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BA AT AG TC H ———————————————————————– Sa br in e Chapitre 4 – Réels et suites – Démos pl ai re de ———————————————————————– e TC H AT AG BA Ex em ECG1 - Antoine Lagarde Sa br in Proposition re de Soit (x, y) ∈ R2 pl em |y| y = x |x| BA Ex 4. ∀n ∈ N, |xn | = |x|n AG 3. Si...

BA AT AG TC H ———————————————————————– Sa br in e Chapitre 4 – Réels et suites – Démos pl ai re de ———————————————————————– e TC H AT AG BA Ex em ECG1 - Antoine Lagarde Sa br in Proposition re de Soit (x, y) ∈ R2 pl em |y| y = x |x| BA Ex 4. ∀n ∈ N, |xn | = |x|n AG 3. Si x ̸= 0, 2. |x| = 0 ⇐⇒ x = 0 ai 1. |xy| = |x||y| H AT 5. −|x| ⩽ x ⩽ |x| 8. √ x2 = |x| et si x ⩾ 0, √ 2 x =x Sa br in e TC 7. x2 = |x|2 6. |x| ⩽ r ⇐⇒ −r ⩽ x ⩽ r Ex em pl ai re de 1. Si x ⩾ 0 et y ⩾ 0, c’est vrai, si x ⩾ 0 et y ⩽ 0 c’est vrai, etc. pour les 4 cas.  x ⩽ 0 i.e 0 ⩽ x ⩽ 0 d’où x = 0. 2. x = 0 ⇒ x = 0 par composition, et si |x| = 0 alors −x ⩽ 0 BA 3. Encore par disjonction des 4 cas. AG 4. Récurrence: |x0 | = 1 = |x|0 et pour n ∈ N, |xn | = |x|n ⇒ |x|n+1 = |xn ||x| = |xn x| = |xn+1 | par 1. H AT 5. x ⩽ max(x, −x) = |x| d’une part, et −x ⩾ − max(x, −x) donc −x ⩾ −|x|. Comme x ∈ R, on applique en −x: −x ⩾ −|−x| = −|x| e TC d’autre part. Sa br in 6. |x| ⩽ r ⇐⇒ max(x, −x) ⩽ r ⇐⇒  x ⩽ r −x ⩽ r ⇐⇒  x ⩽ r x ⩾ −r ⇐⇒ −r ⩽ x ⩽ r Proposition (Inégalités triangulaires) Soit (a, b) ∈ R2 . Soit (xi )i∈J1,nK ∈ Rn . H AT AG BA Ex em pl ai re de 7. Si x ⩾ 0, |x|2 = x2 , et si x ⩽ 0, |x|2 = (−x)2 = x2 √ √ p 8. Si x ⩾ 0, x2 = x = |x|, et si x ⩽ 0, x2 = (−x)2 = −x = |x| car −x ⩾ 0 √ 2 Si x ⩾ 0, on a x = x par définition de la racine carrée. 1. ||a| − |b|| ⩽ |a + b| ⩽ |a| + |b| 2. n X i=1 1 xi ⩽ n X i=1 |xi | 1. Montrons d’abord l’inégalité de droite. On se rappelle que |x|2 = x2 pour tout x réel. |a + b|2 = (a + b)2 H Comme ab ⩽ |ab| = |a||b| : AT AG = |a|2 + |b|2 + 2ab Sa br in e TC |a + b|2 ⩽ |a|2 + |b|2 + 2|a||b| Ainsi |a + b|2 ⩽ |a|2 + |b|2 + 2|a||b| = (|a| + |b|)2 . de Par croissance de la fonction racine sur R+ , nous obtenons |a + b| ⩽ |a| + |b|.   |b| − |a| ⩽ |a + b| em Ex ⇒ BA   |b| = |a + b − a| ⩽ |a + b| + |a|    |a| − |b| ⩽ |a + b| AT AG    |a| = |a + b − b| ⩽ |a + b| + |b| pl ai re Pour l’inégalité de gauche: nous allons utiliser celle de droite avec a + b et −b, puis a + b et −a TC H Comme ∥a| − |b∥ = max(|a| − |b|, |b| − |a|), on obtient la seconde inégalité : Sa br in e ||a| − |b|| ⩽ |a + b| de 2. Par récurrence: n+1 X i=1 |xi | = n X i=1 pl xi + |xn+1 | e in Sa br i=1 de ⩾ n X xi + xn+1 n+1 X xi par H.R par inégalité triangulaire du 1. i=1 re ai Ex |xi | + |xn+1 | n X ⩾ ⩾ em pl em |xi |, alors: BA i=1 AG i=1 n X AT xi ⩽ H n X TC • Si pour n ∈ N∗ , on a ai re • n = 1: |x1 | ⩽ |x1 | BA Ex i=1 ∀x ∈ R, ∃!n ∈ Z, n ⩽ x < n + 1 Sa br in e TC H AT AG Proposition (Existence et unicité de la partie entière) de Unicité : Supposons que n et n′ sont deux entiers qui conviennent. On a n ⩽ x < n′ + 1, et donc n ⩽ n′ . De même, n′ ⩽ n, et ai re donc n = n′ . Existence : c’est plus difficile à montrer. On a besoin du théorème de la borne supérieure pour cela (voir ci-dessous). pl Ex em BA AG AT H BA = a2 + b2 + 2ab Soit x ∈ R. Supposons par l’absurde que ∀n ∈ Z, n > x ou x ⩾ n + 1. Prenons A l’ensemble des entiers n vérifiant x < n + 1 i.e n > x − 1. Donc A est un ensemble dans R minoré par le réel x − 1, non vide car on peut trouver n arbitrairement grand. Il admet donc une borne inférieure inf(A) ∈ R. D’après la supposition, on a aussi ∀n ∈ A, n > x, donc x minore aussi A. Donc : si n vérifie n > x − 1, alors n > x. La réciproque est triviale, d’où P : (n > x − 1 ⇐⇒ n > x) On a inf(A) ⩾ x puisque x est un minorant de A, donc inf(A) > x − 1. Donc inf(A) > x par P. D’où inf(A) − 1 > x − 1 2 Ainsi inf(A) − 1 ∈ A, donc inf(A) − 1 ⩾ inf(A), ce qui est absurde. D’où l’existence. BA Proposition AT AG 1. On a pour tout x ∈ R, ⌊x⌋ ⩽ x < ⌊x⌋ + 1 et x − 1 < ⌊x⌋ ⩽ x Sa br in e TC H 2. La fonction partie entière est croissante. de 1. Par définition, ⌊x⌋ est l’unique entier vérifiant ⌊x⌋ ⩽ x < ⌊x⌋ + 1. pl ai re On a donc ⌊x⌋ ⩽ x et x < ⌊x⌋ + 1 i.e x − 1 < ⌊x⌋ em 2. Soient x, y ∈ R, x ⩽ y. On a donc ⌊x⌋ ⩽ x ⩽ y Ex On sait que le plus grand entier vérifiant n ⩽ y est ⌊y⌋, donc ⌊x⌋ ⩽ ⌊y⌋ AT AG BA D’où la croissance de la fonction. TC H Proposition de Sa br in e ∀n ∈ Z, ∀x ∈ R, ⌊n + x⌋ = n + ⌊x⌋ re On cherche l’encadrement de n + x par deux entiers successifs qui pourra permettre d’utiliser la définition. Par définition de ⌊x⌋, ⌊x⌋ ⩽ pl ai x < ⌊x⌋ + 1. Donc en ajoutant n à tous les membres, ⌊x⌋ + n ⩽ x + n < ⌊x⌋ + n + 1, avec ⌊x⌋ + n ∈ Z. Donc par définition de la partie Ex em entière de n + x, ⌊n + x⌋ = n + ⌊x⌋. AG BA Proposition br in e TC H AT Soit A ⊂ R. Si max(A) existe, il est unique. Si min(A) existe, il est unique. Sa Supposons que max(A) existe. Alors on peut considérer M1 et M2 dans A vérifiant tous deux ∀x ∈ A, x ⩽ M1 et x ⩽ M2 . de M1 ∈ A donc M1 ⩽ M2 . De même M2 ∈ A donc M2 ⩽ M1 . D’où M1 = M2 , d’où l’unicité. pl ai re On montre de même l’unicité du minimum s’il existe. Ex em Proposition TC H AT AG BA Si A ⊂ R n’est pas majoré, il n’admet pas de maximum. S’il est pas minoré, il n’admet pas de minimum. br in e C’est évident car si le maximum existait, il serait un majorant. De même, si le minimum existait, il serait un minorant. de Sa Proposition Ex em pl ai re Pour tous a ⩽ b, avec a et b des réels ou l’infini, les ensembles de la forme [a, b], ]a, b], [a, b[ ou ]a, b[ sont des intervalles. La démonstration est à chaque fois la même, à ⩽ ou < près. H AT AG BA Prenons [a, b]. Soient x, y ∈ [a, b] tels que x ⩽ y, et z ∈ [x, y]. Alors a ⩽ x ⩽ z ⩽ y ⩽ b donc z ∈ [a, b]. Prenons maintenant ]a, b[. Soient x, y ∈]a, b[ tels que x ⩽ y, et z ∈ [x, y]. Alors a < x ⩽ z ⩽ y < b donc z ∈]a, b[. 3 Proposition 1. Si A ⊂ R admet un maximum, il admet une borne supérieure et max(A) = sup(A). H pl ai re 1. Posons M le maximum de A. M est un majorant. Prenons un autre majorant M ′ de A. Supposons M ′ < M . de Sa br in e borne inférieure, et inf(I) = a, sup(I) = b. TC 4. Un intervalle I de la forme ]a, b[ ou [a, b[ ou ]a, b] ou [a, b] avec a, b ∈ R, a < b admet une borne supérieure et une AT AG 3. Si A ⊂ R n’est pas majoré (resp. minoré), il n’admet pas de borne supérieure (resp. inférieure). Alors en posant x = M , ∃x ∈ A, x > M ′ absurde. Donc M ′ ⩾ M . Donc M est le plus petit des majorants, i.e sup(A) = M . Ex em 2. De même. BA 3. Evident! Si A n’a pas de majorant (resp. minorant), il n’existe pas un plus petit majorant (resp. grand minorant). AT AG 4. Quand a ou b sont inclus dans l’intervalle, il est clair que min(I) = a ou max(I) = b. Prenons donc le cas I =]a, b[. Montrons H que inf(I) = a. Sa br in e TC I admet une borne inférieure puisque il est non vide a ∈ I et minoré (par a). Tout élément x ∈ I vérifie a < x < b. Supposons a + inf(I) , on a a < x < inf(I) < b donc x ∈ I. par l’absurde inf(I) > a. On pose x = 2 On a donc un élément de I tel que x < inf(I), absurde. Donc inf(I) ⩽ a, donc par définition de inf, on a inf(I) = a. ai BA AG M est un majorant de A, et ∀ε > 0, ∃a ∈ A, M − ε < a
m est un minorant de A, et ∀ε > 0, ∃a ∈ A, m + ε > a
br in e TC H AT 2. m = inf A ⇐⇒ Ex Soit A une partie non vide de R. Alors : 1. M = sup A ⇐⇒ pl em Proposition (Caractérisation borne supérieure, borne inférieure) re de On montre de même que sup(I) = b. Ceci fonctionne également pour les intervalles ]a, b] et [a, b[, ce qui conclut la preuve. de Sa Montrons 1., le 2. se montre de même. re (⇒) Supposons que sup(A) existe, posons M = sup(A). Par définition M est un majorant de A. pl ai Raisonnons par l’absurde, et supposons qu’il existe ε > 0 tel que pour tout a ∈ A, a ⩽ M − ε. Alors M − ε est un majorant de Ex em A, strictement inférieur à M , contredisant la définition de borne supérieure. BA (⇐) Supposons qu’on dispose d’un réel M satisfaisant aux deux conditions, et prouvons qu’il s’agit nécessairement de sup(A). AG Raisonnons par l’absurde, et supposons que M > sup(A). Soit alors ε = M − sup(A) > 0. Alors il existe a ∈ A tel que AT M − ε < a ⩽ M i.e tel que sup(A) < a ⩽ M e br in M = sup(A). TC H Ceci contredit le fait que sup(A) soit un majorant de A. Absurde, donc sup(A) ⩾ M . Par définition de la borne supérieure, de Sa Proposition Ex em pl ai re Si deux suites ont les mêmes premiers termes et vérifient la même relation de récurrence, elles sont égales. AG BA Posons p ∈ N∗ tel que u et v ont p premiers termes (en partant de 0) et une relation de récurrence p-ième. Montrons que ∀n ∈ N, un = vn . AT H BA 2. Si A ⊂ R admet un minimum, il admet une borne inférieure et min(A) = inf(A). • Pour n = 0, n = 1, ..., n = p − 1, tout ceci est vérifié d’après les hypothèses de l’énoncé. • Supposons que pour un n ∈ N, on a : un = vn , un+1 = vn+1 , ..., un+p−1 = vn+p−1 . Posons f : Rp → R la fonction utilisée pour la relation de récurrence commune à u et v. Alors : un+p = f ((un , un+1 , ..., un+p−1 )) = f ((vn , vn+1 , ..., vn+p−1 )) = vn+p Cela termine la récurrence. 4 Proposition (Terme général des suites arithmétiques et géométriques) 1. Soit (un ) une suite arithmétique de raison r. Alors ∀p ∈ J0, nK, un = up + (n − p)r. En particulier, un = u0 + nr AT AG H Sa br in e TC Par récurrence rapide à chaque fois 1. up = up + 0 × r et pour n ⩾ p, si un = up + (n − p)r alors un+1 = up + (n − p + 1)r de 2. up = up q 0 et pour n ⩾ p, si un = up q n−p alors un+1 = up q n−p+1 em pl ai re Proposition (Terme général d’une suite géométrique) Ex Soit (un ) une suite arithmético-géométrique qui vérifie pour tout n ∈ N, un+1 = aun + b, avec (a, b) ∈ R\{1} × R. Alors, b 1−a Sa br in e TC avec c = H un = an−p (up − c) + c AT AG BA pour tous entiers n et p tels que p ⩽ n, re de Méthode 1 : par récurrence pl ai • Pour n = p, on a a0 (up − c) + c = up − c + c = up Ex em • Si pour un n ⩾ p, un = an−p (up − c) + c, alors : AT ab ab + b − ab b +b= = =c 1−a 1−a 1−a = an−p+1 (up − c) + c. AG BA un+1 = aun + b = an−p+1 (up − c) + ac + b TC in e D’où un+1 H Or ac + b = Sa br D’où le résultat par récurrence re de Méthode 2 : par la méthode usuelle em pl ai • x = ax + b ⇐⇒ (1 − a)x = b ⇐⇒ x = b car a ̸= 1 1−a b et v telle que ∀n ∈ N, vn = un − c. 1−a On a ∀n ∈ N, vn+1 = un+1 − c = aun + b − (ac + b) = a(un − c) = avn AG BA Ex • On pose c = AT Donc (vn ) est une suite géométrique de raison a. e TC H • On a donc ∀n ∈ N, vn = an−p vp . Ainsi on a un = vn + c = an−p (up − c) + c Sa br in Théorème (Étude d’une suite récurrente linéaire d’ordre 2) re de On suppose que pour tout n ∈ N, un+2 = aun+1 + bun . Soit ∆ le discriminant de l’équation caractéristique. 1. Si ∆ > 0, en notant q1 et q2 les solution de (Ec ), alors ai pl Ex em BA AG AT H BA 2. Soit (un ) une suite géométrique de raison q. Alors ∀p ∈ J0, nK, un = up q n−p . En particulier, un = u0 q n . ∃!(α, β) ∈ R2 , ∀n ∈ N, un = αq1n + βq2n 2. Si ∆ = 0, en notant q l’unique solution de (Ec ), alors ∃!(α, β) ∈ R2 , ∀n ∈ N, un = (αn + β)q n 5   u0 = α + β Posons α et β les uniques solutions de u1 = αq1 + βq2 Sa br in e TC H AT AG 1 Remarque. L’existence et l’unicité sont garanties parce que le discriminant de la matrice  q1 les racines sont distinctes. Vous comprendrez cela au chapitre Matrices. L’initialisation est donc vérifiée par définition de α et β. de Supposons maintenant que pour n ∈ N, un = αq1n + βq2n et un+1 = αq1n+1 + βq2n+1 pl ai re On a : Ex TC H AT AG BA = bαq1n + bβq2n + aαq1n+1 + aβq2n+1 par H.R     = α bq1n + aq1n+1 + β bq2n + aq2n+1     = αq1n aq1 + b + βq2n aq2 + b     car q1 et q2 solutions de x2 = ax + b = αq1n q12 + βq2n q22 em un+2 = aun+1 + bun de Sa br in e = αq1n+2 + βq2n+2 ai re Méthode 2 : par démonstration directe, et difficile! em pl Intuition. Dans cette méthode, on va : BA Ex (a) Chercher les deux suites géométriques vérifiant la relation de récurrence. AG (b) Montrer que toute combinaison linéaire v de ces deux suites vérifie aussi la relation de récurrence, et que pour α et β bien AT choisis, on peut avoir v0 = u0 et v1 = u1 . Mêmes premiers termes et même relation de récurrence : les suites sont égales! TC H Soit (gn ) de terme général q n vérifiant gn+2 = agn+1 + bgn , alors q n+2 = aq n+1 + bq n . in e Si q = 0, cette relation n’est pas vérifiée pour n = 0 car b ̸= 0. Considérons maintenant q ̸= 0. Sa br Alors la relation équivaut à q 2 = aq + b i.e q est solution de l’équation caractéristique. Il y a deux solutions q1 et q2 , donc les de suites de premier terme g0 = 1 vérifiant cette relation sont celles de terme général q1n et q2n . ai re Soit (vn ) tel qu’il existe α, β pour lesquels vn = αq1n + βq2n et v0 = u0 , v1 = u1 . em pl Remarquons que ∀n ∈ N, vn+2 = avn+1 + bvn par combinaison linéaire. De plus si v0 = u0 et v1 = u1 alors on a : Ex α + β = u0 et αq1 + βq2 = u1 i.e β = u0 − α et on a : AG BA αq1 + (u0 − α)q2 = u1 ⇐⇒ α(q1 − q2 ) = u1 − u0 ⇐⇒ α = u1 − u0 car q1 ̸= q2 (∆ ̸= 0) q1 − q2 u1 − u0 donc les solutions α et β de ce système existent et sont uniques. q 1 − q2 Ainsi (vn ) a les mêmes premiers termes et vérifie la même relation de récurrence que (un ), donc (un ) = (vn ). On conclut que TC H AT On déduit β = u0 − in e ∀n ∈ N, un = αq1n + βq2n . Sa br 2. ∆ = 0 ⇒ a2 − 4b = 0 ⇒ a2 = 4b. re de Donc q 2 − aq − b = 0 ⇒ q 2 − aq − ai (n + 2)q n+2 = (n + 1)q n+1 + nq n l’équation caractéristique. pl Ex em BA AG AT H  1  vaut q2 − q1 ̸= 0 puisque q2   a a 2 a2 = 0 ⇒ q = . En particulier q = =0⇒ q− ̸ 0. 4 2 2 n 2 n+2 n+1 ⇐⇒ nq (q − aq − b) + 2q − aq = 0 ⇐⇒ 2q n+2 − aq n+1 = 0 car q est solution de Ceci est équivalent à 2q − a = 0 car q ̸= 0 soit q = terme général nq n vérifie la relation de récurrence. a , ce qui est vrai. Par équivalences successives, on en déduit que la suite de 2 Soit (vn ) la suite vérifiant, sous réserve d’existence, vn = αnq n + βq n pour α, β donnés, v0 = u0 et v1 = u1 . (vn ) vérifie bien la relation de récurrence de (un ) par combinaison linéaire, et : u1 − β) q Encore une fois les solutions α et β de ce système existent et sont uniques. Donc par équivalences, (vn ) existe. On déduit de (v0 = u0 et v1 = u1 ) ⇐⇒ (u0 = β et u1 = αq + βq) ⇐⇒ (β = u0 et α = même que un = vn = αnq n + βq n . 6 BA 1. Méthode 1 : par récurrence double Théorème (Unicité de la limite) n ⩾ n1 =⇒ un − ℓ′ < ε em 2 ℓ − ℓ′ 3 Ex ℓ − ℓ′ = ℓ − un + un − ℓt ⩽ |ℓ − un | + un − ℓ′ < 2ε = pl ai re de Soit n ⩾ max (n0 , n1 ) . On obtient par inégalité triangulaire : AT AG BA 2 |ℓ − ℓ′ |, ce qui est absurde. D’où l’unicité de la limite. 3 Ainsi 0 < |ℓ − ℓ′ | < TC Sa br in e et n ⩾ n0 =⇒ |un − ℓ| < ε H On raisonne par l’absurde : supposons que la suite u possède deux limites distinctes ℓ et ℓ′ . |ℓ − ℓ′ | > 0. Par définition de la limite, on peut trouver des entiers n0 et n1 tels que, pour tout n ∈ N, Soit ε = 3 lim |un − ℓ| = 0 e lim un − ℓ = 0 ⇐⇒ n→+∞ n→+∞ in lim un = ℓ ⇐⇒ n→+∞ re de Sa br Soit (un ) une suite et ℓ ∈ R. Alors TC H Proposition pl ai Par définition de la limite : ∀ε > 0, ∃N ∈ N, ∀n ⩾ N, |un − ℓ| < ε Ex lim |un − ℓ| = 0 lim un − ℓ = 0 n→+∞ BA n→+∞ AG Ceci est également équivalent à |un − ℓ| < ε, i.e em Cette dernière inéquation équivaut à ℓ − ε < un < ℓ + ε, i.e 0 − ε < un − ℓ < 0 + ε, i.e H AT Proposition de Sa br in e TC Toute suite convergente est bornée. ai re Méthode 1 : en explicitant les bornes em pl Soit u une suite convergente et ℓ sa limite, fixons arbitrairement ε = 1. Alors ∃N, ∀n ⩾ N, ℓ − ε ⩽ un ⩽ ℓ + ε Ex A partir de N , la suite est donc bornée. Une borne qui convient est par exemple max(|ℓ − ε|, |ℓ + ε|). BA Considérons alors le nombre M = max(|u0 |, |u1 |, ..., |uN −1 |, |ℓ − ε|, |ℓ + ε|). AG Il est clair que pour tout n < N , on a |un | ⩽ M . AT On a aussi ∀n ⩾ N, |un | ⩽ max(|ℓ − ε|, |ℓ + ε|) ⩽ M in e TC H Donc M borne bien toute la suite u. Cette suite est donc bornée. br Méthode 2 : en argumentant, sans expliciter les bornes de Sa Soit u une suite convergente et ℓ sa limite, fixons arbitrairement ε = 1. Alors ∃N, ∀n ⩾ N, ℓ − ε ⩽ un ⩽ ℓ + ε re A partir de N , la suite est donc bornée. pl ai L’ensemble {u0 , u1 , ..., uN −1 } est fini donc borné. En prenant un réel M > 0 suffisamment grand pour borner ces deux ensembles, la AG BA Ex em suite u est donc bornée sur tout N. AT H AT AG BA Lorsque la limite de la suite (un ) existe, elle est unique. Proposition Soit (un )N une suite réelle. 1. Si (u2n )n∈N et (u2n+1 )n∈N convergent vers une même limite ℓ, (un ) converge vers ℓ. 2. Si (u2n )n∈N et (u2n+1 )n∈N ne convergent pas vers la même limite ou si l’une ne converge pas, (un ) ne converge pas. 7 1. Soit ε > 0. Alors ∃N0 , ∀n ⩾ N0 , ℓ − ε ⩽ u2n ⩽ ℓ + ε De même ∃N1 , ∀n ⩾ N1 , ℓ − ε ⩽ u2n+1 ⩽ ℓ + ε On prend alors N = 2 max(N0 , N1 ) + 1. Soit n ⩾ N . AT AG BA • si n est pair, n = 2k avec k ⩾ max(N0 , N1 ) donc ℓ − ε ⩽ u2k = un ⩽ ℓ + ε H • si n est impair, n = 2k + 1 avec k ⩾ max(N0 , N1 ) donc ℓ − ε ⩽ u2k+1 = un ⩽ ℓ + ε Sa br in e TC Ainsi ∀ε > 0, ∃N ∈ N, ∀n ⩾ N, |un − ℓ| ⩽ ε 2. Si ces deux suites convergent mais pas vers la même limite, (un ) ne peut pas converger car l’unicité de la limite ne serait pas respectée. En posant k = 2n, alors ∃k = 2n ⩾ N, uk ∈ / [ℓ − ε, ℓ + ε] pl ai re AT AG Ceci est exactement la négation de "(un ) converge vers ℓ". Donc cette suite ne converge pas. BA Ex em ∃ > 0, ∀N ∈ N, ∃n ⩾ N, u2n ∈ / [ℓ − ε, ℓ + ε] de Si l’une des deux ne converge pas, disons sans perte de généralité (u2n ), alors pour tout ℓ ∈ R, on a : TC H Proposition br in e Soient (un ) et (vn ) deux suites convergentes, vérifiant à partir d’un certain rang l’inégalité un ⩽ vn . Alors lim un ⩽ n→+∞ Sa lim vn em pl ai re de n→+∞ Ex On peut raisonner par l’absurde ou par contraposée. n→+∞ BA Par l’absurde : supposons ℓu = lim un > lim vn = ℓv , alors on considère ε = n→+∞ AG A partir d’un certain rang Nu , on a ∀n ⩾ Nu , |un − ℓu | < ε ℓu − ℓ v > 0. 2 AT De même, à partir d’un certain rang Nv , on a ∀n ⩾ Nv , |vn − ℓv | < ε e TC H En prenant N = max(Nu , Nv ), on a ∀n ⩾ N, |un − ℓu | < ε et |vn − ℓv | < ε d’où : in ℓ u + ℓv ℓu − ℓ v ℓu − ℓv = = ℓv + = ℓ v + ε > vn 2 2 2 Sa br un > ℓ u − ε = ℓu − ai re de C’est absurde car à partir d’un certain rang, un ⩽ vn . Ex em pl Théorème (Théorème d’encadrement) BA Soient u, v et w trois suites réelles telles que, à partir d’un certain rang, un ⩽ vn ⩽ wn . Si (un ) et (wn ) convergent vers lim vn = ℓ. n→+∞ TC H AT AG une même limite ℓ réelle alors (vn ) converge et Ex em pl ai re de Sa br in e Soit ε > 0. D’après les hypothèses, il existe des entiers n0 , n1 et n2 tels que : n ⩾ n0 =⇒ un ⩽ vn ⩽ wn n ⩾ n1 =⇒ un ∈] ℓ − ε, ℓ + ε[ n ⩾ n2 =⇒ wn ∈] ℓ − ε, ℓ + ε[ n ⩾ n3 =⇒ vn ∈] ℓ − ε, ℓ + ε[ H AT AG BA Pour n ⩾ n3 := max (n0 , n1 , n2 ), on obtient ℓ − ε < un ⩽ vn ⩽ wn < ℓ + ε. Donc 8 Théorème (Théorème de comparaison) Soient (un ) et (vn ) deux suites réelles telles que, à partir d’un certain rang, un ⩽ vn . Sa br in e TC H AT AG 2. Si (vn ) diverge vers −∞ alors (un ) diverge vers −∞. Montrons le 1., le 2. se montre de la même façon en changeant le sens des inégalités. Si (un ) tend vers +∞, alors ∀A > 0, ∃nA ∈ N, ∀n ⩾ nA , un ⩾ A pl ai re de Supposons qu’à partir du rang n0 , on ait un ⩽ vn . Alors en prenant N = max(n0 , nA ), on a ∀n ⩾ N, vn ⩾ un ⩾ A. em Donc on a bien : ∀A > 0, ∃N ∈ N, ∀n ∈ N, vn ⩾ A, i.e par définition vn −→ +∞. Ex n→+∞ AT AG BA Théorème (Théorème de la limite monotone) e in • Si elle est majorée, elle converge vers une limite ℓ (appro : ℓ = sup(u)). TC H 1. Soit u une suite croissante. Sa br • Sinon, elle diverge vers +∞. ai re de 2. Soit u une suite décroissante. em pl • Si elle est majorée, elle converge vers une limite ℓ (appro : ℓ = inf(u)). AT AG BA Ex • Sinon, elle diverge vers −∞. TC H 1. Soit (un ) une suite croissante et majorée. Notons alors ℓ = sup {un , n ∈ N}, et considérons ε > 0 fixé. e Alors, par propriété de la borne supérieure, ℓ − ε n’est pas majorant donc il existe n0 ∈ N tel que ℓ − ε ⩽ un0 ⩽ ℓ. Sa br in Et donc par croissance de (un ), pour n ⩾ n0 , un ⩾ un0 ⩾ ℓ − ε. re de D’autre part, (un ) étant majorée par ℓ, il vient donc, pour tout n ⩾ n0 , em pl ai ℓ − ε ⩽ un ⩽ ℓ ⇒ −ε ⩽ un − ℓ ⩽ 0 ⇒ |un − ℓ| ⩽ ε Ex Et donc nous avons prouvé que ∀ε > 0, ∃n0 ∈ N, ∀n ∈ N, n ⩾ n0 ⇒ |un − ℓ| ⩽ ε, et donc (un ) converge vers ℓ. BA 2. Soit (un ) une suite croissante et non majorée. Soit A ∈ R. Alors A n’est pas un majorant de (un ), et donc il existe n0 ∈ N tel AT AG que un0 ⩾ A. Et par croissance de (un ), pour tout n ⩾ n0 , un ⩾ un0 ⩾ A. lim un = +∞ n→+∞ e TC H Nous avons donc prouvé que ∀A ∈ R, ∃n0 ∈ N, ∀n ∈ N, n ⩾ n0 ⇒ un ⩾ A, et donc Sa br in Théorème (Théorème des suites adjacentes) de Soient (un ) et (vn ) deux suites adjacentes telles que (un ) est croissante et (vn ) est décroissante. Alors (un ) et (vn ) Ex em pl ai re convergent vers une même limite réelle ℓ avec ∀n ∈ N, un ⩽ ℓ ⩽ vn . AG BA Par définition, AT H BA 1. Si (un ) diverge vers +∞ alors (vn ) diverge vers +∞. lim un − vn = 0 signifie : n→=∞ ∀ε > 0, ∃N ∈ N, ∀n ⩾ N, |un − vn | ⩽ ε Donc un ⩽ vn + ε ⩽ v0 + ε par décroissance de v, d’où u est majorée. De même vn ⩾ un − ε ⩾ u0 − ε par croissance de u, d’où v est minorée. Ainsi par théorème de la limite monotone, v converge vers une limite ℓv et u vers une limite ℓu . Comme ℓu = ℓv . 9 lim (un − vn ) = 0, alors n→=∞