1 q. = 1 q n. (un + v n ) (l + l ) = (un l) + (v n l ) n n 0, u n + v n A.

Transcription

1 16 Proposition : La somme des n premiers termes d une suite géométrique de raison q 1 est : n 1 u 0 q k 1 q n = u 0 1 q k=0 Il suffit de calculer (1 q) n 1 k=0 qk = n 1 k=0 qk n 1 k=0 qk+1 = n 1 k=0 qk n k=1 qk = 1 q n Proposition : Le tableau ci-dessous donne lim ( + v n ). lim v n \ lim l + l l + l ?? Montrons par exemple que si l et v n On prend > 0 quelconque. Il s agit de trouver n 0 tel que, pour n n 0, (un + v n ) (l + l ). Or, les hypothèses sur ( ) et (v n ) s écrivent l, alors + v n 1 > 0, n 1, n, l 1 > 0, n, n, v n l l + l. On les utilise avec 1 = = /. Alors, pour les n 1 et n associés, on pose n 0 = max(n 1, n ). Il s ensuit que, pour tout n n 0, on a à la fois l et v n l Alors, par l inégalité triangulaire : (un + v n ) (l + l ) = (un l) + (v n l ) l + v n l + pour n n 0. Montrons maintenant que si + et v n l, alors + v n A 1, n 1, n n 1, A 1 > 0, n, n n, v n l. +. Les hypothèses s écrivent : On se donne A quelconque et on cherche un entier n 0 tel que n n 0, + v n A. Dans les hypothèses ci-dessus, on prend = 1 (par exemple) et A 1 = A + + l. Notons que, pour n n, et donc v n ( + l ). v n = v n l + l v n l + l + l Posons n 0 = max(n 1, n ). Pour n n 0, on a v n ( + l ) et A 1. On en déduit + v n A 1 ( + l ) = A.

2 17 Proposition : Le tableau ci-dessous donne lim v n. lim v n \ lim l > 0 l < 0 l = 0 + l > 0 ll ll 0 + l < 0 ll ll 0 + l = ?? + +? + +? + Montrons par exemple que si l et v n s écrivent Nous allons maintenant utiliser la majoration l alors v n 1 > 0, n 1, n n 1, l 1 > 0, n, n n, v n l v n ll = ( l)v n + l(v n l ) = (un l)(v n l + l ) + l(v n l ) l ( l + v n l ) + l v n l. ll. Les hypothèses On se fixe > 0 quelconque. On veut rendre le membre de droite de l inégalité inférieur à, pour n suffisamment grand. Il suffit de rendre chacun des deux termes que l on somme inférieur à /. Pour cela, on choisit ( ) = min ( l + 1), 1 et 1 = ( l + 1) Posons n 0 = max(n 1, n ). Pour n n 0, on a v n l et donc ( l + 1) et v n l 1 ( v n ll ( l +1) l + 1 ) + l ( l +1) + = et l ( l + 1) Proposition : Si v n pour tout n et si ( ) et (v n ) convergent, alors lim lim v n. Raisonnons par l absurde et supposons que l = lim > lim v n = q. Posons = l q > 0. Il 3 faut remarquer que nous avons choisi de sorte que < l q Nous savons qu il existe deux entiers n 1 et n tels que et En particulier, pour n = max(n 1, n ), on a n n 1, l l + n n, q v n q +. d où > v n, ce qui contredit l hypothèse. l > l l q v n q + < q + l q = l + q = l + q

3 18 Théorème : Soit ( ), (v n ) et (w n ) trois suites telles que, pour tout n, v n w n. On suppose que ( ) et (w n ) convergent vers une même limite l finie. Alors (v n ) converge également vers cette limite. On se fixe > 0 quelconque. Alors, par hypothèse, on peut trouver deux entiers n 1 et n tels que n n 1, l l + n n, l w n l +. Alors, pour n max(n 1, n ), nous avons l v n w n l + Proposition : Soit ( ) une suite bornée et (v n ) une suite qui tend vers 0. Alors la suite ( v n ) tend vers 0. Nous savons qu il existe M tel que, pour tout n, M. Soit > 0 quelconque. Posons = M. Comme v n 0, il existe un entier n 0 tel que n n 0, v n. Alors, pour tout n n 0, v n M =. Proposition : Si lim = 0 +, alors lim 1 = +. Si lim = 0, alors lim 1 =. Il faut tout d abord remarquer que l hypothèse lim = 0 + (ou lim = 0 ) implique que ne s annule pas à partir d un certain rang et donc la suite (1/ ) est bien définie à partir de ce rang. Supposons que lim = 0 + et montrons que lim 1 existe n 0 tel que, pour n n 0, 0, d où = +. Soit A > 0 quelconque. Posons = 1 A > 0. Alors, il 1 1 = A. Théorème : Une suite croissante et majorée converge vers une limite finie. Une suite décroissante et minorée converge vers une limite finie. La deuxième assertion se déduit de la première en remplaçant par. Soit donc ( ) une suite croissante et majorée. Nous allons montrer qu elle converge vers le réel µ = sup{u k ; k } qui existe car la partie {u k, k } est non vide et majorée. Par définition, on a déjà pour tout n, µ. De plus, pour tout > 0, par définition de la borne supérieure, il existe un n 0 tel que 0 > µ. Comme la suite est croissante, pour tout n n 0, on a 0 et donc n n 0 µ µ.

4 19 Proposition : Si les suites (a n ) et (b n ) sont adjacentes, alors elles convergent vers la même limite finie. Calculons tout d abord (b n+1 a n+1 ) (b n a n ) = (b n+1 b n ) + (a n a n+1 ) 0. La suite (b n a n ) est donc décroissante. Comme elle tend vers 0, elle est donc positive et on a pour tout n, a 0 a n b n b 0. La suite (a n ) est croissante, majorée par b 0, elle converge donc vers une limite finie. De même, la suite (b n ) est décroissante, minorée par a 0, elle converge donc vers une limite finie. Enfin, on a Cela montre que les limites sont les mêmes. lim b n lim a n = lim(b n a n ) = 0. Proposition : Si la suite ( ) est croissante (resp. décroissante) alors il en est de même de toute sous-suite extraite. Si la suite ( ) tend vers + (resp. ) alors il en est de même de toute sous-suite extraite. Si la suite ( ) tend vers une limite finie l alors il en est de même de toute sous-suite extraite. Si la suite ( ) est bornée alors il en est de même de toute sous-suite extraite. Si la suite ( ) est majorée (resp. minorée) alors il en est de même de toute sous-suite extraite. Lemme : Si ϕ est une application strictement croissante, alors pour tout n, ϕ(n) n. Preuve du lemme : Par récurrence sur n. On sait déjà que ϕ(0) 0 puisque ϕ est à valeurs dans. Si ϕ(n) n, alors ϕ étant strictement croissante, ce qui s écrit encore ϕ(n + 1) > ϕ(n) ϕ(n + 1) ϕ(n) + 1 n + 1. Croissance. Soit ( ) une suite croissante et (u ϕ(n) ) une sous-suite. ϕ étant strictement croissante, nous avons n 1 n ϕ(n 1 ) ϕ(n ) u ϕ(n1) u ϕ(n) ( ) étant croissante, ce qui prouve que (u ϕ(n) ) est croissante. Décroissance. Idem Supposons que + et considérons une sous-suite (u ϕ(n) ). Soit A quelconque. Il existe n 0 tel que, pour n n 0, A. Alors, pour n n 0, ϕ(n) n n 0 et donc u ϕ(n) A. Ainsi, ce qui prouve que lim u ϕ(n) = +. A, n 0, n n 0, u ϕ(n) A Dans les cas et l, faire le même raisonnement. Si on a n, M (resp. M, M), alors on a a fortiori n, u ϕ(n) M (resp. u ϕ(n) M, u ϕ(n) M).

5 0 Théorème : De toute suite bornée de réels, on peut extraire une sous-suite qui tend vers une limite finie. Soit ( ) une suite de réels telle que n, M M. On va construire ϕ : strictement croissante et deux suites (a n ) et (b n ) adjacentes telles que, pour tout n, a n u ϕ(n) b n. Les suites (a n ) et (b n ) convergeant vers la même limite, cela prouve le théorème. On pose a 0 = M, b 0 = M et ϕ(0) = 0. Considérons les deux intervalles [ M, 0] et [0, M]. L un d eux contient une infinité de termes de la suite ( ). On définit ainsi a 1 et b 1 pour que l intervalle [a 1, b 1 ] soit cet intervalle. On peut ensuite trouver un entier ϕ(1) > ϕ(0) tel que u ϕ(1) [a 1, b 1 ] puisqu il y a une infinité de termes de la suite dans cet intervalle. D une manière générale, supposons définis tels que a 0,..., a n, b 0,..., b n, ϕ(0),..., ϕ(n) a 0 a n b n b 0 ϕ(0) < < ϕ(n) k n, u ϕ(k) [a k, b k ] k n, [a k, b k ] contient une infinité de termes de la suite ( ). Alors, on considère les intervalles [ ] [ a n, an+bn et an+b n ], b n. L un d eux, noté [an+1, b n+1 ] contient une infinité de termes de la suite ( ). On peut alors trouver ϕ(n + 1) > ϕ(n) tel que u ϕ(n+1) [a n+1, b n+1 ]. On a ainsi trouvé a n+1, b n+1, ϕ(n + 1) répondant aux exigences de la construction par récurrence. Enfin, les suites (a n ) et (b n ) sont adjacentes puisque et donc, par récurrence ce qui termine la démonstration. 0 b n+1 a n+1 b n a n 0 b n a n M n 1