ANALYSE I et II Semaine du 26 au 30 septembre 2011 Math. et Phys. 1`ere ann´ee
Prof. J. Rappaz
Corrig´e 2 du mercredi 28 septembre 2011
Exercice 1.
Soitxn=
√n2+ 2
2n , n= 1,2,3, . . ..
(1) Montrons que xn−1
2 < 1
2n2.
D´emonstration : Commen¸cons par montrer l’indication. Pour toutδ >0 on a (√
1 +δ)2= 1 +δ <1 +δ+δ2 4 =
1 +δ
2 2
, et donc, en prenant la racine,
√1 +δ <1 + δ 2. On a alors:
xn−1
2 =
√n2+ 2 2n −1
2
=1 2
r 1 + 2
n2 −1
=1 2
r 1 + 2
n2 −1
!
et donc en utilisant l’indication:
xn−1
2 = 1
2 r
1 + 2 n2 −1
!
< 1 2
1 + 1
n2 −1
= 1 2n2.
(2) Soitε >0 donn´e. En choisissantN =N(ε)> 1
√2ε on a par l’´etape pr´ec´edente:
xn−1
2 < 1
2n2 ≤ 1
2N2 < ε, ∀n≥N.
Exercice 2.
Montrons que lim
n→+∞sin(n) n’existe pas.
D´emonstration : Ab absurdo, supposons que lim
n→∞sin(n) =`∈R. a) Pourn≥0 on a
sin(n+ 2)
| {z }
n→∞−→`
= sin(n)
| {z }
n→∞−→`
+2 sin(1) cos(n+ 1)
et on doit donc avoir
n→∞lim cos(n) = 0.
Mais comme pour toutn∈N, on a sin2(n) + cos2(n) = 1, `a la limite on a
`2= 1 ⇒ |`|= 1.
b) Pourn≥0 on a aussi
cos(n+ 2)
| {z }
n→∞−→0
= cos(n)
| {z }
n→∞−→0
−2 sin(1) sin(n+ 1)
et donc
n→∞lim sin(n) = 0 =`.
D’o`u la contradiction.
Exercice 3.
Soit (xn)∞n=1 telle que lim
n→∞xn =`. Montrons que
n→∞lim 1 n
n
X
k=1
xk
!
=`.
D´emonstration : Soitε >0, on doit montrer qu’il existeN =N(ε)∈N, tel que
1 n
n
X
k=1
xk−`
< ε, ∀n≥N.
On a
1 n
n
X
k=1
xk−`
= 1 n
n
X
k=1
xk−`· 1 n
n
X
k=1
1
= 1 n
n
X
k=1
(xk−`)
≤ 1 n
n
X
k=1
|xk−`|.
Mais par la convergence de la suite (xn)n≥1, il existem∈N∗ tel que
|xk−`|< ε
2, ∀k≥m.
Ainsi, sin≥m:
1 n
n
X
k=1
(xk−`)
≤ 1 n
n
X
k=1
|xk−`|
= 1
n
m−1
X
k=1
|xk−`|+ 1 n
n
X
k=m
|xk−`|
≤ 1 n
m−1
X
k=1
|xk−`|+n−m+ 1
n · ε
2
≤ 1 n
m−1
X
k=1
|xk−`|+ε 2. Posonsα=Pm−1
k=1 |xk −`|. Ainsi α≥0 etα d´epend de ε. Il existeN ≥m tel que n1α < ε2,∀n≥N. On a donc, sin≥N:
1 n
n
X
k=1
(xk−`)
≤ 1 n
m−1
X
k=1
|xk−`|+ε 2 < ε
2 +ε 2 =ε.
Ainsi on a bien montr´e que
n→∞lim 1 n
n
X
k=1
xk
!
=`.
