SOLUTIONS AUX EXERCICES DE LA FEUILLE 1 1. Exercice 1 1

SOLUTIONS AUX EXERCICES DE LA FEUILLE 1
1. Exercice 1
1. Une suite de réels positifs qui converge vers 0 est décroissante à partir
d’un certain rang.
C’est faux. Pour construire un contre-exemple, on pourrait considérer la suite (un )n≥1 qui vaut un = n1 pour les termes pairs et un = n2
pour ceux d’indice impair. Il s’agit d’une suite de réels positifs qui n’est
jamais décroissante car on a u2k < u2k+1 pour tout k ≥ 3. Cépendant,
cette série converge vers 0, car 0 ≤ un ≤ n2 pour tout n ≥ 1.
2. Toute suite croissante et majorée est bornée
C’est vrai, démontrons-le. Soit (un ) une suite réelle croissante et majorée. Cela signifie que un ≤ un+1 pour tout n et qu’il existe un nombre
réel M tel que un ≤ M pour tout n. Puisque la suite est croissante, tous
les termes sont plus grands ou égaux à u0 et on a donc u0 ≤ un ≤ M
pour tout n ≥ 0. Pour obtenir une borne, il suffit donc de choisir le
maximum entre |u0 | et |M |, autrement dit : |un | ≤ max{|u0 |, |M |}.
3. Si la suite (un ) converge alors un+1 − un → 0 quand n → +∞.
C’est vrai. En effet, supposons que la suite (un ) converge vers la
limite l. On va démontrer que, dans ce cas, les différences entre deux
termes consécutifs de la suite tendent vers 0. Pour faire cela on se sert
de l’astuce usuelle de sommer et de rester la valeur de l :
|un − un+1 | = |un − l + l − un+1 | ≤ |un − l| + |un+1 − l|.
Étant donné ε > 0, posons ε0 = 2ε . Puisque la limite de la suite un est l,
il existe un entier positif nε0 tel que, pour tout n ≥ nε0 on a |un −l| < ε0 .
Par conséquent, si n ≥ nε0 + 1
ε ε
|un − un+1 | ≤ |un − l| + |un+1 − l| ≤ ε0 + ε0 = + = ε.
2 2
Cela montre que un − un+1 tend vers 0. Dans la question suivante on
verra que la réciproque n’est pas vraie.
4. Si un+1 − un → 0 quand n → +∞ alors (un ) converge.
C’est faux. Suivons l’indication de l’énoncé et considérons la suite
un = ln(n). Par les propriétés usuelles de la fonction logarithme :
n+1
un+1 − un = ln(n + 1) − ln(n) = ln
.
n
1
2
SOLUTIONS AUX EXERCICES DE LA FEUILLE 1
converge vers 1 lorsque n tend vers l’infini et que
Puisque la suite n+1
n
la fonction ln(x) est continue en x = 1, on a
un+1 − un −→ ln(1) = 0.
On dispose donc d’une suite telle que un+1 − un tend vers 0. Mais
un = ln(n) ne converge pas, car le logarithme n’est pas borné.
2. Exercice 2
1. La suite un = n est divergente : elle tend vers l’infini. En effet, étant
donnée un nombre réel M quelconque, le terme u[M ]+1 = [M ] + 1, où
[M ] représente la partie entière de M , est plus grand que M .
2. Puisque (n + 3)2 ≥ n pour tout n et que l’on vient de voir que cette
dernière suite tend vers l’infini, il en va de même pour un = (n + 3)2 .
3. La suite un = (−1)n est divergente. En effet, supposons par l’absurde
qu’elle ait une limite l. Prenons ε = 1. Par définition, il existe n1 tel que
|un − l| ≤ 1 pour tout n ≥ n1 . Les seules valeurs possibles de la suite
étant −1 et 1, la limite l doit appartenir en même temps à l’intervalle
de centre −1 et de rayon 1 et à celui de centre 1 et de rayon 1, ce qui
est impossible car ces intervalles ne se coupent pas 1.
1
4. La suite un = n+1
est convergente : sa limite est 0. En effet, il s’agit
d’une suite à termes positifs qui est toujours plus petite que n1 , dont la
limite est 0.
Pour répondre aux questions qui restent, on va d’abord énoncer une proposition qui nous sera utile :
Proposition 2.1. Soient (un ) une suite réelle qui converge vers l ∈ R et
f : R → R une fonction continue en l. Alors la suite f (un ) converge vers f (l).
5. La suite un = ln( n1 ) est divergente : elle tend vers −∞. On est tenté
d’appliquer ici le critère que l’on vient de voir. La limite de la suite
un = n1 lorsque n → ∞ est 0, mais la fonction logarihtme n’est pas
définie en 0. Cépendant, on sait que ln(x) tend vers −∞ lorsque x → 0.
1
6. La suite un = exp( 1+n
2 ) est convergente : sa limite vaut 1. En effet, la
1
1
1
suite 1+n2 converge vers 0 car elle satisfait aux inégalités 0 < 1+n
2 < n
pour tout n. Puisque la fonction exponentielle est continue en 0, on a
1
exp( 1+n
2 ) → exp(0) = 1.
7. La suite un = sin( n12 ) est convergente : sa limite vaut 0. On suit le
même schéma que dans la question précédénte : la suite n12 tend vers 0
et puisque le sinus est continu en 0, on a : sin( n12 ) → sin(0) = 0.
1. Plus généralement, ce raissonement montre qu’une suite qui prend une infinité de fois
deux valeurs distinctes ne peut pas être convergente.
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3
) est divergente. Rappelons que le cosinus est 2π8. La suite un = cos( nπ
2
périodique, donc la suite ne prend que les valeurs 0 (pour n impair),
1 (pour n multiple de 4) et −1 (pour n pair, mais non multiple de 4).
Une telle suite ne peut pas être convergente, comme on l’a vu dans la
troisième partie de cet exercice.
3. Exercice 3
Pour résoudre les questions de cet exercice on utilisera principalement le
théorème qui affirme que la limite d’une somme (resp. d’un produit) de suites
convergentes est la somme (resp. le produit) des limites.
1. La suite un = (−1)n + n1 est divergente. En effet, on a vu en cours
que si une suite est convergente, alors toute sous-suite extraite
est convergente de la même limite. Par conséquent, pour montrer
que un est divergente il suffit d’exhiber deux sous-suites extraites ayant
1
des limites distinctes : les termes pairs u2n = 1 + 2n
convergent vers 1,
1
tandis que ceux d’indice impair, u2n+1 = −1 + 2n+1 ont limite −1.
2. La suite un = cos( n1 ) + √1n est convergente : sa limite vaut 1. D’un côté,
la suite n1 converge vers 0 et puisque la fonction cosinus est continue en
0, on a : cos( n1 ) → cos(0) = 1. De l’autre côté, √1n → 0 car le terme
général est toujours positif et plus petit que n1 . On en déduit que la
somme de deux suites converge vers 1 + 0 = 1.
3. La suite un = 3i+4
+ 2 est convergente : sa limite est 2. Puisqu’il s’agit
n
maintenant d’une suite complexe, on étudie séparément la partie réelle
et la partie imaginaire. On a un = an + bn i avec an = n4 + 2 et bn = n3 .
Étant donné que an → 2 et que bn → 0, la suite un converge vers le
nombre complexe 2 + 0i = 2.
4. La suite un = cos( n12 )(1 + n13 ) est convergente : sa limite vaut 1. Par le
même raisonnement que l’on a utilisé dans la deuxième partie, la suite
cos( n12 ) → 1. De l’autre côté, 1 + n13 → 1. Puisque les deux limites sont
finis, la limite de un est le produit des limites, c’est-à-dire : 1.1 = 1.
4. Exercice 4
Dans cette partie, le critère fondamentale pour démontrer la convergence
d’une suite sera le théorème des gendarmes. Ceci affirme que lorsque an ≤
un ≤ bn pour tout n et que an et bn convergent vers la même limite, disons l,
la suite un est aussi convergente de limite l.
n
1. La suite un = (−1)
est convergente : sa limite vaut 0. En effet, les suites
n
−1
1
et n convergent vers 0 et l’on a −1
≤ un ≤ n1 pour tout n.
n
n
4
SOLUTIONS AUX EXERCICES DE LA FEUILLE 1
2. La suite un = sin(n)
est convergente de limite 0. On sait que le sinus
n
d’un nombre réel prend des valeurs comprises entre −1 et 1. Cela nous
≤ un ≤ n1 . On en déduit que un → 0
permet d’obtenir l’encadrement −1
n
car les suites −1
et n1 convergent vers 0.
n
3. La suite un = cos(n)+3
est convergente : sa limite vaut 0. En effet, le
n2
cosinus d’un nombre réel prenant des valeurs comprises entre −1 et 1,
on a n22 ≤ un ≤ n42 . Les suites n22 et n42 convergent vers 0, donc il en va
de même pour un .
in
4. La suite un = en est convergente de limite 0. Pour le voir, on peut
faire appel à l’identité ein = cos(n) + sin(n)i. On doit alors traiter
et bn = sin(n)
. Les
la suite complexe un = an + bn i, où an = cos(n)
n
n
questions précédentes montrent que tant an que bn convergent vers 0,
donc un → 0.
5. Exercice 5
P (n)
Soit un = Q(n)
une suite dont le terme général est défini comme un quotient
de deux polynômes P et Q. En factorisant le numérateur et le dénominateur
par la puissance la plus haute, on montre que :
a. Si deg(P ) = deg(Q), alors (un ) converge vers le quotient des coefficients
principaux de P et de Q.
b. Si deg(P ) > deg(Q), alors (un ) est divergente. En fait, la suite tend
vers +∞ si le quotient des coefficients principaux de P et Q est positif
et vers −∞ sinon.
c. Si deg(P ) < deg(Q), alors (un ) converge vers 0.
En pratique, pour calculer la limite d’un quotient de polynômes, il suffit de
comparer les dégres du numérateur et du dénominateur.
n2 +1
1. La suite un = 2n
2 −3 est convergente de limite 1/2. En effet, en divisant
tout par n2 , on obtient : un =
1 ; de l’autre côté, 2 −
3
n2
1
n2
3
2− 2
n
1+
. D’un côté, la limite de 1 +
tend vers 2. On en déduit que un →
1
n2
est
1
.
2
2. La suite un = 3n+1
est convergente de limite 0 car le degré du dénomin3 +1
nateur est plus grand que celui du numérateur.
5
3. La suite un = nn4 +7
tend vers +∞ car le degré du numérateur est su−1
périeur au degré du dénominateur et que le quotient des coefficients
principaux est positif.
n
4. La suite un = n+(−1)
n’est pas un polynôme en n, mais on peut apn−(−1)n
pliquer la même méthode pour calculer sa limite. En divisant
par n le
n
numérateur et le dénominateur, on obtient un =
1 lorsque n tend vers l’infini, donc (un ) → 1.
(−1)
n
(−1)n
1− n
1+
, qui tend vers
SOLUTIONS AUX EXERCICES DE LA FEUILLE 1
5
6. Exercice 6
1. Ici on rencontre un premier exemple de suite pour laquelle le théorème
qui affirme que la limite d’une somme des suites est la sommes des
limites donne une √
réponse indeterminée, à savoir ∞ − ∞. Dans notre
cas, la suite un = n − n est divergente
√ : elle tend vers −∞. Pour le
démontrer, on multiple et divise par n + n :
√
√
√
( n − n)( n + n)
n − n2
1−n
√
.
n−n=
=√
= 1
√ +1
n+n
n+n
n
Puisque la suite (1 − n) du numérateur tend√vers −∞ et que le dénominateur converge vers 1, on en déduit que n − n tend vers −∞.
2. La suite un = nn!n est convergente : sa limite vaut 0. En effet, une petite
astuce nous permet d’écrire le terme général sous la forme
n(n − 1)(n − 2) · · · 2 · 1
n!
=
n
n
n · n···n · n
1
2
n−1
= (1 − )(1 − ) · · · (1 −
).
n
n
n
Puisque tous les facteurs sont plus petits que 1, on peut remplacer
les [ n2 ] premiers par 1 pour obtenir l’inégalité
n!
[n/2] + 1
n−1
<
(1
−
)
·
·
·
(1
−
).
nn
n
n
Ensuite, on observe que si i ≥ n/2, alors 1 − ni < 1 − n/2
= 1/2, donc
n
les facteurs qui restent sont tous plus petit que 1/2. Par conséquent :
n−1−[n/2]
1
n!
0< n <
.
n
2
La suite majorante convergeant vers 0, il en va de même pour un .
3. La suite un = n sin(n!)−2n
est convergente : sa limite est 0. En effet,
n2 +1
puisque le sinus d’un nombre réel est toujours compris entre −1 et 1,
on a −n ≤ n sin(n!) ≤ n et par conséquent le numérateur de la suite
vérifie −3n ≤ n sin(n!) − 2n ≤ −n. On en déduit que
−3n
n sin(n!) − 2n
−n
≤
≤ 2
2
2
n +1
n +1
n +1
en on conclut grâce au théorème des gendarmes.
7. Exercice 7
Le but de cet exercice est de démontrer un critère de convergence pour les
suites à termes positifs, à savoir :
Proposition 7.1 (Règle de d’Alembert). Soit (un ) une suite de nombres réels
strictement positifs telle que la suite ( uun+1
) converge vers un réel a.
n
6
SOLUTIONS AUX EXERCICES DE LA FEUILLE 1
(i) Si a < 1, alors la suite converge vers 0.
(ii) Si a > 1, alors la suite tend vers +∞.
On fera la démonstration en plusieurs étapes :
1. Donnons des exemples de suites pour lesquelles a = 0, 1 et 2.
Premièrement, soit un =
n+1
.
n!
Alors
n+2 n+1
n+2
un+1
=
·
=
un
(n + 1)!
n!
(n + 1)2
converge vers a = 0 car il s’agit d’un quotient de polynômes dont le
dénominateur est de degré plus grand que le numérateur.
Deuxièmement, prenons un = n1 , Alors
n
un+1
=
un
n+1
converge vers a = 1 lorsque n tend vers l’infini.
Troisièmement, on peut considérer la suite un =
2n
.
n
En effet :
n
un+1
2n+1 n
· n = 2 lim
= 2.
= lim
n→+∞ n + 1
n→+∞ un
n→+∞ n + 1 2
lim
2. Supposons que uun+1
converge vers a < 1. On utilisera d’abord la défin
nition de suite convergente pour conclure que (un ) est décroissante à
, alors il existe
partir d’un certain rang. En effet, si l’on prend ε = 1−a
2
un entier positif N tel que pour tout n > N ,
un+1
1−a
1−a
un+1
1−a
|
− a| ≤
⇐⇒ a −
<
<a+
un
2
2
un
2
un+1
3a − 1
1+a
<
.
⇐⇒
<
2
un
2
Par hypothèse a < 1, donc 1+a
< 1. Alors la deuxième inégalité en2
un+1
traîne que un < 1 pour tout n ≥ N , autrement dit la suite (un ) est
décroissante à partir de l’indice N 2.
On a donc une suite décroissante et minorée (par 0). D’après le théorème que l’on a vu en cours, (un ) converge vers une limite l ≥ 0 car
tous les termes de la suite sont positifs. Supposons par l’absurde que la
limite n’était pas 0. Alors
limn→+∞ un+1
l
un+1
lim
=
= = 1,
n→+∞ un
limn→+∞ un
l
ce qui contredit l’hypothèse a < 1. Par conséquent, (un ) est une suite
convergente dont la limite vaut 0.
2. Signalons que, quand il s’agit d’étudier la convergence, la situation est la même que si
l’on avait une suite décroissante dès le début.
SOLUTIONS AUX EXERCICES DE LA FEUILLE 1
7
3. Supposons maintenant que a > 1 et choisissons un nombre réel b tel
que 1 < b < a. Par définition de limite, il existe un entier positif n0 tel
> b pour tout n ≥ n0 . En écrivant un sous la forme
que uun+1
n
un =
un un−1
un +1
·
· · · 0 · un0 ,
un−1 un−2
un0
on voit que un ≥ un0 bn−n0 pour tout n ≥ n0 . Or la suite minorante est
une constante fois une suite géométrique de raison plus grand que 1,
donc elle tend vers l’infini. On en déduit que un → +∞ elle aussi.
4. Lorsque a = 1 on ne peut rien dire sur la convergence de la suite.
Considérons les exemples un = n1 , que l’on a déjà vu dans la première
partie, et vn = n. Dans le premier cas, il s’agit d’une suite de limite 0,
tandis que dans le deuxième la suite diverge. Par contre, la limite des
quotients succesifs est dans le deux cas 1 :
un+1
n
n+1
vn+1
= lim
= 1 = lim
= lim
.
n→+∞ un
n→+∞ n + 1
n→+∞
n→+∞ vn
n
lim
8. Exercice 8
Rappelons que l’on dit que deux suites réelles (un ) et (vn ) sont adjacentes
si les trois propriétés suivantes sont satisfaites :
a. (un ) est croissante.
b. (vn ) est décroissante.
c. vn − un converge vers 0 lorsque n tend vers l’infini.
Comme on l’a démontré en cours, si deux suites réelles sont adjacentes,
alors elles convergent et ont la même limite.
Dans notre situation, on a
un = 1 +
1
1
1
+ + ··· + ,
1! 2!
n!
vn = un +
1
.
n!
Vue la définition précédente, il faut d’abord vérifier que la suite (un ) est
croissante. En effet,
1
1
1
1
1
un+1 − un = 1 + + · · · +
+
− 1 + + ··· +
1!
n! (n + 1)!
1!
n!
1
=
> 0,
(n + 1)!
donc un+1 > un pour tout n et la suite est (strictement) croissante.
8
SOLUTIONS AUX EXERCICES DE LA FEUILLE 1
Ensuite, regardons ce qui se passe avec (vn ). Calculons la différence
1
1
− un +
vn+1 − vn = un+1 +
(n + 1)!
n!
1
1
2
1
= (un+1 − un ) +
−
=
−
(n + 1)! n!
(n + 1)! n!
1−n
=
≤0
(n + 1)!
pour tout n ≥ 1, donc vn ≥ vn+1 et il s’agit d’une suite décroissante.
Il ne nous reste à prouver que la trosième condition. On a vn − un = n!1 et la
limite de cette suite est bien 0 car 0 < n!1 ≤ n1 .
Par conséquent, (un ) et (vn ) sont des suites adjacentes. D’après le théorème
rappelé au début on en déduit qu’elles convergent vers la même limite 3.
9. Exercice 9
Le but de cet exercice est de montrer que la suite définie par un nombre réel
u0 > 0 et par la récurrence
1
a
un+1 =
un +
,
2
un
où a est un nombre réel positif quelconque, converge vers la racine carrée de a.
1. C’est un simple calcul, qui n’utilise que les identités pour le carré d’une
somme et d’une soustraction :
2
1
a2
2
−a=
un + 2a + 2 − a
4
un
2
1
a
(u2 − a)2
1
a2
u2n − 2a + 2 =
un −
= n 2
=
4
un
4
un
4un
√
2. Pour montrer que si n > 1 alors un ≥ a, il suffit d’utiliser l’identité
de la question précédente. En effet,
(u2 − a)2
u2n+1 − a = n 2
≥0
4un
car le terme á droite est le quotient d’un nombre réel non négatif par
un nombre réel positif. √
Par conséquent, u2n+1 ≥ a pour tout n ≥ 0, ce
qui revient à dire un ≥ a pour tout n ≥ 1.
u2n+1
1
−a=
4
a
un +
un
Prouvons maintenant que la suite (un )n≥1 est décroissante. Comme
d’habitude, calculons la différence
1
a
1 a
un+1 − un =
un +
− un =
− un .
2
un
2 un
3. C’est le nombre e !
SOLUTIONS AUX EXERCICES DE LA FEUILLE 1
On vient de voir que un ≥
9
√
a, ce qui entraîne
a
a
⇐⇒
− un ≤ 0.
u2n ≥ a ⇐⇒ un ≥
un
un
On en déduit que un+1 − un ≤ 0, donc (un )n≥1 est décroissante.
3. Le raissonnement
√ ci-dessus montre que (un ) est une suite décroissante
et minorée par a. D’après le critère de convergence que l’on a vu en
cours, (un ) est une suite convergente. Notons l sa limite. Afin de calculer
la valeur de l on utilise la relation de récurrence. On a :
a
1
lim un +
lim un = lim un+1 =
n→+∞
n→+∞
2 n→+∞
limn→+∞ un
et par conséquent l satisfait à l’équation
1
a
a
l=
l+
⇐⇒ 2l = l + ⇐⇒ l2 = a,
2
l
l
√
d’où limn→+∞ un = a, ce que l’on voulait démontrer.
10. Exercice 10
Dans cet exercice on va travailler avec une suite (xn ) telle que x0 = 0 et que
le terme xn+1 est l’image du terme précédent par la fonction réelle
x3 2x 1
+
+ .
9
3
9
Il s’agit de montrer que cette suite converge vers le seul point fixe de la fonction
f dans l’intervalle [0, 1/2].
f (x) =
1. Soit g(x) = x3 − 3x + 1 = 0. C’est une fonction continue. Comme
g(0) = 1 > 0 et g(1/2) = (1/2)3 − 3/2 + 1 = −3/8 < 0,
le théorème de Bolzano 4 implique qu’il existe une racine α de l’équation x3 −3x+1 = 0 dans l’intervalle [0, 1/2]. Ensuite, pour montrer qu’il
n’y en a pas d’autres, il suffit de voir que la fonction g est décroissante
entre 0 et 1/2, ce qui découle du fait que la dérivée g 0 (x) = 3x2 − 3 es
négative car x2 < 1 si x ∈ [0, 1/2].
2. En fait, l’équation f (x) = x équivaut à celle que l’on vient d’étudier :
x3 2x 1
x3 x 1
+
+ = x ⇐⇒
− + = 0,
9
3
9
9
3 9
3
ou encore x − 3x + 1 = 0 en multipliant par 9 les deux termes. On en
déduit que α est le seul point fixe de f dans l’intervalle [0, 1/2].
f (x) = x ⇐⇒
4. Rappelons l’énoncé : Soit g : [a, b] → R une fonction continue. Si g(a) et g(b) ne sont
pas de même signe, alors il existe au moins un réel c ∈ [a, b] tel que g(c) = 0. C’est un cas
particulier du théorème des valeurs intermédiaires.
10
SOLUTIONS AUX EXERCICES DE LA FEUILLE 1
3. La condition f (R+ ) ⊂ R+ est triviale à vérifier : si x > 0 alors x3 > 0
et 2x > 0, donc f (x) est la somme de trois termes positifs. Puisque
x1 = f (0) = 1/9 > 0, tous les termes de la suite (un ) sont non négatifs.
Montrons maintenant que f est croissante. En effet, la dérivée
x2 2
f 0 (x) =
+
3
3
étant toujours positive, f est croissante sur tout R.
En déduissons que la suite (xn ) est croissante, c’est-à-dire xn ≤ xn+1
pour tout n ≥ 0, par récurrence sur n. Il suffit donc de vérifier que
cette propriété est vraie pour n = 0 et que si elle est vraie pour un
entier quelconque n, alors il va de même pour n + 1. La premiére étape
est déjà faite car x0 = 0 < x1 = f (0) = 1/9. Supposons que xn < xn+1
pour un entier n fixe. Puisque la fonction f est croissante, cela entraîne
f (xn ) < f (xn+1 ), donc xn+1 < xn+2 . Cela montre que la suite (un ) est
croissante.
4. Le calcul évident montre que
3
1 1
1
1 1
11
1
2 1 1
f (1/2) =
+ + =
< .
+ · + =
9 2
3 2 9
72 3 9
24
2
En déduissons que 0 ≤ xn < 1/2 pour tout n ≥ 0, à nouveau par
récurrence. Dans la première étape, il n’y a rien à faire car x0 = 0 vérifie
bien 0 ≤ x0 < 1/2. Supposons donc que 0 ≤ xn < 1/2 pour un entier
fixé n. Alors 0 ≤ xn+1 = f (xn ) car la fonction f envoie des nombres
non négatifs en des nombres non négatifs, et xn+1 = f (xn ) < f (1/2) <
1/2 car xn < 1/2 par hypothèse et l’on vient de démontrer que f est
croissante.
5. Les questions 3 et 5 montrent que (un ) est une suite croissante majorée. Par conséquent, d’aprés le critére que l’on a vu en cours, elle est
convergente. Sa limite l satisfait à la relation
l = lim xn+1 = lim f (xn ) = f ( lim xn ) = f (l),
n→+∞
n→+∞
n→+∞
la dernière égalité étant justifiée par la continuité de la fonction f est
continue. Donc f (l) = l, autrement dit l est un point fixe de f . D’un
autre côté, l appartient à l’intervalle [0, 1/2] à cause des inégalités 0 ≤
xn < 1/2. Par conséquent, la seule valeur possible de l est α, come on
l’a vu dans la question 2.