Semaine 6 de Kholles, MPSI Lycée Louis Le Grand

Semaine 6 de Kholles, MPSI Lycée Louis Le Grand
Loïc Devilliers
17 novembre 2015
Cours
• On suppose que tout élément de A est plus petit que tout les éléments de B, montrer que
sup A ≤ inf B
• Théorème de Césaro
P1
• Divergence de
n
Exercices
Exercice 1. Soit (un )n∈N une suite strictement positive, on suppose que
un+1
un
→l :
1. Étudier lim un dans le cas où l < 1
2. Idem pour l > 1
3. Montrer que dans le cas où l = 1 on ne peut rien conclure
• Si l < 1 on montrera que pour q vérifiant l < q < 1, il existe un moment N tel que
un+1
≤ q, ainsi un+1 ≤ qun pour n ≥ N , ainsi une récurrence (facile) entraîne que
un
0 ≥ un ≤ q n−N uN , pour n ≥ 0, par encadrement un → 0
• De la même manière on aura un → +∞
• Prendre un = n1 ou un = n
Exercice 2. Soit ϕ : N → N une suite strictement croissante, montrer que ϕ(n) ≥ n.
Par récurrence
Exercice 3. Soit (un )n , (vn )n deux suites convergentes, y a-t-il convergence de la suite (wn ) où
wn = max(un , vn ) ?
un → u, vn → v, wn =
|un −vn |+un +vn
2
→
|u−v|+u+v
2
= max(u, v)
Exercice 4. Soit (un )n une suite convergente vers l, E(un )n converge 1 ?
Non ! Prendre un =
(−1)n
n .
1
Exercice 5. Soit x ≥ 0, on pose un = E(xn ) n , convergence de un
1. E désigne la partie entière
1
Si x ∈ [0, 1[, un = 0 et donc convergence vers 0.
Si x ≥ 1 on a xn − 1 < E(xn ) ≤ xn , ainsi :
1
(xn − 1) n < un ≤ x
1 1
x(1 − n ) n < un ≤ x
x
ln(1 − x1n )
vn = x exp
< un ≤ x
n
Ainsi vn → x, donc par comparaison un → x.
Exercice 6. Soit (un )n une suite décroissante de réels positifs, on suppose un → 0 nulle, on
n
P
(−1)k uk , montrer que les suites (S2n )n et (S2n+1 )n sont adjacentes, en déduire
pose Sn =
k=0
que Sn converge.
Il suffit d’appliquer la définition des suites adjacentes puis de bien comprendre que si on a une
suite (un )n qui vérifie que (u2n )n et (u2n+1 )n convergent vers la même limite alors (un )n converge
(voir par exemple exercice 9).
(1)
(p)
(2)
Exercice 7. Soit (xn )n∈N , (xn )n∈N , . . ., (xn )n∈N p suites bornées, montrer qu’il existe une
(i)
extraction ϕ tel que (xϕ(n) converge pour tout i ∈ [|1, p|]
Montrer que c’est encore le cas on a autant de suites bornées que d’entiers naturels, c’est-à-dire
(p)
que pour tout p ∈ N on a (xn )n∈N une suite bornée.
• Si on a une seule suite, (c’est-à-dire p = 1) alors on peut utiliser le théorème de BolzanoWeierstrass, ainsi il existe une extraction disons ϕ1 tel que (xϕ1 (n) )n∈N converge
• Si on a maintenant deux suites on pourrait être tenter alors de dire qu’il existe une
extraction ϕ2 tel que (xϕ2 (n) )n∈N converge mais alors rien ne dit qu’on aura des termes en
(2)
commun entre ϕ1 (n) et ϕ2 (n) pour n ∈ N, il faut plutôt faire : (xϕ1 (n) )n∈N est encore une
suite bornée (par extraction d’une suite bornée) donc on peut lui appliquer le théorème
(2)
de Bolzano-Weierstrass, ainsi il existe une extraction ϕ2 tel que xϕ1 ◦ϕ2 (n) converge 2 , et
(1)
bien sûr (xϕ1 ◦ϕ1 (n) )n∈N converge encore (par extraction d’une suite déjà convergente).
• Pour maintenant p suites il suffit de faire une récurrence et de faire comme le cas de deux
suites.
• En utilisant la question précédentes on a qu’il existe (ϕp )p∈N une suite d’extraction, tel
(i)
que : (xϕ1 ◦ϕ2 ...◦ϕp (n) )n∈N converge pour tout i ≤ p
Le problème c’est qu’on aimerait créer une extraction limite :
ψ : ϕ1 ◦ ϕ2 ◦ . . . ◦ ϕp ◦ ϕp+1 ◦ . . . ◦
Mais la composition avec une infinité de suites n’a aucun sens !
En fait on va plutôt poser ψ(p) = ϕ1 ◦ ϕ2 ◦ . . . ϕp (p) on peut montrer que ψ est une
extraction (ψ est une suite strictement croissante, laissé au lecteur), de plus
pour p fixé
(p)
(ψ(n))n≥p est une suite extraite de (ϕ1 ◦ ϕ2 ◦ . . . ◦ ϕp (n))n≥p , ainsi xψ(n)
suite convergente, et ce pour tout p.
2. Le lecteur méditera bien sur l’ordre des extractions qu’il faut prendre.
2
est une
n∈N
On appelle cette technique l’extraction diagonal de Cantor, le tableau qui suit tente de vous faire
comprendre pourquoi, on représente par une étoile les entiers extraits par l’extraction considérée,
les termes encadrés correspondant aux premiers termes de ψ.
1
2
3
4
5
6
7
8
9
ϕ1
?
ϕ1 ◦ ϕ2
ϕ1 ◦ ϕ2 ◦ ϕ3
?
?
?
?
?
?
?
?
?
?
?
?
...
Par exemple ϕ1 ◦ ϕ2 (1) = 3,
ϕ1 ◦ ϕ2 (2) = 5
Et ce qui va faire marcher l’affaire c’est que les termes qu’on encadre seront tous des termes sur
la première colonne, tous sauf un sur la seconde colonne, tous sauf deux sur la troisième etc, de
manière à faire converger chacune des suites.
√
Exercice 8. Montrer que G = {p + 2q (p, q) ∈ Z2 } dense dans R.
Pour ça on démontre facilement que G est non vide que si on prend x, y ∈ G alors x + y ∈ G, et
−x ∈ G, on peut alors appliquer un théorème de cours qui dit que dans ce cas soit G est dense,
soit G = aZ pour un certain a réel. Comme on veut démontrer que c’est dense on va supposer
que G = aZ et trouver une contradiction :
√
√
1 ∈ G = aZ, donc 1 = ak√ pour k un certain entier de même 2 ∈ G = aZ, donc 2 = ak 0 pour
0
k 0 un autre entier alors 12 = kk ∈ Q ce qui est absurde, ainsi G est dense.
Exercice 9. Soit (un )n une suite on suppose que (un ), (u2n+1 ), et (u3n )n converge, montrer
que un converge
Exercice 10. Soit (un )n une suite qui admet une unique valeur d’adhérence, est-ce que un
converge ?
On suppose cette fois que (un ) est bornée même question ?
Non ! On prend un = n(1 + (−1)n ), alors (un )n a une seule valeur d’adhérence : 0, mais cette
suite ne converge pas.
Exercice 11 (cours). Soit (un )n une suite bornée, on pose vn =
sup uk étudiez vn et montrer
k∈N, k≥n
qu’elle converge vers une valeur d’adhérence de u l, montrer que toute valeur d’adhérance de u,
est plus petite que l.
3