UNIVERSITÉ DE PARIS 8

Département de Mathématiques et Informatique

Cours d’analyse

Pierre-Louis CAYRELinspiré par les documents de : Guy Laffaille, Christian Pauly et Arnaud Bodin

Cours Intensif 2009-2010

Cours disponible sur www.cayrel.net

Table des matières

I Cours 1 2

1 Limite d’une suite réelle 3

II Cours 2 5

2 Propriétés de la limite 6

III Cours 3 9

3 Suites adjacentes 13

IV Cours 4 14

4 Valeur d’adhérence d’une suite 16

5 Comparaison de suites 18

6 Suites complexes 22

V Exercices 24

7 Exercices 25

1

Première partie

Cours 1

2

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 (un)n∈ℕ ou tout simplement (un). Parfois on prend comme ensemble d’indices les entiersnaturels non nuls ℕ∗.

Exemple 1.2. 1. un = sinn, un = 1n

pour n ⩾ 1, un = en.

2. Suites récurrentes.

(a) La suite de Fibonacci est définie par u0 = u1 = 1 et un+1 = un + un−1.

(b) Plus généralement on a les suites récurrentes linéaires d’ordre 2 définies par la formule

un+1 = aun + bun − 1

avec u0 et u1 donnés.

(c) Suites arithmétiques un+1 = un + a avec a ∈ ℝ fixé. Une récurrence facile montre quepour tout n on a un = na+ u0.

(d) Suites géométriques un+1 = aun avec a ∈ ℝ fixé. On montre par récurrence que pourtout n on a un = anu0.

3. Plus généralement un+1 = f(un) où f est une fonction, par exemple f(x) = x2+22x

.

4. Plus ’bizarre’.

(a) un = n−ième décimale de �.

(b) un = 0 si n premier et un = 1 sinon.

Définition 1.3. Soit (un) une suite réel. On dit que (un) est– majorée s’il existe un réel K tel que pour tout entier n ∈ ℕ on a un ⩽ K.– minorée s’il existe un réel k tel que pour tout n ∈ ℕ on a k ⩽ un.– bornée si elle est majorée et minorée.– croissante si pour tout n on a un+1 ⩾ un.– strictement croissante si pour tout n on a un+1 > un.– monotone si elle est croissante ou décroissante.– périodique s’il existe un entier p ∈ ℕ∗ tel que pour tout n on a un+p = un. L’entier p est la

période de la suite.

3

Chapitre 1

On définit de même une suite décroissante, strictement décroissante. Il arrive qu’une propriété nesoit pas vraie pour tous les premiers termes d’une suite mais seulement à partir d’un certain rang.Par exemple, (un) est croissante à partir d’un certain rang s’il existe un entier N tel que pour toutn ⩾ N on a un+1 ⩾ un.

Exemple 1.4. 1. un = sinn est majorée.2. un = 1

npour n ⩾ 1 est strictement décroissante et bornée.

3. un = en est croissante, minorée mais pas majorée.4. On suppose que u0 > 0 et a > 0, la suite géométrique un = anu0 est croissante non majorée

si a > 1, décroissante et bornée si a < 1, constante si a = 1.

5. La suite un = sin(2�n17

) est périodique de période 17.

Proposition 1.5. La suite (un) est bornée si et seulement si la suite (∣un∣) est majorée.

Preuve 1.6. Supposons la suite (un) bornée, elle est donc majorée. Par définition il existe K > 0tel que pour tout n on a un ⩽ K. Elle est aussi minorée, donc il existe L < 0 tel que pour tout n ona L ⩽ un. Soit M = max(K,−L). Alors pour tout n, on a −M ⩽ L ⩽ un ⩽ K ⩽ M, ce qui estéquivalent à ∣un∣ ⩽M.

Réciproquement supposons que la suite (∣un∣) est majorée. On a un réel M tel que pour toutn on a ∣un∣ ⩽ M qui est équivalent à −M ⩽ un ⩽ M. Alors M est un majorant et −M est unminorant de la suite (un).

Définition 1.7 (limite d’une suite). On dit qu’une suite (un) admet le réel ℓ pour limite ou que(un) converge vers ℓ si

∀" > 0∃N ∈ ℕ tel que ∀n ⩾ N on a ∣un − ℓ∣ < ".

On dit qu’une suite (un) tend vers +∞ si

∀K ∈ ℝ∃N ∈ ℕ tel que ∀n ⩾ N on a un ⩾ K.

On dit qu’une suite (un) diverge si elle ne converge pas, c’est-à-dire si elle n’admet pas de limitedans ℝ.

On note suivant les caslim

n→+∞un = ℓ ou lim

n→+∞un = +∞.

Remarque 1.8. 1. En particulier une suite qui tend vers +∞ diverge.2. On définit de même

limn→+∞

un = −∞.

Exemple 1.9. 1. La suite constante un = a pour a ∈ ℝ fixé converge vers a. Choisissons un" > 0. Il faut trouver un entier N tel que si n ⩾ N alors ∣un − a∣ < ". Comme ∣un − a∣ = 0cette inégalité est toujours vraie et il suffit de prendre N = 0.

2. La suite définie par un = n tend vers +∞. Il faut montrer que pour tout K ∈ ℝ il existe unentier N tel que pour tout n tel que n ⩾ N on a un ⩾ K. Il suffit de prendre pour N le pluspetit entier ⩾ K.

– 4 –

Deuxième partie

Cours 2

5

Chapitre 2

Propriétés de la limite

Théoréme 2.1. Si une suite (un) de réels admet une limite ℓ ∈ ℝ alors cette limite est unique.

Preuve 2.2. Par l’absurde. Supposons qu’il y a deux limites ℓ et ℓ′ avec ℓ < ℓ′. Prenons " =ℓ′−ℓ2

> 0. Comme ℓ est limite de la suite (un) il existe un entier N tel que pour tout n ⩾ N ona ∣un − ℓ∣ < ", de même comme ℓ′ est limite on a un entier N ′ tel que pour tout n ⩾ N ′ on a∣un − ℓ′∣ < ". Alors si n ⩾ max(N,N ′) on peut écrire en utilisant l’inégalité triangulaire pour lavaleur absolue :

ℓ′ − ℓ = ∣ℓ′ − ℓ∣ ⩽ ∣ℓ′ − un∣+ ∣un − ℓ∣ < "+ " = ℓ′ − ℓ,

ce qui est absurde. □

Proposition 2.3. Si une suite (un) de réels converge, alors elle est bornée.

Preuve 2.4. Commençons par le cas particulier où limn→+∞ un = 0. Par définition on a

∀" > 0∃N ∈ ℕ tel que ∀n ⩾ N on a ∣un − 0∣ < ".

En particulier pour " = 1, il existe N ∈ ℕ tel que pour tout n ⩾ N on a ∣un∣ ⩽ 1. Soit K =max ∣u0∣, ∣u1∣, . . . , ∣uN−1∣, 1, on a alors ∣un∣ ⩽ K pour tout n, donc (un) est bornée.

Dans le cas général, on pose vn = un − ℓ si ℓ est la limite de (un). Alors (vn) a pour limite 0,donc d’après le cas particulier la suite (vn) est bornée : il existe M et m tels que m ⩽ un ⩽ Mpour tout n. Alors m+ ℓ ⩽ un ⩽M + ℓ, ce qui prouve que la suite (un) est bornée.

Remarque 2.5. La réciproque est fausse. La suite définie par un = (−1)n est bornée et diverge.

Proposition 2.6. Si (un) est une suite bornée et si (vn) est une suite qui converge vers 0, alors lasuite (unvn) converge vers 0.

Preuve 2.7. Comme (un) est bornée, la suite (∣un∣) est majorée. Donc il existe un réel K tel que∣un∣ ⩽ K pour tout n ∈ ℕ. Fixons " > 0. Comme (vn) converge vers 0, il existe N ∈ ℕ tel que∣vn∣ < "/K pour tout n ⩾ N. Alors ∣unvn∣ = ∣un∣.∣vn∣ < K."/K; □

6

Chapitre 2

Proposition 2.8 (suite somme). Soient (un) et (vn) deux suites admettant comme limites respec-tives les réels ℓ et ℓ′. Alors la suite ’somme’ (wn), définie par

wn = un + vn,

tend vers ℓ+ ℓ′.

Preuve 2.9. Fixons " > 0. On écrit la convergence de (un) avec "/2 : il existe un N tel que sin ⩾ N alors ∣un − ℓ∣ < "/2. De même la convergence de (vn) donne un M tel que si n ⩾M alors∣vn − ℓ′∣ < "/2.

On en déduit que pour n ⩾ K = max(M,N) on a ∣un − ℓ∣ < "/2 et ∣vn − ℓ′∣ < "/2.En utilisant l’inégalité triangulaire, on obtient

∣wn − (ℓ+ ℓ′)∣ = ∣un + vn − (ℓ+ ℓ′)∣ ⩽ ∣un − ℓ∣+ ∣vn − ℓ′∣ < "/2 + "/2 = ".

Ceci prouve que (wn) tend vers ℓ+ ℓ′. □

Remarque 2.10. Si limn→+∞ un = +∞ et limn→+∞ vn = 1 alors limn→+∞(un + vn) = +∞.Par contre si limn→+∞ un = +∞ et limn→+∞ vn = −∞ alors on a une forme indéterminée quinécessite une étude plus approfondie pour conclure.

Proposition 2.11 (suite produit). Soient (un) et (vn) deux suites réelles admettant les nombresréels ℓ et ℓ′ comme limites. Alors la suite ’produit’ (wn) définie par

wn = unvn

tend vers ℓℓ′.

Preuve 2.12. Montrons que la suite (ℓvn) tend vers ℓ.ℓ′. En effet, la suite constante ℓ est bornée etla suite (vn − ℓ′) tend vers 0. D’après une proposition précédente la suite ℓ(vn − ℓ′) converge vers0. Donc la suite (ℓvn) tend vers ℓ.ℓ′.

De même, la suite (un) tend vers ℓ, donc la suite (un − ℓ) tend vers 0. La suite (vn) est conver-gente donc bornée, donc la suite vn(un − ℓ) converge vers 0, à nouveau à cause de une propositionprécédente. En écrivant unvn = (unvn− ℓvn)+ ℓvn = vn(un− ℓ)+ ℓvn, on voit que la suite (unvn)tend vers ℓ.ℓ′. □

Proposition 2.13 (suite des inverses). Soit (un) une suite de réels strictement positifs. Si (un)tend vers ℓ > 0, alors

limn→+∞

1

un=

1

ℓ.

Preuve 2.14. Comme (un) a pour limite ℓ qui est strictement positif, il existe un entier N tel quesi n ⩾ N alors ∣un − ℓ∣ < ℓ/2. On a donc un > ℓ− ℓ/2 = ℓ/2. On en déduit que 1/un < 2/ℓ pourn ∈ ℕ, donc (un) est majorée, donc bornée puisqu’elle est minorée par 0. Ainsi la suite ( 1

un(un−ℓ))

est le produit d’une suite bornée par une suite qui tend vers 0, c’est donc une suite qui tend vers0. Comme 1

un(un − ℓ) = 1 − ℓ

un, on en déduit que la suite ℓ

untend vers 1. Comme 1

un= (1

ℓ)( ℓun),

d’après la limite d’un produit on a que la suite ( 1un) tend vers 1

ℓ. □

– 7 –

Chapitre 2

Proposition 2.15. Soit (un) une suite de réels strictement positifs.

1. Si un tend vers +∞, alors 1un

tend vers 0.

2. Si un tend vers 0, alors 1un

tend vers +∞.

Preuve 2.16. 1. Fixons " > 0. Comme limn→+∞ un = +∞, il existe un entier N tel que sin ⩾ N alors un > 1

". Donc 0 < 1

un< " ce qui prouve que 1

untend vers 0.

2. Fixons K ∈ ℝ. Comme limn→+∞ un = 0, et un > 0 pour tout n, on sait qu’il existe un entierN tel que si n ⩾ N alors 0 < un <

1K. Donc un > K, ce qui prouve que un tend vers +∞.

□

Remarque 2.17. La condition un > 0 est essentielle. Par exemple, si un = (−1)nn, la suite (un)

tend vers 0 mais la suite ( 1un) n’a pas de limite.

Proposition 2.18 (passage à la limite des inégalités). Soient (un) et (vn) deux suites de réelsqui convergent respectivement vers ℓ et ℓ′. On suppose que

un ⩽ vn

à partir d’un certain rang. Alors ℓ ⩽ ℓ′.

Preuve 2.19. Par l’absurde. Supposons que ℓ ⩽ ℓ′. Fixons un réel " > 0 vérifiant l’inégalité" < ℓ−ℓ′

2.

La convergence de (un) vers ℓ dit qu’il existe un entier ℕ tel que si n ⩾ N alors

∣un− ℓ∣ < ".

La convergence de (vn) vers ℓ′ dit qu’il existe un entier N ′ tel que si n ⩾ N ′ alors

∣vn − ℓ′∣ < ".

Enfin il existe M tel que si n ⩾M alors

un ⩽ vn.

Donc pour n ⩾ max(N,N ′,M) les trois inégalités sont vraies. On en déduit que

vn < ℓ′ + " < ‘− " < un.

Remarquons que la deuxième inégalité est équivalente à " < ℓ−ℓ′2. Ceci donne une contradiction

avec une inégalité précédente. □

Remarque 2.20. La proposition n’est plus vraie si on remplace les inégalités larges par desinégalités strictes. Prenons par exemple un = 0 et vn = 1

n. Alors pour tout n ⩾ 1 on a un < vn,

mais les deux suites ont la même limite 0.

– 8 –

Troisième partie

Cours 3

9

Chapitre 2

Proposition 2.21 (théorème des gendarmes). 1. Soient (un) et (vn) deux suites ayant lamême limite ℓ ∈ ℝ. Soit (xn) une suite telle qu’à partir d’un certain rang on ait les inégalités

un ⩽ xn ⩽ vn.

Alors la suite (xn) converge vers ℓ.

2. Soient (un) et (vn) deux suites telles que limn→+∞ un = +∞ et vn ⩾ un à partir d’un certainrang. Alors (vn) tend vers +∞.

3. Soient (un) et (vn) deux suites telles que limn→+∞ un = −∞ et vn ⩽ un à partir d’un certainrang. Alors (vn) tend vers −∞.

Preuve 2.22. 1. Fixons " > 0. La convergence de (un) vers ℓ dit qu’il existe un N tel que sin ⩾ N alors ∣un − ℓ∣ < ", c’est-à-dire

ℓ− " < un < ℓ+ ".

La convergence de (vn) vers ℓ dit qu’il existe un N ′ tel que si n ⩾ N alors ∣vn − ℓ∣ < ",c’est-à-dire

ℓ− " < vn < ℓ+ ".

Il existe aussi M tel que si n ⩾M alors un ⩽ xn ⩽ vn. Donc si n ⩾ max(N,N ′,M) on a

ℓ− " < un ⩽ xn ⩽ vn < ℓ+ ".

On déduit que ∣xn − ℓ∣ < ", ce qui prouve que la suite (xn) tend vers ℓ.

2. Par définition limn→+∞ un = +∞ signifie que pour un réel K donné il existe un entier N telque si n ⩾ N alors un ⩾ K. D’autre part on sait qu’il existe un entier M tel que si n ⩾ Malors un ⩽ vn. Donc si n ⩾ max(M,N) on a vn ⩾ un ⩾ K, ce qui prouve que vn tend vers+∞.

3. On fait de même.□

Définition 2.23 (sous-suite). Soit (un) une suite. On dit que la suite (vn) est une sous-suite ouune suite extraite de (un) s’il existe une application strictement croissante � : ℕ→ ℕ telle que pourtout n on a

vn = u�(n).

Exemple 2.24. 1. Prenons la suite définie par un = (−1)n. L’application � : n 7→ 2n donnela sous-suite vn = u2n = (−1)2n = 1. Cette sous-suite est une suite constante. De même� : n 7→ 2n+1 donne la sous-suite vn = u2n+1 = (−1)2n+1 = −1. Cette sous-suite est aussiune suite constante.

2. Soit (un) la suite définie par un = sin(2�n17

). Elle est périodique de période 17. L’application� : n 7→ 17n donne la sous-suite vn = u17n = sin(2�n) = 0. L’application � : n 7→ 17n+1donne vn = u17n+1 = sin(2�

17) ∕= 0.

Proposition 2.25. Soit (un) une suite. Alors (un) tend vers ℓ si et seulement si toute sous-suite de(un) tend vers ℓ.

– 10 –

Chapitre 2

Preuve 2.26. ⇒ C’est évident puisque la sous-suite (vn) obtenue en prenant pour � l’identitéde ℕ est la suite (un) elle-même.⇐ Soit (vn) la sous-suite associée à l’application � : ℕ→ ℕ. Montrons d’abord que pour tout

n on a l’inégalité�(n) ⩾ n.

On procède par récurrence. On a �(0) ⩾ 0 puisque �(0) ∈ ℕ. Supposons que �(n) ⩾ n.On a �(n + 1) > �(n) puisque � est strictement croissante. Donc �(n + 1) > n, soit�(n+ 1) ⩾ n+ 1 puisque �(n+ 1) est un entier.Fixons " > 0. Comme la suite (un) tend vers ℓ, il existe un entier ℕ tel que si n ⩾ N alors∣un − ℓ∣ < ". Comme �(n) ⩾ n, on a ∣u�(n) − ℓ∣ < " pour n ⩾ N, ce qui prouve que (vn)tend vers ℓ.

□

Remarque 2.27. On utilise cette proposition pour montrer qu’une suite diverge : si l’on trouvedeux sous-suites de (un) qui tendent vers deux limites distinctes alors (un) diverge.

Exemple 2.28. Si un = (−1)n, on a trouvé deux sous-suites constantes égales à 1 et -1 Donc (un)diverge. La suite définie par un = sin(2�n

17) diverge car on a trouvé deux sous-suites (constantes)

ayant pour limite 0 et sin(2�n17

).

Proposition 2.29. Une suite réelle qui est croissante et majorée converge vers ℓ = sup{un∣n ∈ ℕ}.

Preuve 2.30. La partie A de ℝ formée des un pour n ∈ ℕ est non vide et majorée. On admetqu’une telle partie a une borne supérieure. Soit ℓ cette borne supérieure, c’est un majorant de Aet c’est le plus petit des majorants de A. Puisque ℓ est un majorant on a un ⩽ ℓ pour tout n. Soit" > 0. Comme ℓ est le plus petit majorant le nombre ℓ−" n’est pas un majorant deA, donc il existeun élément uN de A tel que ℓ − " < uN . Comme (un) est croissante, on a un ⩾ uN pour n ⩾ N.On a donc pour n ⩾ N :

ℓ− " < uN ⩽ un ⩽ ℓ < ℓ+ ".

On a donc ∣un − ℓ∣ < " et limn→+∞ un = ℓ. □

De même on a

Proposition 2.31. Une suite de réels qui est décroissante et minorée converge vers ℓ = inf{un∣n ∈ℕ}.

Proposition 2.32. Une suite (un) de réels qui est croissante et non majorée tend vers +∞.

Preuve 2.33. L’assertion �(un) est majorée s’écrit

∃K ∈ ℝ∀n ∈ ℕun ⩽ K

en français : il existe un majorant K de la suite (un)La négation de cette assertion est

∀K ∈ ℝ∃n ∈ ℕun > K

en français : quel que soit K le nombre K n’est pas un majorant de la suite (un).

– 11 –

Chapitre 2

Changeons de notations en échangeant les rôles de n et ℕ :

∀K ∈ ℝ∃N ∈ ℕuN > K

Comme (un) est croissante on a alors un ⩾ uN > K pour tout n ⩾ N, c’est la définition delimn→+∞ un = +∞. □

De même on a

Proposition 2.34. Une suite (un) de réels qui est décroissante et non minorée tend vers -1.

– 12 –

Chapitre 3

Suites adjacentes

Proposition 3.1. Soient (un) et (vn) deux suites telles que

1. (un) est croissante,

2. (vn) est décroissante,

3. la suite (vn − un) tend vers 0. Alors les deux suites (un) et (vn) ont la même limite.

Dans ce cas on dit que les deux suites sont adjacentes.

Preuve 3.2. Pour tout n on aun ⩽ un+1 et vn ⩾ vn+1

d’où−un ⩾ −un+1 et vn ⩾ vn+1

ce qui donne par additionvn − un ⩾ vn + 1− un+1.

La suite (vn − un) est donc décroissante. Comme elle tend vers 0, on en déduit que vn − un ⩾ 0pour tout n, c’est-à-dire vn ⩾ un.

On a alors un ⩽ vn ⩽ v0 puisque (vn) est décroissante. La suite (un) est donc majorée et estcroissante donc elle converge vers une limite ℓ.

De même la suite (vn) est minorée par u0 et est décroissante, donc elle converge vers une limiteℓ′. La suite (vn − un) 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 u0 et v0 deux réels avec v0 > u0 > 0.On définit les deux suites (un) et (vn) par les formules un+1 =

√unvn et vn+1 =

un+vn2

. On vérifieque ces deux suites sont adjacentes. Pour établir la condition (3) on peut montrer que

vn+1 − un+1 ⩽vn − un

2.

13

Quatrième partie

Cours 4

14

Chapitre 3

Théoréme 3.4 (Bolzano-Weierstrass). Soit (un) une suite bornée, alors il existe une sous-suitede (un) convergente.

Preuve 3.5. Soit [a, b] avec a < b un intervalle qui contient les termes de la suite (un). On procèdepar dichotomie, c’est-à-dire que l’on va couper l’intervalle [a, b] en deux en gardant une moitié quicontient une infinité de valeurs de (un). Si les deux moitiés conviennent, on dit qu’on garde cellede gauche. Posons a0 = a et b0 = b. Soient [a1, b1] la moitié de [a, b] que l’on garde, On a a0 ⩽ a1et b1 ⩽ b0. On a aussi b1 − a1 = b0−a0

2. On itère le procédé ce qui donne deux suites (ak) et (bk)

telles que ak ⩽ ak+1 et bk+1 ⩽ bk. On a aussi

bk+1 − ak+1 =bk − ak

2.

et l’intervalle [ak, bk] contient une infinité de termes de la suite (un). Les deux suites (ak) et(bk) sont donc adjacentes. Donc elle convergent vers la même limite ℓ.

On construit alors une sous-suite (vn) de (un). On prend pour v0 = u0. On choisit pour v1 undes (un) qui est dans [a1, b1]. On suppose que l’on a choisi vk où vk = u�(k). On choisit alors pourvk+1 un des termes de (un) qui est dans [ak+1, bk+1] de sorte que �(k + 1) > �(k), cette conditionn’enlève qu’un nombre fini de possibilités, comme il y en a une infinité par construction ce n’estpas gênant. On a alors an ⩽ vn ⩽ bn et par le théorème des gendarmes la suite (vn) tend aussi versℓ. □

Deuxième démonstration (plus courte). On considère le sous-ensemble de ℕ défini par

A = {n ∈ ℕ∣∀k ⩾ nuk ⩾ un}.

On distingue deux cas.Premier cas : A est un ensemble infini. Alors la suite extraite (un)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 uk < un. Ceci permet d’extraireune sous-suite strictement décroissante de (un). Comme elle est minorée, elle converge. □

Remarque 3.6. 1. On a déjà vu des sous-suites convergentes dans le cas où un = (−1)n ouun = sin(2�n

17).

2. Si on prend un = sinn, il y a beaucoup de sous-suites convergentes : on peut montrer quepour tout ℓ ∈ [−1, 1] il existe une sous-suite de (un) qui converge vers ℓ. C’est plus difficileque dans les deux exemples précédents.

– 15 –

Chapitre 4

Valeur d’adhérence d’une suite

Définition 4.1. Soit (un)n∈ℕ une suite de K. Une sous-suite ou suite extraire de (un)n∈ℕ est unesuite de la forme (vk)k∈ℕ avec vk = u�(k) et � : ℕ→ ℕ une application strictement croissante.

Définition 4.2. Soit (un)n∈ℕ une suite de K. On dit qu’un nombre ℓ ∈ K est une valeur d’adhérencede (un)n∈ℕ s’il est limite d’une suite extraite de (un)n∈ℕ.

Exemple 4.3. – La suite (un+1)n∈ℕ est une sous suite de la suite (un)n∈ℕ : on a oublié leterme d’indice nul et sélectionné tous les autres. La fonction � correspondante est définiepar �(n) = n+ 1.

– La suite (u2n)n∈ℕ est une sous suite de la suite (un)n∈ℕ dont on a retenu les termes d’indicespairs et dont on a oublié ceux d’indices impairs. La fonction � correspondante est définiepar �(n) = 2n. De même, la suite (u2n+1)n∈ℕ est une sous suite de la suite (un)n∈ℕ dont ona retenu les termes d’indices impairs et dont on a oublié ceux d’indices pairs. La fonction� correspondante est définie par �(n) = 2n + 1. Si par exemple un = (−1)n, les suites(u2n)n∈ℕ et (u2n+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 (un)n∈ℕ dont le nombre de termes oubliés entredeux termes consécutifs retenus tend vers +∞.

On peut noter que dans tous les exemples que nous avons cités, on a �(n) ⩾ n. En fait, c’esttoujours le cas comme le montre le lemme suivant.

Lemme 4.1. Si � : ℕ → ℕ est une application strictement croissante, alors �(n) ⩾ n pour toutn ∈ ℕ.

Preuve 4.4. On démontre par récurrence sur n que l’inégalité (Hn) : �(n) ⩾ n. Par hypothèse,�(0) ∈ ℕ donc �(0) ⩾ 0, ce qui montre (H0). Soit n ∈ ℕ quelconque. On suppose que pourcet entier n, l’inégalité (Hn) est vérifiée. Alors la croissance stricte de � montre que �(n + 1) >�(n) ⩾ n, ce qui entraîne que �(n + 1) >⩾ n + 1, où on reconnaît (Hn+1). On a donc établi parrécurrence, l’inégalité (Hn) pour tout n ∈ ℕ. □

On peut aussi vérifier qu’une sous-suite d’une sous-suite est encore une sous-suite. Nous allonsmaintenant étudier le lien entre la notion de valeur d’adhérence et celle de convergence.

Proposition 4.5. Soit (un)n∈ℕ une suite convergente de limite ℓ. Alors toute sous-suite de (un)n∈ℕest convergente de limite ℓ.

16

Chapitre 4

Preuve 4.6. Soit (u�(n))n∈ℕ une sous-suite de (un)n∈ℕ, avec � une application strictement crois-sante. On suppose que (un)n∈ℕ converge vers ℓ. Soit " > 0. Par définition de ℓ, il existe N ∈ ℕ telque ∣un − ℓ∣ < " pour tout n ⩾ N. Mais �(n) ⩾ n ⩾ N d’après le lemme précédent. Il en résulteque ∣u�(n)− ℓ∣ < ", ce qui montre que la suite (u�(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 (un)n∈ℕ si et seulementsi :

∀" ∈ ℝ∗+,∀N ∈ ℕ,∃n ∈ ℕ, n ⩾ N et ∣un − ℓ∣ < ".

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 existeune suite (an)n∈ℕ d’éléments de A qui converge vers a.

Proposition 4.10. Soit (an)n∈ℕ une suite déléments de ℝ. On note, pour m ∈ ℕ

Am = {an∣n ⩾ m}.

Alors l’ensemble des valeurs d’adhérence de la suite (an)n∈ℕ est ∩m∈ℕAm.

– 17 –

Chapitre 5

Comparaison de suites

Définition 5.1 (équivalent, négligeable, dominé). Soient (un) et (vn) deux suites. On supposequ’à partir d’un certain rang N on a vn ∕= 0.

1. On dit que (un) est équivalent à (vn) si la suite (unvn) tend vers 1.

2. On dit que (un) est négligeable devant (vn) si la suite (unvn) tend vers 0.

3. On dit que (un) est dominée par (vn) si la suite (unvn) est bornée.

Définition 5.2 (Notation de Landau). 1. Si (un) est équivalent à (vn) on note un ≈ vn.

2. Si (un) est négligeable devant (vn) on note un = o(vn) (petit o).

3. Si (un) est dominée par (vn) on note un = O(vn) (grand O).

Proposition 5.3. Si la suite (un) est équivalente à la suite (vn), la suite (vn) est équivalente à (un).

Preuve 5.4. Prenons " = 12. À partir d’un certain rang on a 1− " = 1

2⩽ un

vn⩽ 1 + " = 3

2.

On en déduit qu’à partir d’un certain rang un ∕= 0. On sait qu’alors la suite ( vnun) a pour limite

l’inverse de la limite de la suite unvn. Elle tend donc vers 1. □

Remarque 5.5. Les trois propriétés ’négligeable, équivalente, dominée’ sont des propriétés àl’infini des suites : la valeur de l’entier N n’a pas d’importance.

Proposition 5.6. Soient (an) une suite non nulle à partir d’un certain rang et (un) et (vn) deuxsuites équivalentes. Alors

1. la suite (anun) est équivalente à la suite (anvn).

2. si (un) et (vn) sont non nulles à partir d’un certain rang les suites ( anun) et (an

vn) sont équiva-

lentes.

Preuve 5.7. 1. On sait que limn→+∞unvn

= 1. Comme unanvnan

= unvn, on obtient limn→+∞

unanvnan

=1.

2. On a les égalités

limn→+∞

anun

vnan

= limn→+∞

vnun

= limn→+∞

1unvn

=1

limn→+∞unvn

= 1.

ce qui prouve l’affirmation.□

18

Chapitre 5

Remarque 5.8. Les équivalents ne s’ajoutent pas !

Exemple 5.9. Prenons an = −n, un = n et vn = n + 1. Les deux suites (un) et (vn) sontéquivalentes, car la suite

unvn

=n

n+ 1= 1− 1

n+ 1

tend vers 1.Mais an + un = 0 et an + vn = 1, donc

limn→+∞

an + unan + vn

= 0.

Proposition 5.10. Soit (un) une suite et � ∈ [0, 1[. Si à partir d’un certain rang N on a

∣un+1∣ ⩽ �∣un∣∀n ⩾ N

alors (un) tend vers 0.

Preuve 5.11. En itérant k fois l’inégalité précédente on obtient

∣uN+k∣ ⩽ �∣uN+k−1∣ ⩽ �2∣uN+k−2∣ ⩽ . . . ⩽ �k∣uN ∣.

Donc par une proposition précédente

limk→+∞

∥uN+k∣ = limk→+∞

(�k∣uN ∣) = ( limk→+∞

�k)∣uN ∣ = 0.

Comme ∣uN+k∣ ⩾ 0, on en déduit que limk→+∞ ∣uN+k∣ = 0, donc limk→+∞ uN+k = 0 et limn→+∞ un =0. □

Proposition 5.12. Soient (un) et (vn) deux suites strictement positives. Soit � ∈ [0, 1[. On supposequ’à partir d’un certain rang N on a

un+1

un⩽ �

vn+1

vn∀n ⩾ N.

Alors (un) est négligeable devant(vn).

Preuve 5.13. En multipliant l’inégalité précédente par unvn+1

qui est > 0, on obtient

un+1

vn+1

⩽ �unvn.

La suite (unvn) vérifie les conditions de la proposition précédente donc (un

vn) tend vers 0, ce qui veut

dire que un = o(vn). □

Proposition 5.14. On considère les suites

1. pour n ⩾ 2, soit un = (lnn)� avec � > 0,

2. pour n ⩾ 1, soit vn = n� avec � > 0,

3. pour n ⩾ 0, soit wn = an avec a > 1,

4. pour n ⩾ 0, on pose zn = n!

Alors un = o(vn), vn = o(wn) et wn = o(zn).

– 19 –

Chapitre 5

Preuve 5.15. 1. Montrons d’abord que vn = o(wn). Pour cela montrons qu’il existe � ∈ [0, 1[tel que

vn+1

vn⩽ �

wn+1

wnet utilisons la proposition précédente.Un calcul simple montre que

vn+1

vn= (1 +

1

n)� et

wn+1

wn= a > 1.

Comme limn→+∞vn+1

vn= 1, il existe N tel que si n ⩾ N on a

vn+1

vn<

1 + a

2

car la suite (vn+1

vn) est décroissante et

1 <1 + a

2< a.

Prenons � = 1+a2a. Alors 0 < � < 1 et pour n ⩾ N on a

vn+1

vn=

1 + a

2=

1 + a

2aa = �a = �

wn+1

wn.

On voit que les conditions de la proposition précédente sont satisfaites et donc on conclutque vn = o(wn).

2. Montrons que un = o(vn). Il suffit de prouver

limn→∞

(lnn)�

n�= 0.

Or(lnn)�

n�= (

lnn

n��

)� = (lnn

n )�,

où l’on a posé = ��. On admettra l’égalité suivante :

limn→∞

(lnn

n )� = ( lim

n→∞

lnn

n )�.

De plus on remarque que(lnn)

n =

1

ln(n )

n .

Par conséquent il suffit de montrer

limn→∞

ln(n )

n = 0.

Pour cela posons un = ln(n ). Alors la suite (un) tend vers +∞, car

limn→∞

n = +∞ et limn→∞

lnx = +∞,

– 20 –

Chapitre 5

ce qu’on admettra aussi.Dans la première partie de la démonstration, posons � = 1 et a = e, on obtient que la suitenen

tend vers 0. Fixons " > 0. Il existe un entier N tel que si n ⩾ N on a

n

en< ".

De plus la fonction f(x) = xex

a pour dérivée f ′(x) = 1−xex

donc f ′(x) ⩽ 0 si x ⩾ 1 et parconséquent f est décroissante sur l’intervalle [1,+∞[. La décroissance de f implique quepour un ⩾ N

uneun

⩽N

eN< ".

Ainsi on a prouvé que

limn→∞

uneun

= limn→∞

ln(n )

n = 0.

3. Montrons que wn = o(zn). On a

wn+1

wn= a et

zn+1

zn=

(n+ 1)!

n!= n+ 1.

Pour n assez grand on azn+1

zn= n+ 1 ⩾ 2a.

Donc il existe un entier N tel que si n ⩾ N on a

a =wn+1

wn⩽

1

2

zn+1

zn=n+ 1

2.

C’est la condition d’une proposition précédente avec � = 12.

□

– 21 –

Chapitre 6

Suites complexes

Définition 6.1. Une suite complexe est une famille (zn)n∈ℕ de nombres complexes indexée par lesentiers.

On généralise la notion de limite vue dans le cas réel au cas complexe en rempla¸cant la valeurabsolue (d’un nombre réel) par le module (d’un nombre complexe).

Définition 6.2. On dit que la suite complexe (zn) converge vers ℓ ∈ ℂ si pour tout " > 0 il existeun entier N tel que si n ⩾ N alors ∣zn − ℓ∣ < ".

Soit (zn) une suite complexe, en posant zn = xn + iyn avec xn et yn réels on définit deux suitesréelles (xn) et (yn).

Proposition 6.3. La suite complexe (zn) converge si et seulement si sa partie réelle (xn) et sa partieimaginaire (yn) convergent.

Preuve 6.4. Supposons que (zn) converge vers ℓ ∈ ℂ. On écrit ℓ = a + ib avec a et b réels. On al’inégalité suivante

∣xn − a∣ =√(xn − a)2 ⩽

√(xn − a)2 + (yn − b)2 = ∣zn − ℓ∣,

car (yn − b)2 ⩾ 0. On en déduit que la suite (xn) tend vers a. On démontre de même que lasuite (yn) tend vers b.

Réciproquement, on suppose que la suite (xn) converge vers a ∈ ℝ et que la suite (yn) convergevers b ∈ ℝ. On pose ℓ = a+ ib et on va montrer que la suite complexe (zn) converge vers ℓ.

En effet on a ∣zn − ℓ∣ ⩽ ∣xn − a∣+ ∣yn − b∣, car ∣u+ iv∣ ⩽ ∣u∣+ ∣v∣ pour tous réels u, v.Cette inégalité est équivalente à

√u2 + v2 ⩽ ∣u∣+∣v∣, qui au carré est u2+v2 ⩽ u2+v2+2∣uv∣,

qui est évidemment vraie.Fixons " > 0. Puisque la suite (xn) tend vers a il existe un entier N tel que si n ⩾ N alors

∣xn − a∣ < "/2. De même il existe N ′ tel que si n ⩾ N ′ alors ∣yn − b∣ < "/2. Alors si n ⩾max(N,N ′) on a ∣zn − ℓ∣ ⩽ ∣xn − a∣+ ∣yn − b∣ < ".

□

Lemme 6.1 (Inégalité triangulaire). Pour tout z, z′ ∈ ℂ on a les inégalités

∣∣z∣ − ∣z′∣∣ ⩽ ∣z − z′∣ ⩽ ∣z∣+ ∣z′∣.

22

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′)2 + (y − y′)2 ⩽√x2 + y2 +

√x′2 + y′2.

En élevant au carré on est ramené à montrer que

(x− x′)2 + (y − y′)2 ⩽ x2 + y2 + x′2 + y′2 + 2√

(x2 + y2)(x′2 + y′2)

ou−(xx′ + yy′) ⩽

√(x2 + y2)(x′2 + y′2).

En élevant encore au carré, on arrive à

0 ⩽ (xy′ − x′y)2

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 (zn) converge vers ℓ alors la suite réelle (∣zn∣) 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 (zn) définie par

zn = an.

On distingue trois cas.

1. ∣a∣ > 1 : la suite réelle (∣an∣) = (∣a∣n) tend vers +∞, donc d’après la proposition précédente(zn) diverge.

2. ∣a∣ < 1 : la suite réelle (∣an∣) = (∣a∣n) tend vers 0 et (zn) tend aussi vers 0.

3. ∣a∣ = 1 : supposons que (zn) converge vers ℓ. On a la relation zn+1 = azn, donc à la limiteℓ = aℓ. On obtient donc que a = 1 ou bien ℓ = 0. Comme la suite (∣an∣) est constante etégale à 1, on voit que ∣ℓ∣ = 1. Le cas ℓ = 0 est donc exclu. Finalement si ∣a∣ = 1, la suite(zn) converge si et seulement si a = 1.

– 23 –

Cinquième partie

Exercices

24

Chapitre 7

Exercices

Exercice 1. Soit (un)n∈ℕ une suite de ℝ. Que pensez-vous des propositions suivantes :∙ Si (un)n converge vers un réel l alors (u2n)n et (u2n+1)n convergent vers l.∙ Si (u2n)n et (u2n+1)n sont convergentes, il en est de même de (un)n.∙ Si (u2n)n et (u2n+1)n sont convergentes, de même limite l, il en est de même de (un)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 1. 1. Vraie. Toute sous-suite d’une suite convergente est convergente et admet lamême limite.

2. Faux. Un contre-exemple est la suite (un)n définie par un = (−1)n. Alors (u2n)n est la suiteconstante (donc convergente) de valeur 1, et (u2n+1)n est constante de valeur −1. Cependantla suite (un)n n’est pas convergente.

3. Vraie. La convergence de la suite (un)n vers ℓ, que nous souhaitons démontrer, s’écrit :

∀" > 0 ∃N ∈ ℕ tel que (n ⩾ N ⇒ ∣un − ℓ∣ < ".

Fixons " > 0. Comme, par hypothése, la suite (u2p)p converge vers ℓ alors il existe N1 tel

2p ⩾ N1 ⇒ ∣u2p − ℓ∣ < ".

Et de même, pour la suite (u2p+1)p il existe N2 tel que

2p+ 1 ⩾ N1 ⇒ ∣u2p+1 − ℓ∣ < ".

Soit N = max(N1, N2), alors

n ⩾ N ⇒ ∣un − ℓ∣ < ".

Ce qui prouve la convergence de (un)n vers ℓ.□

Exercice 2. Montrer que toute suite convergente est bornée.

25

Chapitre 7

Indication 2. Écrire la définition de la convergence d’une suite (un) avec “les "”. Comme on a uneproposition qui est vraie pour tout " > 0, c’est en particulier vrai pour " = 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 " = 1).

Correction 2. Soit (un) une suite convergeant vers ℓ ∈ ℝ. Par définition

∀" > 0 ∃N ∈ ℕ ∀n ⩾ N ∣un − ℓ∣ < ".

Choisissons " = 1, nous obtenons le N correspondant. Alors pour n ⩾ N , nous avons ∣un−ℓ∣ < 1,soit ℓ− 1 < un < ℓ + 1. Notons M = maxn=1,...,N{un} et puis M ′ = max(M, ℓ + 1). Alors pourtout n ∈ ℕ un ⩽ M ′. De même en posant m = minn=1,...,N{un} et m′ = min(m, ℓ − 1) nousobtenons pour tout n ∈ ℕ, un ⩾ m′. □

Exercice 3. Montrer que la suite (un)n∈ℕ définie par

un = (−1)n + 1

n

n’est pas convergente.

Indication 3. On prendra garde à ne pas parler de limite d’une suite sans savoir au préalablequ’elle converge !

Vous pouvez utiliser le résultat du cours suivant : Soit (un) une suite convergeant vers la limiteℓ alors toute sous-suite (vn) de (un) a pour limite ℓ.

Correction 3. Beaucoup d’entre vous ont compris que un n’avait pas de limite, mais peu sontarrivé à en donner une démonstration formelle. En effet, dès lors qu’on ne sait pas qu’une suite(un) converge, on ne peut pas écrire limun, c’est un nombre qui n’est pas défini. Par exemplel’égalité

limn→∞

(−1)n + 1/n = limn→∞

(−1)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 un est convergente si et seulement si la suite (−1)n l’est. De plus, dans le cas où elles sonttoutes les deux convergentes, elles ont même limite. Cette affirmation provient tout simplement duthéorème suivant

Théoréme 7.1. Soient un et vn deux suites convergeant vers deux limites l et l′. Alors la suitewn = un + vn est convergente (on peut donc parler de sa limite) et limwn = l + l′.

De plus, il n’est pas vrai que toute suite convergente doitforcément être croissante et majorée oudécroissante et minorée. Par exemple, (−1)n/n est une suite qui converge vers 0 mais qui n’est nicroissante, ni décroissante. A ce propos d’ailleurs, on ne dit pas d’une suite qu’elle est croissantepour n pair et décroissante pour n impair même si je comprends ce que cela signifie. On dit qu’unetelle 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 un n’estpas convergente. Supposons donc par l’absurde qu’elle soit convergente et notons l = limn→∞ un.(Cette expression a un sens puisqu’on suppose que un converge).

– 26 –

Chapitre 7

Rappel 1. Une sous-suite de un (on dit aussi suite extraite de un) est une suite vn de la formevn = u�(n) où � est une application strictement croissante de ℕ dans ℕ. Cette fonction � correspond“au choix des indices qu’on veut garder” dans notre sous-suite. Par exemple, si on ne veut garderdans la suite un que les termes pour lesquels n est un multiple de trois, on pourra poser �(n) = 3n,c’est à dire vn = u3n.

Considérons maintenant les sous-suites vn = u2n et wn = u2n+1 de (un). On a que vn =1+1/2n→ 1 et que wn = −1+1/(2n+1)→ −1. Or on a le théorème suivant sur les sous-suitesd’une suite convergente :

Théoréme 7.2. Soit un une suite convergeant vers la limite l (le théorème est encore vrai si l =+∞ ou l = −∞). Alors, toute sous suite vn de un a pour limite l.

Par conséquent, ici, on a que lim vn = l et limwn = l donc l = 1 et l = −1 ce qui est unecontradiction. L’hypothèse disant que (un) était convergente est donc fausse. Donc un ne convergepas.

Montrons que un est bornée. On a que

−1 ⩽ (−1)n ⩽ 1

0 ⩽ 1/n ⩽ 1

donc−1 ⩽ un ⩽ 2

donc un est bornée.

Rappel 2. Le théorème de Bolzano-Weïerstrass dit ceci : Soit (un) une suite de réels bornée. Alors,il existe une sous-suite de (un) qui est convergente. (C’est un théorème très puissant).

Ici, on nous demande d’exhiber une sous-suite de un qui soit convergente. Mais on a déjà vuque vn = u2n → 1. vn = u2n est donc une suite extraite convergente.

Remarque 7.3. Il y a d’autres sous-suites convergentes : (u4n) (u2n), (un!) et (u3n) sont dessous-suites convergentes de un.

□

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 " = 12.

Correction 4. Soit (un)n une suite d’entiers qui converge vers ℓ ∈ ℝ.Dans l’intervalle I =]ℓ− 1

2, ℓ+ 1

2[ de longueur 1, il existe au plus un élément de ℕ. Donc I ∩ℕ

est soit vide soit un singleton {a}.La convergence de (un)n s’écrit :

∀" > 0 ∃N ∈ ℕ tel que (n ⩾ N ⇒ ∣un − ℓ∣ < ").

– 27 –

Chapitre 7

Fixons " = 12, nous obtenons le N correspondant. Et pour n ⩾ N , un ∈ I . Mais de plus un est un

entier, doncn ⩾ N ⇒ un ∈ I ∩ ℕ.

En conséquent, I ∩ ℕ n’est pas vide (par exemple uN en est un élément) donc I ∩ ℕ = {a}.L’implication précédente s’écrit maintenant :

n ⩾ N ⇒ un = a.

Donc la suite (un)n est stationnaire (au moins) à partir de N . En prime, elle est bien évidemmentconvergente vers ℓ = a ∈ ℕ. □

Exercice 5. Soit Hn = 1 +1

2+ . . .+

1

n.

1. En utilisant une intégrale, montrer que ∀n > 01

n+ 1⩽ ln(n+ 1)− ln(n) ⩽

1

n.

2. En déduire que ln(n+ 1) ⩽ Hn ⩽ ln(n) + 1.

3. Déterminer la limite de Hn.

4. Montrer que un = Hn − ln(n) est décroissante et positive.

5. Conclusion ?

Indication 5. 1. En se rappellant que l’intégrale calcule une aire montrer :

1

n+ 1⩽∫ n+1

n

dt

t⩽

1

n.

2. Pour chacune des majoration il s’agit de faire la somme de l’inégalité précédente et des’apercevoir que d’un coté on calcule Hn et de l’autre les termes s’éliminent presque tousdeux à deux.

3. La limite est +∞.

4. Calculer un+1 − un.

5. C’est le théoréme de Bolzano-Weierstrass.

Correction 5. 1. La fonction t 7→ 1t

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.

2. Hn = 1n+ 1

n−1 + ⋅ ⋅ ⋅ + 12+ 1, nous majorons chaque terme de cette somme en utilisant

l’inégalité 1k⩽ ln(k) − ln(k − 1) obtenue précédemment : nous obtenons Hn ⩽ ln(n) −

ln(n− 1) + ln(n− 1)− ln(n− 2) + ⋅ ⋅ ⋅+ ln 2− ln 1 + 1. Cette somme est télescopique (laplupart des termes s’éliminent et en plus ln 1 = 0) et donne Hn ⩽ lnn+ 1.L’autre inégalité s’obtient de la façon similaire en utilisant l’inégalité ln(k+1)− ln(k) ⩽ 1

k.

– 28 –

Chapitre 7

3. Comme Hn ⩾ ln(n + 1) et que ln(n + 1) → +∞ quand n → +∞ alors Hn → +∞ quandn→ +∞.

4. un+1 − un = Hn+1 − Hn − ln(n + 1) + ln(n) = 1n+1− (lnn + 1 − lnn) ⩽ 0 d’après la

première question. Donc un+1 − un = f( 1n+1

) ⩽ 0. Donc un+1 ⩽ un et la suite (un) estdécroissante.Enfin comme Hn ⩾ ln(n+ 1) alors Hn ⩾ lnn et donc un ⩾ 0.

5. La suite (un) est décroissante et minorée (par 0) donc elle converge vers un réel . Ce réel est la constante d’Euler (Leonhard Euler, 1707-1783, mathématicien d’origine suisse). Cetteconstante vaut environ 0, 5772156649 . . . mais on ne sait pas si est rationnel ou irrationnel.

□

Exercice 6. Soit q un entier au moins égal à 2. Pour tout n ∈ ℕ, on pose un = cos2n�

q.

1. Montrer que un+q = un, ∀n ∈ ℕ.

2. Calculer unq et unq+1. En déduire que la suite un n’a pas de limite.

Indication 6. Pour la deuxiéme question, raisonner par l’absurde et trouver deux sous-suites ayantdes limites distinctes.

Correction 6. 1. un+q = cos 2(n+q)�q

= cos 2(n)�q

+ 2� = cos 2(n+q)�q

= un.

2. unq = cos 2(nq)�q

= cos 2n� = 1 = u0 et unq+1 = cos 2(nq+1)�q

= cos 2�q

= u1. Supposons,par l’absurde que (un) converge vers ℓ. Alors la sous-suite (unq)n converge vers ℓ commeunq = u0 = 1 pout tout n alors ℓ = 1. D’autre part la sous-suite (unq+1)n converge aussi versℓ, mais unq+1 = u1 = cos 2�

q, donc ℓ = cos 2�

q. Nous obtenons une contradiction car pour

q ⩾ 2, nous avons cos 2�q∕= 1. Donc la suite (un) ne converge pas.

□

Exercice 7. On considère la fonction f : ℝ −→ ℝ définie par

f(x) =x3

9+

2x

3+

1

9

et on définit la suite (xn)n⩾0 en posant x0 = 0 et xn+1 = f(xn) pour n ∈ ℕ.1. Montrer que l’équation x3 − 3x+ 1 = 0 possède une solution unique � ∈]0, 1/2[.2. Montrer que l’équation f(x) = x est équivalente à l’équation x3 − 3x + 1 = 0 et en déduire

que � est l’unique solution de l’équation f(x) = x dans l’intervalle [0, 1/2].

3. Montrer que f(ℝ+) ⊂ ℝ+ et que la fonction f est croissante sur ℝ+. En déduire que la suite(xn) est croissante.

4. Montrer que f(1/2) < 1/2 et en déduire que 0 ⩽ xn < 1/2 pour tout n ⩾ 0.

5. Montrer que la suite (xn)n⩾0 converge vers �.

Indication 7. Pour la première question : attention on ne demande pas de calculer � ! L’existencevient du théoréme des valeurs intermédiaires. L’unicité vient du fait que la fonction est strictementcroissante.

Pour la derniére question : il faut d’une part montrer que (xn) converge et on note ℓ sa limiteet d’autre part il faut montrer que ℓ = �.

– 29 –

Chapitre 7

Correction 7. 1. La fonction polynomiale P (x) := x3− 3x+1 est continue et dérivable sur ℝet sa dérivée est P ′(x) = 3x2 − 3, qui est strictement négative sur ]− 1,+1[. Par conséquentP est strictement décroissante sur ]−1,+1[. Comme P (0) = 1 > 0 et P (1/2) = −3/8 < 0 ilen résulte grâce au théorème des valeurs intermédiaires qu’il existe un réel unique � ∈]0, 1/2[ tel que P (�) = 0.

2. Comme f(x) − x = (x3 − 3x + 1)/9 il en résulte que � est l’unique solution de l’équationf(x) = x dans ]0, 1/2[.

3. Comme f ′(x) = (x2+2)/3 > 0 pour tout x ∈ ℝ, on en déduit que f est strictement croissantesur ℝ. Comme f(0) = 1/9 et limx→+∞ f(x) = +∞, on en déduit que f(ℝ+) = [1/9,+∞[.Comme x1 = f(x0) = 1/9 > 0 = x0, et que f est strictement croissante sur ℝ+, on endéduit par récurrence que xn+1 > xn pour tout n ∈ ℕ ce qui prouve que la suite (xn) estcroissante.

4. Un calcul simple montre que f(1/2) < 1/2. Comme 0 = x0 < 1/2 et que f est croissanteon en déduit par récurrence que xn < 1/2 pour tout n ∈ ℕ.

5. D’après les questions précédentes, la suite (xn) est croissante et majorée elle converge doncvers un nombre réel l ∈]0, 1/2]. De plus comme xn+1 = f(xn) pour tout n ∈ ℕ, on en déduitpar continuité de f que ℓ = f(ℓ). Comme f(1/2) < 1/2, On en déduit que ℓ ∈]0, 1/2[ etvérifie l’équation f(ℓ) = ℓ. D’après la question 2, on en déduit que ℓ = � et donc (xn)converge vers �.

□

Exercice 8. Posons u2 = 1− 122

et pour tout entier n ⩾ 3,

un = (1− 1

22)(1− 1

32) ⋅ ⋅ ⋅ (1− 1

n2).

Calculer un. En déduire que l’on a limun =1

2.

Indication 8. Remarquer que 1− 1k2

= (k−1)(k+1)k.k

. Puis simplifier l’écriture de un.

Correction 8. Remarquons d’abord que 1 − 1k2

= 1−k2k2

= (k−1)(k+1)k.k

. En écrivant les fractions deun sous la cette forme, l’écriture va se simplifier radicalement :

un =(2− 1)(2 + 1)

2.2

(3− 1)(3 + 1)

3.3⋅ ⋅ ⋅ (k − 1)(k + 1)

k.k

(k)(k + 2)

(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 :

un =1

2

n+ 1

n.

Donc (un) tends vers 12

lorsque n tend vers +∞. □

– 30 –

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 ; −1

2;1

3; . . . ;

(−1)n−1

n; . . .

2. 2/1 ; 4/3 ; 6/5 ; . . . ; 2n/(2n− 1) ; . . .

3. 0,23 ; 0,233 ; . . . ; 0,233 ⋅ ⋅ ⋅ 3 ; . . .

4.1

n2+

2

n2+ ⋅ ⋅ ⋅+ n− 1

n2

5.(n+ 1)(n+ 2)(n+ 3)

n3

6.[1 + 3 + 5 + ⋅ ⋅ ⋅+ (2n− 1)

n+ 1− 2n+ 1

2

]7.

n+ (−1)n

n− (−1)n

8.2n+1 + 3n+1

2n + 3n

9.(1/2 + 1/4 + 1/8 + ⋅ ⋅ ⋅+ 1/2n

)puis

√2 ;

√2√2 ;

√2

√2√2 ; . . .

10.(1− 1

3+

1

9− 1

27+ ⋅ ⋅ ⋅+ (−1)n

3n

)11.

(√n+ 1−

√n)

12.n sin(n!)

n2 + 1

13. Démontrer la formule 1 + 22 + 32 + ⋅ ⋅ ⋅ + n2 = 16n(n + 1)(2n + 1) ; en déduire

limn→∞1+22+32+⋅⋅⋅+n2

n3 .

Indication 9.

Correction 9. 1. 0.

2. 1.

3. 7/30.

4. 1/2.

5. 1.

6. −3/2.

7. 1.

8. 3.

9. 1 ; 2.

10. 3/4.

11. 0.

12. 0.

– 31 –

Chapitre 7

13. 1/3.□

Exercice 10. Soit a > 0. On définit la suite (un)n⩾0 par u0 un réel vérifiant u0 > 0 et par la relation

un+1 =1

2

(un +

a

un

).

On se propose de montrer que (un) tend vers√a.

1. Montrer que

un+12 − a =

(un2 − a)2

4un2.

2. Montrer que si n ⩾ 1 alors un ⩾√a puis que la suite (un)n⩾1 est décroissante.

3. En déduire que la suite (un) converge vers√a.

4. En utilisant la relation un+12 − a = (un+1 −

√a)(un+1 +

√a) donner une majoration de

un+1 −√a en fonction de un −

√a.

5. Si u1 −√a ⩽ k et pour n ⩾ 1 montrer que

un −√a ⩽ 2

√a

(k

2√a

)2n−1

.

6. Application : Calculer√10 avec une précision de 8 chiffres aprés la virgule, en prenant u0 =

3.

Indication 10. 1. C’est un calcul de réduction au méme dénominateur.

2. Pour montrer la décroisance, montrer un+1

un⩽ 1.

3. Montrer d’abord que la suite converge, montrer ensuite que la limite est√a.

4. Penser à écrire u2n+1 − a = (un+1 −√a)(un+1 +

√a).

5. Raisonner par récurrence.

6. Pour u0 = 3 on a u1 = 3, 166 . . ., donc 3 ⩽√10 ⩽ u1 et on peut prendre k = 0.17 par

exemple et n = 4 suffit pour la précision demandée.

Correction 10. 1.

u2n+1 − a =1

4

(u2n + a

un

)2

− a

=1

4u2n(u4n − 2au2n + a2)

=1

4

(u2n − a)2

u2n

2. Il est clair que pour n ⩾ 0 on a un ⩾ 0. D’aprés l’égalité précédente pour n ⩾ 0, u2n+1− a etcomme un+1 est positif alors un+1 ⩾

√a.

– 32 –

Chapitre 7

Soit n ⩾ 1. Calculons le quotient de un+1 par un : un+1

un= 1

2

(1 + a

u2n

)or a

u2n⩽ 1 car

un ⩾√a. Donc un+1

un⩽ 1 et donc un+1 ⩽ un. La suite (un)n⩾1 est donc décroissante.

3. La suite (un)n⩾1 est décroissante et minorée par√a donc elle converge vers une limite ℓ > 0.

D’aprés la relation

un+1 =1

2

(un +

a

un

)quand n→ +∞ alors un → ℓ et un+1 → ℓ. À la limite nous obtenons la relation

ℓ =1

2

(ℓ+

a

ℓ

).

La seule solution positive est ℓ =√a. Conclusion (un) converge vers

√a.

4. La relation

u2n+1 − a =(u2n − a)2

4u2n

s’écrit aussi

(un+1 −√a)(un+1 +

√a) =

(un −√a)2(un +

√a)2

4u2n.

Donc

un+1 −√a = (un −

√a)2

1

4(un+1 +√a)

(un +

√a

un

)2

⩽ (un −√a)2

1

4(2√a)

(1 +

√a

un

)2

⩽ (un −√a)2

1

2√a

5. Par récurrence pour n = 1, u1 −√a ⩽ 1. Si la proposition est vraie rang n, alors

un+1 −√a ⩽

1

2√a(un −

√a)2

⩽1

2√a(2√a)2

((k

2√a

)2n−1)2

⩽ 2√a

(k

2√a

)2n

6. Soit u0 = 3, alors u1 = 12(3 + 10

3) = 3, 166 . . .. Comme 3 ⩽

√10 ⩽ u1 donc u1 −

√10 ⩽

0.166 . . .. Nous pouvons choisir k = 0, 17. Pour que l’erreur un −√a soit inférieure à 10−8

il suffit de calculer le terme u4 car alors l’erreur (calculée par la formule de la questionprécédente) est inférieure à 1, 53× 10−10. Nous obtenons u4 = 3, 16227766 . . .

□

– 33 –

Chapitre 7

Exercice 11. On considère les deux suites :

un = 1 +1

1!+ ...+

1

n!; n ∈ ℕ,

vn = un +1

n!; n ∈ ℕ.

Montrer que (un)n et (vn)n convergent vers une même limite. Et montrer que cette limite est unélément de ℝ∖ℚ.

Indication 11. 1. Montrer que (un) est croissante et (vn) décroissante.

2. Montrer que (un) est majorée et (vn) minorée. Montrer que ces suites ont la méme limite.

3. Raisonner par l’absurde : si la limite ℓ = pq

alors multiplier l’inégalité uq ⩽ pq⩽ vq par q! et

raisonner avec des entiers.

Correction 11. 1. La suite (un) est strictement croissante, en effet un+1− un = 1(n+1)!

> 0. Lasuite (vn) est strictement décroissante :

vn+1 − vn = un+1 − un +1

(n+ 1)!− 1

n!=

1

(n+ 1)!+

1

(n+ 1)!− 1

n!=

1

n!(2

n− 1).

Donc pour à partir de n ⩾ 2, la suite (vn) est strictement décroissante.

2. Comme un ⩽ vn ⩽ v2, alors (un) est une suite croissante et majorée. Donc elle convergevers ℓ ∈ ℝ. De méme vn ⩾ un ⩽ u0, donc (vn) est une suite décroissante et minorée. Doncelle converge vers ℓ′ ∈ ℝ. De plus vn− un = 1

n!. Et donc (vn− un) tend vers 0 ce qui prouve

que ℓ = ℓ′.

3. Supposons que ℓ ∈ ℚ, nous écrivons alors ℓ = pq

avec p, q ∈ ℕ. Nous obtenons pour n ⩾ 2 :

un ⩽p

q⩽ vn.

Ecrivons cette égalité pour n = q : uq ⩽ pq⩽ vq et multiplions par q! : q!uq ⩽ q!p

q⩽ q!vq.

Dans cette double inégalité toutes les termes sont des entiers ! De plus vq = uq +1q!

donc :

q!uq ⩽ q!p

q⩽ q!uq + 1.

Donc l’entier q!pq

est égal à l’entier q!uq ou à q!uq + 1 = q!vq. Nous obtenons que ℓ = pq

estégal à uq ou à vq. Supposons par exemple que ℓ = uq, comme la suite (un) est strictementcroissante alors uq < uq+1 < ⋅ ⋅ ⋅ < ℓ, ce qui aboutit à une contradiction. Le méme raison-nement s’applique en supposant ℓ = vq car la suite (vn) est strictement décroissante. Pourconclure nous avons montrer que ℓ n’est pas un nombre rationnel.

En fait ℓ est le nombre e = exp(1). □

– 34 –

Chapitre 7

Exercice 12. Soient a et b deux réels, a < b. On considère la fonction f : [a, b] −→ [a, b], supposéecontinue et monotone, et une suite récurrente (un)n définie par :

u0 ∈ [a, b] et ∀n ∈ ℕ, un+1 = f(un).

1. On suppose que f est croissante. Montrer que (un)n est monotone et en déduire sa conver-gence vers une solution de l’équation f(x) = x.

2. Application :

u0 = 4 et ∀n ∈ ℕ, un+1 =4un + 5

un + 3.

3. On suppose que f est décroissante. Montrer que les suites (u2n)n et (u2n+1)n sont monotoneset convergentes.

4. Application :

u0 =1

2et ∀n ∈ ℕ, un+1 = (1− un)2.

Calculer les limites des suites (u2n)n et (u2n+1)n.

Indication 12. Pour la première question et la monotonie il faut raisonner par récurrence. Pour latroisiéme question, remarquer que si f est décroissante alors f ∘ f est croissante et appliquer lapremière question.

Correction 12. 1. Si u0 ⩽ u1 alors comme f est croissante f(u0) ⩽ f(u1) donc u1 ⩽ u2,ensuite f(u1) ⩽ f(u2) soit u2 ⩽ u3... Par récurrence on montre que (un) est décroissante.Comme elle est minorée par a alors elle converge. Si u0 ⩽ u1 alors la suite (un) est croissanteet majorée par b donc converge.Notons ℓ la limite de (un)n. Comme f est continue alors (f(un)) tend vers f(ℓ). De plus lalimite de (un+1)n est aussi ℓ. En passant à la limite dans l’expression un+1 = f(un) nousobtenons l’égalité ℓ = f(ℓ).

2. La fonction f est continue et dérivable sur l’intervalle [0, 4] et f([0, 4]) ⊂ [0, 4]. La fonctionf est croissante (calculez sa dérivée). Comme u0 = 4 et u1 = 3 alors (un) 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 un ⩾ 0 pour tout n alors ℓ ⩾ 0. La seule solution positive de 4x+ 5 = x(x+ 3) estℓ = 1+

√21

2= 2, 7912 . . .

3. 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 (u0, u2 =f ∘f(u0), u4 = f ∘f(u2), . . .) est monotone et convergente. De même pour la suite (u1, u3 =f ∘ f(u1), u5 = f ∘ f(u3), . . .).

4. La fonction f(x) = (1−x)2 est continue et dérivable de [0, 1] dans [0, 1]. Elle est décroissantesur cette intervalle. Nous avons u0 = 1

2, u1 = 1

4, u2 = 9

16, u3 = 0, 19 . . .,... Donc la suite

(u2n) est croissante, nous savons qu’elle converge et notons ℓp sa limite. La suite (u2n+1) etdécroissante, notons ℓi sa limite. Les limites ℓp et ℓi sont des solutions de l’équation f∘f(x) =x. Cette équation s’écrit (1−f(x))2 = x, ou encore (1− (1−x)2)2 = x soit x2(2−x)2 = x.Il y a deux solutions évidentes 0 et 1. Nous factorisons le polynôme x2(2 − x)2 − x enx(x − 1)(x − �)(x − �) avec � et � les solutions de l’équation x2 − 3x + 1 : � = 3−

√5

2=

0, 3819 . . . et � = 3+√5

2> 1. Les solutions de l’équation f ∘ f(x) = x sont donc {0, 1, �, �}.

– 35 –

Chapitre 7

Comme (u2n) est croissante et que u0 = 12

alors (u2n) converge vers ℓp = 1 qui est le seulepoint fixe de [0, 1] supérieur é 1

2. Comme (u2n+1) est décroissante et que u1 = 1

4alors (u2n+1)

converge vers ℓi = 0 qui est le seule point fixe de [0, 1] inférieur à 14.

□

Exercice 13. 1. Soient a, b > 0. Montrer que√ab ⩽ a+b

2.

2. Montrer les inégalités suivantes (b ⩾ a > 0) :

a ⩽a+ b

2⩽ b et a ⩽

√ab ⩽ b.

3. Soient u0 et v0 des réels strictement positifs avec u0 < v0. On définit deux suites (un) et (vn)de la façon suivante :

un+1 =√unvn et vn+1 =

un + vn2

.

(a) Montrer que un ⩽ vn quel que soit n ∈ ℕ.

(b) Montrer que (vn) est une suite décroissante.

(c) Montrer que (un) est croissante En déduire que les suites (un) et (vn) sont convergenteset quelles ont même limite.

Indication 13.

Correction 13. 1. Soient a, b > 0. On veut démontrer que√ab ⩽ a+b

2. Comme les deux

membres de cette inégalité sont positifs, cette inégalité est équivalente à ab ⩽ (a+b2)2. De

plus,

ab ⩽

(a+ b

2

)2

⇔ 4ab ⩽ a2 + 2ab+ b

⇔ 0 ⩽ a2 − 2ab+ b2

ce qui est toujours vrai car a2−2ab+b2 est un carré parfait. On a donc bien l’inégalité voulue.

2. Quitte à échanger a et b (ce qui ne change pas les moyennes arithmétique et géométrique, etqui préserve le fait d’être compris entre a et b), on peut supposer que a ⩽ b. Alors en ajoutantles deux inégalités

a/2 ⩽ a/2 ⩽ b/2

a/2 ⩽ b/2 ⩽ b/2,

on obtienta ⩽

a+ b

2⩽ b.

De même, comme tout est positif, en multipliant les deux inégalités√a ⩽√a ⩽√b

√a ⩽√b ⩽√b

on obtienta ⩽√ab ⩽ b.

– 36 –

Chapitre 7

3. Il faut avant tout remarquer que ∀n, un et vn sont strictement positifs, ce qui permet de direque les deux suites sont bien définies. On le démontre par récurrence : c’est clair pour u0et v0, et si un et vn sont strictement positifs alors leurs moyennes géométrique (un+1) etarithmétique (vn+1) sont strictement positives.

(a) On veut montrer que ∀n un ⩽ vn. L’inégalité est claire pour n = 0 grâce aux hypothèsesfaites sur u0 et v0. Si maintenant n est plus grand que 1, un est la moyenne géométriquede un−1 et vn−1 et vn est la moyenne arithmétique de un−1 et vn−1, donc, par 1., un ⩽ vn.

(b) On sait d’après 2. que un ⩽ un+1 ⩽ vn. En particulier, un ⩽ un+1 i.e. (un) est crois-sante. De même, d’après 2., un ⩽ vn+1 ⩽ vn. En particulier, vn+1 ⩽ vn i.e. (vn) estdécroissante.

(c) Pour tout n, on a u0 ⩽ un ⩽ vn ⩽ v0. (un) est donc croissante et majorée, doncconverge vers une limite l. Et (vn) est décroissante et minorée et donc converge versune limite l′. De plus comme un+1 =

√unvn et puisque vn+1 = un+vn

2, l et l′ doivent

vérifierl =√ll′ et l′ =

l + l′

2

d’où l = l′.Il y a une autre méthode un peu plus longue mais toute aussi valable.

Définition 7.4. Deux suites un et vn sont dites adjacentes si

1. un ⩽ vn,

2. un est croissante et vn est décroissante,

3. lim(un − vn) = 0.

Alors, on a le théorème suivant :

Théoréme 7.5. Si un et vn sont deux suites adjacentes, elles sont toutes les deux convergentes etont la même limite.

Pour appliquer ce théorème, vu qu’on sait déjà que un et vn vérifient les points 1 et 2 de la définition,il suffit de démontrer que lim(un − vn) = 0. On a d’abord que vn − un ⩾ 0. Or, d’après (a)

vn+1 − un+1⩽vn+1 − un =vn − un

2.

Donc, si on note wn = vn − un, on a que 0 ⩽ wn+1 ⩽ wn/2. Donc, on peut démontrer (parrécurrence) que 0 ⩽ wn ⩽ w0

2n, ce qui implique que limn→∞wn = 0. Donc vn − un tend vers 0,

et ceci termine de démontrer que les deux suites un et vn sont convergentes et ont même limite enutilisant le théorème sur les suites adjacentes.

□

Exercice 14. Soit n ⩾ 1.

1. Montrer que l’équationn∑k=1

xk = 1 admet une unique solution an dans [0, 1].

2. Montrer que (an)n∈ℕ est décroissante minorée par 12.

3. Montrer que (an) converge vers 12.

– 37 –

Chapitre 7

Indication 14. On notera fn : [0, 1] −→ ℝ la fonction définie par fn(x) =∑n

k=1 xk − 1.

1. C’est une étude de la fonction fn.

2. On sait que fn(an) = 0. Montrer par un calcul que fn(an−1) > 0, en déduire la décroissancede (an). En calculant fn(12) montrer que la suite (an) est minorée par 1

2.

3. Une fois établie la convergence de (an) vers une limite ℓ composée l’inégalité 12⩽ ℓ < an

par fn. Conclure.

Correction 14. Notons fn : [0, 1] −→ ℝ la fonction définie par :

fn(x) =n∑k=1

xk − 1.

1. La fonction fn est continue sur [0, 1]. De plus fn(0) = −1 < 0 et fn(1) = n−1 ⩾ 0. D’aprésle théoréme des valeurs intermédiaires, fn, admet un zéro dans l’intervalle [0, 1]. De plus ellestrictement croissante (calculez sa dérivée) sur [0, 1] donc ce zéro est unique.

2. Calculons fn(an−1).

fn(an−1) =n∑i=1

akn−1 − 1

= ann−1 +n−1∑i=1

akn−1 − 1

= ann−1 + fn−1(an−1)

= ann−1 (car fn−1(an−1) = 0 par définition de an−1).

Nous obtenons l’inégalité

0 = fn(an) < fn(an−1) = ann−1.

Or fn est strictement croissante, l’inégalité ci-dessus implique donc

an < an−1.

Nous venons de démontrer que la suite (an)n est décroissante.Remarquons avant d’aller plus loin que fn(x) est la somme d’une suite géométrique :

fn(x) =1− xn+1

1− x− 2.

Évaluons maintenant fn(12), à l’aide de l’expression précédente

fn(1

2) =

1− 12

n+1

1− 12

− 2 = − 1

2n< 0.

Donc fn(12) < fn(an) = 0 entraîne 12< an.

Pour résumé, nous avons montrer que la suite (an)n est strictement décroissante et minoréepar 1

2.

– 38 –

Chapitre 7

3. Comme (an)n est décroissante et minorée par 12

alors elle converge, nous notons ℓ sa limite :

1

2⩽ ℓ < an.

Appliquons fn (qui est strictement croissante) à cette inégalité :

fn(1

2) ⩽ fn(ℓ) < fn(an),

qui s’écrit aussi :

− 1

2n⩽ f(ℓ) < 0,

et ceci quelque soit n ⩾ 1. La suite (fn(ℓ))n converge donc vers 0 (théoréme des “gendar-mes”). Mais nous savons aussi que

fn(ℓ) =1− ℓn+1

1− ℓ− 2;

donc (fn(ℓ))n converge vers 11−ℓ − 2 car (ℓn)n converge vers 0. Donc

1

1− ℓ− 2 = 0, d’où ℓ =

1

2.

□

Exercice 15. Soient a > 0, b > 0 et (un)n⩾0 la suite définie par :

un =an − bn

an + bn.

Étudier la convergence de (un)n⩾0.

Indication 15.

Correction 15. □

Exercice 16. Soit (un)n⩾0 la suite réelle définie pour tout n ∈ ℕ par :

u0 = 1 et un+1 =√1 + un.

1. Montrer que pour tous n,m ∈ ℕ :

∣un+1 − um+1∣ ⩽∣un − um∣

2.

2. La suite (un)n⩾0 est-elle convergente ?

Indication 16.

Correction 16. □

– 39 –

Chapitre 7

Exercice 17. Soit (un)n⩾0 une suite réelle. Pour n ∈ ℕ, on pose :

vn =u0 + u1 + ⋅ ⋅ ⋅+ un

n+ 1.

1. Montrer que si (un)n⩾0 est monotone alors (vn)n⩾0 est monotone.

2. Montrer que si (un)n⩾0 est convergente de limite ℓ alors (vn)n⩾0 est convergente de limite ℓ.

3. Que peut-on dire de (vn)n⩾0 si (un)n⩾0 tend vers l’infini ?

4. Si (un)n⩾0 est une suite divergente, (vn)n⩾0 est elle divergente ?

Indication 17.

Correction 17. □

Exercice 18. Soit p un entier tel que p ⩾ 2. Pour n ∈ ℕ∗, on pose un = 1 + 1/2p+ ⋅ ⋅ ⋅+ 1/np etvn = un + 1/np−1. Montrer que (un)n>0 et (vn)n>0 sont deux suites adjacentes.

Indication 18.

Correction 18. □

Exercice 19. On considère la suite (un)n⩾1 définie par

un =1

n(1√1+

1√2+ ⋅ ⋅ ⋅+ 1√

n).

1. Montrer que la suite (un)n⩾1 est monotone et qu’elle est convergente.

2. Majorer u2n à l’aide de un.

3. Trouver la limite de (un)n⩾1.

Indication 19.

Correction 19. □

Exercice 20. Montrer que si les suites (u2n)n⩾0, (u2n+1)n⩾0 et (u3n)n⩾0 sont convergentes, alors lasuite (un)n⩾0 est convergente.

Indication 20.

Correction 20. □

– 40 –