Suites de nombres réels: Exercices corrigés

1- Pour la suite $(u_n)_n$ on utilse le fait que $|\sin(x)\le 1|$ pour tout $x\in \mathbb{R}$. Donc $|u_n|\le \frac{1}{n}$ pour tout $n\ge 1$. Comme $\frac{1}{n}\to 0$ as $n\to+\infty$, alsors $u_n\to 0$ quand $n\to+\infty$.

Pour la suite $(v_n)_n$, on utilse le fait que $|(-1)^n|=1$. Donc $|v_n|=\frac{1}{n^2}\to 0$ quand $n\to+\infty$. Ce qui implique que $u_n\to 0$.

Pour $(w_n)_n$ on utilse cette fois ci le faite que $|\sin(x)\le |x|$ pour tout $x\in \mathbb{R}$. Ainsi $|w_n|\le \frac{1}{2^n}$. Mais $\frac{1}{2^n}$ est le terme général d’une suite géométrique de raison $\frac{1}{2}\in ]0,1[$, donc  $\frac{1}{2^n}\to 0$ quand $n\to+\infty$. Ceci implique que la suite $(w_n)_n$ converge vers $0$.

2- On sait d’après les propriétés de la partie entière des nombres réels que $E(\alpha\sqrt{n})\le \alpha \sqrt{n} < E(\alpha\sqrt{n})+1 $. Ce qui donne $\alpha \sqrt{n}-1< E(\alpha\sqrt{n})\le \alpha \sqrt{n}$. Pour tout $n\ge 1$, on divsie par $\sqrt{n}$ et on trouve $$\alpha-\frac{1}{\sqrt{n}} < v_n\leq \alpha.$$ D’où $v_n\to \alpha$ quand $n\to+\infty$.

3- On a \begin{align*}a_n&=\frac{3^n \left(\left(\frac{2}{3}\right)^n-1\right)}{3^n \left(\left(\frac{2}{3}\right)^n+1\right)} \cr & = \frac{\left(\frac{2}{3}\right)^n-1}{\left(\frac{2}{3}\right)^n+1}.\end{align*}comme $\left(\frac{2}{3}\right)^n\to 0$ quand $n\to +\infty,$ on a alors $a_n\to -1$ quand $n\to +\infty$. Pour la suite $(b_n)$, nous allons la majorée par une suite géométrique de raison dans $]0,1[$. En effet, comme nous allons tendre $n\to +\infty$, on prend par exemple $n\ge 2$. Comme $\frac{1}{n}\le \frac{1}{2},\;0 < e^{-n^2} < 1$ et $|\sin(n^4)|le 1$, alors alors \begin{align*}\left|\frac{1}{n}+\frac{e^{-n^2}}{2}\sin(n^4)\right|&\le \frac{1}{n}+ \frac{e^{-n^2}}{2}|\sin(n^4)|\cr &\le \frac{1}{2}+\frac{1}{2}=\frac{1}{4}.\end{align*}Donc $|b_n|\le \left(\frac{1}{4}\right)^n$. Ceci montre que $b_n\to 0$ quand $n\to +\infty$.

$\bullet$ En utilisant le conjugué, on a \begin{align*} u_n&=\frac{(2n+1)-(n+1)}{ \sqrt{2n+1}+\sqrt{n+1}} \cr &= \frac{n}{ \sqrt{2n+1}+\sqrt{n+1}}\cr &= \frac{1}{ \sqrt{2+\frac{1}{n}}+\sqrt{1+\frac{1}{n}}}.\end{align*} Ainsi $$ \lim_{n\to\infty} u_n=\frac{1}{\sqrt{2}+1}.$$

$\bullet$ En utlise la fonction exponentielle, on a alors $$ v_n=e^{\ln\left(1+\frac{1}{n}\right)^n}=e^{n \ln\left(1+\frac{1}{n}\right)}$$ Soit la fonction $f(x)=\ln(1+x)$ pour $x\ge 0$. Cette fonction est derivable sur $\mathbb{R}^+$, en particulier on $0$ et $f'(0)=1$. Ce qui implique que $$ \lim_{n\to\infty} nf(\frac{1}{n})=f'(0)=1.$$ Maintenant revenant a notre suite $v_n$, par continuite de la fonction exponentielle, $$ \lim_{n\to\infty} v_n =e^{ \lim_{n\to\infty} nf(\frac{1}{n})} =e.$$

1- Nous allons entourer la suite $(u_n)_n$ de deux suites qui ont la même limite. En effet $$ \frac{2n+1}{5n^2+n}\le u_n \le (2n+1) \sum_{k=1}^{n}\frac{1}{5n^2+1}=\frac{2n^2+n}{5n^2+1}.$$

D’autre part, pour tout $n\ge 1,$ $$ \frac{2}{5n+1}=\frac{2n}{5n^2+n}\le \frac{2n+1}{5n^2+n}\le u_n.$$ Ainsi, pour tout $n\ge 1$, on a $$ \frac{2}{5n+1}\le u_n\le \frac{2n^2+n}{5n^2+1}$$

Or les deux suites qui entourent la suite $u_n$ ont une limite commune égale à $\frac{2}{5}$. Cela implique que $u_n\to \frac{2}{5}$ quand $n\to\infty$.

2- On a $$ A_n=\sum_{k=1}^n \frac{1}{1+|\cos(k)|\sqrt{k}} $$ D’autre part, comme $|\cos(k)|\le 1$ et $\sqrt{k}\le \sqrt{n}$ pour tout $k=1,\cdots,n$, alors $1+|\cos(k)|\sqrt{k}\le 1+\sqrt{n}$. Donc $$ A_n\ge \sum_{k=1}^n \frac{1}{1+\sqrt{n}}= \frac{n}{1+\sqrt{n}}\underset{n\to\infty}{\longrightarrow}+\infty. $$ Ainsi $A_n\to+\infty$ quand $n\to+\infty$.

1- Pour tout $n\ge 1$ on a $$ H_{n+1}-H_n=\frac{1}{n+1} > 0.$$ Donc la suite $(H_n)_n$ est strictement croissante.

2- Pour tout $n\ge 1$, \begin{align*} H_{2n}-H_n &= \sum_{k=n+1}^{2n} \frac{1}{k}\cr & \ge \sum_{k=n+1}^{2n} \frac{1}{2n} =\frac{n}{2n}=\frac{1}{2}.\end{align*}

3- Nous allons montrer que la suite $(H_n)_n$ n’est pas majorée. Par l’absurd, supposons que $(H_n)_n$ est majorée. Comme elle est croissante, alors il existe un nombre réel $\ell\in\mathbb{R}$, tel que $H_n\to \ell$ quand $n\to\infty$. Comme $(H_{2n})_n$ est une sous-suite de $(H_n)_n$, alors $H_{2n}\to \ell$ quand $n\to\infty$. Ainsi $$ 0=\lim_{n\to\infty} (H_{2n}-H_n)\ge \frac{1}{2},$$ ce qui est absurde. Donc la suite $(H_n)_n$ n’est pas majorée et strictement croissante, elle croît donc vers $+\infty$.

Premiere etape: Montrons que pour tout $n,$ $|u_{n+1}-u_{n}|\le a \gamma^n$ avec $a=|u_1-u_0|$. C’est vrai pour $n=0$. Supposons que c’est aussi vrai pour $n$. Alors \begin{align*}|u_{n+2}-u_{n+1}|&=|F(u_{n+1})-F(u_n)|&\le \gamma |u_{n+1}-u_n|\cr & \le \gamma a \gamma^n=a \gamma^{n+1}.\end{align*} Deuxieme etape: Montrons que $\frac{u_n}{n}\to 0$ quand $n\to\infty$. En effet, d’apres la premiere etape on a $|u_{n+1}-u_n|\to 0$ quand $n\to\infty$, car $\gamma^n\to 0$ puisque $\gamma\in]0,1[$. Ainsi pour tout $\varepsilon>0,$ il existe $N_0\in\mathbb{N}$ tel que pour tout $n\ge N_0$ on a $|u_{n+1}-n_n|\le \varepsilon$. Ceci implique $|u_n|\le |u_{N_0}|+(n-N_0)\varepsilon$ pour tout $n\ge N_0$. D’autre part, il est claire qu’il existe $N_1\in\mathbb{N}$ tel que $|\frac{u_{N_0}}{n}|\le \varepsilon$ pour tout $n\ge N_1$. Si on prend $N:=\max(N_0,N_1),$ alors pour tout $n\ge N$ on a \begin{align*} \left| \frac{u_n}{n}\right|\le \varepsilon+\left(1-\frac{N_0}{n}\right)\le 2\varepsilon.\end{align*}D’où le résultat.

Ici il faut faire attension, l’hypothese de l’exercice n’implique pas que la suite $(u_n)$ est bornee, et donc on peut pas directement utiliser le theoreme de Bolzano-Weierstrass. Mais tout de meme nous allons utiliser se theoreme indirectement. En fait, par hypothese, il existe un reel $M>0,$ tel que pour tout $N\in\mathbb{N},$ il existe $n_1\in\mathbb{N}$ tel que $n_1>N$ et $|u_{n_1}|\le M$. On repete la meme chose pour $n_1,$ il existe $n_2\in\mathbb{N}$ tel que $n_2>n_1$ et $|u_{n_2}|\le M$. Ainsi de suite pour tout $k$, il existe $n_k\in\mathbb{N}$, $n_k>n_{k-1}$ et $|u_{n_k}|\le M$. On a donc construit une application strictement croissante $\varphi:\mathbb{N}\to\mathbb{N}$ tel que $\varphi(k)=n_k$ pour tout $k$. On a donc $|u_{\varphi(n)}|\le M$ pour tout $n$. Si on pose $w_n=u_{\varphi(n)},$ alors $(w_n)_n$ est une suite bornée. Par suite, le Théorème de Bolzano-Weierstrass implique qu’il existe une application strictement croissante $\psi:\mathbb{N}\to\mathbb{N}$ et il existe un nombre réel $\lambda\in\mathbb{R}$ tel que $w_{\psi(n)}\to \lambda$ quand $n\to\infty$. Mais $w_{\psi(n)}=u_{\varphi(\psi(n))}=u_{\xi(n)}\to\lambda$ quand $n\to\infty,$ avec $\xi=\varphi\circ\psi:\mathbb{N}\to\mathbb{N}$ strictement croissante. Ainsi $\lambda$ est une valeur d’adherence de la suite $(u_n)_n$.

Pour montrer que la suite $(u_n)_n$ converge il suffit de montrer que les sous suites $(u_{2n})$ et $(u_{2n+1})$ ont la même limite $\ell$. Comme les trois séquences $a_n:=(u_{2n})_n,$ $b_n:=(u_{3n})_n,$ et $c_n:=(u_{2n+1})_n$, convergent, alors l’idée est de construire des sous-suites communes à $(a_n)_n,$ $(b_n)_n,$ d’une part et a $(b_n)_n,$ $(c_n)_n,$ d’autre part. En effet, si nous choisissons une fonction strictement croissante $\varphi(n)=3n,$ alors $a_{\varphi(n)}=u_{6n}$ est une sous-suite de $(a_n)_n$. De plus si on prend une fonction strictement croissante $\psi(n)=2n,$ alors $b_\psi(n)=u_{6n}$ est une sous-suite de $(b_n)$. Ainsi On a $(u_{6n})$ est une sous-suite commune a $(a_n)_n$ et $(b_n)$. Donc $\lim_{n\to\infty} a_n=\lim_{n\to\infty}u_{6n}=\lim_{n\to\infty}b_n$. De la même façon on montre que $(u_{6n+3})_n$ est une sous-suite commune a $(b_n)_n$ et $(c_n)_n,$ ce qui montre que $\lim_{n\to\infty}b_n=\lim_{n\to\infty} c_n$. Alors les suites $(a_n)_n$ et $(b_n)_n$ ont même limite.

1- Soit $h:[a,b]\to \mathbb{R}$ la fonction définie par $h(t)=g(t)-t$. Comme $g$ est continue sur $[a,b],$ alors $h$ est continue sur $[a,b]$. Puisque $g([a,b])\subset [a,b]$ alors $h(a)=g(a)-a\ge 0$ et $h(b)=g(b)-b\le 0$. Maintenant, par application du théorème des valeurs intermédiaires, il existe au moins $\lambda\in [a,b]$ tel que $h(\lambda)=0,$ et donc $g(\lambda)=\lambda$. Supposons qu’il existe un autre $\lambda’\in [a,b]$ tel que $\lambda’\neq\lambda$ et $g(\lambda’)=\lambda’$. Alors par l’inégalité en haut, on a $$ |\lambda-\lambda’|=|g(\lambda)-g(\lambda’)|< |\lambda-\lambda’|.$$ Absurde. Donc $\lambda=\lambda’$, c’est l’unicité!!

2- Comme $g(\lambda)=\lambda,$ alors pour tout $n\in \mathbb{N}$ on a $$ |v_{n+1}-\lambda|=|g(v_n)-g(\lambda)|<|v_n-\lambda|. $$ Ce qui montre que la suite $(|v_n-\lambda|)$ est (strictement) décroissante. Comme les termes de cette suite sont tous positifs, alors la suite est minorée par $0$ et donc elle est convergente. Il existe donc un réel $\mu\in\mathbb{R}^+$ tel que\begin{align*}\tag{$\Sigma$}\lim_{n\to +\infty} |v_n-\lambda|=\mu.\end{align*}

3- Comme la suite $(|v_n-\lambda|)$ est convergente, alors elle est bornée par un certain $M\ge 0$ réel. Ainsi $|v_n|\le |\lambda+M$ pour tout $n\ge 0$. Maintenant, grâce au théorème de Bolzano-Weierstrass, nous pouvons extraire une sous-suite convergente de la suite $(v-n)_n$. Il existe donc une fonction strictement croissante $\varphi:\mathbb{N}\to \mathbb{N}$ et un nombre réel $\rho$ tel que $v_{\varphi(n)}\to \rho$ quand $ n\to\infty$. De plus nous avons $|v_{\varphi(n)}-\lambda|\to |\rho-\lambda|$ quand $n\to +\infty$ (car la fonction valeur absolue $t\mapsto |t| $ est continu sur $\mathbb{R}$). D’après ($\Sigma$) on a alors $|\rho-\lambda|=\mu$. Cela implique $\rho-\lambda=\pm \mu$.

4- Supposons $\rho=\lambda+\mu$ et montrez que $\mu=0$. Comme la fonction $g$ est continue alors $g(v_{\varphi(n)})\to g(\rho)$ quand $n\to\infty$. D’autre part, $g(v_{\varphi(n)})=v_{\varphi(n)+1}$ est une sous-suite de $(v_n)_n$. Donc $g(v_{ \varphi (n)})\to \rho$ quand $n\to\infty$. Par unicité de la limite on a $g(\rho)=\rho$. Et par unicité du point fixe de $g$, on a $ \rho=\lambda$. Cela implique que $\mu=0$.

1- Il suffit de montrer que $(v_n)$ est une suite de Cauchy. En effet, soient $p,n\in\mathbb{N}$. Il faut donc montrer que la distance $|v_{p+n}-v_n|$ désque $n$ dépasse un certain rang $n_0\in\mathbb{N}$. On sait déjà estimer la différence des termes d’indice successifs. L’idée donc est d’écrire $v_{p+n}-v_n$ comme somme de telle différence. Il faut ajouter et retrancher les mêmes termes \begin{align*}v_{p+n}-v_n&=(v_{p+n}-v_{p+n-1})+(v_{p+n-1}-v_{p+n-2})+\cdots+(v_{p+n-(p-1)}-v_{n})\cr &= (v_{p+n}-v_{p+n-1})+(v_{p+n-1}-v_{p+n-2})+\cdots+(v_{n+1}-v_{n}).\end{align*}En utilisant l’inégalité triangulaire on trouve\begin{align*}|v_{p+n}-v_n|& \leq |v_{p+n}-v_{p+n-1}|+|v_{p+n-1}-v_{p+n-2}|+\cdots+|v_{n+1)}-v_{n}| \cr & \le c \left(\gamma^{n+p-1}+\gamma^{n+p-2}+\cdots+\gamma^{n}\right)\cr & \le c \gamma^n \left(\gamma^{p-1}+\gamma^{p-2}+\cdots+1\right) \cr & \le c \gamma^n \frac{1-\gamma^p}{1-\gamma}.\end{align*}Comme $\gamma\in ]0,1[$ alors $0 < 1-\gamma^p < 1$. On a alors $$ |v_{p+n}-v_n|\leq \frac{c}{1-\gamma}\gamma^n. $$ On sait que $\gamma^n\to 0$ quand $n\to +\infty$ (suite géométrique de raison $\gamma\in ]0,1[$). Alors $|v_{p+n}-v_n|\to 0$ quand $n\to +\infty$. Donc for all $\varepsilon>0$ il existe $n_0\in \mathbb{N}$ tel que pour tout $p,n\in\mathbb{N}$, on a \begin{align*}n > n_0,\Longrightarrow, |v_{p+n}-v_n|< \varepsilon.\end{align*}Ceci montre que $(v_n)$ est une suite de Cauchy dans $\mathbb{R,}$ donc elle est convergente.

2- Pour tout $n\in\mathbb{N}$ on: $$|u_{n+1}-u_n|=|f(u_n)-f(u_{n-1})|\le k |u_n-u_{n-1}|.$$ Aprés plusieurs itérations on trouve $$ |u_{n+1}-u_n|\le c k^n.$$ avec $c:=|u_1-u_0|$. Ainsi, d’après la question (1), la suite $(u_n)$ est convergente vers un élément $\ell\in \mathbb{R}$ telle que $\ell=f(\ell)$