UNIVERSITÉ DE PARIS 8. Département de Mathématiques et Informatique. Cours d analyse

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1 UNIVERSITÉ DE PARIS 8 Département de Mathématiques et Informatique Cours d analyse Pierre-Louis CAYREL inspiré par les documents de : Guy Laffaille, Christian Pauly et Arnaud Bodin Cours Intensif Cours disponible sur

2 Table des matières I Cours 1 1 Limite d une suite réelle 3 II Cours 5 Propriétés de la limite 6 III Cours Suites adjacentes 13 IV Cours Valeur d adhérence d une suite 16 5 Comparaison de suites 18 6 Suites complexes V Exercices 4 7 Exercices 5 1

3 Première partie Cours 1

4 Chapitre 1 Limite d une suite réelle Définition 1.1. Une suite réelle est une famille à valeurs dans R indexée par les entiers naturels. On note ( ) n N ou tout simplement ( ). Parfois on prend comme ensemble d indices les entiers naturels non nuls N. Exemple = sin n, = 1 n pour n 1, = e n.. Suites récurrentes. (a) La suite de Fibonacci est définie par u 0 = u 1 = 1 et +1 = + 1. (b) Plus généralement on a les suites récurrentes linéaires d ordre définies par la formule avec u 0 et u 1 donnés. +1 = a + b 1 (c) Suites arithmétiques +1 = + a avec a R fixé. Une récurrence facile montre que pour tout n on a = na + u 0. (d) Suites géométriques +1 = a avec a R fixé. On montre par récurrence que pour tout n on a = a n u Plus généralement +1 = f( ) où f est une fonction, par exemple f(x) = x + x. 4. Plus bizarre. (a) = n ième décimale de π. (b) = 0 si n premier et = 1 sinon. Définition 1.3. Soit ( ) une suite réel. On dit que ( ) est majorée s il existe un réel K tel que pour tout entier n N on a K. minorée s il existe un réel k tel que pour tout n N on a k. bornée si elle est majorée et minorée. croissante si pour tout n on a +1. strictement croissante si pour tout n on a +1 >. monotone si elle est croissante ou décroissante. périodique s il existe un entier p N tel que pour tout n on a +p =. L entier p est la période de la suite. 3

5 Chapitre 1 On définit de même une suite décroissante, strictement décroissante. Il arrive qu une propriété ne soit pas vraie pour tous les premiers termes d une suite mais seulement à partir d un certain rang. Par exemple, ( ) est croissante à partir d un certain rang s il existe un entier N tel que pour tout n N on a +1. Exemple = sin n est majorée.. = 1 pour n 1 est strictement décroissante et bornée. n 3. = e n est croissante, minorée mais pas majorée. 4. On suppose que u 0 > 0 et a > 0, la suite géométrique = a n u 0 est croissante non majorée si a > 1, décroissante et bornée si a < 1, constante si a = La suite = sin( πn ) est périodique de période Proposition 1.5. La suite ( ) est bornée si et seulement si la suite ( un ) est majorée. Preuve 1.6. Supposons la suite ( ) bornée, elle est donc majorée. Par définition il existe K > 0 tel que pour tout n on a K. Elle est aussi minorée, donc il existe L < 0 tel que pour tout n on a L. Soit M = max(k, L). Alors pour tout n, on a M L K M, ce qui est équivalent à un M. Réciproquement supposons que la suite ( un ) est majorée. On a un réel M tel que pour tout n on a M qui est équivalent à M M. Alors M est un majorant et M est un minorant de la suite ( ). Définition 1.7 (limite d une suite). On dit qu une suite ( ) admet le réel l pour limite ou que ( ) converge vers l si On dit qu une suite ( ) tend vers + si ε > 0 N N tel que n N on a l < ε. K R N N tel que n N on a K. On dit qu une suite ( ) diverge si elle ne converge pas, c est-à-dire si elle n admet pas de limite dans R. On note suivant les cas Remarque On définit de même lim = l ou n + lim = +. n + 1. En particulier une suite qui tend vers + diverge. lim =. n + Exemple La suite constante = a pour a R fixé converge vers a. Choisissons un ε > 0. Il faut trouver un entier N tel que si n N alors a < ε. Comme a = 0 cette inégalité est toujours vraie et il suffit de prendre N = 0.. La suite définie par = n tend vers +. Il faut montrer que pour tout K R il existe un entier N tel que pour tout n tel que n N on a K. Il suffit de prendre pour N le plus petit entier K. 4

6 Deuxième partie Cours 5

7 Chapitre Propriétés de la limite Théoréme.1. Si une suite ( ) de réels admet une limite l R alors cette limite est unique. Preuve.. Par l absurde. Supposons qu il y a deux limites l et l avec l < l. Prenons ε = l l > 0. Comme l est limite de la suite ( ) il existe un entier N tel que pour tout n N on a l < ε, de même comme l est limite on a un entier N tel que pour tout n N on a l < ε. Alors si n max(n, N ) on peut écrire en utilisant l inégalité triangulaire pour la valeur absolue : l l = l l l + l < ε + ε = l l, ce qui est absurde. Proposition.3. Si une suite ( ) de réels converge, alors elle est bornée. Preuve.4. Commençons par le cas particulier où lim n + = 0. Par définition on a ε > 0 N N tel que n N on a 0 < ε. En particulier pour ε = 1, il existe N N tel que pour tout n N on a 1. Soit K = max u 0, u 1,..., u N 1, 1, on a alors K pour tout n, donc ( ) est bornée. Dans le cas général, on pose v n = l si l est la limite de ( ). Alors (v n ) a pour limite 0, donc d après le cas particulier la suite (v n ) est bornée : il existe M et m tels que m M pour tout n. Alors m + l M + l, ce qui prouve que la suite ( ) est bornée. Remarque.5. La réciproque est fausse. La suite définie par = ( 1) n est bornée et diverge. Proposition.6. Si ( ) est une suite bornée et si (v n ) est une suite qui converge vers 0, alors la suite ( v n ) converge vers 0. Preuve.7. Comme ( ) est bornée, la suite ( ) est majorée. Donc il existe un réel K tel que K pour tout n N. Fixons ε > 0. Comme (v n ) converge vers 0, il existe N N tel que v n < ε/k pour tout n N. Alors v n =. v n < K.ε/K; 6

8 Chapitre Proposition.8 (suite somme). Soient ( ) et (v n ) deux suites admettant comme limites respectives les réels l et l. Alors la suite somme (w n ), définie par tend vers l + l. w n = + v n, Preuve.9. Fixons ε > 0. On écrit la convergence de ( ) avec ε/ : il existe un N tel que si n N alors l < ε/. De même la convergence de (v n ) donne un M tel que si n M alors v n l < ε/. On en déduit que pour n K = max(m, N) on a l < ε/ et v n l < ε/. En utilisant l inégalité triangulaire, on obtient w n (l + l ) = + v n (l + l ) l + v n l < ε/ + ε/ = ε. Ceci prouve que (w n ) tend vers l + l. Remarque.10. Si lim n + = + et lim n + v n = 1 alors lim n + ( + v n ) = +. Par contre si lim n + = + et lim n + v n = alors on a une forme indéterminée qui nécessite une étude plus approfondie pour conclure. Proposition.11 (suite produit). Soient ( ) et (v n ) deux suites réelles admettant les nombres réels l et l comme limites. Alors la suite produit (w n ) définie par tend vers ll. w n = v n Preuve.1. Montrons que la suite (lv n ) tend vers l.l. En effet, la suite constante l est bornée et la suite (v n l ) tend vers 0. D après une proposition précédente la suite l(v n l ) converge vers 0. Donc la suite (lv n ) tend vers l.l. De même, la suite ( ) tend vers l, donc la suite ( l) tend vers 0. La suite (v n ) est convergente donc bornée, donc la suite v n ( l) converge vers 0, à nouveau à cause de une proposition précédente. En écrivant v n = ( v n lv n ) + lv n = v n ( l) + lv n, on voit que la suite ( v n ) tend vers l.l. Proposition.13 (suite des inverses). Soit ( ) une suite de réels strictement positifs. Si ( ) tend vers l > 0, alors 1 lim = 1 n + l. Preuve.14. Comme ( ) a pour limite l qui est strictement positif, il existe un entier N tel que si n N alors l < l/. On a donc > l l/ = l/. On en déduit que 1/ < /l pour n N, donc ( ) est majorée, donc bornée puisqu elle est minorée par 0. Ainsi la suite ( 1 ( l)) est le produit d une suite bornée par une suite qui tend vers 0, c est donc une suite qui tend vers 0. Comme 1 ( l) = 1 l, on en déduit que la suite l tend vers 1. Comme 1 = ( 1)( l l ), d après la limite d un produit on a que la suite ( 1 ) tend vers 1. l 7

9 Chapitre Proposition.15. Soit ( ) une suite de réels strictement positifs. 1. Si tend vers +, alors 1 tend vers 0.. Si tend vers 0, alors 1 tend vers +. Preuve Fixons ε > 0. Comme lim n + = +, il existe un entier N tel que si n N alors > 1. Donc 0 < 1 ε < ε ce qui prouve que 1 tend vers 0.. Fixons K R. Comme lim n + = 0, et > 0 pour tout n, on sait qu il existe un entier N tel que si n N alors 0 < < 1. Donc u K n > K, ce qui prouve que tend vers +. Remarque.17. La condition > 0 est essentielle. Par exemple, si = ( 1)n, la suite ( n) tend vers 0 mais la suite ( 1 ) n a pas de limite. Proposition.18 (passage à la limite des inégalités). Soient ( ) et (v n ) deux suites de réels qui convergent respectivement vers l et l. On suppose que à partir d un certain rang. Alors l l. v n Preuve.19. Par l absurde. Supposons que l l. Fixons un réel ε > 0 vérifiant l inégalité ε < l l. La convergence de ( ) vers l dit qu il existe un entier N tel que si n N alors un l < ε. La convergence de (v n ) vers l dit qu il existe un entier N tel que si n N alors Enfin il existe M tel que si n M alors v n l < ε. v n. Donc pour n max(n, N, M) les trois inégalités sont vraies. On en déduit que v n < l + ε < ε < un. Remarquons que la deuxième inégalité est équivalente à ε < l l. Ceci donne une contradiction avec une inégalité précédente. Remarque.0. La proposition n est plus vraie si on remplace les inégalités larges par des inégalités strictes. Prenons par exemple = 0 et v n = 1 n. Alors pour tout n 1 on a < v n, mais les deux suites ont la même limite 0. 8

10 Troisième partie Cours 3 9

11 Chapitre Proposition.1 (théorème des gendarmes). 1. Soient ( ) et (v n ) deux suites ayant la même limite l R. Soit (x n ) une suite telle qu à partir d un certain rang on ait les inégalités Alors la suite (x n ) converge vers l. x n v n.. Soient ( ) et (v n ) deux suites telles que lim n + = + et v n à partir d un certain rang. Alors (v n ) tend vers Soient ( ) et (v n ) deux suites telles que lim n + = et v n à partir d un certain rang. Alors (v n ) tend vers. Preuve.. 1. Fixons ε > 0. La convergence de ( ) vers l dit qu il existe un N tel que si n N alors l < ε, c est-à-dire l ε < < l + ε. La convergence de (v n ) vers l dit qu il existe un N tel que si n N alors v n l < ε, c est-à-dire l ε < v n < l + ε. Il existe aussi M tel que si n M alors x n v n. Donc si n max(n, N, M) on a l ε < x n v n < l + ε. On déduit que x n l < ε, ce qui prouve que la suite (x n ) tend vers l.. Par définition lim n + = + signifie que pour un réel K donné il existe un entier N tel que si n N alors K. D autre part on sait qu il existe un entier M tel que si n M alors v n. Donc si n max(m, N) on a v n K, ce qui prouve que v n tend vers On fait de même. Définition.3 (sous-suite). Soit ( ) une suite. On dit que la suite (v n ) est une sous-suite ou une suite extraite de ( ) s il existe une application strictement croissante φ : N N telle que pour tout n on a v n = u φ(n). Exemple Prenons la suite définie par = ( 1) n. L application φ : n n donne la sous-suite v n = = ( 1) n = 1. Cette sous-suite est une suite constante. De même φ : n n + 1 donne la sous-suite v n = +1 = ( 1) n+1 = 1. Cette sous-suite est aussi une suite constante.. Soit ( ) la suite définie par = sin( πn ). Elle est périodique de période 17. L application 17 φ : n 17n donne la sous-suite v n = u 17n = sin(πn) = 0. L application φ : n 17n + 1 donne v n = u 17n+1 = sin( π ) = Proposition.5. Soit ( ) une suite. Alors ( ) tend vers l si et seulement si toute sous-suite de ( ) tend vers l. 10

12 Chapitre Preuve.6. C est évident puisque la sous-suite (v n ) obtenue en prenant pour φ l identité de N est la suite ( ) elle-même. Soit (v n ) la sous-suite associée à l application φ : N N. Montrons d abord que pour tout n on a l inégalité φ(n) n. On procède par récurrence. On a φ(0) 0 puisque φ(0) N. Supposons que φ(n) n. On a φ(n + 1) > φ(n) puisque φ est strictement croissante. Donc φ(n + 1) > n, soit φ(n + 1) n + 1 puisque φ(n + 1) est un entier. Fixons ε > 0. Comme la suite ( ) tend vers l, il existe un entier N tel que si n N alors l < ε. Comme φ(n) n, on a u φ(n) l < ε pour n N, ce qui prouve que (v n ) tend vers l. Remarque.7. On utilise cette proposition pour montrer qu une suite diverge : si l on trouve deux sous-suites de ( ) qui tendent vers deux limites distinctes alors ( ) diverge. Exemple.8. Si = ( 1) n, on a trouvé deux sous-suites constantes égales à 1 et -1 Donc ( ) diverge. La suite définie par = sin( πn ) diverge car on a trouvé deux sous-suites (constantes) 17 ayant pour limite 0 et sin( πn). 17 Proposition.9. Une suite réelle qui est croissante et majorée converge vers l = sup{ n N}. Preuve.30. La partie A de R formée des pour n N est non vide et majorée. On admet qu une telle partie a une borne supérieure. Soit l cette borne supérieure, c est un majorant de A et c est le plus petit des majorants de A. Puisque l est un majorant on a l pour tout n. Soit ε > 0. Comme l est le plus petit majorant le nombre l ε n est pas un majorant de A, donc il existe un élément u N de A tel que l ε < u N. Comme ( ) est croissante, on a u N pour n N. On a donc pour n N : l ε < u N l < l + ε. On a donc l < ε et lim n + = l. De même on a Proposition.31. Une suite de réels qui est décroissante et minorée converge vers l = inf{ n N}. Proposition.3. Une suite ( ) de réels qui est croissante et non majorée tend vers +. Preuve.33. L assertion φ( ) est majorée s écrit K R n N K en français : il existe un majorant K de la suite ( ) La négation de cette assertion est K R n N > K en français : quel que soit K le nombre K n est pas un majorant de la suite ( ). 11

13 Chapitre Changeons de notations en échangeant les rôles de n et N : K R N Nu N > K Comme ( ) est croissante on a alors u N > K pour tout n N, c est la définition de lim n + = +. De même on a Proposition.34. Une suite ( ) de réels qui est décroissante et non minorée tend vers -1. 1

14 Chapitre 3 Suites adjacentes Proposition 3.1. Soient ( ) et (v n ) deux suites telles que 1. ( ) est croissante,. (v n ) est décroissante, 3. la suite (v n ) tend vers 0. Alors les deux suites ( ) et (v n ) ont la même limite. Dans ce cas on dit que les deux suites sont adjacentes. Preuve 3.. Pour tout n on a d où ce qui donne par addition +1 et v n v n+1 +1 et v n v n+1 v n v n La suite (v n ) est donc décroissante. Comme elle tend vers 0, on en déduit que v n 0 pour tout n, c est-à-dire v n. On a alors v n v 0 puisque (v n ) est décroissante. La suite ( ) est donc majorée et est croissante donc elle converge vers une limite l. De même la suite (v n ) est minorée par u 0 et est décroissante, donc elle converge vers une limite l. La suite (v n ) tend vers l l qui est nul à cause de l hypothèse (3). Donc on a bien l = l. Exemple 3.3 (suites arithmético-géométriques). Soient u 0 et v 0 deux réels avec v 0 > u 0 > 0. On définit les deux suites ( ) et (v n ) par les formules +1 = v n et v n+1 = un+vn. On vérifie que ces deux suites sont adjacentes. Pour établir la condition (3) on peut montrer que v n+1 +1 v n. 13

15 Quatrième partie Cours 4 14

16 Chapitre 3 Théoréme 3.4 (Bolzano-Weierstrass). Soit ( ) une suite bornée, alors il existe une sous-suite de ( ) convergente. Preuve 3.5. Soit [a, b] avec a < b un intervalle qui contient les termes de la suite ( ). On procède par dichotomie, c est-à-dire que l on va couper l intervalle [a, b] en deux en gardant une moitié qui contient une infinité de valeurs de ( ). Si les deux moitiés conviennent, on dit qu on garde celle de gauche. Posons a 0 = a et b 0 = b. Soient [a 1, b 1 ] la moitié de [a, b] que l on garde, On a a 0 a 1 et b 1 b 0. On a aussi b 1 a 1 = b 0 a 0. On itère le procédé ce qui donne deux suites (a k ) et (b k ) telles que a k a k+1 et b k+1 b k. On a aussi b k+1 a k+1 = b k a k. et l intervalle [a k, b k ] contient une infinité de termes de la suite ( ). Les deux suites (a k ) et (b k ) sont donc adjacentes. Donc elle convergent vers la même limite l. On construit alors une sous-suite (v n ) de ( ). On prend pour v 0 = u 0. On choisit pour v 1 un des ( ) qui est dans [a 1, b 1 ]. On suppose que l on a choisi v k où v k = u φ(k). On choisit alors pour v k+1 un des termes de ( ) qui est dans [a k+1, b k+1 ] de sorte que φ(k + 1) > φ(k), cette condition n enlève qu un nombre fini de possibilités, comme il y en a une infinité par construction ce n est pas gênant. On a alors a n v n b n et par le théorème des gendarmes la suite (v n ) tend aussi vers l. Deuxième démonstration (plus courte). On considère le sous-ensemble de N défini par A = {n N k nu k }. On distingue deux cas. Premier cas : A est un ensemble infini. Alors la suite extraite ( ) n A est croissante et majorée, donc converge. Deuxième cas : A est un ensemble fini. Alors il existe M N tel que si n M alors n A, ce qui est équivalent à n M il existe un entier k n tel que u k <. Ceci permet d extraire une sous-suite strictement décroissante de ( ). Comme elle est minorée, elle converge. Remarque On a déjà vu des sous-suites convergentes dans le cas où = ( 1) n ou = sin( πn). 17. Si on prend = sin n, il y a beaucoup de sous-suites convergentes : on peut montrer que pour tout l [ 1, 1] il existe une sous-suite de ( ) qui converge vers l. C est plus difficile que dans les deux exemples précédents. 15

17 Chapitre 4 Valeur d adhérence d une suite Définition 4.1. Soit ( ) n N une suite de K. Une sous-suite ou suite extraire de ( ) n N est une suite de la forme (v k ) k N avec v k = u φ(k) et φ : N N une application strictement croissante. Définition 4.. Soit ( ) n N une suite de K. On dit qu un nombre l K est une valeur d adhérence de ( ) n N s il est limite d une suite extraite de ( ) n N. Exemple 4.3. La suite (+1 ) n N est une sous suite de la suite ( ) n N : on a oublié le terme d indice nul et sélectionné tous les autres. La fonction φ correspondante est définie par φ(n) = n + 1. La suite ( ) n N est une sous suite de la suite ( ) n N dont on a retenu les termes d indices pairs et dont on a oublié ceux d indices impairs. La fonction φ correspondante est définie par φ(n) = n. De même, la suite (+1 ) n N est une sous suite de la suite ( ) n N dont on a retenu les termes d indices impairs et dont on a oublié ceux d indices pairs. La fonction φ correspondante est définie par φ(n) = n + 1. Si par exemple = ( 1) n, les suites ( ) n N et (+1 ) n N sont les suites constantes de valeurs 1 et -1 respectivement. La suite (u (n+1)! ) n N est une sous-suite de ( ) n N dont le nombre de termes oubliés entre deux termes consécutifs retenus tend vers +. On peut noter que dans tous les exemples que nous avons cités, on a φ(n) n. En fait, c est toujours le cas comme le montre le lemme suivant. Lemme 4.1. Si φ : N N est une application strictement croissante, alors φ(n) n pour tout n N. Preuve 4.4. On démontre par récurrence sur n que l inégalité (H n ) : φ(n) n. Par hypothèse, φ(0) N donc φ(0) 0, ce qui montre (H 0 ). Soit n N quelconque. On suppose que pour cet entier n, l inégalité (H n ) est vérifiée. Alors la croissance stricte de φ montre que φ(n + 1) > φ(n) n, ce qui entraîne que φ(n + 1) > n + 1, où on reconnaît (H n+1 ). On a donc établi par récurrence, l inégalité (H n ) pour tout n N. On peut aussi vérifier qu une sous-suite d une sous-suite est encore une sous-suite. Nous allons maintenant étudier le lien entre la notion de valeur d adhérence et celle de convergence. Proposition 4.5. Soit ( ) n N une suite convergente de limite l. Alors toute sous-suite de ( ) n N est convergente de limite l. 16

18 Chapitre 4 Preuve 4.6. Soit (u φ(n) ) n N une sous-suite de ( ) n N, avec φ une application strictement croissante. On suppose que ( ) n N converge vers l. Soit ε > 0. Par définition de l, il existe N N tel que l < ε pour tout n N. Mais φ(n) n N d après le lemme précédent. Il en résulte que u φ(n) l < ε, ce qui montre que la suite (u φ(n) ) n N converge vers l et prouve notre assertion. Proposition 4.7. Le nombre l K est une valeur d adhérence de la suite ( ) n N si et seulement si : ε R +, N N, n N, n N et l < ε. Théoréme 4.8. Toute suite bornée de K admet au moins une valeur d adhérence. Proposition 4.9. Soit A une partie de R. Un élément a est adhérent à A si et seulement si il existe une suite (a n ) n N d éléments de A qui converge vers a. Proposition Soit (a n ) n N une suite déléments de R. On note, pour m N A m = {a n n m}. Alors l ensemble des valeurs d adhérence de la suite (a n ) n N est m N A m. 17

19 Chapitre 5 Comparaison de suites Définition 5.1 (équivalent, négligeable, dominé). Soient ( ) et (v n ) deux suites. On suppose qu à partir d un certain rang N on a v n = On dit que ( ) est équivalent à (v n ) si la suite ( un v n ) tend vers 1.. On dit que ( ) est négligeable devant (v n ) si la suite ( un v n ) tend vers On dit que ( ) est dominée par (v n ) si la suite ( un v n ) est bornée. Définition 5. (Notation de Landau). 1. Si ( ) est équivalent à (v n ) on note v n.. Si ( ) est négligeable devant (v n ) on note = o(v n ) (petit o). 3. Si ( ) est dominée par (v n ) on note = O(v n ) (grand O). Proposition 5.3. Si la suite ( ) est équivalente à la suite (v n ), la suite (v n ) est équivalente à ( ). Preuve 5.4. Prenons ε = 1. À partir d un certain rang on a 1 ε = 1 un v n 1 + ε = 3. On en déduit qu à partir d un certain rang = 0. On sait qu alors la suite ( vn ) a pour limite l inverse de la limite de la suite un v n. Elle tend donc vers 1. Remarque 5.5. Les trois propriétés négligeable, équivalente, dominée sont des propriétés à l infini des suites : la valeur de l entier N n a pas d importance. Proposition 5.6. Soient (a n ) une suite non nulle à partir d un certain rang et ( ) et (v n ) deux suites équivalentes. Alors 1. la suite (a n ) est équivalente à la suite (a n v n ).. si ( ) et (v n ) sont non nulles à partir d un certain rang les suites ( an ) et ( an v n ) sont équivalentes. Preuve On a les égalités 1. On sait que lim n + vn a n v n lim = n + a n ce qui prouve l affirmation. v n lim = n + = 1. Comme unan v na n 18 lim n + 1 = vn = un v n, on obtient lim n + a n v na n = 1 u lim n = 1. n + vn

20 Chapitre 5 Remarque 5.8. Les équivalents ne s ajoutent pas! Exemple 5.9. Prenons a n = n, = n et v n = n + 1. Les deux suites ( ) et (v n ) sont équivalentes, car la suite = n v n n + 1 = 1 1 n + 1 tend vers 1. Mais a n + = 0 et a n + v n = 1, donc a n + lim = 0. n + a n + v n Proposition Soit ( ) une suite et λ [0, 1[. Si à partir d un certain rang N on a alors ( ) tend vers λ un n N Preuve En itérant k fois l inégalité précédente on obtient Donc par une proposition précédente u N+k λ u N+k 1 λ u N+k... λ k u N. lim u N+k = lim k + k + (λk u N ) = ( lim k + λk ) u N = 0. Comme u N+k 0, on en déduit que lim k + u N+k = 0, donc lim k + u N+k = 0 et lim n + = 0. Proposition 5.1. Soient ( ) et (v n ) deux suites strictement positives. Soit λ [0, 1[. On suppose qu à partir d un certain rang N on a Alors ( ) est négligeable devant(v n ). +1 λ v n+1 v n n N. u Preuve En multipliant l inégalité précédente par n v n+1 +1 λ. v n+1 v n qui est > 0, on obtient La suite ( un v n ) vérifie les conditions de la proposition précédente donc ( un v n ) tend vers 0, ce qui veut dire que = o(v n ). Proposition On considère les suites 1. pour n, soit = (ln n) β avec β > 0,. pour n 1, soit v n = n α avec α > 0, 3. pour n 0, soit w n = a n avec a > 1, 4. pour n 0, on pose z n = n! Alors = o(v n ), v n = o(w n ) et w n = o(z n ). 19

21 Chapitre 5 Preuve Montrons d abord que v n = o(w n ). Pour cela montrons qu il existe λ [0, 1[ tel que et utilisons la proposition précédente. Un calcul simple montre que Comme lim n + v n+1 v n v n+1 v n car la suite ( v n+1 v n ) est décroissante et v n+1 v n λ w n+1 w n = (1 + 1 n )α et w n+1 w n = a > 1. = 1, il existe N tel que si n N on a v n+1 v n 1 < 1 + a < 1 + a < a. Prenons λ = 1+a. Alors 0 < λ < 1 et pour n N on a a v n+1 v n = 1 + a = 1 + a a a = λa = λw n+1 w n. On voit que les conditions de la proposition précédente sont satisfaites et donc on conclut que v n = o(w n ).. Montrons que = o(v n ). Il suffit de prouver (ln n) β lim = 0. n n α Or (ln n) β ln n = ( ) β ln n = ( n α n α β n γ )β, où l on a posé γ = α. On admettra l égalité suivante : β De plus on remarque que Par conséquent il suffit de montrer n ln n lim (ln n n γ )β = ( lim n n γ )β. (ln n) n γ = 1 γ ln(n γ ) n γ. ln(n γ ) lim = 0. n n γ Pour cela posons = ln(n γ ). Alors la suite ( ) tend vers +, car lim n nγ = + et lim ln x = +, n 0

22 Chapitre 5 ce qu on admettra aussi. Dans la première partie de la démonstration, posons α = 1 et a = e, on obtient que la suite tend vers 0. Fixons ε > 0. Il existe un entier N tel que si n N on a n e n n < ε. en De plus la fonction f(x) = x a pour dérivée f (x) = 1 x donc f (x) 0 si x 1 et par e x e x conséquent f est décroissante sur l intervalle [1, + [. La décroissance de f implique que pour N Ainsi on a prouvé que 3. Montrons que w n = o(z n ). On a lim n e un e un N < ε. en = lim ln(n γ ) = 0. n n γ w n+1 w n = a et z n+1 z n = (n + 1)! n! = n + 1. Pour n assez grand on a z n+1 = n + 1 a. z n Donc il existe un entier N tel que si n N on a a = w n+1 1 z n+1 = n + 1. w n z n C est la condition d une proposition précédente avec λ = 1. 1

23 Chapitre 6 Suites complexes Définition 6.1. Une suite complexe est une famille (z n ) n N de nombres complexes indexée par les entiers. On généralise la notion de limite vue dans le cas réel au cas complexe en remplaâ cant la valeur absolue (d un nombre réel) par le module (d un nombre complexe). Définition 6.. On dit que la suite complexe (z n ) converge vers l C si pour tout ε > 0 il existe un entier N tel que si n N alors z n l < ε. Soit (z n ) une suite complexe, en posant z n = x n + iy n avec x n et y n réels on définit deux suites réelles (x n ) et (yn). Proposition 6.3. La suite complexe (z n ) converge si et seulement si sa partie réelle (x n ) et sa partie imaginaire (y n ) convergent. Preuve 6.4. Supposons que (z n ) converge vers l C. On écrit l = a + ib avec a et b réels. On a l inégalité suivante x n a = (x n a) (x n a) + (y n b) = z n l, car (y n b) 0. On en déduit que la suite (x n ) tend vers a. On démontre de même que la suite (y n ) tend vers b. Réciproquement, on suppose que la suite (x n ) converge vers a R et que la suite (y n ) converge vers b R. On pose l = a + ib et on va montrer que la suite complexe (z n ) converge vers l. En effet on a z n l x n a + y n b, car u + iv u + v pour tous réels u, v. Cette inégalité est équivalente à u + v u + v, qui au carré est u +v u +v + uv, qui est évidemment vraie. Fixons ε > 0. Puisque la suite (x n ) tend vers a il existe un entier N tel que si n N alors x n a < ε/. De même il existe N tel que si n N alors y n b < ε/. Alors si n max(n, N ) on a z n l x n a + y n b < ε. Lemme 6.1 (Inégalité triangulaire). Pour tout z, z C on a les inégalités z z z z z + z.

24 Chapitre 6 Preuve 6.5. Posons z = x+iy et z = x +iy avec x, y, x, y réels. L inégalité z z z + z s écrit (x x ) + (y y ) x + y + x + y. En élevant au carré on est ramené à montrer que (x x ) + (y y ) x + y + x + y + (x + y )(x + y ) ou En élevant encore au carré, on arrive à (xx + yy ) (x + y )(x + y ). 0 (xy x y) qui est vrai. On déduit la première inégalité de la deuxième. Posons u = x y. On a alors y = x u et u x + x u, d où u x x u. De même on a x u u x = x u, donc u x x u. Proposition 6.6. Si la suite complexe (z n ) converge vers l alors la suite réelle ( z n ) converge vers l. Preuve 6.7. Par l inégalité triangulaire on a zn l zn l. Exemple 6.8. Soit a un nombre complexe non nul. Étudions la suite (z n ) définie par On distingue trois cas. z n = a n. 1. a > 1 : la suite réelle ( a n ) = ( a n ) tend vers +, donc d après la proposition précédente (z n ) diverge.. a < 1 : la suite réelle ( a n ) = ( a n ) tend vers 0 et (z n ) tend aussi vers a = 1 : supposons que (z n ) converge vers l. On a la relation z n+1 = az n, donc à la limite l = al. On obtient donc que a = 1 ou bien l = 0. Comme la suite ( a n ) est constante et égale à 1, on voit que l = 1. Le cas l = 0 est donc exclu. Finalement si a = 1, la suite (z n ) converge si et seulement si a = 1. 3

25 Cinquième partie Exercices 4

26 Chapitre 7 Exercices Exercice 1. Soit ( ) n N une suite de R. Que pensez-vous des propositions suivantes : Si ( ) n converge vers un réel l alors ( ) n et (+1 ) n convergent vers l. Si ( ) n et (+1 ) n sont convergentes, il en est de même de ( ) n. Si ( ) n et (+1 ) n sont convergentes, de même limite l, il en est de même de ( ) n. Indication 1. Dans l ordre c est vrai, faux et vrai. Lorsque c est faux chercher un contre-exemple, lorsque c est vrai il faut le prouver. Correction Vraie. Toute sous-suite d une suite convergente est convergente et admet la même limite.. Faux. Un contre-exemple est la suite ( ) n définie par = ( 1) n. Alors ( ) n est la suite constante (donc convergente) de valeur 1, et (+1 ) n est constante de valeur 1. Cependant la suite ( ) n n est pas convergente. 3. Vraie. La convergence de la suite ( ) n vers l, que nous souhaitons démontrer, s écrit : ε > 0 N N tel que (n N l < ε. Fixons ε > 0. Comme, par hypothése, la suite (u p ) p converge vers l alors il existe N 1 tel p N 1 u p l < ε. Et de même, pour la suite (u p+1 ) p il existe N tel que Soit N = max(n 1, N ), alors p + 1 N 1 u p+1 l < ε. n N l < ε. Ce qui prouve la convergence de ( ) n vers l. Exercice. Montrer que toute suite convergente est bornée. 5

27 Chapitre 7 Indication. Écrire la définition de la convergence d une suite ( ) avec les ε. Comme on a une proposition qui est vraie pour tout ε > 0, c est en particulier vrai pour ε = 1. Cela nous donne un N. Ensuite séparez la suite en deux : regardez les n < N (il n y a qu un nombre fini de termes) et les n N (pour lequel on utilise notre ε = 1). Correction. Soit ( ) une suite convergeant vers l R. Par définition ε > 0 N N n N l < ε. Choisissons ε = 1, nous obtenons le N correspondant. Alors pour n N, nous avons l < 1, soit l 1 < < l + 1. Notons M = max n=1,...,n { } et puis M = max(m, l + 1). Alors pour tout n N M. De même en posant m = min n=1,...,n { } et m = min(m, l 1) nous obtenons pour tout n N, m. Exercice 3. Montrer que la suite ( ) n N définie par n est pas convergente. = ( 1) n + 1 n Indication 3. On prendra garde à ne pas parler de limite d une suite sans savoir au préalable qu elle converge! Vous pouvez utiliser le résultat du cours suivant : Soit ( ) une suite convergeant vers la limite l alors toute sous-suite (v n ) de ( ) a pour limite l. Correction 3. Beaucoup d entre vous ont compris que n avait pas de limite, mais peu sont arrivé à en donner une démonstration formelle. En effet, dès lors qu on ne sait pas qu une suite ( ) converge, on ne peut pas écrire lim, c est un nombre qui n est pas défini. Par exemple l égalité lim n ( 1)n + 1/n = lim ( 1) n n n a pas de sens. Par contre voilà ce qu on peut dire : Comme la suite 1/n tend vers 0 quand n, la suite est convergente si et seulement si la suite ( 1) n l est. De plus, dans le cas où elles sont toutes les deux convergentes, elles ont même limite. Cette affirmation provient tout simplement du théorème suivant Théoréme 7.1. Soient et v n deux suites convergeant vers deux limites l et l. Alors la suite w n = + v n est convergente (on peut donc parler de sa limite) et lim w n = l + l. De plus, il n est pas vrai que toute suite convergente doitforcément être croissante et majorée ou décroissante et minorée. Par exemple, ( 1) n /n est une suite qui converge vers 0 mais qui n est ni croissante, ni décroissante. A ce propos d ailleurs, on ne dit pas d une suite qu elle est croissante pour n pair et décroissante pour n impair même si je comprends ce que cela signifie. On dit qu une telle suite n est ni croissante ni décroissante (et c est tout). Voici maintenant un exemple de rédaction de l exercice. On veut montrer que la suite n est pas convergente. Supposons donc par l absurde qu elle soit convergente et notons l = lim n. (Cette expression a un sens puisqu on suppose que converge). 6

28 Chapitre 7 Rappel 1. Une sous-suite de (on dit aussi suite extraite de ) est une suite v n de la forme v n = u φ(n) où φ est une application strictement croissante de N dans N. Cette fonction φ correspond au choix des indices qu on veut garder dans notre sous-suite. Par exemple, si on ne veut garder dans la suite que les termes pour lesquels n est un multiple de trois, on pourra poser φ(n) = 3n, c est à dire v n = u 3n. Considérons maintenant les sous-suites v n = et w n = +1 de ( ). On a que v n = 1 + 1/n 1 et que w n = 1 + 1/(n + 1) 1. Or on a le théorème suivant sur les sous-suites d une suite convergente : Théoréme 7.. Soit une suite convergeant vers la limite l (le théorème est encore vrai si l = + ou l = ). Alors, toute sous suite v n de a pour limite l. Par conséquent, ici, on a que lim v n = l et lim w n = l donc l = 1 et l = 1 ce qui est une contradiction. L hypothèse disant que ( ) était convergente est donc fausse. Donc ne converge pas. Montrons que est bornée. On a que 1 ( 1) n 1 donc donc est bornée. 0 1/n 1 1 Rappel. Le théorème de Bolzano-Weïerstrass dit ceci : Soit ( ) une suite de réels bornée. Alors, il existe une sous-suite de ( ) qui est convergente. (C est un théorème très puissant). Ici, on nous demande d exhiber une sous-suite de qui soit convergente. Mais on a déjà vu que v n = 1. v n = est donc une suite extraite convergente. Remarque 7.3. Il y a d autres sous-suites convergentes : (u 4n ) (u n), (! ) et (u 3 n) sont des sous-suites convergentes de. Exercice 4. Montrer qu une suite d entiers qui converge est stationnaire à partir d un certain rang. Indication 4. Écrire la convergence de la suite et fixer ε = 1. Correction 4. Soit ( ) n une suite d entiers qui converge vers l R. Dans l intervalle I =]l 1, l + 1 [ de longueur 1, il existe au plus un élément de N. Donc I N est soit vide soit un singleton {a}. La convergence de ( ) n s écrit : ε > 0 N N tel que (n N l < ε). 7

29 Chapitre 7 Fixons ε = 1, nous obtenons le N correspondant. Et pour n N, I. Mais de plus est un entier, donc n N I N. En conséquent, I N n est pas vide (par exemple u N en est un élément) donc I N = {a}. L implication précédente s écrit maintenant : n N = a. Donc la suite ( ) n est stationnaire (au moins) à partir de N. En prime, elle est bien évidemment convergente vers l = a N. Exercice 5. Soit H n = n. 1. En utilisant une intégrale, montrer que n > 0. En déduire que ln(n + 1) H n ln(n) Déterminer la limite de H n. 4. Montrer que = H n ln(n) est décroissante et positive. 5. Conclusion? 1 n + 1 ln(n + 1) ln(n) 1 n. Indication En se rappellant que l intégrale calcule une aire montrer : 1 n + 1 n+1 n dt t 1 n.. Pour chacune des majoration il s agit de faire la somme de l inégalité précédente et de s apercevoir que d un coté on calcule H n et de l autre les termes s éliminent presque tous deux à deux. 3. La limite est Calculer C est le théoréme de Bolzano-Weierstrass. Correction La fonction t 1 t est décroissante sur [n, n + 1] donc 1 n + 1 n+1 n dt t 1 n (C est un encadrement de l aire de l ensemble des points (x, y) du plan tels que x [n, n+1] et 0 y 1/x par l aire de deux rectangles.) Nous obtenons l inégalité : 1 n + 1 ln(n + 1) ln(n) 1 n.. H n = , nous majorons chaque terme de cette somme en utilisant n n 1 l inégalité 1 ln(k) ln(k 1) obtenue précédemment : nous obtenons H k n ln(n) ln(n 1) + ln(n 1) ln(n ) + + ln ln Cette somme est télescopique (la plupart des termes s éliminent et en plus ln 1 = 0) et donne H n ln n + 1. L autre inégalité s obtient de la façon similaire en utilisant l inégalité ln(k + 1) ln(k) 1. k 8

30 Chapitre 7 3. Comme H n ln(n + 1) et que ln(n + 1) + quand n + alors H n + quand n = H n+1 H n ln(n + 1) + ln(n) = 1 (ln n + 1 ln n) 0 d après la n+1 première question. Donc +1 = f( 1 ) 0. Donc +1 n+1 et la suite ( ) est décroissante. Enfin comme H n ln(n + 1) alors H n ln n et donc La suite ( ) est décroissante et minorée (par 0) donc elle converge vers un réel γ. Ce réel γ est la constante d Euler (Leonhard Euler, , mathématicien d origine suisse). Cette constante vaut environ 0, mais on ne sait pas si γ est rationnel ou irrationnel. Exercice 6. Soit q un entier au moins égal à. Pour tout n N, on pose = cos nπ q. 1. Montrer que +q =, n N.. Calculer q et q+1. En déduire que la suite n a pas de limite. Indication 6. Pour la deuxiéme question, raisonner par l absurde et trouver deux sous-suites ayant des limites distinctes. Correction q = cos (n+q)π q = cos (n)π q + π = cos (n+q)π q =.. q = cos (nq)π = cos nπ = 1 = u q 0 et q+1 = cos (nq+1)π = cos π = u q q 1. Supposons, par l absurde que ( ) converge vers l. Alors la sous-suite (q ) n converge vers l comme q = u 0 = 1 pout tout n alors l = 1. D autre part la sous-suite (q+1 ) n converge aussi vers l, mais q+1 = u 1 = cos π, donc l = cos π. Nous obtenons une contradiction car pour q q q, nous avons cos π = 1. Donc la suite (u q n) ne converge pas. Exercice 7. On considère la fonction f : R R définie par f(x) = x3 9 + x et on définit la suite (x n ) n 0 en posant x 0 = 0 et x n+1 = f(x n ) pour n N. 1. Montrer que l équation x 3 3x + 1 = 0 possède une solution unique α ]0, 1/[.. Montrer que l équation f(x) = x est équivalente à l équation x 3 3x + 1 = 0 et en déduire que α est l unique solution de l équation f(x) = x dans l intervalle [0, 1/]. 3. Montrer que f(r + ) R + et que la fonction f est croissante sur R +. En déduire que la suite (x n ) est croissante. 4. Montrer que f(1/) < 1/ et en déduire que 0 x n < 1/ pour tout n Montrer que la suite (x n ) n 0 converge vers α. Indication 7. Pour la première question : attention on ne demande pas de calculer α! L existence vient du théoréme des valeurs intermédiaires. L unicité vient du fait que la fonction est strictement croissante. Pour la derniére question : il faut d une part montrer que (x n ) converge et on note l sa limite et d autre part il faut montrer que l = α. 9

31 Chapitre 7 Correction La fonction polynomiale P (x) := x 3 3x + 1 est continue et dérivable sur R et sa dérivée est P (x) = 3x 3, qui est strictement négative sur ] 1, +1[. Par conséquent P est strictement décroissante sur ] 1, +1[. Comme P (0) = 1 > 0 et P (1/) = 3/8 < 0 il en résulte grâce au théorème des valeurs intermédiaires qu il existe un réel unique α ]0, 1/ [ tel que P (α) = 0.. Comme f(x) x = (x 3 3x + 1)/9 il en résulte que α est l unique solution de l équation f(x) = x dans ]0, 1/[. 3. Comme f (x) = (x +)/3 > 0 pour tout x R, on en déduit que f est strictement croissante sur R. Comme f(0) = 1/9 et lim x + f(x) = +, on en déduit que f(r + ) = [1/9, + [. Comme x 1 = f(x 0 ) = 1/9 > 0 = x 0, et que f est strictement croissante sur R +, on en déduit par récurrence que x n+1 > x n pour tout n N ce qui prouve que la suite (x n ) est croissante. 4. Un calcul simple montre que f(1/) < 1/. Comme 0 = x 0 < 1/ et que f est croissante on en déduit par récurrence que x n < 1/ pour tout n N. 5. D après les questions précédentes, la suite (x n ) est croissante et majorée elle converge donc vers un nombre réel l ]0, 1/]. De plus comme x n+1 = f(x n ) pour tout n N, on en déduit par continuité de f que l = f(l). Comme f(1/) < 1/, On en déduit que l ]0, 1/[ et vérifie l équation f(l) = l. D après la question, on en déduit que l = α et donc (x n ) converge vers α. Exercice 8. Posons u = 1 1 et pour tout entier n 3, = (1 1 )(1 1 3 ) (1 1 n ). Calculer. En déduire que l on a lim = 1. Indication 8. Remarquer que 1 1 k = (k 1)(k+1) k.k. Puis simplifier l écriture de. Correction 8. Remarquons d abord que 1 1 = 1 k k k sous la cette forme, l écriture va se simplifier radicalement : = (k 1)(k+1) k.k. En écrivant les fractions de = ( 1)( + 1) (3 1)(3 + 1). 3.3 (k 1)(k + 1) k.k (k)(k + ) (k + 1).(k + 1) (n 1)(n + 1) n.n Tous les termes des numérateurs se retrouvent au dénominateur (et vice-versa), sauf aux extrémités. D où : = 1 n + 1 n. Donc ( ) tends vers 1 lorsque n tend vers +. 30

32 Chapitre 7 Exercice 9. Déterminer les limites lorsque n tend vers l infini des suites ci-dessous ; pour chacune, essayer de préciser en quelques mots la méthode employée ; 1 ; 1 3 ;... ; ( 1)n 1 ;... n. /1 ; 4/3 ; 6/5 ;... ; n/(n 1) ; ,3 ; 0,33 ;... ; 0,33 3 ; n + n + + n 1 n (n + 1)(n + )(n + 3) 5. [ n (n 1) 6. n + 1 ] n n + ( 1) n n ( 1) n n n+1 n + 3 n 9. ( 1/ + 1/4 + 1/ / n) puis ) ( 1)n 10. ( n 11. ( n + 1 n ) ; ; ; n sin(n!) n Démontrer la formule n = 1 n(n + 1)(n + 1) ; en déduire 6 1+ lim n n. n 3 Indication 9. Correction / / / ; /

33 Chapitre /3. Exercice 10. Soit a > 0. On définit la suite ( ) n 0 par u 0 un réel vérifiant u 0 > 0 et par la relation +1 = 1 ) ( + aun. On se propose de montrer que ( ) tend vers a. 1. Montrer que +1 a = ( a) 4.. Montrer que si n 1 alors a puis que la suite ( ) n 1 est décroissante. 3. En déduire que la suite ( ) converge vers a. 4. En utilisant la relation +1 a = (+1 a)(+1 + a) donner une majoration de +1 a en fonction de a. 5. Si u 1 a k et pour n 1 montrer que a ( ) n 1 k a. a 6. Application : Calculer 10 avec une précision de 8 chiffres aprés la virgule, en prenant u 0 = 3. Indication C est un calcul de réduction au méme dénominateur.. Pour montrer la décroisance, montrer Montrer d abord que la suite converge, montrer ensuite que la limite est a. 4. Penser à écrire u n+1 a = (+1 a)(+1 + a). 5. Raisonner par récurrence. 6. Pour u 0 = 3 on a u 1 = 3, , donc 3 10 u 1 et on peut prendre k = 0.17 par exemple et n = 4 suffit pour la précision demandée. Correction u n+1 a = 1 4 = 1 ( ) u n + a a 4u n (u 4 n au n + a ) = 1 (u n a) 4 u n. Il est clair que pour n 0 on a 0. D aprés l égalité précédente pour n 0, u n+1 a et comme +1 est positif alors +1 a. 3

34 Chapitre 7 ( ) Soit n 1. Calculons le quotient de +1 par : +1 = a a or 1 car u n u n a. Donc +1 1 et donc +1. La suite ( ) n 1 est donc décroissante. 3. La suite ( ) n 1 est décroissante et minorée par a donc elle converge vers une limite l > 0. D aprés la relation +1 = 1 ) ( + aun quand n + alors l et +1 l. À la limite nous obtenons la relation l = 1 ( l + a ). l La seule solution positive est l = a. Conclusion ( ) converge vers a. 4. La relation s écrit aussi Donc u n+1 a = ( a) 4u n (+1 a)(+1 + a) = ( a) ( + a). 4u n +1 a = ( ( a) 1 4(+1 + un + a a) ( ( ) a) 1 a 4( 1 + a) ( a) 1 a ) 5. Par récurrence pour n = 1, u 1 a 1. Si la proposition est vraie rang n, alors +1 a 1 a ( a) 1 a ( a) a ( ) n k a ( ( ) ) n 1 k a 6. Soit u 0 = 3, alors u 1 = 1 ( ) = 3, Comme 3 10 u 1 donc u Nous pouvons choisir k = 0, 17. Pour que l erreur a soit inférieure à 10 8 il suffit de calculer le terme u 4 car alors l erreur (calculée par la formule de la question précédente) est inférieure à 1, Nous obtenons u 4 = 3,

35 Chapitre 7 Exercice 11. On considère les deux suites : = ! n! ; n N, v n = + 1 n! ; n N. Montrer que ( ) n et (v n ) n convergent vers une même limite. Et montrer que cette limite est un élément de R Q. Indication Montrer que ( ) est croissante et (v n ) décroissante.. Montrer que ( ) est majorée et (v n ) minorée. Montrer que ces suites ont la méme limite. 3. Raisonner par l absurde : si la limite l = p q alors multiplier l inégalité u q p q v q par q! et raisonner avec des entiers. Correction La suite ( ) est strictement croissante, en effet +1 = 1 (n+1)! suite (v n ) est strictement décroissante : v n+1 v n = +1 + > 0. La 1 (n + 1)! 1 n! = 1 (n + 1)! + 1 (n + 1)! 1 n! = 1 n! ( n 1). Donc pour à partir de n, la suite (v n ) est strictement décroissante.. Comme v n v, alors ( ) est une suite croissante et majorée. Donc elle converge vers l R. De méme v n u 0, donc (v n ) est une suite décroissante et minorée. Donc elle converge vers l R. De plus v n = 1 n!. Et donc (v n ) tend vers 0 ce qui prouve que l = l. 3. Supposons que l Q, nous écrivons alors l = p q p q v n. avec p, q N. Nous obtenons pour n : Ecrivons cette égalité pour n = q : u q p q v q et multiplions par q! : q!u q q! p q q!v q. Dans cette double inégalité toutes les termes sont des entiers! De plus v q = u q + 1 q! donc : q!u q q! p q q!u q + 1. Donc l entier q! p est égal à l entier q!u q q ou à q!u q + 1 = q!v q. Nous obtenons que l = p est q égal à u q ou à v q. Supposons par exemple que l = u q, comme la suite ( ) est strictement croissante alors u q < u q+1 < < l, ce qui aboutit à une contradiction. Le méme raisonnement s applique en supposant l = v q car la suite (v n ) est strictement décroissante. Pour conclure nous avons montrer que l n est pas un nombre rationnel. En fait l est le nombre e = exp(1). 34

36 Chapitre 7 Exercice 1. Soient a et b deux réels, a < b. On considère la fonction f : [a, b] [a, b], supposée continue et monotone, et une suite récurrente ( ) n définie par : u 0 [a, b] et n N, +1 = f( ). 1. On suppose que f est croissante. Montrer que ( ) n est monotone et en déduire sa convergence vers une solution de l équation f(x) = x.. Application : u 0 = 4 et n N, +1 = On suppose que f est décroissante. Montrer que les suites ( ) n et (+1 ) n sont monotones et convergentes. 4. Application : u 0 = 1 et n N, +1 = (1 ). Calculer les limites des suites ( ) n et (+1 ) n. Indication 1. Pour la première question et la monotonie il faut raisonner par récurrence. Pour la troisiéme question, remarquer que si f est décroissante alors f f est croissante et appliquer la première question. Correction Si u 0 u 1 alors comme f est croissante f(u 0 ) f(u 1 ) donc u 1 u, ensuite f(u 1 ) f(u ) soit u u 3... Par récurrence on montre que ( ) est décroissante. Comme elle est minorée par a alors elle converge. Si u 0 u 1 alors la suite ( ) est croissante et majorée par b donc converge. Notons l la limite de ( ) n. Comme f est continue alors (f( )) tend vers f(l). De plus la limite de (+1 ) n est aussi l. En passant à la limite dans l expression +1 = f( ) nous obtenons l égalité l = f(l).. La fonction f est continue et dérivable sur l intervalle [0, 4] et f([0, 4]) [0, 4]. La fonction f est croissante (calculez sa dérivée). Comme u 0 = 4 et u 1 = 3 alors ( ) est décroissante. Calculons la valeur de sa limite l. l est solution de l équation f(x) = x soit 4x+5 = x(x+3). Comme 0 pour tout n alors l 0. La seule solution positive de 4x + 5 = x(x + 3) est l = 1+ 1 =, Si f est décroissante alors f f est croissante (car x y f(x) f(y) f f(x) f f(y)). Nous appliquons la première question avec la fonction f f. La suite (u 0, u = f f(u 0 ), u 4 = f f(u ),...) est monotone et convergente. De même pour la suite (u 1, u 3 = f f(u 1 ), u 5 = f f(u 3 ),...). 4. La fonction f(x) = (1 x) est continue et dérivable de [0, 1] dans [0, 1]. Elle est décroissante sur cette intervalle. Nous avons u 0 = 1, u 1 = 1, u 4 = 9, u 16 3 = 0, 19...,... Donc la suite ( ) est croissante, nous savons qu elle converge et notons l p sa limite. La suite (+1 ) et décroissante, notons l i sa limite. Les limites l p et l i sont des solutions de l équation f f(x) = x. Cette équation s écrit (1 f(x)) = x, ou encore (1 (1 x) ) = x soit x ( x) = x. Il y a deux solutions évidentes 0 et 1. Nous factorisons le polynôme x ( x) x en x(x 1)(x λ)(x μ) avec λ et μ les solutions de l équation x 3x + 1 : λ = 3 5 = 0, et μ = 3+ 5 > 1. Les solutions de l équation f f(x) = x sont donc {0, 1, λ, μ}. 35

37 Chapitre 7 Comme ( ) est croissante et que u 0 = 1 alors () converge vers l p = 1 qui est le seule point fixe de [0, 1] supérieur é 1. Comme (+1) est décroissante et que u 1 = 1 4 alors (+1) converge vers l i = 0 qui est le seule point fixe de [0, 1] inférieur à 1 4. Exercice Soient a, b > 0. Montrer que ab a+b.. Montrer les inégalités suivantes (b a > 0) : a a + b b et a ab b. 3. Soient u 0 et v 0 des réels strictement positifs avec u 0 < v 0. On définit deux suites ( ) et (v n ) de la façon suivante : +1 = v n et v n+1 = + v n. (a) Montrer que v n quel que soit n N. Indication 13. (b) Montrer que (v n ) est une suite décroissante. (c) Montrer que ( ) est croissante En déduire que les suites ( ) et (v n ) sont convergentes et quelles ont même limite. Correction Soient a, b > 0. On veut démontrer que ab a+b. Comme les deux membres de cette inégalité sont positifs, cette inégalité est équivalente à ab ( a+b ). De plus, ( ) a + b ab 4ab a + ab + b 0 a ab + b ce qui est toujours vrai car a ab+b est un carré parfait. On a donc bien l inégalité voulue.. Quitte à échanger a et b (ce qui ne change pas les moyennes arithmétique et géométrique, et qui préserve le fait d être compris entre a et b), on peut supposer que a b. Alors en ajoutant les deux inégalités a/ a/ b/ on obtient a/ b/ b/, a a + b b. De même, comme tout est positif, en multipliant les deux inégalités a a b a b b on obtient a ab b. 36

38 Chapitre 7 3. Il faut avant tout remarquer que n, et v n sont strictement positifs, ce qui permet de dire que les deux suites sont bien définies. On le démontre par récurrence : c est clair pour u 0 et v 0, et si et v n sont strictement positifs alors leurs moyennes géométrique (+1 ) et arithmétique (v n+1 ) sont strictement positives. (a) On veut montrer que n v n. L inégalité est claire pour n = 0 grâce aux hypothèses faites sur u 0 et v 0. Si maintenant n est plus grand que 1, est la moyenne géométrique de 1 et v n 1 et v n est la moyenne arithmétique de 1 et v n 1, donc, par 1., v n. (b) On sait d après. que +1 v n. En particulier, +1 i.e. ( ) est croissante. De même, d après., v n+1 v n. En particulier, v n+1 v n i.e. (v n ) est décroissante. (c) Pour tout n, on a u 0 v n v 0. ( ) est donc croissante et majorée, donc converge vers une limite l. Et (v n ) est décroissante et minorée et donc converge vers une limite l. De plus comme +1 = v n et puisque v n+1 = un+vn, l et l doivent vérifier l = ll et l l + l = d où l = l. Il y a une autre méthode un peu plus longue mais toute aussi valable. Définition 7.4. Deux suites et v n sont dites adjacentes si 1. v n,. est croissante et v n est décroissante, 3. lim( v n ) = 0. Alors, on a le théorème suivant : Théoréme 7.5. Si et v n sont deux suites adjacentes, elles sont toutes les deux convergentes et ont la même limite. Pour appliquer ce théorème, vu qu on sait déjà que et v n vérifient les points 1 et de la définition, il suffit de démontrer que lim( v n ) = 0. On a d abord que v n 0. Or, d après (a) v n+1 +1 v n+1 = v n. Donc, si on note w n = v n, on a que 0 w n+1 w n /. Donc, on peut démontrer (par récurrence) que 0 w n w 0, ce qui implique que lim n n w n = 0. Donc v n tend vers 0, et ceci termine de démontrer que les deux suites et v n sont convergentes et ont même limite en utilisant le théorème sur les suites adjacentes. Exercice 14. Soit n Montrer que l équation n k=1 x k = 1 admet une unique solution a n dans [0, 1].. Montrer que (a n ) n N est décroissante minorée par Montrer que (a n ) converge vers 1. 37

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