Convergence des suites numériques¶

Exercise 101

Soit $(u_n)$ et $(v_n)$ deux suites réelles de majorants $l$ et $l'$ respectivement, telles que $u_n+v_n \rightarrow l+l'$. Que dire de $u_n$ ?

Solution to Exercise 101

On montre que $u_n \rightarrow l$. Soit $\varepsilon > 0$ et $N$ tel que $\forall n \geq N$, $|l+l' - (u_n +v_n)| < \varepsilon$. $l$ et $l'$ étant des majorants respectifs de $u_n$ et $v_n$ on a $|l-u_n| \leq |l-u_n| + |l'-v_n| = |l+l' - (u_n +v_n)| < \varepsilon$ d’où le résultat souhaité.

Exercise 102

Soit $(u_n)$ une suite réelle convergente vers $l$. Est-ce que $(\lfloor u_n \rfloor)$ est convergente ? Et si $l \notin \Z$ ?

Solution to Exercise 102

Un contre-exemple est fourni par $\frac{(-1)^n}{n}$.

Exercise 103

Soit $(u_n)_n$ et $(v_n)_n$ deux suites équivalentes de limite $+\mathcal{1}$. Montrer que

\[\begin{equation*} \ln (u_n) \sim \ln (v_n) \end{equation*}\]

Solution to Exercise 103

$\ln (u_n)-\ln (v_n) = \ln(\frac{u_n}{v_n}) \longrightarrow 0$. Or $\ln(u_n) \longrightarrow +\mathcal{1}$ . L’équivalence est alors immédiate.

Exercise 104

Étudier par inégalité la convergence de la suite définie par $u_n = n^2\sum \limits_{k=1}^{n}\frac{1}{k+n^3}$.

Solution to Exercise 104

D’une part $v_n \leq n^2\sum \limits_{k=1}^{n}\frac{1}{n^3} = 1$ et d’autre part $v_n \geq n^2\sum \limits_{k=1}^{n}\frac{1}{n^3+n} = \frac{n^2}{1+n^2} \rightarrow 1$. Par encadrement, $v_n \rightarrow 1$.

Exercise 105

Soit $(u_n)_n$ telle que $u_n \sim \frac{1}{n}$ et

\[\begin{equation*} \forall n \geq 1, \; \; u_n \leq \frac{1}{n} + \frac{2}{n^2} \end{equation*}\]

A-t-on $u_n = \frac{1}{n} + O(\frac{1}{n^2})$ ? Et si on ajoute la condition $u_n \geq \frac{1}{n}$ ?

Solution to Exercise 105

$u_n = \frac{1}{n} - \frac{1}{n \ln(n)}$ fournit un contre-exemple à la première égalité. En ajoutant l’inégalité supplémentaire, $u_n = \frac{1}{n} + O(\frac{1}{n^2})$ devient vrai puisque $|u_n - \frac{1}{n^2}| \leq \frac{2}{n^2}$.

Exercise 106

Soit $a>0$, étudier la convergence de la suite $u_n=(\lfloor a^n \rfloor^{\frac{1}{n}})_n$.

Solution to Exercise 106

Si a<1, $u_n$ est stationnaire à 0.
Si a=1, $u_n$ est constante égale à 1.
si a>1, on regarde l’inégalité $a \leq u_n \leq (a^n +1)^{\frac{1}{n}} = e^{\frac{1}{n} \ln(a^n+1)}$. Or l’inégalité des accroissements finis s’écrit pour $\ln$ sur $[1 \; , \; +\mathcal{1}[$, $\ln(a^n+1) \leq n\ln(a) +1$. De là vient la convergence du membre de droite vers $a$, puis par encadrement celle de $u_n$ vers $a$.

Exercise 107

Soit $\alpha = 2 + \sqrt{3}$ et $\beta = 2 -\sqrt{3}$.

Montrer que pour tout $n\in \mathbb{N}$, $u_n=\alpha^n + \beta^n \in \mathbb{N}$.
Étudier la convergence de $(\alpha^n - \lfloor \alpha^n \rfloor)_n$.

Solution to Exercise 107

On écrit le binôme de Newton

\[\begin{align*} \alpha^n + \beta^n &= \sum \limits _{k=0}^n {n \choose k} 2^{n-k} \sqrt{3}^k (1 + (-1)^k) \\ &= \sum \limits _{k=0, \; \text{k paire}}^n {n \choose k} 2^{n-k+1} 3^{\frac{k}{2}} \in \mathbb{N}\\ \end{align*}\]
On a $0 < \beta < 1$ donc $\forall n$, $\lfloor \alpha^n \rfloor = u_n -1$. Il vient

\[\begin{equation*} \alpha^n - \lfloor \alpha^n \rfloor = 1 - \beta^n \rightarrow 1 \end{equation*}\]

Cela conclut.

Exercise 108

Soit $(u_n)_n$ et$(v_n)_n$ deux suites telles que $u_n^2+v_n^2+u_nv_n \rightarrow 0$. Que dire de $u_n$ et $v_n$ ?

Indication

Pour faciliter l’exercice, on pourra plutôt demander de montrer que leur limite est 0.

Solution to Exercise 108

$(u_n+v_n)^2 - u_nv_n \longrightarrow 0$ donc $\forall \varepsilon > 0$, $\exists N \in\mathbb{N}$, $\forall n \geq N$, $u_nv_n > -\varepsilon$. On peut imposer de plus $\forall n \geq N$, $|u_n^2+v_n^2 + u_nv_n| < \varepsilon$, ce qui amène $0 \leq u_n^2+v_n^2 < 2\varepsilon$ (l’inégalité se voit bien par l’absurde). Finalement on trouve que $u_n^2 + v_n^2 \longrightarrow 0$ ce qui conduit au résultat souhaité.

Exercise 109

Montrer que pour tout $n\in \mathbb{N}^*$, l’équation $e^x = n-x$ admet une unique solution positive que l’on notera $x_n$.
Déterminer deux termes du développement asymptotique de $x_n$.

Solution to Exercise 109

On étudie la fonction $f_n(x) = e^x - n + x$ de dérivée strictement positive sur $\mathbb{R}_+$ donc strictement croissante sur cet intervalle. De plus $f(0) \leq 0$ et $f(n) > 0$ d’où le résultat.
$x_n = n - e^{x_n} \geq 0$ donc $\forall n, \; x_n \leq \ln (n)$. Ainsi $e^{x_n} \sim n$ donc

\[\begin{equation*} x_n \sim \ln (n) \end{equation*}\]

On écrit $\alpha_n = \ln(n) - x_n \geq 0$. On a donc $\alpha_n = o(\ln (n))$. En repartant de l’égalité de définition de $x_n$ on obtient alors $e^{\ln(n)-\alpha_n} = n-\ln(n) + \alpha_n $ ce qui amène $\ln(n)-\alpha_n = \ln (n - \ln (n) + \alpha_n)$ puis $\alpha_n = -\ln (1 - \frac{\ln (n)-\alpha_n}{n}) \sim -\ln (1 - \frac{\ln (n)}{n}) $. On utilise alors l’équivalent $\ln (1+x) \underset{x\rightarrow 0}{\sim} x$ qui se retrouve par exemple avec le théorème des accroissements finis. Bref,

\[\begin{equation*} u_n = \ln (n) - \ln(\ln(n)) + o( \ln(\ln(n)))\end{equation*}\]

Exercise 110

Soit $\phi \; : \; \mathbb{N} \rightarrow \mathbb{Q}$ bijective. Déterminer les valeurs d’adhérence de la suite $(\phi(n))_n$.

Solution to Exercise 110

On montre que l’ensemble des valeurs d’adhérence de $\phi_n$ est $\mathbb{R}$. Pour cela on se donne $q \in \mathbb{Q}$. Pour tout $\varepsilon > 0$, l’ensemble $\{ r \in \mathbb{Q}, \; |q-r| < \varepsilon \}$ est infini, donc $\{ \phi^{-1}(r), \; r \in \mathbb{Q}, \; |q-r| < \varepsilon \}$ n’est pas borné et ainsi $\forall N, \; \exists n > N, \; |q-\phi(n)| < \varepsilon $. Cela assure donc que $q$ est une valeur d’adhérence de la suite. Par densité de $\mathbb{Q}$ dans $\mathbb{R}$, le résultat cherché est alors acquis.

Exercise 111

Montrer qu’une suite bornée converge si et seulement si elle admet exactement une valeur d’adhérence.

Solution to Exercise 111

Le sens direct est évident. Pour le sens retour, si $(u_n)$ ne converge pas vers l’unique valeur d’adhérence $a$, alors on peut se munir d’une extractrice $\phi$ tel que $d(a, (u_{\phi(n)})) > \varepsilon$ pour un certain $\varepsilon$ suffisamment petit. Alors $(u_{\phi(n)})$ est bornée, donc admet une valeur d’adhérence, qui nécessairement n’est pas $a$. Cela fournit une seconde valeur d’adhérence à $(u_n)$ ce qui est une contradiction.

Exercise 112

Soit $(u_n)_n$ une suite bornée telle que $u_n + \frac{1}{2}u_{2n} \rightarrow 1$. Que dire de $u_n$ ?

Indication

On pourra demander de montrer qu’une suite bornée converge si et seulement si elle admet exactement une valeur d’adhérence.

Et si on abandonne l’hypothèse $(u_n)$ bornée ?

Solution to Exercise 112

La relation assure que si $a$ est une valeur d’adhérence de $(u_n)$, alors $2-2a$ l’est également, et $f(a) = -2+4a$ l’est donc également (en recomposant). Supposons par l’absurde qu’il existe $a \neq \frac{2}{3}$ une valeur d’adhérence de $(u_n)$. Alors $4a - 2 - \frac{2}{3} = 4 \times (a-\frac{2}{3})$ donc la suite $f^{on}(a)$ diverge, ce qui contredit l’hypothèse de bornitude. Ainsi $(u_n)_n$ est bornée et n’admet qu’une seule valeur d’adhérence, donc converge et il est immédiat que $\frac{2}{3}$ est la limite.

Si on abandonne l’hypothèse bornée, on va trouver un contre-exemple explicite en posant

\[\begin{align*} u_n = \begin{cases} \frac{1}{3}(2 + (-2)^k) \quad &\textrm{si $n = 2^k$}\\ \frac{2}{3} \quad &\textrm{sinon} \end{cases} \end{align*}\]

qui n’est pas bornée donc ne converge pas, et qui vérifie $u_n + \frac{1}{2}u_{2n} = 1$.

Exercise 113

Soit $(a_n)$ une suite de $\R_+^*$ qui converge vers $0$. Montrer que les ensembles $X^+ = \{ n \in \N \; | \; \forall m \geq n, \; a_m \leq a_n \}$ et $X^- = \{ n \in \N \; | \; \forall m \leq n, \; a_m \geq a_n \}$ sont infinis.

Solution to Exercise 113

On montre que $X^+$ n’est pas majoré. Soit donc $N \in \N$. On a $a_{N+1} > 0$, posons $\varepsilon = a_{N+1}/2 < a_{N+1}$. Par convergence vers $0$, il existe $M$ tel que $\forall m \geq M$, $u_m < \varepsilon$. Soit $M_0$ le plus petit de ces tels $M$. Nécessairement $M_0 > N+1$, donc $M_0 - 1 > N$ , et $M_0 - 1$ appartient à $X^+$, ce qui conclut.

On montre encore plus facilement que $X^-$ n’est pas majoré. Soit $N \in \N$, et $m = \underset{1 \leq n \leq N}{u_n} > 0$. Il existe $k$ tel que $u_k < m$. Soit $k_0$ le plus petit de ces tels $k$. Nécessairement $k_0 \geq N + 1$ et $k_0 - 1 \in X^-$.

Exercise 114

Montrer Bolzano-Weierstrauss dans $\R^d$ pour $|| \cdot ||_{\infty}$

Solution to Exercise 114

Chaque composante est bornée, on peut faire $d$ extractions.

Exercise 115

Montrer que $||\cdot ||_1$, $|| \cdot ||_2$ et $|| \cdot ||_{\infty}$ sont équivalentes.

Solution to Exercise 115

Exercise 116

Soit $z_1, \ldots, z_p$ des complexes de module 1. Montrer que $p$ est une valeur d’adhérence de $s_n = (z_1^n + \ldots + z_p^n)_n$. On pourra admettre le cas $p=1$.

Solution to Exercise 116

Par récurrence sur $p$. L’initialisation est évidente. On factorise par $z_p^n$. Notons $y_i=\frac{z_i}{z_n}$. Soit donc $\phi$ une extractrice telle que $(y_1^{\phi(n)} + \ldots + y_{p-1}^{\phi(n)})_n \rightarrow p-1$. De plus $s_{\phi(n)}$ est dans un fermé borné de dimension finie donc admet une valeur d’adhérence, et nécessairement celle-ci est de module $p$, notons la donc $pe^{i\theta}$. Idée générale : il existe un $N$ tel que $e^{i\theta}$ est très proche de $1$. De plus, être proche de $pe^{i\theta}$ force chacun des $n\theta_i$ à être proche de $\theta$. De là, on peut rendre $\max_i (N|\theta-\theta_i|)$ arbitrairement petit, ce amène que $s$ est proche de $pe^{iN\theta}$ donc de $p$.

Exercise 117

Soit $z_1, \ldots, z_p$ des complexes de module supérieur ou égal à 1 tels que $z_1^n+ \ldots + z_p^n$ converge. Montrer que $z_1 = \ldots = z_p = 1$. Inidication : Utiliser l’exercice précédent.

Solution to Exercise 117

On se ramène au cas de complexes de module 1 en factorisant par le complexe de plus grand module. D’après l’exercise précédent $p$ est une valeur d’adhérence de $(z_1^n + \ldots + z_p^n)_n$ donc la limite de cette suite est $p$. On peut alors par exemple regarder la partie réelle des $z_i^n$ qui est majorée par 1. Il vient qu’elle tend vers 1 pour tout $i$ puis que $z_i=1$ pour tout $i$.

Exercise 118

Soit $\sigma$ une bijection de $\N^*$ dans $\N^*$ telle que $(\frac{\sigma(n)}{n})$ converge. Que dire de la limite ?

Solution to Exercise 118

On montre $l=1$. Si $l<1$ en choisissant $l<l'<1$ on exhibe une contradiction avec l’injectivité. Si $l>1$ on exhibe une contradiction avec la surjectivité.

Exercise 119

Soit $u_n \in \R^{\N}$, et $a \in \R$ tel que $\forall \varepsilon > 0$, l’ensemble $\B(a, \varepsilon) \cap (u_n)$ est infini. Montrer que $a$ est une valeur d’adhérence de $u$.

Solution to Exercise 119

Pour tout $n$ on peut donc se munir d’une extractrice $\phi_n$ telle que $d((u_{\phi_n}), a) \leq \frac{1}{n}$. On définit alors notre extractice $\psi$ par

\[\begin{equation*} \psi(n) = \phi_n \circ \phi_{n-1} \circ \ldots \circ \phi_1 (n) \end{equation*}\]

Et on peut vérifier que $|u_{\psi}(n) - a| \leq \frac{1}{n}$

Exercise 120

Soit $u_n$ telle que $u_{n+1}-u_n \rightarrow 0$. Montrer que l’ensemble des valeurs d’adhérence de $(u_n)$ est un intervalle.

Solution to Exercise 120

Soit $a<b$ deux valeurs d’adhérence de la suite, $c \in ]a, b[$ et $\varepsilon > 0$. Soit $N$ tel que $u$ fait des pas de moins de $\varepsilon$ après $N$.

Soit $A \in \R$ tel que $A \geq N$ et soit $A < n < m$ tels que $|u_n - a| < \varepsilon$ et $|u_m - b| < \varepsilon$. Soit $M = \max{k < m \; | \; u_k < c}$. On a $n \leq M \leq m$ (quitte à prendre $\varepsilon$ suffisamment petit, $M \geq n$), et de plus $u_M \leq c \leq u_{M+1}$ donc $|u_M - c| \leq |u_M - u_{M+1}| \leq \varepsilon$.

Remarquons que $M \geq A$, donc il existe une infinité de rangs tels que $u$ est proche de $c$ : $c$ est une valeur d’adhérence (par exemple avec l’exercice Exercise 119).

Exercise 121

Exhiber une suite dont l’ensemble des valeurs d’adhérence est $\R$.

Solution to Exercise 121

Par exemple notons $u$ la suite qui à $n = \overline{a_1a_2\ldots a_k}^{10}$ (écrit en base $10$) associe $u_n = 0,a_1a_2a_3\ldots$. Alors $0.1$ est une valeur d’adhérence, et $1$ est une valeur d’adhérence, et $u_{n+1} - u_n \rightarrow 0$, donc tout élément de $[0.1, 1]$ est une valeur d’adhérence de $u$.

Ensuite on dilate continument. D’abord $v_n = f(u_n)$ où $f(x) = -1 + 2\frac{1-x}{0.9}$, et tout élément de $[-1, 1]$ est une valeur d’adhérence de $v_n$, puis $w_n = \th (v_n)$

Sinon n’importe quelle bijection de $\N$ vers $\Q$.

Exercise 122

Soit $(u_n) \in \C^{\N}$ et $(l_k)$ une suite de valeur d’adhérence de $(u_n)$ qui tend vers $l$. Montrer que $l$ est une valeur d’adhérence de $(u_n)$.

Solution to Exercise 122

On note $\phi_k$ une extractrice associée à $l_k$, que l’on choisit de sorte que $d(l_k, (u_{\phi_k})) \leq \frac{1}{k}$. Il suffit de considérer l’extractrice $\psi : k \mapsto \phi_k \circ \ldots \circ \phi_1 (k)$.

Exercise 123

Soit $u_n = \sum \limits_{k=0}^n\frac{1}{k!}$ et $v_n = u_n + \frac{1}{nn!}$. Montrer que $(u_n)$ et $(v_n)$ convergent vers la même limite, notée $e$. Montrer que $e \notin \Q$.

Indication

Montrer que $(u_n)$ et $(v_n)$ sont adjacentes.

Exercise 124

Nature de la série de terme général $\sin(\pi(2+\sqrt{3})^n)$.

Solution to Exercise 124

Soit $\alpha = 2+\sqrt{3}$ et $\beta = 2-\sqrt{3}$. On a pour tout $n$, $\alpha^n+\beta^n \in \N$. De là $|\sin(\pi\alpha^n)| = \sin(\pi\beta^n) \sim \pi\beta^n$ d’où la convergence de la série.

Exercise 125

Soit $(w_n)$ une suite à valeurs dans $[0,1]$ telle que pour tout $n$,

\[\begin{equation*} w_{n+1}(1-w_n) > \frac{1}{4} \end{equation*}\]

Nature et limite de $(w_n)$.

Solution to Exercise 125

On montre que la suite est croissante en utilisant que $\forall x, \; x(1-x) \leq \frac{1}{4}$. Nécessairement elle converge et la limite $l$ doit vérifier $l(1-l) \geq \frac{1}{4}$ et de là $l=\frac{1}{2}$.

Exercise 126

Soit $(u_n)$ une suite à valeurs dans $\R$ vérifiant $u_0 \neq 0$ et pour tout $n$,

\[\begin{equation*} u_{n+1} \leq 2- \frac{1}{u_n} \end{equation*}\]

Nature et limite de $(u_n)$.

Solution to Exercise 126

Remarquons que $\forall x>0, \; 2-\frac{1}{x} \leq x$ avec égalité si et seulement si $x=1$. La suite est donc décroissante. Donc converge. Donc inégalité à la limite. Donc la limite est $1$.

Exercise 127

Soit $p_n, q_n$ deux suites d’entiers naturels, telles que $\frac{p_n}{q_n}\rightarrow x \notin \Q$. Montrer que $q_n \rightarrow +\infty$.

Solution to Exercise 127

La distance de $x$ à $\frac{\N}{q_n}$ est minorée par $\varepsilon_n > 0$.

Sinon on peut aussi extraire par l’absurde une valeur d’adhérence que $(q_n)$ et en déduire que $p_{\phi(n)}$ converge puis que $x$ est rationnel.

Exercices de kholles

Convergence des suites numériques

Convergence des suites numériques¶