Valeurs d’adhérence, limite supérieure et limite inférieure

II.4.1.

(a) On montre d’abord que les sous-suites données ont une limite commune.

On pose lim

k→+∞a_2k = a, lim

k→+∞a_2k+1 = b et lim

k→+∞a_3k = c. On a alors

k→+∞lim a_6k =a=c et lim

k→+∞a_6k+3 =b= c. Donc a=b =c. On prouve alors que la suite{a_n}converge aussi versa. Étant donnéε >0, il existe des entiers positifs k₁ etk₂ tels que

k > k₁ implique |a_2k−a|< ε, k > k₂ implique |a_2k+1−a|< ε.

Donc,

n > n₀= max{2k₁,2k₂+ 1} implique |an−a|< ε.

(b) Non. On considère la suite {a_n} définie par a_n = (−1)ⁿ. On a alors

k→+∞lim a_2k= 1, lim

k→+∞a_2k+1=−1 et lim

n→+∞a_n n’existe pas.

On considère maintenant la suite {a_n} définie par a_n =

$0 sin= 2^k,k∈N, 1 sinon.

On a alors lim

k→+∞a₃k = 1, lim

k→+∞a₂k+1 = 1 mais lim

k→+∞a₂k n’existe pas et bien sûr la suite {a_n} diverge.

On considère enfin une troisième suite : a_n=

$0 si nest un nombre premier, 1 si nest un nombre composé.

Pour cette suite, on a lim

k→+∞a_3k = 1et lim

k→+∞a_2k = 1 mais lim

k→+∞a_2k+1 n’existe pas car la suite {a_2k+1} contient une sous-suite d’indices des

119

Chapitre II.Suites de nombres réels

nombres premiers et une sous-suite d’indices des nombres composés. (No-tez qu’il existe une infinité de nombres premiers. En effet, sip₁, p₂, . . . , pn

sont premiers, p₁ < p₂ < · · · < p_n et s’il n’y a pas de nombre premier plus grand que p_n, alors p₁p₂· · ·p_n+ 1 > p_n est aussi premier car il n’admet pas de diviseurs, exceptés lui-même et1. Contradiction.) II.4.2. Non. On définit la suite {an}en posant

a_n=

$0 sinest un nombre premier, 1 sinest un nombre composé.

Toute sous-suite {a_sn}, s >1,n2, est une suite constante et donc conver-gente. Pour autant, la suite {a_n} est divergente (voir la solution du pro-blème II.4.1 (b)).

II.4.3. Évidemment, on a Sp ∪Sq∪ · · · ∪Ss ⊂S. Pour obtenir l’inclusion réciproque, on suppose que x /∈ S_p ∪S_q∪ · · · ∪S_s. Il existe alors des réels strictement positifs ε_p,ε_q, . . .,ε_s et des entiers positifs n_p,n_q, . . .,n_s tels que

n > n_p implique |x−a_pn|> ε_p, n > n_q implique |x−a_qn|> ε_q,

. . . .

n > n_s implique |x−a_sn|> ε_s. En prenant ε= min{ε_p, ε_q, . . . , ε_s} etm= max

p_np, q_nq, . . . , s_ns

, on obtient

|x−a_n|> εpourn > m. Ceci implique quexn’est pas une valeur d’adhérence de la suite {an}. Donc,

S⊂Sp∪Sq∪ · · · ∪Ss.

L’égalité S =Sp∪Sq∪ · · · ∪Ss implique que si toutes les sous-suites {a_np}, {anq}, . . ., {ans} convergent vers a, la suite{an}converge alors aussi vers a.

II.4.4. Non. On définit la suite {an}en posant a_n=

$0 sin= 2^k,k∈N, 1 sinon.

Chaque sous-suite

{a_2k−1},{a_2(2k−1)},{a₂2(2k−1)}, . . . ,{a₂^m_(2k−1)}, . . . converge vers 1, mais la suite {an}diverge.

120

Solutions

II.4.5. On suppose que la suite {a_n} ne converge pas vers a. Il existe alors ε > 0tel que, pour tout entier k strictement positif, il existe n_k> k vérifiant

|a_nk −a|ε. Si l’on suppose quen_k est le minimum de ces nombres, la suite {n_k} est alors croissante. De plus, lim

k→+∞n_k = +∞. Une telle suite {a_nk} ne contient aucune sous-suite convergente versa, ce qui contredit l’hypothèse. La suite {a_n}converge donc vers a.

II.4.6.

(a) Il est évident que 1 est la seule valeur d’adhérence. S est donc réduit à un singleton, S={1}.

(b) On aa_3k= 0,a_3k+1 = 1eta_3k+2= 0. Donc, d’après leproblème II.4.3, l’ensemble S des valeurs d’adhérence de cette suite est l’ensemble{0,1}.

(c) On a

a_2k = 1

2^2k+ 3 et a_2k+1= 2^2k+2+ 1 2^2k+1+ 3. Donc, S={0,2}.

(d) On a

a_2k = 2 ln(6k) + ln(2k)

ln(4k) et a_2k+1= ln(2k+ 1) ln(2(2k+ 1)). Donc, S={1,3}.

(e) On a

a_6k = 1, a_6k+1= (0,5)^6k+1, a_6k+2= (−0,5)^6k+2, a_6k+3 =−1, a_6k+4= (−0,5)^6k+4, a_6k+5= (0,5)^6k+5. Donc, S={−1,0,1}.

(f) On a

a₇k= 0, a₇k+1= 2

7, a₇k+2= 1

7, a₇k+3= 4 7, a_7k+4= 4

7, a_7k+5= 1

7, a_7k+6= 2 7. Donc, S={0,¹₇,²₇,⁴₇}.

121

Chapitre II.Suites de nombres réels

On suppose que n₁ est suffisamment grand pour que 0< αq_n1−p_n1 < 1

qn₁

< ε.

Il existe alors n₀∈N^∗ tel que

n₀(αq_n1−p_n1)∈]x−ε , x+ε[, (1) (voir la solution duproblème I.1.21).

La relation (1) implique [n₀αq_n1 −n₀p_n1] = 0, ce qui est équivalent à n₀pn₁ = [n₀αqn₁]. Le terme n₀αqn₁ −[n₀αqn₁] qui appartient à notre suite appartient donc à l’intervalle]x−ε , x+ε[, ce qui signifie quexest une valeur d’adhérence de la suite considérée. On peut prouver de façon semblable que 0 et1sont aussi des valeurs d’adhérence.

(c) On suppose d’abord queα est un nombre rationnel de l’intervalle ]0,1[.

Soit α = ^p_q, p et q étant premiers entre eux, p < q. On a alors

Solutions

Si α ∈ Z, la suite est alors constante. En prenant α ∈ Q\Z, on peut écrire

α= [α] + (α−[α]) et α−[α]∈]0,1[.

Donc, sinnπα= (−1)^[α]sin(α−[α])nπ et ce cas peut se ramener au cas particulier traité précédemment.

(d) Soit t ∈ [−1,1]. Il existe alors x ∈ R₊ tel que sinx = −t. On peut réduire nos considérations au cas α > 0 car la fonction sinus est une fonction impaire. Puisque αest irrationnel, il existe deux suites d’entiers strictement positifs {p_n} et{q_n} telles que

x

2π = lim

n→+∞

"

p_n−q_nα 2

# , (voir la solution du problème I.1.21). Donc, x= lim

n→+∞(2πpn−απqn).

On obtient par continuité et périodicité de la fonction sinus

−t= sinx= lim

n→+∞sin(2πp_n−απq_n) =− lim

n→+∞sinαπq_n.

Il découle de ce qui précède que tout nombre dans l’intervalle [−1,1]est une valeur d’adhérence de la suite.

II.4.8. On montre que dans tout intervalle]a , b[se trouve au moins un terme de notre suite. Puisque lim

n→+∞

"

√3

n+ 1−√³ n

#= 0, il existen₀∈N^∗ tel que

√3

n+ 1−√³

n < b−a pourn > n₀. Soitm₀ un entier tel que√³m₀ >√³n₀−aetA=

n∈N^∗ :√³

n−√³m₀ a . L’ensemble A est non vide (par exemple, n₀∈A) et majoré. En posant n₁= maxAetn₂ =n₁+ 1, on obtient √³

n₂−√³

m₀> aet√³

n₂> a+√³

m₀ >√³ n₀. Donc,n₂> n₀ et√³n₂ <√³n₁+b−a√³m₀+a+b−aou, de façon équivalente, a < √³n₂−√³m₀ < b.

II.4.9. Le fait que l’ensemble des valeurs d’adhérence d’une suite bornée soit borné est évident. On note S l’ensemble des valeurs d’adhérence de la suite {a_n}. Si S est fini, alors il est fermé. On suppose donc que S est infini et on appellesune de ses valeurs d’adhérence. On définit la suite{s_k}d’éléments de Sde la façon suivante : on prend pours₁ n’importe quel élément deSdifférent de s. On choisit pour s₂ n’importe quel élément de S différent de s tel que

|s₂−s| ¹₂|s₁−s| et, par récurrence, |s_k+1−s| ¹₂|s_k−s|,s_k+1 =s. Une telle suite {sk} vérifie la condition suivante :

|s_k−s| 1

2^k−1|s₁−s|, k∈N^∗.

123

Chapitre II.Suites de nombres réels

Puisque s_k est une valeur d’adhérence de la suite {a_n}, il existe a_nk tel que

|an_k−s_k|< ₂k¹−1 |s₁−s|. Donc,

|a_nk−s||a_nk −s_k|+|s_k−s|< 1

2^k−2|s₁−s|,

ce qui implique que sest une valeur d’adhérence de la sous-suite {a_nk}et que s∈S.

II.4.10. SoitS l’ensemble des valeurs d’adhérence de{a_n}.

(a) La suite {a_n} est bornée. D’après II.4.6, S = {0,¹₇,²₇,⁴₇}. Donc, lim

n→+∞an = 0et lim

n→+∞an= ⁴₇.

(b) On a S ={−1,−¹₂,¹₂,1} ce qui donne lim

n→+∞a_n =−1 et lim

n→+∞a_n = 1, la suite étant bornée.

(c) La suite n’est pas bornée et l’ensemble de ses valeurs d’adhérence est vide, donc

lim

n→+∞a_n=−∞ et lim

n→+∞a_n= +∞.

(d) La suite n’est pas majorée car la sous-suite a_2k= (2k)^2k tend vers+∞.

La sous-suite d’indices impairs tend vers 0. Ceci montre que lim

n→+∞a_n= 0 et lim

n→+∞a_n= +∞. (e) La suite n’est pas bornée car

a_4k+1 = 4k+ 2−−−−→

k→+∞ +∞ et

a_4k+3=−4k−2−−−−→

k→+∞ −∞. En conséquence, lim

n→+∞an=−∞et lim

n→+∞an= +∞.

(f) Il est clair que la suite est bornée. De plus, S=

$

−e−

√2 2 ,−e+

√2

2 , e−1, e, e+ 1 2

. Il s’ensuit que

lim

n→+∞a_n=−e−

√2

2 et lim

n→+∞a_n=e+ 1.

124

Solutions

(i) On montre que lim

n→+∞

lnnn = +∞. En effet, en appliquant le théorème de Stolz (voir II.3.11), on obtient

n→+∞lim

II.4.11. Il suffit d’appliquer leproblème II.4.7.

(a) lim les valeurs d’adhérence de la suite décrite en II.4.7 (c).

(d) lim

n→+∞a_n=−1et lim

n→+∞a_n= 1.

125

Chapitre II.Suites de nombres réels

II.4.12.

(a) Si l’ensembleSdes valeurs d’adhérence de{a_n}est vide, alors lim

n→+∞a_n=

−∞ A. On suppose donc que S n’est pas vide. Puisque S est fermé (voir le problème II.4.9), supS = lim

n→+∞a_n = L ∈ S. La défini-tion d’une valeur d’adhérence implique qu’il existe une sous-suite {a_nk} convergente versL. Donc, pour tout ε >0, il existe k₀ ∈N^∗ tel que

L−ε < a_nk A pour k > k₀. Puisqueε peut être choisi arbitrairement, on obtientLA.

(b) Si la suite {an} n’est pas minorée, alors lim

n→+∞an = −∞ A. On suppose donc que la suite {an} est minorée, autrement dit, il existe B ∈ R tel que a_n B pour tout n ∈ N^∗. De plus, par hypothèse, il existe une suite n_k, n_k > k, telle que a_nk A. Donc, d’après le théo-rème de Bolzano-Weierstrass (voir II.4.30), la suite {an_k} contient une sous-suite convergente. On note g sa limite et on a alors B g A.

L’ensemble S des valeurs d’adhérence de {a_n} n’est donc pas vide et lim

n→+∞an = infSgA.

(c) Il suffit d’appliquer l’argument présenté dans la démonstration de (a).

(d) Il suffit d’utiliser la même idée que dans la démonstration de (b).

II.4.13.

(a) Soit L = lim

n→+∞a_n. On suppose que (i) n’est pas vérifiée, contraire-ment à ce qui doit être prouvé. Il existe alors ε > 0 tel que, pour tout k ∈ N^∗, il existe n > k pour lequel a_n L+ε. Donc, d’après le pro-blème II.4.12 (d), lim

n→+∞a_nL+ε, ce qui contredit notre hypothèse.

On suppose maintenant que (ii) n’est pas vérifiée. Il existe alors ε > 0 et k ∈ N^∗ tels que a_n L−ε pour tout n > k. Avec II.4.12 (a), on obtient lim

n→+∞a_n L−ε, ce qui contredit à nouveau notre hypothèse.

On a donc prouvé queL= lim

n→+∞a_n implique les conditions (i) et (ii).

On prouve maintenant que les conditions (i) et (ii) impliquent

n→+∞lim an =L. La condition (i) implique que la suite {an} est majorée.

D’autre part, la condition (ii) implique que la suite contient une sous-suite minorée. D’après le théorème de Bolzano-Weierstrass (voirII.4.30), 126

Solutions

la suite contient au moins une sous-suite convergente. L’ensemble S des valeurs d’adhérence de {an} n’est donc pas vide. On va montrer que L= supS. En effet, si sest un élément deS, alors d’après (i),sL+ε et, εpouvant être choisi arbitrairement, on obtient s L. De plus, on voit avec la condition (ii) que, pour toutε >0, il existe une sous-suite de la suite{a_n}convergente vers˜set vérifiant l’inégalitéL−εs. Bien sûr,˜

˜

s∈S. La seconde implication est donc ainsi prouvée et la démonstration est complète.

(b) On suit la même méthode qu’en (a).

On énonce maintenant des conditions nécessaires et suffisantes pour les limites inférieure et supérieure infinies. La limite supérieure de {an} est égale à +∞ si et seulement si la suite n’est pas majorée. Donc,

n→+∞lim a_n= +∞ si et seulement si pour tout M ∈R et pour tout k∈N^∗, il existe n_k> k tel quea_nk > M.

(1) La limite supérieure de {a_n} est égale à −∞ si et seulement si la suite est majorée, par exemple par L, et l’ensemble de ses valeurs d’adhérence est vide.

Il existe donc un nombre fini de termes de {a_n}dans chaque segment [M, L].

D’où, a_n< M pour toutn suffisamment grand. Ceci implique

n→+∞lim a_n=−∞ si et seulement si pour tout M ∈R,

il existek∈N^∗ tel que a_n< M pour toutn > k. (2) Des arguments semblables donnent

lim

n→+∞a_n=−∞ si et seulement si pour tout M ∈R et pour tout k∈N^∗, il existe n_k> k tel quean_k < M,

(3) lim

n→+∞a_n= +∞ si et seulement si pour tout M ∈R, il existek∈N^∗ tel que a_n> M pour toutn > k.

(4)

II.4.14. On ne prouve que l’inégalité (a), la démonstration de l’inégalité (b) étant semblable. L’inégalité (a)est évidente dans le cas où lim

n→+∞b_n= +∞ou lim

n→+∞a_n = −∞. Si lim

n→+∞a_n = +∞, en combinant alors la condition (4) donnée dans la solution de II.4.13 avec l’inégalité an bn, on obtient

127

Chapitre II.Suites de nombres réels lim

n→+∞b_n = +∞. De même, si lim

n→+∞b_n = −∞, en combinant alors la condi-tion (3) donnée dans la solucondi-tion de II.4.13avec l’inégalité a_nb_n, on obtient

lim

n→+∞an=−∞.

On suppose maintenant que chacune des limites est finie et on pose lim

n→+∞an=l₁ et lim

n→+∞bn=l₂.

On veut prouver que l₁ l₂. Supposons au contraire que l₂ < l₁. Soit ε > 0 suffisamment petit pour que l₂ +ε < c < l₁ −ε. D’après (ii) du pro-blème II.4.13 (b), on a b_nk < l₂ +ε < c. D’autre part, d’après (i), on a c < l₁−ε < a_n, d’où, en particulier, c < a_nk et l’inégalitéb_nk < a_nk est donc vérifiée pour une infinité d’indices n_k, ce qui contredit nos hypothèses.

II.4.15. On pose lim

n→+∞a_n=l₁, lim

n→+∞b_n=l₂, lim

n→+∞a_n=L₁, lim

n→+∞b_n=L₂. On montre d’abord que

lim

n→+∞(an+bn) lim

n→+∞an+ lim

n→+∞bn. (1)

Supposons que l₁ et l₂ soient finies. D’après le problème II.4.13, pour tout ε > 0, il existe k₁ tel que an > l₁ −ε pour n > k₁ et il existe k₂ tel que b_n> l₂−εpour n > k₂. Il en résulte que

an+bn> l₁+l₂−2ε pour n >max{k₁, k₂}. On obtient lim

n→+∞(an+b_n)l₁+l₂−2ε, en combinant ce qui précède avec le problème II.4.12 (c), et on obtient (1) en faisant tendreεvers 0⁺.

Sil₁ oul₂sont égales à−∞, l’inégalité (1) est alors évidente. Montrons que lim

n→+∞(a_n+b_n) = +∞ si une des limites l₁ oul₂ est égale à +∞. Supposons, par exemple, que l₁= +∞. Ceci est équivalent à la condition (4) donnée dans la solution du problème II.4.13 :

pour tout M ∈R, il existek∈N^∗ tel que an> M si n > k. (∗) Puisque l₂ = −∞, la suite {b_n} est minorée. La condition (∗) est donc vé-rifiée par {a_n+b_n}. Dit autrement, lim

n→+∞(an+b_n) = +∞ et on a prouvé l’inégalité (1).

La démonstration des inégalités restantes se conduit de la même façon et nous ne la donnons que dans le cas de limites finies. Selon leproblème II.4.13, pour tout ε >0, il existe une sous-suite{an_k}telle que an_k < l₁+εet il existe 128

Solutions

n₀ tel que b_n < L₂+ε pour n > n₀. Ceci implique a_nk +b_nk < l₁+L₂ + 2ε pourksuffisamment grand. D’après leproblème II.4.12 (b), on obtient donc

lim

n→+∞(a_n+b_n)l₁+L₂+ 2εet, εpouvant être choisi arbitrairement, lim

n→+∞(an+b_n) lim

n→+∞a_n+ lim

n→+∞b_n. (2)

De même, pour toutε >0, il existe une sous-suite{bn_k}telle quebn_k > L₂−ε et il existen₀tel quea_n> l₁−εpourn > n₀. D’où,a_nk+b_nk > l₁+L₂−2εpour ksuffisamment grand. D’après leproblème II.4.12 (c), on a lim

n→+∞(an+bn) l₁+L₂−2εet,εpouvant être choisi arbitrairement, on conclut que

n→+∞lim (an+b_n) lim

n→+∞a_n+ lim

n→+∞b_n. (3)

De plus, pour tout ε > 0, il existe k₁ tel que an < L₁ +ε pour n > k₁ et il existe k₂ tel que b_n< L₂+εpourn > k₂. Donc,

a_n+b_n< L₁+L₂+ 2ε pour n >max{k₁, k₂}. On obtient lim

n→+∞(an+b_n) L₁+L₂+ 2ε, en combinant ce qui précède au problème II.4.12 (a)et, εpouvant être choisi arbitrairement,

n→+∞lim (an+b_n) lim

n→+∞a_n+ lim

n→+∞b_n. (4)

On donne maintenant des exemples de suites {a_n} et{b_n} pour lesquelles les inégalités (1)-(4) sont strictes. On pose

a_n=

⎧⎪

⎪⎪

⎪⎨

⎪⎪

⎪⎪

⎩

0 si n= 4k, 1 si n= 4k+ 1, 2 si n= 4k+ 2, 1 si n= 4k+ 3,

b_n=

⎧⎪

⎪⎪

⎪⎨

⎪⎪

⎪⎪

⎩

2 si n= 4k, 1 si n= 4k+ 1, 1 si n= 4k+ 2, 0 si n= 4k+ 3.

Les inégalités données dans le problème sont alors dans ce cas de la forme 0<1<2<3<4.

II.4.16. Non. Il suffit de considérer les suites{a^m_n},m∈N^∗, définies par a^m_n =

$1 pourn=m, 0 pourn=m.

129

Chapitre II.Suites de nombres réels

On a alors

n→+∞lim

a¹_n+a²_n+. . .

= 1>0 = lim

n→+∞a¹_n+ lim

n→+∞a²_n+. . . On pose maintenant

a^m_n =

$−1 pourn=m, 0 pourn=m.

On a dans ce cas lim

n→+∞

a¹_n+a²_n+. . .

=−1<0 = lim

n→+∞a¹_n+ lim

n→+∞a²_n+. . . . II.4.17. On note

lim

n→+∞an=l₁, lim

n→+∞bn=l₂, lim

n→+∞an=L₁, lim

n→+∞bn=L₂. On ne va prouver que l’inégalité

l₁l₂ lim

n→+∞(anbn)l₁L₂. (1) Le même raisonnement s’applique aux autres cas.

On suppose d’abord quel₁ etl₂ sont strictement positifs. D’après le pro-blème II.4.13 (b), pour toutε >0, il existen₀ tel que

a_n> l₁−ε, b_n> l₂−ε pourn > n₀.

En conséquence, a_nb_n> l₁l₂−ε(l₁ +l₂) +ε² pour ε suffisamment petit pour que l₁ − ε > 0 et l₂ −ε > 0. Donc, d’après le problème II.4.12 (c),

lim

n→+∞(a_nb_n)l₁l₂−ε(l₁+l₂) +ε². On obtient, en faisant tendre εvers 0⁺, l₁l₂ lim

n→+∞(a_nb_n). (i)

Sil₁ = 0oul₂ = 0, l’inégalité (i) est alors évidente. Sil₁ = +∞etl₂ = +∞, alors (d’après la condition (4) dans la solution du problème II.4.13), pour tout réel strictement positif M donné, on peut trouvern₀ tel que

an>√

M , bn>√

M pourn > n₀. Donc, anbn> M ce qui implique lim

n→+∞(anbn) = +∞.

On suppose maintenant qu’une des limites, mettonsl₁, est infinie et l’autre est finie et strictement positive. Pour tout 0< ε < l₂ et tout M >0, il existe alors un entier positif n₀ tel que, pourn > n₀, on ait

b_n> l₂−ε, a_n> M l₂−ε. 130

Solutions

Donc, a_nb_n> M pourn > n₀. On a alors lim

n→+∞(anb_n) = +∞ et l’inégalité (i) est prouvée.

Notre but est maintenant de prouver que lim

n→+∞(anbn)l₁L₂. (ii) Si l₁ et L₂ sont finies, on trouve alors, en suivant le problème II.4.13, une sous-suite {n_k} telle que a_nk < l₁+ε etb_nk < L₂+ε. Ceci donne

a_nkb_nk < l₁L₂+ε(l₁+L₂) +ε². Donc, lim

n→+∞(anb_n)l₁L₂+ε(l₁+L₂) +ε². On obtient (ii) en faisant tendre ε vers0⁺. Si l₁= +∞ ou L₂= +∞, l’inégalité (ii) est alors évidente.

On donne maintenant des exemples de suites {a_n} et{b_n} pour lesquelles les inégalités sont strictes. Soit

a_n=

⎧⎪

⎪⎪

⎪⎨

⎪⎪

⎪⎪

⎩

1 pour n= 4k, 2 pour n= 4k+ 1, 3 pour n= 4k+ 2, 2 pour n= 4k+ 3,

bn=

⎧⎪

⎪⎪

⎪⎨

⎪⎪

⎪⎪

⎩

3 pour n= 4k, 2 pour n= 4k+ 1, 2 pour n= 4k+ 2, 1 pour n= 4k+ 3.

Dans ce cas, nos inégalités sont de la forme 1<2<3<6<9.

II.4.18. Supposons que lim

n→+∞a_n= lim

n→+∞a_n=g. Alors, d’après II.4.13, pour tout ε >0, il existe k∈N^∗ tel que a_n< g+εsi n > k (i) et

pour tout ε >0, il existek∈N^∗ tel que g−ε < a_n sin > k. (i’) g est donc la limite de la suite{a_n}.

D’autre part, si lim

n→+∞a_n = g, les conditions (i) et (ii) du pro-blème II.4.13 (a) et (b) sont alors vérifiées avec L = g et l = g. Donc,

lim

n→+∞a_n= lim

n→+∞a_n=g.

131

Chapitre II.Suites de nombres réels Supposons maintenant que lim

n→+∞a_n = +∞. Les propositions (1) et (4) de la solution du problème II.4.13 sont évidentes. Si

lim

n→+∞a_n= lim

n→+∞a_n= +∞, la condition (4) signifie que lim

n→+∞a_n = +∞.

Des arguments semblables s’appliquent au cas lim

n→+∞a_n=−∞.

II.4.19. D’après leproblème II.4.15, lim

n→+∞a_n+ lim

n→+∞b_n lim

n→+∞(a_n+b_n) lim

n→+∞a_n+ lim

n→+∞b_n. D’autre part, d’après le problème précédent, a= lim

n→+∞a_n= lim

n→+∞a_n. Donc, lim

n→+∞(a_n+b_n) = a+ lim

n→+∞b_n. La démonstration de la seconde inégalité se déroule de la même façon.

II.4.20. On peut appliquer la même méthode que celle utilisée dans la solution du problème précédent en utilisant l’inégalité donnée au pro-blème II.4.17.

II.4.21. On va appliquer le problème II.4.13. On note lim

n→+∞an=L. Les conditions (i) et (ii) du problème II.4.13 (a) sont vérifiées. En multipliant chaque membre des inégalités de (i) et (ii) par −1, on obtient :

pour tout ε >0, il existek∈N^∗ tel que pour tout n > k,−L−ε <−a_n (i) et

pour tout ε >0 etk∈N^∗, il existen_k> k tel que −a_nk <−L+ε. (ii) On obtient avec II.4.13 (b)

lim

n→+∞(−an) =−L=− lim

n→+∞an.

La démonstration de la seconde égalité se fait comme ci-dessus. Dans le cas de limites infinies, il suffit d’appliquer les propositions (1)-(4) données dans la solution du problème II.4.13.

132

Solutions

II.4.22. On applique le problème II.4.13. On pose lim

n→+∞a_n = L. On a alors, avec les conditions (i) et (ii) donnée en II.4.13 (a):

pour toutε >0, il existek∈N^∗ tel que an< L+εL² pour tout n > k (i) et

pour tout ε >0 etk∈N^∗, il existen_k> k tel que L−εL²

2 < a_nk. (ii) On suppose d’abord que L= 0. On a alors, d’après (i),

1 an

> 1

L+εL² = 1

L− εL²

L(L+εL²) > 1 L−ε.

On suppose maintenant que 0< ε < _L¹. D’après (ii), 1

a_nk < 1

L−^εL₂² = 1

L + ε^L₂² L

"

L−^εL₂²# < 1 L +ε.

Les conditions précédentes impliquent (d’après II.4.13 (b)) lim

n→+∞

1 a_n = 1

L = 1

n→+∞lim a_n. On suppose maintenant que lim

n→+∞an = 0. Étant donné M > 0, d’après (i) dans le problème II.4.13 (a), il existe un entier k tel que a_n < _M¹ pour n > k. Donc, _a¹_n > M pour n > k, ce qui, d’après la proposition (4) donnée dans la solution du problème II.4.13, signifie que lim

n→+∞

a1n = +∞. Finale-ment, on suppose que lim

n→+∞ 1

an = +∞. Pour tout ε > 0 et k ∈ N^∗, il existe alors n_k > ktel que a_nk > ¹_ε (voir la proposition (1) dans la solution du pro-blème II.4.13 (a)). L’inégalité précédente est équivalente à _a¹

nk < ε. Bien sûr, −ε < _a¹

nk. Les deux conditions données enII.4.13 (b)sont donc vérifiées par la suite

1 an

pourl= 0, ce qui signifie que lim

n→+∞

a1n = 0. La démonstra-tion de la première égalité est donc complète. La démonstradémonstra-tion de la seconde se fait de la même façon.

133

Chapitre II.Suites de nombres réels

II.4.23. Il découle des hypothèses que 0 < lim

n→+∞a_n < +∞. L’égalité

n→+∞lim a_n· lim

n→+∞

a1n = 1 combinée au problème précédent donne

n→+∞lim a_n= 1

n→+∞lim an

= lim

n→+∞a_n.

Donc, d’après leproblème II.4.18, la suite {a_n} est convergente.

II.4.24. Supposons que{a_n} soit une suite telle que la première égalité soit vérifiée pour toute suite {b_n}. On prendb_n=−a_n. Il s’ensuit, d’après le On en conclut, avec leproblème II.4.18, que la suite {an}est convergente.

II.4.25. Supposons que {an} soit une suite strictement positive telle que la première égalité soit vérifiée pour toute suite {b_n} strictement positive. On prend b_n= _a¹

n. D’après leproblème II.4.22, on a alors 1 = lim Il s’ensuit que la limite supérieure et la limite inférieure de {an} sont stric-tement positives et lim

n→+∞a_n = lim

n→+∞a_n. La suite{a_n} est donc convergente (voir leproblème II.4.18).

II.4.26. Évidemment, lim

On suppose donc que lim

n→+∞

Solutions

Puisque √ⁿ

a_k(L+ε)^−nk −−−−−→

n→+∞ 1, on a

√n

a_k(L+ε)^−nk <1 +ε

pour nsuffisamment grand. On déduit donc de ce qui précède que

√n

a_n<(1 +ε)(L+ε) =L+ (L+ 1)ε+ε²

pour n suffisamment grand. En combinant ceci au problème II.4.12 (a), on obtient lim

n→+∞

√nan L+ (L+ 1)ε+ε². Puisque ε peut être choisi arbi-trairement proche de 0, on a lim

n→+∞

√n

an L = lim

n→+∞

an+1

an . Pour montrer que lim

n→+∞

an+1

an lim

n→+∞

√na_n, il suffit d’appliquer le problème II.4.22 et l’inégalité juste prouvée à la suite

1 an

. II.4.27. On prouve que lim

n→+∞b_n lim

n→+∞a_n. Pour cela, on suppose que

n→+∞lim a_n =L <+∞ (pour L = +∞, l’inégalité précédente est claire). Étant donné ε >0, il existe alorsk∈Ntel que a_n< L+εpour n > k. Donc,

b_n= a₁+a₂+. . .+a_k+a_k+1+. . .+an

n

< a₁+a₂+. . .+a_k

n −k(L+ε)

n +L+ε.

Puisque ^a1+a2+_n^...+ak − ^k(L_n^+ε) −−−−−→

n→+∞ 0, ^a1+a2+_n^...+ak − ^k(L_n^+ε) < ε pour n suffisamment grand. Il s’ensuit que bn < ε +L +ε pour n suffisamment grand. Selon le problème II.4.12 (a), ε pouvant être choisi arbitraire-ment petit, on a lim

n→+∞b_n L = lim

n→+∞a_n. La démonstration de l’inégalité lim

n→+∞an lim

n→+∞bn est identique.

II.4.28.

(a), (b) Il suffit d’appliquer le problème II.4.13.

(c) L’inégalité est fausse. Pour le voir, il suffit de considérer les suites définies par

a_n=

$0 pour n= 2k, 1 pour n= 2k+ 1, b_n=

$1 pour n= 2k, 0 pour n= 2k+ 1.

135

Chapitre II.Suites de nombres réels

On a alors 0 = lim

n→+∞min{a_n, b_n} = min lim

n→+∞a_n, lim

n→+∞b_n

= 1.

(d) De même, cette égalité est fausse comme on peut le voir en considérant les suites définies en (c).

II.4.29. On suppose que la suite {an} vérifie la propriété qu’il existe une infinité d’entiers ntels que

a_ka_n pour tout kn. (∗)

Soitn₁ le premier de cesn,n₂ le second, etc. La suite {a_nk}est une sous-suite décroissante de{an}. D’un autre côté, si la suite{an}ne vérifie pas la propriété précédente, autrement dit, s’il n’existe qu’un nombre fini de nvérifiant (∗), on choisit un entierm₁tel que la suite{a_m1+n}ne vérifie pas (∗). Soitm₂ le pre-mier entier plus grand que m₁ tel que am₂ > am₁. En poursuivant le procédé, on extrait de{a_n}la sous-suite croissante {a_mn}.

II.4.30. D’après le problème précédent, une telle suite contient une sous-suite monotone et bornée donc convergente.

II.4.31. On suppose d’abord que lim

n→+∞

an+1

an = +∞. Alors, d’après II.4.14 (b),

n→+∞lim

a₁+a₂+. . .+an+an+1

an

= +∞. On suppose maintenant que

n→+∞lim a_n+1

a_n =α <+∞. Alors, étant donné ε >0, il existe ktel que

a_n+1

a_n < α+ε pour nk. (1)

Dit autrement,

a_n

a_n+1 > 1

α+ε pour nk. (2)

136

Solutions

On a donc, pour nsuffisamment grand, b_n= a₁+a₂+. . .+a_n+a_n+1

Si 0 < α < 1, l’inégalité précédente et le problème II.4.14 (b) donnent

n→+∞lim b_n= +∞.

D’autre part, si α 1, on conclut avec les problèmes II.4.14 (b) etII.4.19 que Dans le cas α = 1, ε > 0 peut être choisi arbitrairement et on obtient

n→+∞lim bn= +∞. Si α >1, alors (3) implique

n→+∞lim b_n1 +α+ 1

α−1 = 2 + (α−1) + 1

α−1 4.

Le nombre4est le meilleur minorant car il est atteint pour la suitea_n= 2ⁿ,

Le nombre4est le meilleur minorant car il est atteint pour la suitea_n= 2ⁿ,

Dans le document PROBLÈMES D’ANALYSE I Nombres réels, suites et séries (Page 130-184)