Exercices corrigés - Suites de nombres réels ou complexes - étude théorique

Ce petit exercice est là pour vérifier que l'on a bien compris la définition des limites.

1. Supposons que cela ne soit pas le cas. Il existe donc un entier $N$ tel que $u_N>l$. On peut alors trouver $\veps>0$ très petit tel que $l+\veps<u_N$. Mais alors, pour tout $n\geq N$, par croissance de la suite $(u_n)$, on a $l+\veps<u_N\leq u_n$. Ceci contredit la définition de la convergence de $(u_n)$ vers $l$.
2. Il suffit là encore d'écrire les définitions. On veut prouver que $(u_n)$ tend vers $+\infty$. Soit $\mathbf{A>0}$. Puisque $(u_n)$ n'est pas majorée, il existe un entier $N$ tel que $u_N\geq A$. Mais alors, puisque la suite $(u_n)$ est croissante, pour tout $\mathbf{n\geq N}$, on a $\mathbf{u_n\geq }u_N\geq \mathbf A$. Ce qui est écrit en gras est exactement la définition d'une suite tendant vers $+\infty$.

Soit $l$ la limite de $(u_n)$. Appliquons la définition d'une suite convergente avec $\veps=1/4$. Il existe un entier $n_0\in\mathbb N$ tel que, pour $n\geq n_0$, on a $$|u_n-l|<1/4.$$ On a alors, d'après l'inégalité triangulaire, $$|u_n-u_{n_0}|\leq |u_n-l|+|l-u_{n_0}|\leq \frac14+\frac{1}4=\frac12.$$ Ainsi, $u_n$ et $u_{n_0}$ sont des entiers relatifs dont la distance est inférieure à $1/2$ : ils sont nécessairement égaux. On a démontré que pour $n\geq n_0$, $u_n=u_{n_0}$, c'est-à-dire que la suite est stationnaire.

1. Soit $\veps>0$. Il existe deux entiers $n_0$ et $n_1$ tels que \begin{eqnarray} n\geq n_0&\implies& l-\veps\leq u_n\leq l+\veps,\\ n\geq n_1&\implies& l-\veps\leq v_n\leq l+\veps. \end{eqnarray} Prenons maintenant ${n\geq \max(n_0,n_1)}$. Alors, $\min(u_n,v_n)=u_n$ ou bien $\min(u_n,v_n)=v_n$. Dans tous les cas, en utilisant les résultats précédents, on obtient que $${l-\veps\leq \min(u_n,v_n)\leq l+\veps.}$$ C'est bien que la suite $(\min(u_n,v_n))$ converge vers $l$.
2. 1. Intuitivement, si $(u_n)$ converge vers $l$ et $(v_n)$ converge vers $l'$ avec $l<l'$, il est clair que $u_n$ sera inférieur à $v_n$ pour $n$ assez grand. Pour prouver cela en appliquant la définition des suites, il suffit de choisir un $\veps>0$ tel que $l+\veps\leq l'-\veps$. Par exemple, $\veps=\frac{l'-l}{2}$ convient. Appliquant la définition de la convergence pour cet $\veps>0$ fixé, on trouve deux entiers $n_1$ et $n_2$ tels que \begin{eqnarray*} n\geq n_1&\implies& l-\veps\leq u_n\leq l+\veps,\\ n\geq n_2&\implies& l'-\veps\leq v_n\leq l'+\veps. \end{eqnarray*} Posons $n_0=\max(n_1,n_2)$. Alors, pour $n\geq n_0$, on a $$u_n\leq l+\veps\leq l'-\veps\leq v_n.$$
   2. Fixons ${\veps>0}$. On sait qu'il existe $n_1\in\mathbb N$ tel que \begin{eqnarray} n\geq n_1\implies l-\veps\leq u_n\leq l+\veps. \end{eqnarray} De plus, d'après la question précédente, il existe $n_0\in\mathbb N$ tel que $$n\geq n_0\implies u_n\leq v_n.$$ Posons $N=\max(n_0,n_1)$. Pour ${n\geq N}$, on a $\min(u_n,v_n)=u_n$ et donc $${l-\veps\leq \min(u_n,v_n)\leq l+\veps}.$$ C'est bien que la suite $(\min(u_n,v_n))$ est convergente vers $l$.

On peut aussi prouver directement le résultat (sans séparer les deux cas) en remarquant que $\min(a,b)=\frac{a+b-|a-b|}{2}$, mais c'est moins formateur!

Pas nécessairement! Par exemple, prenons la suite $(u_n)$ définie par $u_n=\frac{(-1)^n}{n}$. $(u_n)$ converge vers $0$. Mais, $u_{2p}=\frac{1}{2p}$ et donc $\lfloor u_{2p}\rfloor =0$, tandis que $u_{2p+1}=\frac{-1}{2p+1}\in]-1,0[$ et donc $\lfloor u_{2p+1}\rfloor =-1$. La suite $(\lfloor u_n\rfloor )$ n'est donc pas convergente puisqu'elle admet deux suites extraites admettant des limites différentes.

Le plus simple est de partir de l'inégalité suivante : $$0\leq a-u_n\leq a-u_n+b-v_n=(a+b)-(u_n+v_n).$$ Du théorème d'encadrement, on tire que $(a-u_n)$ converge vers 0, ou encore que $(u_n)$ converge vers $a$.

On va montrer que $(u_n)$ et $(v_n)$ convergent toutes les deux vers 1. Procédons par l'absurde. Quitte à échanger les rôles joués par $(u_n)$ et $(v_n)$, on peut supposer que $(u_n)$ ne converge pas vers 1. On sait donc qu'il existe $\veps>0$ tel que, pour tout $N>0$, il existe $n:=n(N)\geq N$ avec $|u_n-1|>\veps$, soit, puisque $0\leq u_n\leq 1$, $$u_n<1-\veps.$$ D'autre part, puisque $(u_nv_n)$ converge vers 1, on sait qu'il existe $N_1>0$ tel que, pour tout $n\geq N_1$, on a $$1-\veps\leq u_nv_n.$$ Mais alors, pour un $n\geq N_1$ tel que $u_n<1-\veps$, on a $$1-\veps\leq u_nv_n\leq u_n<1-\veps.$$ Ceci est absurde, ce qui achève la preuve du fait que $(u_n)$ et $(v_n)$ convergent vers 1.
On aurait aussi pu (plus simplement) raisonner à partir du théorème d'encadrement, en remarquant que $$u_nv_n\leq u_n\leq 1.$$

Soit $\varepsilon>0$. Puisque la suite $\left(\frac1k\right)_k$ tend vers 0, on peut trouver un entier $K$ tel que $\frac1K\leq\varepsilon$. On en déduit que, pour tout entier $n$, on a $0\leq u_n\leq \varepsilon+\frac{K}n$. Or, la suite $\left(\frac Kn\right)_n$ tend vers 0, et on peut trouver un entier $N$ tel que, pour $n\geq N$, on a $\frac{K}n\leq\varepsilon$. Ainsi, pour tout entier $n\geq N$, on a prouvé que $$0\leq u_n\leq 2\varepsilon.$$ C'est bien que la suite $(u_n)$ converge vers 0.

Pour les deux questions, la clé est donnée par la formule suivante, qu'on prouve par récurrence sur $n$ : pour tout $n\geq 0$, on a $$\frac{u_n}{u_0}\leq \frac{v_n}{v_0}.$$ La formule est en effet vraie au rang 0, et si elle est vraie au rang $n$, en utilisant l'hypothèse, on déduit $$\frac{u_{n+1}}{u_0}=\frac{u_{n+1}}{u_n}\times\frac{u_n}{u_0}\leq \frac{v_{n+1}}{v_n}\times\frac{v_n}{v_0}=\frac{v_{n+1}}{v_0}.$$

1. Si $(v_n)$ converge vers 0, alors on a $$0\leq u_n\leq v_n\frac{u_0}{v_0}$$ et donc par le théorème des gendarmes, $(u_n)$ converge vers 0.
2. Si $(u_n)$ tend vers $+\infty$, alors on a $$\frac{v_0}{u_0}u_n\leq v_n$$ et donc $(v_n)$ tend vers $+\infty$.

Remarquons que pour établir la formule $$\frac{u_n}{u_0}\leq \frac{v_n}{v_0},$$ on aurait pu aussi remarquer que la condition donnée par l'énoncé entraîne que la suite $(u_n/v_n)$ est décroissante.

Fixons $\veps>0$. Il existe $n_0\in\mathbb N$ tel que, pour tout $n\geq n_0$, on a simultanément $$|u_n-u|<\veps\textrm{ et }|v_n-v|<\veps.$$ Pour $n\geq n_0$, on coupe la somme définissant $w_n$ en trois parties, en isolant les termes du type $u_k v_{n-k}$ pour lesquels simultanément $k\geq n_0$ et $(n-k)\geq n_0$. On écrit donc : \begin{eqnarray*} w_n&=&\frac{u_0v_n+\dots+u_{n_0-1}v_{n-n_0+1}}{n+1}+\frac{u_{n-n_0+1}v_{n_0-1}+\dots+u_nv_0}{n+1}+\\ &&\quad\quad\frac{u_{n_0}v_{n-n_0}+u_{n_0+1}v_{n-n_0-1}+\dots+u_{n-n_0}v_{n_0}}{n+1}\\ &:=&a_n+b_n+c_n. \end{eqnarray*} On étudie séparément chaque terme $a_n$, $b_n$ et $c_n$. On note $M$ tel que, pour tout $k$, $|u_k|\leq M$ et $|v_k|\leq M$. Un tel $M$ existe car les deux suites sont convergentes, donc bornées. Pour $a_n$ et $b_n$, on a : $$|a_n|\leq \frac{M\times M+\dots+M\times M}{n+1}=\frac{n_0M^2}{n+1}\textrm{ et }|b_n|\leq\frac{n_0M^2}{n+1}.$$ Puisque $n_0M^2/(n+1)$ tend vers 0, il existe $n_1\geq n_0$ tel que, pour $n\geq n_1$, $$|a_n|\leq\veps\textrm{ et }|b_n|\leq \veps.$$ C'est donc $c_n$ qui doit être proche de $uv$. On va s'inspirer de la preuve du fait que le produit de deux suites convergentes est convergent. Pour cela, on écrit \begin{eqnarray*} c_n-uv&=&c_n-\frac{uv+\dots+uv}{n+1}\\ &=&\frac{(u_{n_0}v_{n-n_0}-uv)+(u_{n_0+1}v_{n-n_0-1}-uv)+\dots+(u_{n-n_0}v_{n_0}-uv)}{n+1}-\frac{2n_0uv}{n+1} \end{eqnarray*} (on doit encore retirer les $uv/n+1$ qui ne sont pas en correspondance avec un $u_kv_{n-k}$ pour $k\in\{n_0,\dots,n-n_0\}$). Mais, pour $k$ allant de $n_0$ à $n-n_0$, on a $$|u_kv_{n-k}-uv|\leq |u_k||v_{n-k}-v|+|v||u_{k}-u|\leq 2M\veps.$$ D'autre part, il existe $n_2\geq n_0$ tel que, pour $n\geq n_2$, on a $$\left|\frac{2n_0uv}{n+1}\right|\leq\veps.$$ Ainsi, pour $n\geq n_2$, on a $$|c_n-uv|\leq \frac{n-2n_0+1}{n+1}\times 2M\veps+\veps\leq (2M+1)\veps.$$ En résumé, pour tout $\veps>0$, pour $n\geq\max(n_1,n_2)$, on a $$|w_n-uv|\leq |a_n|+|b_n|+|c_n-uv|\leq (2M+3)\veps.$$ Ceci prouve que $(w_n)$ converge vers $uv$.

Non! Par exemple, dans $\mathbb R^2$, considérons $(u_n)$ définie par $u_{2n}=(n,0)$ et $u_{2n+1}=(0,n)$. Alors chacune des suites coordonnées admet une suite extraite convergente (et même constante). Si on considère maintenant une suite extraite $(u_{\phi(n)})$, alors $\|u_{\phi(n)}\|_\infty\geq \phi(n)\geq n$ et la suite ne peut pas converger.

Le sens direct est clair. Réciproquement supposons que $\ell$ soit la seule valeur d'adhérence de $(u_n)$ et que $(u_n)$ ne converge pas vers $\ell$. Alors il existe $\veps>0$ tel que, pour tout $N\in\mathbb N$, on peut trouver $p\geq N$ avec $|u_p-\ell|\geq\veps$. On construit alors par récurrence une sous-suite $(u_{\phi(n)})$ de $(u_n)$ telle que, pour tout $n\in\mathbb N$, $|u_{\phi(n)}|\geq\ell$. En effet, pour construire $\phi(0)$, on applique la propriété précédente avec $N=0$. Supposons $\phi(0),\dots,\phi(n)$ déjà construits. Alors on applique la propriété avec $N=\phi(n)+1$ qui nous donne un $p>\phi(n)$ tel que $|u_p-\ell|\geq\veps$. On pose alors $\phi(n+1)=p$.
La suite $(u_{\phi(n)})$, suite extraite d'une suite bornée, est elle-même une suite bornée. Elle admet, par le théorème de Bolzano-Weierstrass, une sous-suite convergente, qui bien sûr ne peut pas converger vers $\ell$. Mais cette sous-suite de $(u_{\phi(n)})$ est encore une suite extraite de $(u_n)$, et donc on a fabriqué pour $(u_n)$ une deuxième valeur d'adhérence : contradiction!

Commençons par remarquer que, puisque $a<b$, on peut trouver un intervalle ouvert $I$ contenant $a$ et un intervalle ouvert $J$ contenant $b$ tel que tout élément de $I$ est inférieur strict à tout élément de $J$. Par exemple, on peut choisir $I=]-\infty,(a+b)/2[$ et $J=](a+b)/2,+\infty[$. Puisque $(u_n)$ converge vers $a$, tous les termes de $(u_n)$ à partir d'un certain rang sont dans $I$. Puisque $(v_n)$ converge vers $b$, tous les termes de $(v_n)$ à partir d'un certain rang sont dans $J$. Ainsi, pour toutes les valeurs de $n$ assez grandes, on a $u_n<\frac{a+b}2<v_n$.