprise donne \(u_9=10+(9-3)\times2=22\).

Deuxième erreur : confondre le dernier rang et le nombre de termes. De \(0\) à \(4\), il y a cinq termes. Donc \[v_0+\cdots+v_4 =5\,\frac{1-(1/3)^5}{1-1/3} =5\,\frac{242/243}{2/3} =\frac{605}{81}.\] Pour la nouvelle tâche, il y a trois termes : \[v_0+v_1+v_2 =5\,\frac{1-(1/3)^3}{1-1/3} =\frac{65}{9}.\] Le calcul direct \(5+5/3+5/9=65/9\) confirme la réponse.

Troisième erreur : appliquer une formule en dehors de ses conditions. La raison vaut \(1\), donc les huit termes du rang \(2\) au rang \(9\) valent tous \(7\). La somme vaut \(8\times7=56\). La nouvelle somme contient trois termes, donc vaut \(3\times7=21\).

Le critère de réussite est commun : vous devez pouvoir identifier le premier terme réellement additionné, le nombre de termes et les conditions de la formule avant le calcul.

Correction de l’activité 3.31

Pour tout \(n\geqslant1\), \[a_{n+1}-a_n=[14-3(n+1)]-(14-3n)=-3.\] La suite est donc arithmétique de raison \(-3\). La somme recherchée contient \(8-3+1=6\) termes, avec \(a_3=5\) et \(a_8=-10\). Elle vaut \[6\,\frac{5+(-10)}2=-15.\] Un total négatif n’est pas une anomalie : les derniers termes sont négatifs.

La relation de la deuxième suite est directement celle d’une suite géométrique, de raison \(2/3\). Le rang de départ est \(2\), donc \[b_n=9\left(\frac23\right)^{n-2}.\] La somme comporte quatre termes : \[\begin{align*} b_2+b_3+b_4+b_5 &=9\,\frac{1-(2/3)^4}{1-2/3}\\ &=27\left(1-\frac{16}{81}\right) =27\times\frac{65}{81} =\frac{65}{3}. \end{align*}\] On retrouve \(9+6+4+8/3=65/3\).

Enfin, un premier terme nul entraîne des termes tous nuls. Comme \(0=q\times0\) pour n’importe quel \(q\), l’observation de cette suite ne détermine pas une raison unique.

Correction de l’activité 4.1

Le nouvel impair est \(2(n+1)-1=2n+1\). Le terme \(2n-1\) était déjà présent ; le rajouter une seconde fois ne formerait pas la bonne somme.

La divisibilité signifie qu’il existe un entier \(m\) tel que \(4^n-1=3m\). Produire cet entier, ou prouver qu’un tel entier existe, est une manière de démontrer la divisibilité.

La seule borne \(x\le3\) n’empêche pas \(x=-10\). Alors \(x+6=-4\), dont la racine carrée réelle n’existe pas. Il manque une borne inférieure garantissant \(x+6\ge0\).

Multiplier par \(-2<0\) renverse les deux inégalités : \(0\ge-2e_k\ge-2B\). Dans l’ordre croissant, on écrit \(-2B\le-2e_k\le0\). Une opération sur une inégalité doit toujours être accompagnée de son effet sur le sens de comparaison.

Correction de l’activité 4.5

Tous les dénominateurs de la somme sont des produits d’entiers strictement positifs : la somme est bien définie pour chaque \(n\ge1\). Notons \(P(n)\) l’égalité \(S_n=\frac{n}{n+1}\).

Initialisation

\(S_1=\frac1{1\times2}=\frac12\), ce qui est bien \(\frac1{1+1}\). Ainsi \(P(1)\) est vraie.

Hérédité

Fixons \(k\ge1\) et supposons \(S_k=\frac{k}{k+1}\). En isolant le dernier terme de \(S_{k+1}\), puis en utilisant cette hypothèse, on obtient : \[\begin{align*} S_{k+1} &=S_k+\frac1{(k+1)(k+2)}\\ &=\frac{k}{k+1}+\frac1{(k+1)(k+2)}\\ &=\frac{k(k+2)+1}{(k+1)(k+2)}\\ &=\frac{k^2+2k+1}{(k+1)(k+2)}\\ &=\frac{(k+1)^2}{(k+1)(k+2)}\\ &=\frac{k+1}{k+2}. \end{align*}\] Dans la mise au même dénominateur, la première fraction est multipliée en haut et en bas par \(k+2\). Dans la simplification finale, on annule un facteur commun \(k+1\ne0\), pas un terme à travers une addition. La dernière fraction est \(\frac{k+1}{(k+1)+1}\) : c’est la cible.

Conclusion et contrôle

Par récurrence, \(S_n=\frac{n}{n+1}\) pour tous les entiers \(n\ge1\). En \(2\), \(S_2=\frac12+\frac16=\frac36+\frac16=\frac23\), ce qui correspond à la formule. La preuve explique aussi pourquoi la somme reste inférieure à \(1\) : \(\frac{n}{n+1}=1-\frac1{n+1}<1\).

Correction de l’activité 4.9

En \(0\), \(7^0-1=0=6\times0\). Fixons \(k\ge0\) et supposons \(7^k-1=6m\) pour un entier \(m\). Alors \[\begin{align*} 7^{k+1}-1 &=7(7^k-1)+6\\ &=7\times6m+6\\ &=6(7m+1). \end{align*}\] Comme \(7m+1\) est entier, la divisibilité se transmet. Par récurrence, elle est vraie pour tous les entiers \(n\ge0\).

La seconde affirmation est fausse dès \(n=0\), puisque \(7^0+1=2\) n’est pas divisible par \(6\). Il faut la réfuter par ce contre-exemple, pas tenter de forcer une récurrence. Avant de chercher une preuve, vérifier les premiers cas peut donc servir à détecter un énoncé faux.

Correction de l’activité 4.12

Notons \(P(n)\) : « \(3^n\ge2n+1\) ». En \(0\), \(3^0=1=2\times0+1\).

Fixons \(k\ge0\) et supposons \(3^k\ge2k+1\). La multiplication par \(3>0\) conserve le sens : \[3^{k+1}=3\times3^k\ge3(2k+1)=6k+3.\] La cible vaut \(2(k+1)+1=2k+3\). Pour la comparer à la borne obtenue, calculons \((6k+3)-(2k+3)=4k\ge0\), car \(k\ge0\). Donc \[3^{k+1}\ge6k+3\ge2k+3=2(k+1)+1.\] La propriété se transmet. L’initialisation et l’hérédité donnent la conclusion pour tout \(n\ge0\). En \(1\), on retrouve \(3=3\) ; ce contrôle confirme notamment le terme constant de la formule.

Correction de l’activité 4.15

La règle affine est définie pour chaque réel. Au rang \(0\), \(1\le v_0=1\le3\).

Fixons \(k\ge0\) et supposons \(1\le v_k\le3\). La multiplication par \(-\frac12<0\) donne \[-\frac32\le-\frac12v_k\le-\frac12.\] En ajoutant \(3\), \[\frac32\le3-\frac12v_k\le\frac52.\] Puisque \(1\le\frac32\) et \(\frac52\le3\), cela entraîne \(1\le v_{k+1}\le3\). Par récurrence, les bornes sont vraies à tous les rangs.

Les premiers termes sont \[v_1=3-\frac12=\frac52, \qquad v_2=3-\frac12\times\frac52 =\frac{12}{4}-\frac54=\frac74.\] On a \(v_0<v_1\), puis \(v_2<v_1\). La suite n’est donc ni toujours croissante ni toujours décroissante. La conservation d’un intervalle ne suffit pas à transmettre un sens de variation.

Correction de l’activité 4.22

La propriété à démontrer est \(P(n)\) : « \(0\le e_n\le\frac3{3^n}\) ». En \(0\), la borne demandée est \(\frac3{3^0}=3\), exactement celle de l’énoncé. L’initialisation est donc établie.

Fixons \(k\ge0\) et supposons \(0\le e_k\le\frac3{3^k}\). La relation donnée, puis l’hypothèse multipliée par \(\frac13>0\), donnent \[0\le e_{k+1}\le\frac13e_k \le\frac13\times\frac3{3^k} =\frac3{3^{k+1}}.\] La propriété se transmet ; par récurrence, elle vaut à tous les rangs.

En \(6\), \(\frac3{3^6}=\frac3{729}=\frac1{243}<\frac1{100}=0{,}01\). Pour \(n\ge6\), \(3^n\ge3^6\), donc la borne reste au plus \(\frac1{243}\). Le seuil est bien valable pour tous ces rangs.

Il ne s’agit pas nécessairement du premier seuil de la suite réelle \((e_n)\). Par exemple, la suite identiquement nulle satisfait toutes les hypothèses et vérifie déjà \(e_0<0{,}01\). Une majoration peut garantir une précision sans mesurer exactement l’erreur.

Correction de l’activité 4.23

La première erreur est \(H_{k+1}=H_k+(2k-1)\) : le nombre \(2k-1\) est déjà le dernier terme de \(H_k\). Pour passer à \(k+1\) termes, il faut ajouter l’impair suivant.

Au petit rang demandé, \[H_2=1+3=4,\qquad H_3=1+3+5=9.\] Le terme ajouté est \(5=2\times2+1\), pas \(3=2\times2-1\). Au rang général, le nouveau terme vaut \(2(k+1)-1=2k+1\). La transmission correcte est donc \[H_{k+1}=H_k+(2k+1)=k^2+2k+1=(k+1)^2.\] La dernière égalité de la copie initiale était également fausse : \((k+1)^2=k^2+2k+1\), pas \(k^2+2k-1\). Corriger seulement ce développement n’aurait pas réparé l’erreur précédente sur la somme.

Correction de l’activité 4.24

Notons \(P(n)\) l’égalité \(E_n=n(n+1)\), pour \(n\ge1\). Au rang \(1\), \(E_1=2=1(1+1)\).

Fixons \(k\ge1\) et supposons \(E_k=k(k+1)\). Le nouveau terme est \(2(k+1)\), donc \[\begin{align*} E_{k+1} &=E_k+2(k+1)\\ &=k(k+1)+2(k+1)\\ &=(k+1)(k+2). \end{align*}\] La factorisation par \(k+1\) fait apparaître exactement \((k+1)((k+1)+1)\). L’hérédité est établie. Par récurrence, la formule est vraie pour tout \(n\ge1\).

Au rang \(3\), \(E_3=2+4+6=12=3\times4\). Le critère de réussite n’est pas seulement ce nombre : vous devez avoir isolé \(2(k+1)\), et non réutilisé le terme \(2k\) déjà inclus dans la somme précédente.

Correction de l’activité 4.25

Le résultat est vrai, mais la copie saute l’étape qui le justifie. Multiplier \(A\ge B\) par \(2>0\) donne \(2A\ge2B\), pas automatiquement une autre borne choisie à l’avance.

Posons \(P(n)\) : « \(2^n\ge n+1\) ». Au rang \(0\), \(1\ge1\) est vraie. Fixons \(k\ge0\) et supposons \(2^k\ge k+1\). Alors \[2^{k+1}=2\times2^k\ge2(k+1)=2k+2.\] Pour atteindre la cible \(k+2\), on utilise \((2k+2)-(k+2)=k\ge0\). D’où \[2^{k+1}\ge2k+2\ge k+2.\] La propriété se transmet. Avec le départ, le principe de récurrence donne \(2^n\ge n+1\) pour tout \(n\ge0\). La réparation ajoute un lien logique précis, pas seulement les mots « par récurrence » à la fin de la copie.

Correction de l’activité 4.26

Une divisibilité

En \(0\), \(5^0-1=0=4\times0\). Fixons \(k\ge0\) et supposons \(5^k-1=4m\) pour un entier \(m\). Alors \[5^{k+1}-1=5(5^k-1)+4=5\times4m+4=4(5m+1).\] Le nombre \(5m+1\) est entier. La propriété se transmet et, par récurrence, elle est vraie pour tous les entiers \(n\ge0\).

Existence et bornes

La propriété est « \(t_n\) existe et \(1\le t_n\le2\) ». Elle est vraie en \(0\), puisque \(t_0=2\). Si elle est vraie en un rang \(k\), alors \(3\le t_k+2\le4\). La racine est définie, et \(\sqrt3\le t_{k+1}\le2\). Comme \(\sqrt3\ge1\), la propriété complète se transmet. Le principe de récurrence établit l’existence et les bornes à tous les rangs.

Une information plus précise

Le nombre initial \(2\) est conservé par la règle : \(\sqrt{2+2}=2\). Pour prouver que la suite reste constante, posons \(Q(n)\) : « \(t_n=2\) ». En \(0\), c’est la définition. Si \(t_k=2\), alors \(t_{k+1}=\sqrt{2+2}=2\). Par récurrence, \(t_n=2\) à tous les rangs. Le choix d’une bonne propriété peut ainsi raccourcir une étude tout en la rendant plus précise.

Correction de l’activité 5.1

La première liste suggère \(a_{n+1}>a_n\), la deuxième \(b_{n+1}<b_n\). Pour la troisième suite, \[c_0=1,\quad c_1=-1,\quad c_2=1,\quad c_3=-1.\] Le passage de \(c_0\) à \(c_1\) est une baisse, celui de \(c_1\) à \(c_2\) est une hausse : cette suite n’est ni croissante ni décroissante.

Pour les deux premières listes, il manque une règle valable à tous les rangs. Si l’on précise \(a_n=n+1\), on peut démontrer \(a_{n+1}-a_n=1>0\). Si l’on précise \(b_n=5-n\), on démontre \(b_{n+1}-b_n=-1<0\). Le passage des valeurs observées à une règle générale est précisément le travail de preuve.

Correction de l’activité 5.8

On remplace d’abord toutes les occurrences de \(n\) : \[a_{n+1}=(n+1)^2-2(n+1)+3=n^2+2.\] Donc \[a_{n+1}-a_n=(n^2+2)-(n^2-2n+3)=2n-1.\] Au rang \(0\), cette différence vaut \(-1\), donc \(a_1<a_0\). Pour tout entier \(n\geqslant1\), elle est au moins égale à \(1\), donc la suite est strictement croissante à partir du rang \(1\).

Le plus petit terme est ainsi \(a_1=1-2+3=2\). On contrôle par \(a_0=3\), \(a_1=2\), \(a_2=3\). La formule \(a_n=(n-1)^2+2\) confirme directement que \(a_n\geqslant2\), avec égalité pour \(n=1\).

Correction de l’activité 5.10

Le dénominateur est strictement positif. La différence vaut \[\begin{align*} b_{n+1}-b_n &=\frac{2n+7}{n+3}-\frac{2n+5}{n+2}\\ &=\frac{(2n+7)(n+2)-(2n+5)(n+3)}{(n+2)(n+3)}\\ &=\frac{(2n^2+11n+14)-(2n^2+11n+15)}{(n+2)(n+3)}\\ &=-\frac1{(n+2)(n+3)}<0. \end{align*}\] La suite est strictement décroissante. Par ailleurs, \(2n+5=2(n+2)+1\), d’où \[b_n=2+\frac1{n+2}.\] L’inverse d’un nombre positif qui augmente diminue ; en ajoutant \(2\), on conserve la décroissance. Les deux méthodes concordent. La forme ressemble à celle de l’exemple précédent, mais le signe devant la fraction est différent : il change le sens de variation.

Correction de l’activité 5.14

Pour \((a_n)\), les termes sont positifs et \[\frac{a_{n+1}}{a_n}=\frac32>1.\] La suite est strictement croissante. Le quotient simplifie les puissances.

Pour \((b_n)\), les termes sont négatifs : on choisit la différence pour éviter d’inverser incorrectement un critère réservé aux termes positifs. \[\begin{align*} b_{n+1}-b_n &=-4\left(\frac12\right)^n\left(\frac12-1\right)\\ &=2\left(\frac12\right)^n>0. \end{align*}\] La suite est strictement croissante : \(-4,-2,-1,-1/2,\ldots\) augmente bien dans l’ordre des réels.

Enfin, \[c_{n+1}-c_n=(n+3)-(n+2)=1>0.\] La suite \((c_n)\) est strictement croissante. La différence est plus rapide que le quotient, même si les deux critères seraient applicables.

Correction de l’activité 5.21

On a \(2n+1<2n+3\), et ces nombres sont positifs. La racine carrée conserve leur ordre, donc \[a_n=\sqrt{2n+1}<\sqrt{2n+3}=a_{n+1}.\] La suite est strictement croissante.

Pour la deuxième suite, \[b_{n+1}-b_n=[(n+1)^2-(n+1)]-(n^2-n)=2n.\] Au rang \(0\), cette différence vaut zéro : \(b_0=b_1=0\). Pour \(n\geqslant1\), elle est strictement positive. La suite est croissante dès le rang \(0\), mais strictement croissante seulement à partir du rang \(1\).

La dernière affirmation n’est pas justifiée. Le contre-exemple \(g(x)=x/2\), \(v_0=4\), produit une suite décroissante malgré la croissance de \(g\). Il ne suffit pas de connaître la variation de la fonction : il faut examiner comment l’itération agit sur les valeurs de départ.

Correction de l’activité 5.22

L’information 1 fournit le même nombre \(5\) au-dessus de chaque terme, à tous les rangs. L’information 3 fournit le même nombre \(0\) au-dessous de chaque terme. Si ces deux informations sont réunies, \[0\leq u_n\leq5\qquad\text{pour tout }n\geq0.\]

Dans l’information 2, le nombre \(n+1\) change avec le rang. Elle ne suffit pas : la suite \(u_n=n\) la vérifie, mais dépasse tout nombre fixe lorsqu’on choisit un rang assez grand. Elle n’a donc aucun plafond commun à tous ses termes.

L’information 4 ne porte que sur dix termes. Par exemple, on peut avoir \(u_n=0\) pour \(0\leq n\leq9\), puis \(u_n=n\) pour \(n\geq10\). Les dix valeurs sont dans l’intervalle annoncé, mais les suivantes ne restent pas sous \(5\). Les deux points décisifs sont donc le caractère constant de la borne et la portée pour tous les rangs de l’affirmation.

Correction de l’activité 5.29

On a \(2n+5=2(n+2)+1\), donc \[v_n=2+\frac1{n+2}.\] Puisque \(n+2\geqslant2\), \[0<\frac1{n+2}\leqslant\frac12, \qquad 2<v_n\leqslant\frac52.\] La suite est bornée. Le majorant \(5/2\) est atteint par \(v_0\) : c’est un maximum. Le minorant \(2\) n’est jamais atteint, car \(1/(n+2)>0\) pour tout rang \(n\).

De plus, la suite est strictement décroissante, comme nous l’avons démontré précédemment ; elle n’a aucun minimum, car tout terme a un successeur plus petit. On peut prendre \(3\) comme autre majorant et \(1\) comme autre minorant. Une borne n’a pas besoin d’être la plus précise possible pour être correcte.

Correction de l’activité 5.34

Au rang \(0\), on a \(u_0=1\), donc \(1\leqslant u_0<2\). Supposons \(1\leqslant u_n<2\). Puisque \(1/2>0\), \[\frac12\leqslant\frac12u_n<1.\] En ajoutant \(1\), on obtient \[\frac32\leqslant u_{n+1}<2.\] Cet encadrement implique \(1\leqslant u_{n+1}<2\). Par récurrence, l’encadrement strict est établi pour tous les rangs. Il donne alors \[u_{n+1}-u_n=1-\frac12u_n>0.\] La suite est donc strictement croissante. Le renforcement n’était pas une modification de vocabulaire : il a nécessité une propriété plus précise et sa propre justification.

Correction de l’activité 5.35

Première erreur. Le quotient a été utilisé avec le critère des termes positifs, alors que les termes sont négatifs. La différence est \[u_{n+1}-u_n =-3\left(\frac12\right)^n\left(\frac12-1\right) =\frac32\left(\frac12\right)^n>0.\] La suite est strictement croissante.

Deuxième erreur. Les dix calculs ne concernent que dix rangs. Une suite peut vérifier \(u_n=0\) pour \(0\leqslant n\leqslant9\), puis \(u_n=n\) pour \(n\geqslant10\). Elle n’est alors pas majorée par \(4\), ni même majorée. Pour démontrer la borne, il faut une inégalité valable à un rang quelconque ou une preuve par récurrence.

Troisième erreur. Le critère \(u_n=f(n)\) a été appliqué à une suite itérée. La fonction \(f(x)=x/2\), avec \(u_0=4\), fournit un contre-exemple. Il faut une information supplémentaire sur la suite.

Nouvelle tâche. Pour tout \(n\geqslant0\), \[\begin{align*} v_{n+1}-v_n &=\left(4-\frac2{n+2}\right)-\left(4-\frac2{n+1}\right)\\ &=\frac2{n+1}-\frac2{n+2} =\frac2{(n+1)(n+2)}>0. \end{align*}\] La suite est strictement croissante. Comme \(0<2/(n+1)\leqslant2\), \[2\leqslant v_n<4.\] Le minorant \(2\) est atteint au rang \(0\), donc c’est un minimum. Le majorant \(4\) n’est jamais atteint. La croissance stricte montre qu’il n’y a pas de maximum : chaque terme a un successeur plus grand.

Correction de l’activité 5.36

On réécrit \[a_n=5-\frac4{n+1}.\] Alors \[a_{n+1}-a_n =\frac4{n+1}-\frac4{n+2} =\frac4{(n+1)(n+2)}>0.\] La suite est strictement croissante. De \(0<4/(n+1)\leqslant4\), on déduit \[1\leqslant a_n<5.\] Le minimum \(1\) est atteint au rang \(0\) ; \(5\) est un majorant non atteint.

Pour la deuxième suite, \[b_{n+1}-b_n =[(n+1)^2-6(n+1)]-(n^2-6n)=2n-5.\] Cette différence est négative pour \(n=0,1,2\), puis strictement positive pour tous les entiers \(n\geqslant3\). La suite est donc strictement croissante à partir du rang \(3\). Elle décroît jusque-là, d’où un minimum au rang \(3\) : \[b_3=9-18=-9.\] La réécriture \(b_n=(n-3)^2-9\) confirme \(b_n\geqslant-9\).

Enfin, \(c_n\) vaut \(3\) aux rangs pairs et \(1\) aux rangs impairs. Elle est bornée, puisque \(1\leqslant c_n\leqslant3\). Elle n’est pas monotone, puisque \(c_1<c_0\) mais \(c_2>c_1\). Les deux questions exigent deux justifications différentes.

Correction de l’activité 6.1

1. Une liste finie suggère, mais ne décide pas

Les quatre valeurs suggèrent un rapprochement vers \(2\). Une autre suite pourrait posséder exactement ces quatre premiers termes, puis être égale à \(100\) à tous les rangs suivants. La liste ne suffit donc pas : il faut une définition permettant de raisonner sur tous les rangs suffisamment grands.

2. Le rôle du nombre est donné par la phrase

Le rang \(10\) désigne le terme \(u_{10}\). Dire « à partir du rang \(10\) » signifie considérer \(u_{10},u_{11},u_{12},\ldots\). Cela ne signifie pas que ces termes valent \(10\).

3. Une frontière ouverte n’est pas incluse

L’appartenance demandée équivaut à \(1{,}9<x<2{,}1\). Pour \(x=2{,}1\), la seconde inégalité devient \(2{,}1<2{,}1\), qui est fausse. Si cette question a posé problème, relire le rappel sur les intervalles avant de chercher un premier seuil : la différence entre \(<\) et \(\leq\) peut changer ce seuil d’une unité.

Correction de l’activité 6.7

La distance

On a \(a_n-4=-\frac2{n+1}<0\). Sa valeur absolue est donc \(\frac2{n+1}\).

La bande ouverte

Il faut \(\frac2{n+1}<\frac1{10}\). Le facteur \(10(n+1)\) est positif, d’où \[\frac2{n+1}<\frac1{10} \Longleftrightarrow 20<n+1 \Longleftrightarrow n>19.\] Le premier entier est \(20\). Pour tout \(n\geq20\), la même inégalité est vraie. Au rang précédent, \(a_{19}=4-\frac2{20}=3{,}9\), qui n’appartient pas à la bande ouverte.

La bande fermée

L’inégalité devient \(\frac2{n+1}\leq\frac1{10}\), donc \(20\leq n+1\), soit \(n\geq19\). Le premier rang est maintenant \(19\). Le changement vient exactement de l’inclusion de la frontière, pas d’un arrondi.

Une précision quelconque

Pour \(\varepsilon>0\), la condition \(\frac2{n+1}<\varepsilon\) équivaut à \(n+1>\frac2\varepsilon\), car les quantités par lesquelles on multiplie ou divise sont positives. Choisissons donc un entier \(N\geq0\) tel que \(N+1>\frac2\varepsilon\). Pour tout \(n\geq N\), on a \(n+1\geq N+1>\frac2\varepsilon\), d’où \(\left\lvert a_n-4\right\rvert<\varepsilon\). La définition est satisfaite pour chaque précision positive : \(a_n\to4\). Le seuil concret \(20\) ne suffisait pas, à lui seul, à démontrer cette conclusion générale.

Correction de l’activité 6.8

On remplace d’abord \(0{,}01\) par la fraction exacte \(\frac1{100}\). Pour \(n\geq0\), le nombre \(100(n+1)\) est positif. Ainsi \[\frac1{n+1}<\frac1{100} \Longleftrightarrow 100<n+1 \Longleftrightarrow n>99.\] Le premier entier convenable est \(100\). Au rang \(99\), on obtient exactement \(b_{99}=\frac1{100}\), donc l’inégalité stricte est fausse. À tous les rangs \(n\geq100\), on a \(n+1\geq101>100\), donc elle est vraie.

Le seuil \(500\) possède bien la propriété de permanence : tout \(n\geq500\) est aussi supérieur ou égal à \(100\). Mais il n’est pas le plus petit. Pour contrôler votre rédaction, cherchez les trois éléments suivants : une inégalité équivalente exacte, un entier choisi et une justification portant sur tous les rangs suivants.

Correction de l’activité 6.17

Le facteur \(2(n+1)\) est positif. On obtient \[\frac3{n+1}<\frac12 \Longleftrightarrow6<n+1 \Longleftrightarrow n>5.\] Le premier entier est \(6\). Au rang \(5\), la fraction vaut \(\frac36=\frac12\) et ne convient pas. Pour tout \(n\geq6\), le dénominateur est au moins \(7\) et la fraction reste strictement inférieure à \(\frac12\). Revenir ensuite à la copie erronée : remplacer sa conclusion par \(n>99\), puis \(N=100\).

Correction de l’activité 6.18

Le dénominateur \(n+2\) est positif. La valeur absolue enlève l’alternance, car \(\left\lvert (-1)^n\right\rvert=1\), donc \(\left\lvert v_n\right\rvert=\frac1{n+2}\).

Fixons \(\varepsilon>0\). Choisissons un entier \(N\geq0\) tel que \(N+2>\frac1\varepsilon\). Ce choix est possible puisque les entiers ne sont pas majorés. Pour chaque entier \(n\geq N\), \[n+2\geq N+2>\frac1\varepsilon, \qquad\text{donc}\qquad \left\lvert v_n\right\rvert=\frac1{n+2}<\varepsilon.\] La précision était quelconque et l’inégalité est permanente après \(N\). Ainsi \(v_n\to0\). Revenir à la copie précédente : le remplacement décisif est « un terme convient » par « tous les termes de rang au moins \(N\) conviennent ». L’alternance de signe n’est pas un obstacle, puisque la définition porte sur la distance à la limite.

Correction de l’activité 6.19

1. Distance et précision

La distance à \(-3\) vaut \(\frac4{n+2}\). Pour toute précision \(\varepsilon>0\), choisir \(N\geq0\) avec \(N+2>\frac4\varepsilon\) garantit \(\frac4{n+2}<\varepsilon\) pour tout \(n\geq N\). Ainsi \(c_n\to-3\).

Pour \(0{,}05=\frac1{20}\), la condition est \[\frac4{n+2}<\frac1{20} \Longleftrightarrow80<n+2 \Longleftrightarrow n>78.\] Le premier seuil est \(79\). En \(78\), la distance vaut exactement \(\frac4{80}=0{,}05\), donc la frontière stricte échoue.

2. Niveau négatif

Diviser \(-2n^2<-50\) par \(-2\) renverse le sens : \(n^2>25\). Comme \(n\geq0\), cela équivaut à \(n>5\). Le premier rang est \(6\). En \(5\), on obtient \(-50\), et non une valeur strictement inférieure. Pour tous les rangs suivants, \(n^2\geq36\), donc \(-2n^2\leq-72<-50\). Ce dernier argument établit la permanence.

3. Entrer et rester sont différents

La suite \(d_{2k}=0\), \(d_{2k+1}=1\) entre dans toute bande autour de \(0\) à chaque rang pair. Mais elle ressort de \(]-\frac12;\frac12[\) à chaque rang impair. Elle ne converge pas vers \(0\).

Correction de l’activité 7.1

1. Deux bandes incompatibles

La convergence vers \(1\) impose finalement des valeurs dans \(]0{,}9;1{,}1[\), tandis que celle vers \(2\) impose finalement des valeurs dans \(]1{,}9;2{,}1[\). Après le plus grand des deux seuils, les deux exigences devraient être vraies simultanément. Or les intervalles sont disjoints. La première affirmation est fausse ; le théorème suivant généralise cet argument.

2. La définition autorise des premiers termes exceptionnels

Poser \(u_0=-100\), puis \(u_n=2\) pour tout \(n\geq1\), donne une suite de limite \(2\), dont le premier terme est négatif. La convergence décrit ce qui arrive assez loin, pas nécessairement au départ.

3. Une borne ne suffit pas

La suite \((-1)^n\) reste entre \(-1\) et \(1\), mais alterne entre deux valeurs distinctes pour toujours. Aucun intervalle de largeur \(1\) ne contient définitivement ses termes. Elle ne converge pas.

Si la deuxième question bloque, reprendre le sens du mot « définitivement ». Si la troisième bloque, distinguer une bande fixe de largeur \(2\) de la possibilité d’entrer dans des bandes arbitrairement fines autour d’un même nombre.

Correction de l’activité 7.8

Encadrer n’est pas rapprocher

Les premiers termes valent \(3,1,3,1\). À chaque rang, \((-1)^n\) vaut \(1\) ou \(-1\), donc \(1\leq a_n\leq3\). La suite est bornée.

Vérifier l’échec de la définition

La bande proposée a pour largeur \(1\), tandis que les valeurs \(1\) et \(3\) sont distantes de \(2\). Elle ne peut donc pas les contenir toutes les deux. Après n’importe quel rang, il reste des rangs pairs donnant \(3\) et des rangs impairs donnant \(1\). Au moins l’un de ces deux types de termes reste hors de la bande, quel que soit le seuil choisi. Aucun réel \(L\) ne peut être une limite.

Identifier le sens logique

Le théorème vrai est « convergente implique bornée ». L’affirmation fausse est sa réciproque « bornée implique convergente ». Le contre-exemple a bien les deux caractéristiques nécessaires : il satisfait l’hypothèse de la réciproque et contredit sa conclusion.

Correction de l’activité 7.12

La précision \(\varepsilon=1\) donne \(\left\lvert v_n+4\right\rvert<1\) assez loin. Traduire la valeur absolue donne \(-1<v_n+4<1\), puis soustraire \(4\) aux trois membres donne \(-5<v_n<-3\).

Les termes assez loin sont donc inférieurs à \(-3\), en particulier négatifs et non nuls. Mais cela ne dit rien de nécessaire sur \(v_0\). La suite définie par \(v_0=10\) et \(v_n=-4\) pour \(n\geq1\) converge vers \(-4\) et possède un premier terme positif. Le contrôle distingue une propriété définitive d’une propriété globale.

Correction de l’activité 7.23

1. Une limite et des bornes n’ont pas la même portée

Pour \(n\geq1\), la distance à \(2\) vaut \(\frac1n\), qui tend vers \(0\). Pour une précision \(\varepsilon>0\), tout entier \(N>\max(1,\frac1\varepsilon)\) assure donc \(\left\lvert p_n-2\right\rvert<\varepsilon\) pour tous \(n\geq N\). Le terme exceptionnel \(p_0=-20\) ne gêne pas ce choix de fin de suite : \(p_n\to2\).

Pour \(n\geq1\), \(0<\frac1n\leq1\) donne \(2<p_n\leq3\). En tenant aussi compte de \(p_0\), un encadrement global est \(-20\leq p_n\leq3\). Le majorant \(3\) contient également le premier terme ; en revanche, \(p_0>2\) est faux. Il fallait vérifier les deux parties du domaine avant d’écrire une propriété globale.

2. Décaler les rangs, pas la valeur de la limite

Si \(\left\lvert p_m-2\right\rvert<\varepsilon\) pour tous \(m\geq N\), alors, pour tous \(n\geq N\), le rang \(m=n+1\) est encore supérieur ou égal à \(N\). Ainsi \(\left\lvert q_n-2\right\rvert<\varepsilon\), donc \(q_n\to2\). Son premier terme vaut \(q_0=p_1=3\). Le décalage ne signifie pas que la limite augmente de \(1\) : il change les indices, pas les valeurs prises à l’infini.

3. Modifier le début demande deux contrôles distincts

La limite reste \(2\), car la suite modifiée est égale à la première pour tous \(n\geq1\). Le majorant \(3\) n’est plus valable puisque le nouveau premier terme vaut \(100\) ; \(100\) est un majorant de la suite modifiée. La borne inférieure \(-20\) reste valable, car le nouveau premier terme est supérieur à \(-20\) et les suivants sont supérieurs à \(2\). Elle n’est plus la meilleure possible, mais une borne n’a pas besoin d’être optimale pour être vraie.

4. Utiliser l’unicité après deux limites démontrées

On a démontré \(p_n\to2\), et l’énoncé fournit une seconde convergence \(p_n\to a^2-1\). L’unicité de la limite impose \(a^2-1=2\), donc \(a^2=3\). Puisque \(a\geq0\), on obtient \(a=\sqrt3\). Une simple conjecture graphique sur l’une des deux expressions n’aurait pas suffi à utiliser cette propriété.

Correction de l’activité 7.24

1. Une borne sur les termes

Pour \(n\geq0\), on a \(n+1\geq1\), donc \(\frac1{n+1}\leq1\). Par conséquent \(u_n\leq5\). Le nombre \(5\) est un majorant constant ; l’expression \(4+\frac1{n+1}\), elle, dépend du rang.

2. Un encadrement sur la limite

La suite constante \(-2\) a pour limite \(-2\), et la suite \(4+\frac1{n+1}\) tend vers \(4\), sa distance à \(4\) étant \(\frac1{n+1}\). Le passage à l’ordre donne donc \[-2\leq L\leq4.\] La convergence de \(u\) fait partie des données : le théorème d’ordre ne l’a pas créée.

3. Tester les conclusions supplémentaires

La suite constante \(u_n=0\) satisfait les hypothèses et a pour limite \(0\), pas \(4\). L’égalité \(L=4\) n’est donc pas imposée.

La suite \(u_n=-2+\frac1{n+1}\) satisfait \(-2<u_n\leq-1\), donc aussi l’encadrement donné ; sa limite est \(-2\). L’inégalité stricte \(L>-2\) n’est donc pas garantie. Il faut conserver l’encadrement large obtenu.

Correction de l’activité 7.25

L’inégalité \(u_n<-5\) implique \(u_n\leq-5\). Par passage à l’ordre, on obtient \(L\leq-5\).

Pour atteindre la frontière à la limite sans l’atteindre à un rang fini, posons \(u_n=-5-\frac1{n+1}\). La fraction soustraite est positive, donc \(u_n<-5\), et la distance à \(-5\) vaut \(\frac1{n+1}\), qui tend vers \(0\). Ainsi \(L=-5\) est possible. Revenir alors à la copie initiale : il fallait écrire une conclusion large, en conservant aussi l’hypothèse de convergence.

Correction de l’activité 7.26

Les termes de rang impair valent \(1>0\) ; ceux de rang pair valent \(2k+1\geq1\). Tous les termes sont donc strictement positifs. Pour chaque réel \(M\), choisir un entier \(k\) tel que \(2k+1>M\) fournit un terme supérieur à \(M\) : la suite n’est pas majorée.

La conclusion \(+\infty\) exigerait notamment que tous les termes assez loin dépassent le niveau \(2\). Or, après chaque rang \(N\), on peut trouver un rang impair supérieur ou égal à \(N\) ; le terme correspondant vaut \(1\), et ne dépasse pas \(2\). Cette limite est donc impossible. Une limite \(-\infty\) est également impossible puisque tous les termes sont au moins \(1\). Enfin, une limite réelle serait incompatible avec la non-bornitude. La suite n’a aucune limite finie ni infinie.

Le raisonnement incorrect partait de deux données vraies. L’erreur était dans leur portée : ni la positivité ni la non-majoration ne fournissent la permanence au-dessus d’un niveau. Revenir à la copie et remplacer sa conclusion par cette analyse des trois possibilités.

Correction de l’activité 7.27

1. Choisir la bonne bande

La précision \(\varepsilon=1\) donne \(\left\lvert u_n-3\right\rvert<1\) assez loin, donc \(2<u_n<4\). Ce n’est pas forcément vrai au départ : prendre \(u_0=-10\), puis \(u_n=3\) pour \(n\geq1\), fournit un contre-exemple.

2. Ne pas dépasser la portée du théorème

L’absence de limite réelle est certaine, car une suite convergente serait bornée. Aucune direction infinie n’est imposée : la suite \(u_{2k}=2k\), \(u_{2k+1}=0\) est non bornée sans tendre vers l’un des deux infinis.

3. Deux sous-suites incompatibles

Si la suite entière avait une limite réelle, chaque sous-suite aurait cette même limite. L’unicité empêcherait alors d’avoir à la fois \(1\) et \(2\). Elle ne converge donc pas. Elle n’a pas non plus de limite infinie, puisque chacune de ses deux sous-suites possède une limite finie.

4. Décaler un seuil

Pour chaque \(\varepsilon>0\), il existe \(N\) tel que \(\left\lvert u_{n+1}+2\right\rvert<\varepsilon\) pour tout \(n\geq N\). Pour tout \(m\geq N+1\), poser \(n=m-1\) donne \(\left\lvert u_m+2\right\rvert<\varepsilon\). Donc \(u_n\to-2\).

Correction de l’activité 8.1

Le quotient \(a_n\)

Le numérateur tend vers \(2\), le dénominateur vers \(3\), qui est non nul. La règle du quotient, démontrée plus loin, donne \(a_n\to\frac23\). L’expression est définie sur \(n\geq1\), puisque \(3-\frac1n\geq2>0\).

Le quotient \(b_n\)

Ses deux morceaux tendent vers \(0\). On ne peut pas former un quotient des limites en divisant par \(0\). En revanche, l’égalité exacte \[b_n=\frac1n\times n^2=n\] est valable pour \(n\geq1\) et donne une limite \(+\infty\). C’est la simplification autorisée des facteurs qui décide, pas le symbole « \(0/0\) ».

La différence \(c_n\)

Les deux termes tendent vers \(+\infty\). Cela ne permet pas de les soustraire comme deux nombres identiques. Ici l’égalité exacte \((n+1)-n=1\) donne une suite constante, de limite \(1\).

Si une question a bloqué, commencer par identifier une seule chose : le dénominateur limite est-il non nul, ou faut-il transformer l’expression avant de pouvoir utiliser une règle ?

Correction de l’activité 8.25

1. D’abord le droit de diviser

Le nombre \(n+1\) est positif. Ainsi \(b_n\) est strictement négatif et non nul. Le numérateur \((-1)^n\) de \(d_n\) vaut \(1\) ou \(-1\), jamais zéro ; \(d_n\) est donc non nul lui aussi. Les deux quotients existent à tous les rangs annoncés.

2. Une limite infinie avec un signe déterminé

La suite \(a_n\) tend vers \(5>0\), tandis que \(b_n\to0^-\). L’inverse de \(b_n\) tend donc vers \(-\infty\), et le produit avec \(a_n\) donne \(\frac{a_n}{b_n}\to-\infty\).

Pour contrôler sans seulement répéter la règle, écrivons \(a_n=\frac{5n+4}{n+1}\). Puisque \(n+1\ne0\), \[\frac{a_n}{b_n} =\frac{\frac{5n+4}{n+1}}{-\frac2{n+1}} =-\frac{5n+4}{2}.\] Cette expression affine tend bien vers \(-\infty\). Le signe négatif n’était pas accessoire.

3. Un dénominateur non nul peut tout de même changer de signe

On obtient maintenant \[\frac{a_n}{d_n}=(5n+4)(-1)^n.\] Aux rangs pairs \(n=2k\), ce quotient vaut \(10k+4\) et devient arbitrairement grand. Aux rangs impairs \(n=2k+1\), il vaut \(-(10k+9)\) et devient arbitrairement négatif. Les deux types de rangs se rencontrent après chaque seuil. Le quotient ne peut donc tendre ni vers \(+\infty\) ni vers \(-\infty\). Il n’a pas non plus de limite réelle, car il n’est pas borné.

La limite \(d_n\to0\) est bien vraie, puisque \(\left\lvert d_n\right\rvert=\frac1{n+1}\to0\). Ce qui manque est un signe définitif du dénominateur. Revenir à la copie erronée : une limite nulle seule ne décide pas du signe, ni même de l’existence d’une limite du quotient.

Correction de l’activité 8.34

Le dénominateur initial est positif. Nous divisons haut et bas par \(n^2\ne0\) : \[\begin{align*} u_n &=\frac{\frac{3n^2}{n^2}-\frac{2n}{n^2}}{\frac{n^2}{n^2}+\frac4{n^2}}\\ &=\frac{3-\frac2n}{1+\frac4{n^2}}. \end{align*}\] La suite \(\frac1n\) tend vers \(0\), et son carré \(\frac1{n^2}\) aussi. Le numérateur transformé tend vers \(3\), le dénominateur vers \(1\). Comme \(1\ne0\), le théorème du quotient s’applique et donne \(u_n\to3\).

Le terme \(-2n\) n’a pas été supprimé : il a été transformé en \(-\frac2n\), dont la limite est connue. C’est ce passage exact qui rend le calcul légitime.

Correction de l’activité 8.35

A. Reconnaître une soustraction indéterminée

Les deux termes de \(a_n\) tendent vers \(+\infty\). Le conjugué \(\sqrt{n^2+4n}+n\) est positif. Il donne \[\begin{align*} a_n &=\frac{(n^2+4n)-n^2}{\sqrt{n^2+4n}+n}\\ &=\frac{4n}{n\sqrt{1+\frac4n}+n}\\ &=\frac4{\sqrt{1+\frac4n}+1}. \end{align*}\] La deuxième ligne utilise \(n>0\), et la troisième une simplification par ce facteur non nul. Le radicand tend vers \(1\), donc le dénominateur tend vers \(2\ne0\). Ainsi \(a_n\to2\).

B. Une distribution suffit

La parenthèse de \(b_n\) tend vers \(0\) et le facteur \(n\) vers \(+\infty\) : le produit est indéterminé. Distribuer \(n\) sur chacun des termes donne \[b_n=n\times\frac1n-n\times\frac1{n^2}=1-\frac1n.\] La suite tend donc vers \(1\). Il n’était pas nécessaire d’utiliser une transformation plus compliquée.

C. Faire apparaître un facteur de signe connu

Le quotient initial est de forme \(\infty/\infty\). Pour \(n\geq1\), \[c_n=\frac{n^2\left(5+\frac1{n^2}\right)}{n\left(2+\frac3n\right)} =n\frac{5+\frac1{n^2}}{2+\frac3n}.\] Le dernier quotient tend vers \(\frac52>0\), tandis que \(n\to+\infty\). Le produit tend donc vers \(+\infty\).

Critères de contrôle. Une transformation égale à l’expression initiale ; des diviseurs non nuls ; une limite non nulle au dénominateur lorsque la règle du quotient est invoquée ; le signe du facteur lorsqu’une limite infinie est obtenue.

Correction de l’activité 8.36

Chaque terme du numérateur est divisé par le même nombre non nul \(n^2\) : \[\frac{5n^2+3n-2}{n^2} =\frac{5n^2}{n^2}+\frac{3n}{n^2}-\frac2{n^2} =5+\frac3n-\frac2{n^2}.\] Les deux dernières fractions tendent vers \(0\), donc la limite est \(5\). Elles sont encore présentes dans une égalité exacte à chaque rang ; c’est seulement lors du passage à la limite que leurs contributions deviennent nulles. Revenir ensuite à la copie initiale et rétablir le terme \(\frac1{n^2}\) manquant.

Correction de l’activité 8.37

1. Un quotient et un signe

Pour \(n\geq1\), \(2n^2-n+1=n(2n-1)+1>0\). La division par \(n^2\) donne \[\frac{-4+\frac3{n^2}}{2-\frac1n+\frac1{n^2}}.\] Le haut tend vers \(-4\), le bas vers \(2\ne0\). La limite est \(-2\).

2. Conjugué puis normalisation

Le conjugué est positif. L’identité des carrés donne \[\begin{align*} \sqrt{n^2+6n+1}-n &=\frac{6n+1}{\sqrt{n^2+6n+1}+n}\\ &=\frac{6+\frac1n}{\sqrt{1+\frac6n+\frac1{n^2}}+1}. \end{align*}\] La dernière étape divise par \(n>0\) et utilise \(\sqrt{n^2}=n\). Le numérateur tend vers \(6\), le dénominateur vers \(2\), donc la limite est \(3\).

3. Un contre-exemple à une règle automatique

Sur \(n\geq1\), \(\frac1{n^2}\times n=\frac1n\to0\), tandis que \(\frac1n\times n^2=n\to+\infty\). Les facteurs ont pourtant les mêmes limites annoncées : \(0\) et \(+\infty\). Leurs seules limites ne déterminent donc pas celle du produit.

4. Protéger la division

Une bande de rayon \(1\) autour de \(-2\) place les termes assez loin dans \(]-3;-1[\). Ils sont donc non nuls et même de valeur absolue supérieure à \(1\). Pour une limite \(0\), aucun éloignement positif de zéro n’est garanti ; la suite pourrait même avoir une infinité de termes nuls. On ne peut donc pas automatiquement former ses inverses.

Correction de l’activité 9.1

1. Une borne supérieure qui monte ne pousse pas la suite

La suite constante \(u_n=0\) vérifie \(u_n\leq n\), mais sa limite vaut \(0\). La conclusion n’est pas certaine.

2. Une borne inférieure qui dépasse tous les niveaux suffit

Fixons un niveau \(A\). Pour tous les rangs assez grands, \(n>A\). On a alors \(u_n\geq n>A\). La définition de \(+\infty\) est vérifiée : cette conclusion est certaine.

3. Deux bornes fixes distinctes ne forcent pas un rapprochement

La suite \((-1)^n\) reste entre \(-1\) et \(1\) sans converger. L’encadrement assure la bornitude, pas la convergence.

Si vous avez confondu les deux premières questions, relire l’inégalité en mots : « être au-dessus de quelque chose qui monte sans limite » impose un mouvement vers le haut, alors qu’« être en dessous » laisse de nombreuses possibilités.

Correction de l’activité 9.7

La multiplication de \(-1\leq(-1)^n\leq1\) par \(2>0\) donne \[-2\leq2(-1)^n\leq2.\] Pour une limite positive infinie, nous choisissons la borne inférieure. Ajouter \(3n\) donne \(w_n\geq3n-2\).

Fixons un niveau \(A\). La condition \(3n-2>A\) équivaut à \(n>\frac{A+2}{3}\). Tous les rangs assez grands la satisfont, donc \(3n-2\to+\infty\). Par comparaison, \(w_n\to+\infty\).

Le facteur oscillant ne possède pas de limite, mais sa borne suffit. Il aurait été incorrect de lui inventer une limite \(0\) sous prétexte que ses valeurs positives et négatives se compensent « en moyenne ».

Correction de l’activité 9.8

1. Une donnée juste, une conséquence injustifiée

De \(-1\leq(-1)^n\leq1\), on déduit bien \(-3\leq3(-1)^n\), puis \(-2n-3\leq h_n\). Mais une suite située au-dessus d’une quantité qui descend peut rester constante : \(v_n=0\) vérifie \(v_n\geq-2n-3\) pour \(n\geq0\), sans tendre vers \(-\infty\). La minoration ne suffisait pas.

2. Construire une borne supérieure qui descend

L’autre moitié de l’encadrement, \(3(-1)^n\leq3\), donne \[h_n\leq-2n+3.\] Fixons un niveau réel \(A\). Résoudre \(-2n+3<A\) donne \(-2n<A-3\), puis \(n>\frac{3-A}{2}\), car diviser par \(-2\) renverse l’inégalité. Choisissons un entier \(N\geq0\) supérieur à cette dernière quantité. Pour tout \(n\geq N\), \(-2n+3<A\). Ainsi le majorant tend vers \(-\infty\).

3. Faire agir la comparaison dans le bon sens

Pour tous les rangs assez grands, \(h_n\leq-2n+3<A\). Cela prouve \(h_n\to-\infty\). La conclusion de la copie était finalement vraie pour cette suite particulière, mais sa première justification ne la démontrait pas. La réparation a remplacé un minorant inutile par un majorant adapté.

Correction de l’activité 9.20

1. Le morceau oscillant

Multiplier \(-1\leq(-1)^n\leq1\) par \(3>0\) donne \(-3\leq3(-1)^n\leq3\).

2. L’encadrement de la suite

Comme \(n+2>0\), on peut diviser sans changer le sens, puis ajouter \(2\) : \[2-\frac3{n+2}\leq a_n\leq2+\frac3{n+2}.\]

3. La convergence

Les deux fractions tendent vers \(0\), donc les bornes tendent vers \(2\). Par le théorème des gendarmes, \(a_n\to2\).

4. Une précision garantie

Ici la distance est même exactement \(\left\lvert a_n-2\right\rvert=\frac3{n+2}\), puisque \(\left\lvert (-1)^n\right\rvert=1\). Pour qu’elle soit inférieure à \(0{,}1=\frac1{10}\), il faut \[\frac3{n+2}<\frac1{10} \Longleftrightarrow30<n+2 \Longleftrightarrow n>28.\] Le seuil \(29\) suffit. Il est aussi le premier dans cet exemple, car au rang \(28\) l’erreur vaut exactement \(0{,}1\). Cette minimalité est justifiée par l’égalité d’erreur, pas seulement par une borne supérieure.

Correction de l’activité 9.21

A. Une borne supérieure pour une divergence négative

On sait \(\cos n\leq1\), donc \(u_n\leq-4n+1\). Pour tout niveau \(A\), la condition \(-4n+1<A\) équivaut à \(n>\frac{1-A}{4}\), après division par \(-4\) et inversion du sens. Ainsi \(-4n+1\to-\infty\), et la comparaison donne \(u_n\to-\infty\). Une seule borne, dans le bon sens, suffit.

B. Deux bornes pour une limite finie

Le dénominateur \(n^2+1\) est positif. On obtient \[5-\frac3{n^2+1}\leq v_n\leq5+\frac7{n^2+1}.\] Les fractions tendent vers \(0\) : leur dénominateur positif devient arbitrairement grand, tandis que leurs numérateurs sont constants. Les deux bornes tendent vers \(5\), donc \(v_n\to5\). Les valeurs exactes, la monotonie et l’éventuelle convergence de \(b_n\) ne sont pas nécessaires : ses bornes suffisent.

C. Contrôler directement une distance à zéro

La valeur absolue supprime l’alternance : \[\left\lvert w_n\right\rvert=\frac n{n^2+1}.\] Comme \(n^2+1\geq n^2>0\) et \(n>0\), \[0\leq\left\lvert w_n\right\rvert\leq\frac n{n^2}=\frac1n.\] La borne de droite tend vers \(0\), donc l’erreur \(\left\lvert w_n-0\right\rvert\) tend vers \(0\). Ainsi \(w_n\to0\).

Critères. Le signe du diviseur doit être écrit ; la borne doit être adaptée à la direction voulue ; dans les gendarmes, les deux limites doivent être identiques ; une oscillation ne doit pas recevoir une limite inventée.

Correction de l’activité 9.22

La première information assure que la suite est bornée, mais ne détermine pas sa limite. Les suites constantes \(0\) et \(1\), par exemple, satisfont toutes deux cette donnée et n’ont pas la même limite.

Avec la seconde information, on dispose de \[0\leq u_n\leq\frac2{n+1}.\] La borne inférieure est constante de limite \(0\), et la borne supérieure tend vers \(0\). Le théorème des gendarmes donne donc \(u_n\to0\). Revenir à la copie initiale : ce qui manquait n’était pas une formule de conclusion, mais une véritable borne qui se rapproche de la limite proposée.

Correction de l’activité 9.23

1. Traduire une valeur absolue en encadrement

La donnée \(\left\lvert a_n\right\rvert\leq4\) signifie \(-4\leq a_n\leq4\). Puisque \(3n+1>0\), diviser puis soustraire \(2\) donne \[-2-\frac4{3n+1}\leq b_n\leq-2+\frac4{3n+1}.\] Les deux bornes tendent vers \(-2\), donc \(b_n\to-2\). Aucune limite de \(a_n\) n’a été employée.

2. Un coefficient négatif dans l’encadrement

De \(-1\leq\sin n\leq1\), la multiplication par \(-5\) renverse les inégalités ; après remise dans l’ordre croissant, \(-5\leq-5\sin n\leq5\). Donc \(c_n\geq n^2-5\). Ce minorant tend vers \(+\infty\), ainsi \(c_n\to+\infty\).

3. Borne d’erreur et seuil suffisant

Il suffit d’imposer \(\frac2{n+1}<\frac1{100}\). Comme \(100(n+1)>0\), cela équivaut à \(200<n+1\), donc \(n>199\). Le seuil \(200\) est suffisant. Il n’est pas forcément minimal pour \(u\) : la suite constante \(u_n=7\) satisfait la borne et possède une erreur nulle dès le rang \(0\).

4. Une seule borne finie n’impose pas une convergence

Prendre \(u_n=(-1)^n\) et \(v_n=3\). On a bien \(u_n\leq v_n\) à tous les rangs et \(v_n\to3\), mais \(u_n\) n’a pas de limite. Il faut distinguer le théorème d’ordre, qui suppose les deux convergences, du théorème des gendarmes, qui en établit une à partir de deux bornes convergeant vers le même réel.

Correction de l’activité 10.4

La condition \(x\ge-1\) donne \(1+x\ge0\). C’est le signe du multiplicateur, et non le signe de \(1+kx\), qui décide du sens. Avec \(x=-3\) et \(n=3\), le membre de gauche vaut \((-2)^3=-8\), tandis que le membre de droite vaut \(1-9=-8\) : ce test donne une égalité et ne réfute rien. Il faut chercher un autre rang. Au rang \(5\), \((-2)^5=-32\), alors que \(1+5(-3)=-14\). L’inégalité \(-32\ge-14\) est fausse. La condition ne peut donc pas être supprimée en général. Un essai favorable ne suffit pas à valider une règle.

Correction de l’activité 10.8

Bernoulli donne \((1{,}04)^n\ge1+0{,}04n\). La borne inférieure tend vers \(+\infty\), donc la comparaison établit \((1{,}04)^n\to+\infty\). Ensuite, \[\left(\frac{25}{26}\right)^n =\frac1{(26/25)^n} =\frac1{(1{,}04)^n}.\] Le dénominateur est positif et tend vers \(+\infty\) : son inverse tend vers \(0\). Les deux questions sont liées, mais chacune utilise une règle précise avec ses conditions.