Jean-Étienne ROMBALDI 26 avril 2018rombaldi/L1L2/AnalyseCapes.pdf · 2 Quelques inégalités...

Cours danalyse pour la licence et le Capes

Jean-tienne ROMBALDI

26 avril 2018

Table des matires

Avant-propos ix

I Gnralits 1

1 Le corps R des nombres rels 31.1 Construction de R laide des suites de Cauchy de nombres rationnels . . . . . 31.2 La proprit de la borne suprieure . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6

2 Quelques ingalits classiques 132.1 Exercices classiques et moins classiques . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 132.2 Lingalit de Cauchy-Schwarz . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 182.3 Ingalit de Bernoulli . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 212.4 Lingalit de Cauchy . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 22

II Suites et sries numriques 27

3 Suites relles ou complexes 293.1 Prrequis . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 293.2 Gnralits sur les suites relles ou complexes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 293.3 Suites convergentes ou divergentes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 323.4 Valeurs dadhrence . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 423.5 Le critre de Cauchy . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 463.6 Oprations sur les suites convergentes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 483.7 Comparaison des suites . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 523.8 Suites monotones . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 533.9 Suites adjacentes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 603.10 Le thorme de Csaro . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 70

4 Dveloppement dcimal dun rel 794.1 Nombres dcimaux . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 794.2 Approximations dcimales des rels . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 804.3 Une caractrisation des nombres rationnels . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 86

5 Acclration de la convergence des suites relles 895.1 Vitesse de convergence . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 895.2 Acclration de la convergence . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 975.3 Mthode dacclration dAitken . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1015.4 Mthode dacclration de Richardson . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 107

iii

iv

6 Sries relles ou complexes 1156.1 Gnralits sur les sries relles ou complexes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1156.2 Sries convergentes ou divergentes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1156.3 Sries alternes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1276.4 Sries absolument convergentes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1296.5 Sries termes positifs . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1366.6 Produit de deux sries . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1586.7 Sries doubles . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1616.8 La transformation dAbel . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1646.9 Exemples de sries approximant . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1686.10 Produits infini . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1696.11 Exercices supplmentaires . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 176

III Fonctions numriques 185

7 Gnralits sur les fonctions numriques 1877.1 Notions de base sur les fonctions . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1877.2 Fonctions bornes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1887.3 Fonctions monotones . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 189

8 Limites finies en un point 1938.1 Points adhrents une partie non vide de R . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1938.2 Limite finie en un point dune fonction relle . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1948.3 Limites gauche ou droite des fonctions relles . . . . . . . . . . . . . . . . . 1988.4 Oprations algbriques sur les limites finies . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1998.5 Limite en un point dune compose de fonctions . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2018.6 Limites en un point des fonctions monotones . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2028.7 Le critre de Cauchy . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 202

9 Limites linfini dune fonction 2059.1 Limite finie en ou + dune fonction . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2059.2 Oprations algbriques . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2099.3 Limite linfini dune compose de fonctions . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2109.4 Limites linfini des fonctions monotones . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2119.5 Le critre de Cauchy . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 212

10 Limites infinis 213

11 Continuit des fonctions dune variable relle 21511.1 Continuit en un point . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 21511.2 Dfinition squentielle de la continuit . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 21911.3 Prolongement par continuit . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 22211.4 Continuit et oprations sur les fonctions . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 22211.5 Continuit uniforme . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 22411.6 Continuit gauche et droite. Discontinuits de premire et deuxime espce . 22511.7 Le thorme des valeurs intermdiaires . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 22711.8 Proprits globales des fonctions continues . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 229

11.8.1 Continuit et compacit . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 23011.8.2 Continuit et connexit . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 235

v

11.9 Fonctions rciproques . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 23711.10Exercices . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 239

IV Intgration 245

12 Intgrale de Riemann 247

13 Intgrales gnralises 24913.1 Dfinitions et exemples dintgrales gnralises . . . . . . . . . . . . . . . . . . 24913.2 Les intgrales de Riemann . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 25513.3 Oprations sur les intgrales gnralises . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 256

13.4 Une condition ncessaire de convergence de +a

f (x) dx . . . . . . . . . . . . . 26413.5 Cas des fonctions valeurs positives. Intgrales absolument convergentes . . . . 26613.6 Comparaison entre srie et intgrale gnralise . . . . . . . . . . . . . . . . . . 28013.7 Un thorme dAbel . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 29013.8 Exercices supplmentaires . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 295

V Suites et sries de fonctions 297

14 Sries entires 29914.1 Rayon de convergence dune srie entire . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 29914.2 Calcul pratique du rayon de convergence . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 30514.3 Oprations sur les sries entires . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 30814.4 Fonctions dveloppables en srie entire . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 31014.5 Un thorme de Bernstein . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 32714.6 Sries entires et quations diffrentielles . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 32914.7 Exercices supplmentaires . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 336

15 Exponentielle complexe, fonctions trigonomtriques, nombre 34315.1 Rappels sur la fonction exponentielle relle . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 34315.2 La fonction exponentielle complexe . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 34415.3 Les fonctions ch, sh, cos et sin . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 34715.4 Le nombre . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 34915.5 Les fonctions complexes tan et th . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 35315.6 Les fonctions relles arctan et argth . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 35315.7 Le lien avec le nombre des gomtres . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 35415.8 Les fonctions argument principal et logarithme . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 35415.9 Mesure des angles . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 35615.10Une dfinition de lexponentielle complexe partir de la suite de fonctions((

1 +z

n

)n)n1

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 358

16 Suites de fonctions 36516.1 Convergence simple et convergence uniforme . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 36516.2 Le critre de Cauchy uniforme . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 37116.3 Proprits des fonctions stables par convergence uniforme . . . . . . . . . . . . . 37216.4 Approximation uniforme des fonctions continues sur un segment . . . . . . . . . 378

16.4.1 Approximation uniforme par des fonctions en escaliers . . . . . . . . . . 378

vi

16.4.2 Approximation uniforme par des fonctions affines par morceaux et continues38016.4.3 Approximation uniforme de la fonction x 7 |x| sur [1, 1] par des fonc-

tions polynomiales . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 38216.5 Le thorme de Weierstrass . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 385

16.5.1 Premire dmonstration . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 38516.5.2 Deuxime dmonstration . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 38716.5.3 Troisime dmonstration . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 39016.5.4 Quatrime dmonstration . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 392

17 Sries de fonctions 39717.1 Un thorme de permutation des signes

et

. . . . . . . . . . . . . . . . . . 39717.1.1 Cas des fonctions continues . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 39717.1.2 Cas des fonctions continues par morceaux . . . . . . . . . . . . . . . . . 402

17.2 Un thorme de convergence domine . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 40517.3 Exercices supplmentaires . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 410

18 Sries de Fourier 41718.1 Sries entires et sries de Fourier . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 41718.2 Lespace prhilbertien D de Dirichlet . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 42118.3 Polynmes trigonomtriques et sries de Fourier sur D . . . . . . . . . . . . . . 42418.4 Lingalit de Bessel . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 43018.5 Convergence ponctuelle des sries de Fourier sur D . . . . . . . . . . . . . . . . 43218.6 Approximation uniforme par des polynmes trigonomtriques . . . . . . . . . . . 44318.7 Le thorme de Dirichlet . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 45318.8 Sries de Fourier et quations aux drives partielles . . . . . . . . . . . . . . . . 458

VI Fonctions dune variable complexe 463

19 Fonctions holomorphes 46519.1 La reprsentation de R2 dans C . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 46519.2 Fonctions continues sur un ouvert de C . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 46719.3 Intgrales curvilignes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 47219.4 Fonctions analytiques . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 47819.5 La drivation complexe. Fonctions holomorphes . . . . . . . . . . . . . . . . . . 48019.6 Les conditions de Cauchy-Riemann . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 48419.7 Fonctions harmoniques . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 49019.8 Equivalence entre analyticit et holomorphie . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 49219.9 Primitives des fonctions holomorphes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 499

VII Analyse numrique 505

20 Calcul approch des intgrales dfinies 50720.1 Formules de quadrature . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 50720.2 La mthode des rectangles gauche . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 50820.3 La mthode des points milieux . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 51320.4 Les mthodes de Newton-Cotes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 51620.5 La mthode des trapzes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 52020.6 La mthode de Simpson . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 526

vii

VIII Probabilits 531

21 Espaces probabiliss 53321.1 Introduction . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 53321.2 vnements . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 53321.3 Tribus dvnements, espaces probabilisables . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 53521.4 Espaces probabiliss . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 53721.5 Espaces probabiliss discrets . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 54421.6 Probabilits sur (R,BR) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 549

22 Probabilits conditionnelles 55322.1 Dfinition et proprits des probabilits conditionnelles . . . . . . . . . . . . . . 55322.2 vnements indpendants . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 558

23 Variables alatoires relles 56523.1 Dfinition et proprits des variables alatoires relles . . . . . . . . . . . . . . . 56523.2 Loi dune variable alatoire relle. Fonction de rpartition . . . . . . . . . . . . . 56923.3 Esprance . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 57423.4 Variance, cart type, covariance . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 58623.5 Ingalits de Markov et de Bienaym-Tchebychev . . . . . . . . . . . . . . . . . 58823.6 Variables alatoires relles indpendantes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 59123.7 Convergence en probabilit et en loi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 593

24 Courbes de lespace affine euclidien Rn 59524.1 Reprsentation paramtrique dune courbe de Rn . . . . . . . . . . . . . . . . . 59524.2 Arcs gomtriques . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 59624.3 Paramtrisations normales. Abscisse curviligne . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 597

IX Problmes danalyse 599

25 Une construction des fonctions logarithmes 60125.1 nonc . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 60125.2 Solution . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 603

26 Une construction des fonctions exponentielles 60726.1 nonc . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 60726.2 Solution . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 609

27 Calcul de+n=1

1n2

615

27.1 nonc . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 61527.2 Solution . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 618

28 Nombres de Bernoulli et fonction dzta de Riemann 62928.1 nonc . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 62928.2 Solution . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 631

29 Une formule sommatoire dEuler 63929.1 nonc . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 63929.2 Solution . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 640

viii

30 Un problme sur les sries 64330.1 nonc . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 64330.2 Solution . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 644

31 Limite suprieure et limite infrieure 64731.1 nonc . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 64731.2 Solution . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 648

32 Calculs du nombre 65132.1 nonc . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 65132.2 Solution . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 651

Bibliographie 655

Avant-propos

Ce livre est en construction.Les thmes tudis dans cet ouvrage ne sont pas des leons de Capes rdiges. Il faut les

considrer comme des outils permettant de rdiger ces leons en fonction de son niveau propre.La premire partie est rserve des gnralits.La partie II peut tre utilise pour btir des exposs ayant pour thmes les suites numriques.

Il sagit des leons suivantes : Suites monotones, suites adjacentes. Approximation dun nombre rel, dveloppement

dcimal. Lexpos pourra tre illustr par un ou des exemples faisant appel lutilisationdune calculatrice.

Suites convergentes. Oprations algbriques, composition par une application continue.Comparaison de suites entre elles.

Rapidit de la convergence dune suite relle (un)nN vers une limite . Cas o |un |est domin par n, par kn, . Lexpos pourra tre illustr par un ou des exemplesfaisant appel lutilisation dune calculatrice.

Suites divergentes. Cas des suites admettant une limite infinie : comparaison, oprationsalgbriques, composition par une application.

tude des suites de terme gnral an, nb et n!. Croissances compares. Exemples decomparaison de suites aux suites prcdentes. Lexpos pourra tre illustr par un ou desexemples faisant appel lutilisation dune calculatrice.

tude de suites de nombres rels dfinies par une relation de rcurrence un+1 = f (un) etune condition initiale. Lexpos pourra tre illustr par un ou des exemples faisant appel lutilisation dune calculatrice.

La partie III peut tre utilise pour btir des exposs ayant pour thmes les fonctions nu-mriques. Il sagit des leons suivantes :

Limite finie dune fonction valeurs relles en un point a de R. Oprations algbriquessur les limites. Continuit dune fonction en un point. Exemples.

Limite linfini dune fonction valeurs relles. Branches infinies de la courbe reprsen-tative dune fonction. Exemples. Lexpos pourra tre illustr par un ou des exemplesfaisant appel lutilisation dune calculatrice.

Image dun intervalle par une fonction continue, image dun segment. Continuit de lafonction rciproque dune fonction continue strictement monotone sur un intervalle.

Fonction rciproque dune fonction continue strictement monotone sur un intervalle deR. Proprits. Exemples.

Drive en un point. Interprtation gomtrique. Exemples. Lexpos pourra tre illustrpar un ou des exemples faisant appel lutilisation dune calculatrice.

Fonctions drives. Oprations algbriques. Drive dune fonction compose. Exemples. Formules de Taylor. Applications. Dveloppements limits, oprations sur les dveloppements limits.

ix

x Avant-propos

Applications du calcul diffrentiel la recherche dextremum dune fonction numriquedune variable relle. Exemples. Lexpos pourra tre illustr par un ou des exemplesfaisant appel lutilisation dune calculatrice.

Comparaison des fonctions : domination, prpondrance, quivalence. Exemples et ap-plications.

Fonctions convexes dune variable relle. Applications. Thorme de Rolle. Applications.

Premire partie

Gnralits

1

1

Le corps R des nombres rels

1.1 Construction de R laide des suites de Cauchy denombres rationnels

On explique brivement dans ce paragraphe comment construire le corps R des nombresrels partir du corps Q des nombres rationnels.

Lensemble N des entiers naturels peut tre construit partir de la notion de cardinal dansle cadre de la thorie des ensembles. Aprs avoir tudi la thorie des groupes, on construitlanneau Z des entiers relatifs par symtrisation puis le corps Q des nombres rationnels estconstruit comme le corps des fractions de Z.

Le corps Q tant totalement ordonn, on peut dfinir sur cet ensemble les notions de valeurabsolue, de minorant, de majorant, de borne infrieure et de borne suprieure.

On note Q+ [resp. Q+,] le sous-ensemble de Q form des nombres rationnels positifs ou nuls[resp. strictement positif].

Dire que M Q est la borne suprieure dune partie non vide X de Q signifie que M est leplus petit des majorants de X, ce qui se traduit par :{

x X, x M,a Q tel que a < M, x X | a < x M

et on note M = sup (X) . Il nest pas difficile de montrer lunicit dune telle borne suprieurequand elle existe.

Exercice 1.1 Montrer que 0 est la borne infrieure du sous-ensemble X ={1

n| n N

}de

Q.

Solution 1.1

Exercice 1.2 Montrer que le sous-ensemble X = {r Q | x2 < 2} de Q na pas de bornesuprieure dans Q.

Solution 1.2

Le but de ce chapitre est de donner les principales ides qui conduisent la dmonstrationdu thorme suivant.

Thorme 1.1 Il existe un corps totalement ordonn R qui contient Q dans lequel toute partiemajore non vide admet une borne suprieure.

3

4 Le corps R des nombres rels

Un tel corps est unique isomorphisme prs.On rappelle que, si X est un ensemble non vide, alors une suite dlments de X est une

application dfinie sur N (ou une partie de N) valeurs dans X. On note usuellement u =(un)nN ou u = (un)nn0 une telle suite.

Lensemble QN des suites de nombres rationnels est un anneau commutatif unitaire pour lesoprations classiques daddition et de multiplication.

Dfinition 1.1 On dit quune suite (rn)nN de nombres rationnels est convergente sil existeun nombre rationnel r tel que :

Q+,, n0 N | n n0, |rn r| < .

En cas de convergence il y a unicit de la limite et on crira limn+

un = ou un n+

.

Dfinition 1.2 On dit quune suite (rn)nN de nombres rationnels est de Cauchy si :

Q+,, n0 N | n n0, m n0, |rn rm| < .

En utilisant lingalit triangulaire dans Q, on vrifie facilement quune suite convergenteest de Cauchy et quune suite de Cauchy est borne.

On vrifie aussi facilement, partir de la dfinition, que sil existe une suite (n)nN denombres rationnels convergente vers 0 telle que |rm rn| < n pour tous m > n, alors la suite(rn)nN est de Cauchy.

Exercice 1.3 Montrer que si (rn)nN est une suite de nombres rationnels telle que |rn+1 rn| n pour tout n N, o est un rationnel strictement compris entre 0 et 1, alors cette suite estde Cauchy.

Solution 1.3 Il suffit dcrire pour m > n :

|rm rn| =

m1k=n

(rk+1 rk)

m1k=n

|rk+1 rk|

m1k=n

k 1 pour tout n N.Il en rsulte que rnrn+1 = rn + 1 > 2 pour tout n N et :

|rn+1 rn| = 1rn 1rn1

= |rn rn1|rnrn1 < 12 |rn rn1|pour n 1 et par rcurrence |rn+1 rn| n > 2, on a :

|rm rn| =m

k=n+1

1

k!=

1

(n+ 1)!

(1 +

1

n+ 2+ + 1

(n+ 2) (m 1)m

) 1

(n+ 1)!

(1 +

1

n+ 2+

1

(n+ 2)2+ + 1

(n+ 2)mn1

) 1

(n+ 1)!

1

1 1n+2

=n+ 2

(n+ 1)2 n! 1n

ce qui implique que (rn)nN est de Cauchy.Supposons quelle soit convergente vers un rationnel r = p

qo p, q sont deux entiers strictement

positifs premiers entre eux. Pour tout n > q, le nombre

pn = n! (r rn) = n! limm+

(rm rn)

est un entier strictement positif avec :

0 < n! (rm rn) n+ 2

(n+ 1)2 1

2

pour m > n 2, ce qui implique 0 < pn < 1 dans N qui est impossible.La suite (rn)nN est donc non convergente dans Q.

Exercice 1.6 Montrer que, pour tout entier a 2, la suite (rn)nN de nombres rationnels

dfinie par rn =nk=0

1

ak2est de Cauchy, mais non convergente dans Q.

Solution 1.6

En notant C lensemble des suites de Cauchy de nombres rationnel, on vrifie facilementque cest un sous-anneau de QN. Le fait que C est stable pour la multiplication se montre enutilisant fait quune suite de Cauchy est borne.

Le sous-ensemble Z de C form des suites qui tendent vers 0 est un idal de C (l encore onutilise le fait quune suite de Cauchy est borne).

On vrifie alors que Z est un idal maximal de C et lanneau quotient R = CZ

est un corpscommutatif. Lapplication i qui associe un nombre rationnel r la classe de la suite constantegal r dans C

Zralise une injection de Q dans C

Z, ce qui permet didentifier Q i (Q) .

On peut alors munir R dune relation dordre total compatible avec la structure de corps.On vrifie ensuite que dans R toute partie non vide majore dans R admet une borne

suprieure et que toute suite de Cauchy dans R est convergente.On consultera le livre de Doukhan et Sifre (Cours dAnalyse chez Dunod) ou celui de Boualem

et Brouzet (La plante R chez Dunod) pour plus de dtails.Les suites relles seront tudies en dtails au chapitre 3, mais nous en utiliserons quand

mme quelques proprits de bases connues du Lyce.


1.2 La proprit de la borne suprieureOn peut dfinir sur R les notions de minorant, majorant, borne infrieure et suprieure. Les

dfinitions tant analogues celles donnes sur Q.Dans les dfinitions qui suivent X est une partie non vide de R.

Dfinition 1.3 On dit quun rel m est un minorant de X si :

x X, m x

On dit quun rel M est un majorant de X si :

x X, x M

On dit quun rel M est une borne infrieure de X si M est un minorant de X et si :

> 0, x X | m x m+

(ce qui peut se traduire en disant que m est le plus grand des minorants de X).On dit quun rel M est une borne suprieure de X si M est un majorant de X et si :

> 0, x X |M < x M

(ce qui peut se traduire en disant que M est le plus petit des majorants de X).

Thorme 1.2 Si X admet une borne infrieure [resp. suprieure] cette dernire est unique.

Dmonstration. Supposons queX admette deux bornes suprieuresM etM avecM < M.Prenant = M M , on peut alors trouver x X tel que M = M < x M, ce quicontredit lingalit x M . Lensemble X admet donc au plus une borne suprieure.

On procde de mme pour la borne infrieure.En cas dexistence, on peut donc noter m = inf (X) la borne infrieure de X et M = sup (X)

sa borne suprieure.La borne infrieure ou suprieure de X quand elle existe nest pas ncessairement un lment

de X. Si inf (X) [resp. sup (X)] existe et est dans X, on dit alors que inf (X) [resp. sup (X)] estle plus petit [resp. plus grand] lment de X. Si inf (X) X [resp. sup (X) X] on dit aussique cest le minimum [resp. maximum] de X et on le note min (X) [resp. max (X)].

Exemple 1.1 Si X = [0, 1[ , alors 0 est le plus petit lment (et donc la borne infrieure) et 1est la borne suprieure de X, mais cette borne suprieure nest pas dans X, il ny a donc pas deplus grand lment.

Exemple 1.2 X = [0,+[ na ni plus grand lment ni borne suprieure.

Dans le cas o X est une partie finie de R, ses lments peuvent tre rangs dans lordrecroissant et lexistence des bornes infrieure et suprieure est assure sans rfrence au thormeprcdent, ces bornes tant des lments X. Dans ce cas de figure, on dit que inf (X) [resp.sup (X)] est le plus petit [resp. plus grand] lment de X, on le note aussi min (X) [resp.max (X)].

On rappelle que la valeur absolue dun rel x est dfinie par :

|x| = max {x, x} ={x si x 0x si x < 0

La proprit de la borne suprieure 7

et la majoration |x| est quivalente x x ou encore x [, ] . Plusgnralement, les quivalences suivantes sont bien utiles :

|x x0| x x0 x x [x0 , x0 + ]

ou encore :|x x0| < < x x0 < x x ]x0 , x0 + [

Exercice 1.7 Montrer que pour rels a et b, on a :max (a, b) =

a+ b

2+

|b a|2

min (a, b) =a+ b

2 |b a|

2

On peut retenir ces galits en remarquant que min (a, b) est la borne infrieure de lintervalledextrmits a, b, max (a, b) la borne suprieure et a+ b

2le milieu de cet intervalle.

Solution 1.7 Laisse au lecteur.

Une partie de R qui admet un minorant [resp. majorant] est dite minore [resp. majore].On dit quune partie de R est borne si elle est minore et majore. Une partie X de R

borne admet donc une borne infrieure et une borne suprieure et on a inf (X) sup (X) .Les bornes infrieures et suprieures dun ensemble peuvent aussi sexprimer comme limites

de suites de points de cet ensemble. Cette caractrisation est souvent utilise.

Thorme 1.3 Si X admet une borne infrieure [resp. suprieure], il existe alors une suite(xn)nN de points de X qui converge vers m = inf (X) [resp. M = sup (X)].

Dmonstration. Supposons que X admette une borne suprieure M. Pour tout entiernaturel n, on peut trouver un lement xn deX tel queM

1

n+ 1< xn M.De cet encadrement

on dduit alors que M = limn+

xn.

Si un ensemble X na pas de borne suprieure, on peut alors trouver pour tout entier n 1un lment xn de X tel que xn > n. La suite (xn)n1 diverge alors vers +. Il est alors naturelde noter dans ce cas l que sup (X) = +.

De manire analogue, on notera inf (X) = si X nest pas minor.La construction de R esquisse au paragraphe prcdent permet de montrer le thorme

suivant que nous admettons.

Thorme 1.4 Toute partie non vide minore [resp. majore] dans R admet une borne inf-rieure [resp. suprieure].

Exercice 1.8 Soient A,B sont deux parties non vide et bornes de R. Montrer que :sup (A B) = max (sup (A) , sup (B))inf (A B) = min (inf (A) , inf (B))A B inf (B) inf (A) et sup (A) sup (B)


Solution 1.8 Supposons que sup (A) sup (B) . Si x A B, on a soit x A et x sup (A) sup (B) , soit x B et x sup (B) , il en rsulte que sup (A B) sup (B) . Pour > 0 donn, on peut trouver x B A B tel que sup (B) < x sup (B) . On a doncsup (A B) = sup (B) .On montre de manire analogue que inf (A B) = min (inf (A) , inf (B)) .Supposons que A B. Pour tout x A, on a x B et inf (B) x sup (B) , ce qui entrane,par dfinition des bornes infrieure et suprieure, inf (B) inf (A) et sup (A) sup (B) .

Exercice 1.9 Si A,B sont deux parties non vide de R, on dfinit lensemble :

A+B = {x+ y | x A et y B}

Montrer que si A et B sont majors, il en est alors de mme de A+B et :

sup (A+B) = sup (A) + sup (B)

Solution 1.9 Notons M = sup (A) et M = sup (B) . Pour tout z = x+ y avec (x, y) AB,on a :

z = x+ y M +M

Lensemble A + B est donc non vide major et en consquence admet une borne suprieureM M +M . Pour tout rel > 0, on peut trouver x A et y B tels que M

2< x M

et M 2< y M , ce qui nous donne z = x+ y A+B tel que :

M +M < z M +M

Le rel M +M est donc la borne suprieure de A+B.

Exercice 1.10 Dterminer, si elles existent les bornes infrieure et suprieure des ensemblessuivants :

A ={2n | n N

}B = [0, 1[ Q

C =

{(1)n + 1

n| n N

}Solution 1.10 On a 20 A et 2n 1 pour tout n N. Il en rsulte que 1 est la plus grandlment (et donc la borne suprieure) de A. Tous les lments de A tant strictement positifs,0 est un minorant de X. Comme pour tout rel > 0 on peut trouver un entier naturel n tel

que 0 < 2n < (cest quivalent n > log2(1

)), on dduit que 0 est la borne infrieure de

X.Lensemble B tant contenu dans [0, 1] est born. Comme 0 B et minore B, on a 0 = min (B) .Lensemble B est major par 1 et pour tout rel > 0 on peut trouver un entier n 1 tel que1 < 1 1

n< 1 avec 1 1

n B, il en rsulte que 1 = sup (B) et B na pas de plus grand

lment car 1 / B.En sparant les entiers pairs des entiers impairs, on a C = C1 C2 avec :

C1 =

{1 +

1

2p| p N

}, C2 =

{1 + 1

2p+ 1| p N

}

La proprit de la borne suprieure 9

et comme pour lensemble A, on vrifie que inf (C1) = 1 / C1, sup (C1) =3

2 C1, inf (C2) =

1 / C2, sup (C2) = 0 C1, soit :

sup (C) = max (sup (C1) , sup (C2)) =3

2 C

inf (C) = min (inf (C1) , inf (C2)) = 1 / C

Exercice 1.11 Soit X une partie non vide et majore de R. Montrer que si M = sup (X) / X,il existe alors pour tout rel > 0 une infinit dlments de X dans lintervalle ]M ,M [ .

Solution 1.11 On se donne > 0. Par dfinition de la borne suprieure M il existe x0 Xtel que M < x0 < M (on a x0 < M du fait que M / X). Toujours par dfinition deM, on peut trouver x1 X tel que x0 < x1 < M. Et par rcurrence on construit ne suitestrictement croissante (xn)nN dans lintervalle ]M ,M [ . En effet, x0 et x1 ont t trouvset supposant trouvs x0 < x1 < < xn dans ]M ,M [X, on peut trouver xn+1 dans X telque xn < xn+1 < M.

Une consquence importante du thorme de la borne suprieure est la proprit dArchimdequi suit.

Thorme 1.5 Lensemble R des nombres rels est archimdien, cest--dire que :

a R+,, b R+, n N; na > b.

Dmonstration. Si na b pour tout n N, alors A = {na, n N} est une partie de Rnon vide et majore (par b), elle admet donc une borne suprieure . On a alors (n+ 1) a pour tout n N, ce qui entrane na a pour tout n N et a est un majorant de Astrictement infrieur , ce qui est impossible. Il existe donc un entier n N tel que na > b.

De ce thorme on dduit le rsultat important suivant sur lexistence de la partie entiredun rel.

Thorme 1.6 Pour tout rel x il existe un unique entier relatif n tel que :

n x < n+ 1. (1.1)

Dmonstration. Pour x entier relatif, il suffit de prendre n = x. On suppose donc x nonentier.

Supposons dabord que x est strictement positif.En prenant a = 1 dans le thorme prcdent, on dduit que :

x > 0, m Nr {0} | m > x

et en consquence, lensemble des entiers m > 0 vrifiant m > x est non vide. Il admet doncun plus petit lment p qui vrifie :

p > x, p 1 x.

Il suffit alors de poser n = p 1.Pour x < 0 en raisonnant avec x on aboutit lexistence dun entier p vrifiant :

p x < p+ 1.


On a alors (p+ 1) < x < p (x nest pas entier) et n = (p+ 1) convient.Si pour x rel il existe deux entiers n et p vrifiant (1.1), on a alors :{

n x < n+ 1,p 1 < x p,

donc n p < 1, soit n p 0 et n p > 1, soit n p 0. Et ncessairement n = p. Dolunicit de n vrifiant (1.1) .

Dfinition 1.4 Avec les notations du thorme prcdent, lentier n est appel la partie entirede x. On le note [x] ou E (x) .

Lexistence de cette fonction partie entire nous suffit pour montrer que Q est dense dansR, cest--dire que tout rel est limite dune suite de nombres rationnels. Ltude dtaille dessuites numriques est faite au paragraphe suivant.

Exercice 1.12 On se donne un entier b 2 et pour tout entier naturel non nul n, on dfinitlensemble :

Qn =

{k

bn| k N, 0 k bn

}.

Montrer que pour tout rel x [0, 1] et tout entier naturel non nul n, il existe rn Qn tel que :

rn x < rn +1

bn.

En dduire que Q est dense dans R.

Solution 1.12 Pour x [0, 1] et n 1, on a :

[bnx] bnx < [bnx] + 1

et :rn =

[bnx]

bn x < rn +

1

bn.

Comme 0 x 1, on a 0 [bnx] < bn et rn Qn.De 0 x rn x. Comme Rest archimdien il existe un entier naturel n 1 tel que n (y x) > 1 et un entier naturelm 1 tel que m 1

n> |x| . Il en rsulte que lensemble E des entiers relatifs k tels que k

n x est

non vide puisque m E (on a mn< |x| x) et major par m (on a k

n x |x| < m

net

donc k m puisque n > 0). Cet ensemble E admet donc un plus grand lment p et on a :

p

n x < p+ 1

n

(p est tout simplement la partie entire de nx).Enfin avec n (y x) > 1, on dduit que :

y >1

n+ x 1

n+p

n

et :x 0 et b1 b2 bn > 0, alors :(nk=1

ak

)(nk=1

bk

) n

nk=1

akbk.

Solution 2.9 On procde par rcurrence sur n 1.Pour n = 1, on a lgalit a1b1 = a1b1.Supposons le rsultat acquis au rang n 1. On se donne deux suites croissantes (ak)1kn+1 et(bk)1kn+1 de rels positifs. On a :(

n+1k=1

ak

)(n+1k=1

bk

)=

(nk=1

ak

)(nk=1

bk

)

+an+1

n+1k=1

bk + bn+1

nk=1

ak + an+1bn+1

nnk=1

akbk + an+1

n+1k=1

bk + bn+1

nk=1

ak + an+1bn+1

et lingalit : (n+1k=1

ak

)(n+1k=1

bk

) (n+ 1)

n+1k=1

akbk

sera ralise si :

an+1

nk=1

bk + bn+1

nk=1

ak + an+1bn+1 nk=1

akbk + (n+ 1) an+1bn+1

soit si :

an+1

nk=1

bk + bn+1

nk=1

ak nk=1

akbk + nan+1bn+1

18 Quelques ingalits classiques

ou :nk=1

an+1bk +nk=1

bn+1ak nk=1

akbk +nk=1

an+1bn+1

ou :nk=1

(an+1 ak) bk nk=1

bn+1 (an+1 ak)

ou :nk=1

(bn+1 bk) (an+1 ak) 0

qui est bien vrifie.

2.2 Lingalit de Cauchy-SchwarzPour tout entier n 1, on note x1, x2, , xn les coordonnes dun vecteur x de Rn. Un tel

vecteur sera not x = (xi)1in .Lingalit de Cauchy-Schwarz se dmontre classiquement comme suit.

Exercice 2.10 On se donne un entier n 2, des rels strictement positifs 1, 2, , n eton dsigne par la fonction dfinie sur Rn Rn par :

(x, y) Rn Rn, (x, y) =nk=1

kxkyk

On associe cette fonction la fonction q dfinie sur Rn par :

x Rn, q (x) = (x, x) =nk=1

kx2k

1. Exprimer, pour tout rel t et tous vecteurs x, y dans Rn la quantit q (x+ ty) en fonctionde t, (x, y) , q (x) et q (y) .

2. Rappeler quelle condition portant sur les rels a, b, c, le rel a tant non nul, un polynmede degr 2, P (t) = at2 + 2bt+ c, est valeurs positives ou nulles.

3. En remarquant que pour x, y fixs dans Rn \ {0} , la fonction :

P : t 7 q (x+ ty)

est polynomiale de degr 2, montrer lingalit de Cauchy-Schwarz :nk=1

kxkyk

2

(nk=1

kx2k

)(nk=1

ky2k

)Prciser dans quel cas lgalit est ralise.

4. En dduire lingalit de Minkowski :(nk=1

k (xk + yk)2

) 12

(nk=1

kx2k

) 12

+

(nk=1

ky2k

) 12

Prciser dans quel cas lgalit est ralise.

Lingalit de Cauchy-Schwarz 19

Solution 2.10 Laisse au lecteur.

On peut aussi dmontrer simplement cette ingalit, dans le cas o tous les k valent 1,comme suit.

Exercice 2.11

1. Montrer que pour tous rels x, y, on a :

xy 12

(x2 + y2

).

2. On se donne un entier n 1, des rels x1, , xn non tous nuls et des rels y1, , yn

non tous nuls. On note A =

nk=1

x2k et B =

nk=1

y2k.

(a) Montrer que pour tout entier k compris entre 1 et n, on a :

xkyk 1

2

(B

Ax2k +

A

By2k

).

(b) En dduire lingalit de Cauchy-Schwarz :

nk=1

xkyk

nk=1

x2k

nk=1

y2k.

Solution 2.11

1. Rsulte de (x y)2 = x2 + y2 2xy 0 pour tous rels x, y.2. Comme les xk [resp. les yk] ne sont pas tous nuls, on a A > 0 et B > 0.

(a) Prenant (x, y) =(xkA,ykB

)dans lingalit prcdente, on a :

xkA

ykB

12

(x2kA2

+y2kB2

)

et multipliant cette ingalit par AB > 0, on en dduit que xkyk 1

2

(B

Ax2k +

A

By2k

).

(b) En additionnant ces ingalits, on obtient :

nk=1

xkyk 1

2

(B

A

nk=1

x2k +A

B

nk=1

y2k

)

avecnk=1

x2k = A2 et

nk=1

y2k = B2, ce qui donne :

nk=1

xkyk 1

2

(B

AA2 +

A

BB2)

= AB =

nk=1

x2k

nk=1

y2k.


Exercice 2.12 On se donne un entier n 1 et des rels x1, , xn tous non nuls. Montrerque : (

nk=1

x2k

)(nk=1

1

x2k

) n2.

En dduire que :nk=1

1

k2 6n

(n+ 1) (2n+ 1).

Solution 2.12

1. Lingalit de Cauchy-Schwarz nous donne :

n =nk=1

xk1

xk

nk=1

x2k

nk=1

1

x2k

encore quivalent lingalit propose.2. Prenant xk = k pour tout k compris entre 1 et n, on en dduit que :(

nk=1

k2

)(nk=1

1

k2

) n2

et avecnk=1

k2 =n (n+ 1) (2n+ 1)

6, on en dduit que :

nk=1

1

k2 6n

(n+ 1) (2n+ 1).

Exercice 2.13 Montrer que pour tout entier n 1, on a :nk=1

kk n (n+ 1)

23

2n+ 1

Solution 2.13 Lingalit de Cauchy-Schwarz nous donne :

nk=1

kk

nk=1

k2

nk=1

k

avecnk=1

k =n (n+ 1)

2et

nk=1

k2 =n (n+ 1) (2n+ 1)

6, ce qui donne :

nk=1

kk

n2 (n+ 1)2 (2n+ 1)

12=n (n+ 1)

23

2n+ 1.

Ingalit de Bernoulli 21

2.3 Ingalit de BernoulliExercice 2.14 Montrer que pour tout rel a > 1 et tout entier naturel n, on a (1 + a)n 1 + na (ingalit de Bernoulli). Prciser dans quel cas lgalit est ralise.

Solution 2.14 Pour n = 0 ou n = 1, on a (1 + a)n = 1 + na pour tout rel a.On suppose donc que n 2.On dsigne par Pn la fonction polynomiale dfinie par :

Pn (x) = xn 1 n (x 1) = xn nx+ n 1.

On a Pn (1) = 0 et, en posant x = a + 1, il sagit de montrer que Pn (x) > 0 pour toutx D = R+, \ {1} .Avec P2 (x) = (x 1)2 > 0 et :

Pn+1 (x) = Pn (x) + (x 1) (xn 1) = Pn (x) + (x 1)2n1k=0

xk > Pn (x)

pour tout n 2 et tout x D, le rsultat se dduit par rcurrence sur n 2.Une autre dmonstration consiste remarquer que pour tout x ]0, 1[ [resp. x ]1,+[], ona P n (x) = n (xn1 1) < 0 [resp. P n (x) > 0]. La fonction Pn est strictement dcroissante sur]0, 1[ et strictement croissante sur ]1,+[ avec Pn (1) = 0, ce qui implique Pn (x) > 0 pour toutx D.On peut aussi crire que pour tout x D on a :

Pn (x) = xn 1 n (x 1) = (x 1)

n1k=0

(xk 1

)= (x 1)2

(n1k=1

k1j=0

xj

)> 0.

Pour n 1 et a 0, cette ingalit peut se montrer trs facilement en utilisant la formuledu binme de Newton comme suit :

(1 + a)n =nk=0

Cknak C0na0 + C1na = 1 + na.

Lingalit de Bernoulli peut tre gnralise comme suit.

Exercice 2.15 Pour tout entier n 2, on dsigne par Dn la partie de Rn dfinie par :

Dn = (]1, 0[)n (]0,+[)n .

Montrer que :

a = (a1, . . . , an) Dn,nk=1

(1 + ak) > 1 +nk=1

ak.

Solution 2.15 En posant xk = 1 + ak pour tout entier k compris entre 1 et n et :

n = (]0, 1[)n (]1,+[)n


il sagit de montrer que :

x = (x1, . . . , xn) n, Pn (x) =nk=1

xk nk=1

xk + n 1 > 0.

Avec :P2 (x) = x1x2 (x1 + x2) + 1 = (x1 1) (x2 1) > 0

pour tout x D2 (si x (]0, 1[)2 alors x1 1 et x2 1 sont strictement ngatifs et si x (]1,+[)2 alors x1 1 et x2 1 sont strictement positifs) et :

Pn+1 (x, xn+1) = (xn+1 1)

(nk=1

xk 1

)+ Pn (x) > Pn (x)

pour tout (x, xn+1) Dn+1 le rsultat se dduit par rcurrence sur n 2.

2.4 Lingalit de CauchyPour tout entier n 1 et tout x = (x1, . . . , xn) (R+,)n , on note respectivement :

An (x) =1

n

nk=1

xk, Gn (x) =n

nk=1

xk =

(nk=1

xk

) 1n

, Hn (x) =n

nk=1

1

xk

les moyennes arithmtique, gomtriques et harmoniques des rels x1, . . . , xn.Pour n = 1, on a A1 (x) = G1 (x) = H1 (x) = x1 pour tout rel non nul x1.On suppose donc dans ce qui suit que n 2.

Remarque 2.1 On a :Hn (x) =

1

An (y)

o y =(

1

xk

)1kn

.

Le thorme qui suit va nous permettre de comparer ces trois moyennes.

Thorme 2.1 (Cauchy) Pour tout entier n 2, et tout n-uplet de rels strictement positifs(x1, , xn) , on a :

n

nk=1

xk 1

n

nk=1

xk

avec galit si, et seulement si, x1 = = xn.

Dmonstration. En utilisant la stricte concavit de la fonction ln sur R+,, on a :

ln (Gn (x)) =nk=1

1

nln (xk) ln

(nk=1

1

nxk

)= ln (An (x)) ,

lgalit tant ralise si, et seulement si tous les xi sont gaux. En utilisant la croissance strictede la fonction exp, on dduit que Gn (x) An (x) , lgalit tant ralise si, et seulement sitous les xi sont gaux.

Pour n = 2 on retrouve lingalit x1x2 x1 + x2

2consquence de la positivit de(

x1 x2)2.

Lingalit de Cauchy 23

Corollaire 2.1 Pour tout entier n 2, et tout n-uplet de rels strictement positifs (x1, , xn) ,on a :

Hn (x) Gn (x) An (x)lune des galits Hn (x) = Gn (x) ou Gn (x) = An (x) tant ralise si, et seulement si, tous lesxi sont gaux.

Dmonstration. En utilisant la remarque 2.1, on a :

Hn (x) =1

An (y) 1Gn (y)

= Gn (x) An (x) .

Lgalit Hn (x) = Gn (x) quivaut An (y) = Gn (y) soit lgalit de tous les xi.

Exercice 2.16 Dduire lingalit de Bernoulli de celle de Cauchy.

Solution 2.16 Pour a > 1 et a = 0, on a :

1 + a = An (1, 1, . . . , 1 + na) > Gn (1, 1, . . . , 1 + na) = (1 + na)1n

ou encore (1 + a)n > 1 + na.

Lingalit de Cauchy peut aussi se montrer sans rfrence la stricte concavit de la fonctionln comme suit : tout dabord on montre lingalit Gn (x) An (x) pour les entiers de laforme n = 2p en procdant par rcurrence sur p 1, puis on en dduit le cas gnral. Cettedmonstration, due Cauchy, est dtaille avec lexercice qui suit.

Exercice 2.171. Montrer que, pour tout x = (x1, x2) (R+,)2 , on a G2 (x) A2 (x) , lgalit tant

ralise si, et seulement si, x1 = x2.2. Soit n = 2p avec p 2 et x = (x1, . . . , xn) donn dans (R+,)n . On dfinit y =(

y1, . . . , yn2

)et z =

(z1, . . . , zn

2

)dans (R+,)

n2 par : yk =

x2k1 + x2k2

= A2 (x2k1, x2k)

zk =x2k1x2k = G2 (x2k1, x2k) ,

(1 k n

2= 2p1

)soit : y =

(x1 + x2

2,x3 + x4

2, . . . ,

xn1 + xn2

)z =

(x1x2,

x3x4, . . . ,

x2n1x2n

) .Montrer que An (x) = An

2(y) et Gn (x) = Gn

2(z) .

3. On suppose que n = 2p avec p 2 et que lingalit de Cauchy est vrifie avec son casdgalit pour n

2= 2p1.

(a) En utilisant la question prcdente, montrer que Gn (x) An (x) .(b) tudier le cas dgalit dans lingalit prcdente.

4. Si n est un entier suprieur ou gal 2, on dsigne par p un entier naturel non nul telque n < 2p et on dfinit le vecteur y = (yk)1k2p dans (R+,)

2p par :

yk =

{xk si 1 k n,An (x) si n+ 1 k 2p.


(a) Exprimer G2p (y) et A2p (y) en fonction de Gn (x) et An (x) .(b) Dduire de ce qui prcde le thorme de Cauchy dans le cas gnral.

Solution 2.171. Pour n = 2, on a :

G22 (x) = x1x2 =

(x1 + x2

2

)2(x1 x2

2

)2(x1 + x2

2

)2= A22 (x)

lgalit tant ralise si, et seulement si,(x1 x2

2

)2= 0, ce qui quivaut x1 = x2.

2. Pour n = 2p avec p 2, on a :

An (x) =1

2p1

(x1 + x2

2+x3 + x4

2+ . . .+

xn1 + xn2

)=

1

2p1

2p1k=1

A2 (x2k1, x2k) = An2(y) .

et :

Gnn (x) =2p1k=1

x2k1x2k =2p1k=1

G22 (x2k1, x2k) ,

soit :

Gn (x) =

(2p1k=1

G22 (x2k1, x2k)

) 12p

=

(2p1k=1

G2 (x2k1, x2k)

) 12p1

= Gn2(z)

3.(a) En utilisant lhypothse de rcurrence, on a :

Gn (x) = Gn2(z) An

2(z)

avec :

An2(z) =

1

2p1

2p1k=1

G2 (x2k1, x2k) 1

2p1

2p1k=1

A2 (x2k1, x2k) = An2(y)

(le cas n = 2) et An2(y) = An (x) , ce qui donne Gn (x) An (x) .

(b) Avec :Gn (x) = Gn

2(z) An

2(z) An

2(y) = An (x) ,

on dduit que si lgalit Gn (x) = An (x) est ralise, on a alors dune part An2(z) =

An2(y) , soit :

2p1k=1

(A2 (x2k1, x2k)G2 (x2k1, x2k)) = 0

avec A2 (x2k1, x2k) G2 (x2k1, x2k) 0 pour tout k compris entre 0 et n, ce quiquivaut A2 (x2k1, x2k) = G2 (x2k1, x2k) et en consquence x2k1 = x2k (le casdgalit pour n = 2) pour tout k compris entre 0 et n et dautre part Gn

2(z) = An

2(z)

qui quivaut lgalit de tous les zk =x2k1x2k (lhypothse de rcurrence) avec

zk = x2k1 = x2k. Les xk sont donc tous gaux si Gn (x) = An (x) . La rciproque estvidente.

Lingalit de Cauchy 25

4.(a) On a :

G2p

2p (y) =2pk=1

yk =nk=1

xk

2pk=n+1

An (x) = (Gn (x))n (An (x))

2pn ,

soit :G2p (y) = (Gn (x))

n2p (An (x))

2pn2p

et :

2pA2p (y) =2pk=1

yk =nk=1

xk +2p

k=n+1

An (x)

= nAn (x) + (2p n)An (x) = 2pAn (x) ,

soit A2p (y) = An (x) .(b) En utilisant lingalit G2p (y) A2p (y) et les calculs prcdents, on obtient :

(Gn (x))n2p (An (x))

1 n2p = G2p (y) A2p (y) = An (x) ,

qui entrane Gn (x) An (x) .Lgalit tant ralise si, et seulement si, tous les yk, et donc tous les xk, sont gaux.

Les exercices qui suivent nous donnent quelques exemples dutilisation des ingalits entremoyennes harmoniques, gomtriques et arithmtiques.

Exercice 2.18 Soit x un rel non nul. Montrer, sans utiliser la fonction ln et en utilisantlingalit de Cauchy, que la suite u = (un)n1 dfinie par :

n 1, un =(1 +

x

n

)nest strictement croissante partir dun certain rang.

Solution 2.18 Pour x = 0, la suite u est stationnaire sur 1.Pour x R, il existe un entier naturel non nul nx tel que nx + x > 0 (pour x > 0, nx = 1et pour x < 0 prendre nx > x = |x|). En notant nx = E (|x|) + 1, o E dsigne la fonctionpartie entire, on a 1 + x

n> 0 pour tout n nx et :

Gn+1 = u1

n+1n =

((1 +

x

n

)n) 1n+1=(1 (1 +

x

n

) (1 +

x

n

)) 1n+1

= Gn+1

(1, 1 +

x

n, . . . , 1 +

x

n

)avec :

Gn+1 < An+1 = An+1

(1, 1 +

x

n, . . . , 1 +

x

n

)(comme x = 0, on a 1 + x

n= 1 et lingalit de Cauchy est stricte), et :

An+1 =1

n+ 1

(1 +

(1 +

x

n

)+ +

(1 +

x

n

))= 1 +

1

n+ 1nx

n= 1 +

x

n+ 1= u

1n+1

n+1.

On a donc u1

n+1n < u

1n+1

n+1 pour tout n nx, ce qui quivaut un < un+1 pour tout n nxpuisque la fonction t 7 tn+1 est strictement croissante. La suite (un)nnx est donc strictementcroissante.


Exercice 2.19 Montrer que :

n(

nn+ 1 1

) 1, on a :

0 < un =nk=0

1

k! 1 + 1 + 1

2+

1

22 + 1

2n1

1 + 11 1

2

= 3.

Exercice 3.2 Montrer que la suite u = (un)nN dfinie par un =nk=1

1

k ln (n) pour tout n 1

est borne.

Solution 3.2 La fonction t 1t

tant dcroissante sur R+, on a :

k 1, 1k + 1

=

k+1k

dt

k + 1 k+1k

dt

t k+1k

dt

k=

1

k

et donc pour n 2, on a :nk=1

1

k + 1

nk=1

k+1k

dt

t=

n+11

dt

t= ln (n+ 1)

nk=1

1

k,

Gnralits sur les suites relles ou complexes 31

soit :un +

1

n+ 1 1 + ln (n) ln (n+ 1) un + ln (n)

ou encore :0 < ln

(1 +

1

n

) un ln

(1 +

1

n

) 1n+ 1

+ 1 < 1 + ln (2) .

Exercice 3.3 Montrer que, pour tout rel > 1, la suite (un)nN dfinie par :

n 1, un =nk=1

1

k

est borne.

Solution 3.3 Il est clair que u est minore par 0.La fonction t 1

ttant dcroissante sur R+, on a :

k 2, kk1

dt

t kk1

dt

k=

1

k

et donc pour tout n 2, on a :

un = 1 +nk=2

1

k 1 +

nk=2

kk1

dt

t= 1 +

n1

dt

t= 1 +

1

1

(1 1

n1

) 1

.

Exercice 3.4 On dsigne par (un)n1 et (vn)n1 les suites dfinies par :

un =

n0

cos(t2)dt, vn =

n1

cos(t2)dt

et on se propose de montrer que ces deux suites sont bornes.1. Montrer que pour tout rel > 1 et tout entier n 1, on a : n

1

dx

x 1 1

.

2. Montrer que pour tout rel > 1 la suite (wn)n1 dfinie par :

wn =

n1

sin (x)

xdx

est borne.3. Montrer que :

vn =1

2

n1

cos (x)x

dx.

4. En utilisant une intgration par parties et le rsultat de la question 2. pour une valeurparticulire de , montrer que la suite (vn)n1 est borne.

5. En dduire que la suite (un)n1 est borne.

32 Suites relles ou complexes

Solution 3.4

1. On a : n1

dx

x=

1

1

(1 1

n1

) 1 1

.

2. On a :|wn|

n1

|sin (x)|x

dx n1

dx

x 1 1

.

3. Le changement de variable x = t2 donne dx = 2tdt = 2xdt et :

vn =1

2

n1

cos (x)x

dx.

4. Une intgration par parties donne en posant : u =1x, u = 1

2

1

xx

v = cos (x) , v = sin (x)

2vn =

[sin (x)

x

]n1

+1

2

n1

sin (x)

xxdx

=sin (n)

n sin (1) + 1

2

n1

sin (x)

xxdx

avecsin (n)n

1n 1 et( n

1

sin (x)

xxdx

)n1

born. Il en rsulte que la suite (vn)n1est borne.

5. Rsulte de un = 10

cos (t2) dt+ vn.

3.3 Suites convergentes ou divergentesDe manire intuitive, on peut dire quune suite (un)nN converge vers un scalaire si lcart

|un | peut tre rendu aussi petit que lon souhaite ds que n est assez grand.

Dfinition 3.4 On dit quune suite (un)nN est convergente sil existe un scalaire tel que :

> 0, n0 N | n n0, |un | < . (3.1)

Dans lassertion (3.1) , les deux dernires ingalits peuvent tre strictes ou larges.Il est parfois commode de se limiter ]0, 1[ sans que cela ne soit restrictif.En utilisant lingalit triangulaire dans C, on montre facilement que si une suite converge,

alors sa limite est uniquement dtermine. En effet, sil existe deux scalaires et vrifiant(3.1) , on peut alors trouver pour tout rel > 0 un entier n0 tel que pour tout n n0, on ait :

| | = |( un) + (un )| | un|+ |un | < 2,

ce qui quivaut = 0.En cas de convergence, on crira lim

n+un = ou un

n+.

Suites convergentes ou divergentes 33

Exercice 3.5 Montrer que limn+

1

n= 0.

Solution 3.5 Pour > 0 donn il existe un entier n0 >1

(R est archimdien), ce qui implique

que pour tout n n0, on a |un| =1

n< . On a donc bien lim

n+

1

n= 0.

Le rsultat suivant, qui est lmentaire, est souvent utile pour montrer la convergence dunesuite.

Thorme 3.1 Si u = (un)nN est une suite de nombres complexes pour laquelle on peuttrouver une suite = (n)nN de rels positifs telle que limn+ n = 0 et |un | n partirdun certain rang, o est un nombre complexe donn, alors lim

n+un = .

Dmonstration. On a :

> 0, n0 N | n n0, |un | n < .

De lingalit :||a| |b|| |a b|

valable pour tous scalaires a, b, on dduit, en utilisant le thorme prcdent, que :

limn+

(un) = limn+

(|un|) = || .

Exercice 3.6 Montrer que limn+

cos (n)

n= 0.

Solution 3.6 Se dduit decos (n)n

1n.Exercice 3.7 Montrer que lim

n+

n!

nn= 0.

Solution 3.7 Se dduit de :

0 || . Pour tout n > n0, on a n0 + k > || pour tout kcompris entre 1 et n n0 1, et :

0 nn! = n0n0!

||nn0(n0 + 1) n n0n0!

||nn0||nn01 n =n0n0!

||net en consquence lim

n+

(n

n!

)nN

= 0.

En utilisant lingalit triangulaire, on dduit le rsultat suivant.


Thorme 3.2 Une suite convergente est borne.

Dmonstration. Si limn+

un = , il existe un entier n0 tel que :

n > n0, |un| = |(un ) + | |un |+ || < 1 + ||

et en posant M = max {|u0| , , |un0| , 1 + ||} , on a |un| M pour tout n N.Le rsultat qui suit se dduit immdiatement de la dfinition dune suite convergente.

Thorme 3.3 Soit (un)nN une suite relle telle que limn+ (un) = .

1. Si > 0 [resp. < 0] on a alors un > 0 [resp. un < 0] partir dun certain rang.2. Si un est positif [resp. ngatif] partir dun certain rang, on a alors 0 [resp. 0].

Dmonstration.

1. Pour = 2> 0 il existe n0 N tel que :

n n0, |un | 0.

Pour < 0, on travaille avec la suite (un)nN .2. Se dduit facilement du premier point.

De manire gnrale, limn+

(un) = = 0 dans C, entrane |un| = 0 (et mme |un| >||2,

comme vu dans la dmonstration du thorme prcdent) partir dun certain rang et un = 0 partir de ce mme rang.

Le rsultat suivant est souvent utilis pour prouver la convergence de suites relles.

Thorme 3.4 Soient u = (un)nN , v = (vn)nN et w = (wn)nN trois suites relles telles que :

n N, vn un wn.

Si limn+

(vn) = et limn+

(wn) = , alors limn+

(un) = .

Dmonstration. Soit un rel strictement positif. Il existe un entier naturel n0 vrifiant :

n n0, vn un wn + ,

doncn n0, |un | .

La suite u est donc convergente vers .

Exercice 3.9 tudier la suite u =(

nk=1

n

n2 + k

)n1

.


Solution 3.9 Pour tout entier k 1, on a nn2 + n

nn2 + k

nn2 + 1

, ce qui entrane :

vn =n2

n2 + n un wn =

n2

n2 + 1.

Avec |vn 1| =n

n2 + n 1n

et |wn 1| =1

n2 + n 1n, on dduit que lim

n+vn = lim

n+wn = 1

et limn+

un = 1.

Lexercice qui suit nous fournit une dmonstration relativement simple de la densit de Qdans R.

Exercice 3.10 Montrer que pour tout rel x, la suite (un)nN dfinie par :

un =1

n2

nk=1

[kx]

o [] est la partie entire, converge vers x2.

Solution 3.10 Pour tout entier k compris entre 1 et n, on a :

[kx] kx < [kx] + 1

ou encore :0 kx [kx] < 1

et :

0 nk=1

kxnk=1

[kx] < n

soit :

0 n (n+ 1)2

xnk=1

[kx] < n

ce qui donne :0 n+ 1

2nx un 0, n0 N, n n0 | |un | .

Une suite non borne est donc divergente.

Exercice 3.11 En utilisant la dfinition, montrer que la suite u = ((1)n)nN est divergente.


Solution 3.11 Si cette suite converge vers un rel , la suite |u| = (|(1)n|)nN qui estconstante gale 1 va converger vers || et ncessairement = 1.En crivant que pour = 1, il existe un entier n0 tel que :

n n0, |(1)n | < 1,

et en prenant n n0 de la parit contraire celle de , on aboutit 2 < 1 qui est impossible.La suite u est donc divergente.

Le rsultat prcdent est un cas particulier du suivant.

Exercice 3.12 Soit (un)nN une suite valeurs dans Z. Montrer que (un)nN converge si, etseulement si, elle est stationnaire.

Solution 3.12 Soit (un)nN une suite valeurs dans Z convergente vers R. Il existe unentier n0 tel que :

n n0, |un un0 | |un |+ | un0| M.

On note alors limn+

un = + ou un n+

+.On dit que (un)nN tend vers si :

m R, n0 N | n n0, un < m.

On note alors limn+

un = ou un n+

.

Une suite qui tend vers + est ncessairement positive partir dun certain rang.On peut remarquer que lim

n+un = si, et seulement si lim

n+(un) = +.

Si un =1

vnavec vn > 0 pour tout n N, alors lim

n+un = 0 si, et seulement si, lim

n+vn =

+.Dans la dfinition ci-dessus, les ingalits peuvent tre larges ou strictes et on peut se limiter

M > 0 et m < 0 sans que cela ne soit restrictif.Une suite qui tend vers linfini (i. e. vers + ou ) est non borne donc divergente.Une suite complexe (un)nN telle que limn+ |un| = + est divergente puisque non borne.

Thorme 3.5 Si u = (un)nN est une suite de nombres complexes pour laquelle on peuttrouver une suite v = (vn)nN de rels positifs telle que limn+ vn = + et |un| vn partirdun certain rang alors la suite u diverge.


Dmonstration. On a :

M R, n0 N | n n0, |un| vn > M,

donc limn+

|un| = + est u est divergente.

Exercice 3.13 Montrer que pour tout rel > 0, on a limn+

n = + et limn+

1

n= 0.

Solution 3.13 Pour M > 0 donn, on a n > M si, et seulement si, ln (n) > ln (M) ce quiest encore quivalent n > e

ln(M) (les fonctions ln et exp sont strictement croissantes). Il suffit

donc de prendre n0 > eln(M)

.

Exercice 3.14 Montrer que si limn+

(un) = , alors limn+

(un+1 un) = 0. La rciproqueest-elle vraie ?

Solution 3.14 Si limn+

(un) = , on peut alors trouver, pour tout rel > 0, un entier n0 telque :

n > n0, |un+1 un| |un+1 |+ | un| < ,

ce qui signifie que limn+

(un+1 un) = 0.Plus gnralement, on a lim

n+(un+p un) = 0 pour tout entier p 1.

La rciproque est fausse comme le montre lexemple de la suite u = (n)nN .

Cette suite est divergente puisque non borne et pour n 1, on a :

n+ 1

n =

1n+ 1 +

n

n+

0.

On peut aussi considrer, plus gnralement, la suite u = (n)nN avec ]0, 1[ . Cette suiteest divergente puisque non borne et pour n 1, on a :

(n+ 1) n = [t]n+1n = n+1n

t1dt

n1

n+

0

puisque 1 > 0.On peut aussi utiliser le thorme des accroissements finis pour crire que :

(n+ 1) n = 1n

avec n compris entre n et n+ 1, ce qui donne 1n =

1n n1

.

Ou encore crire que :

0 < (n+ 1) n = n((

1 +1

n

) 1)

n(1 +

1

n 1)

=1

n1.

Exercice 3.15 Montrer que si limn+

(un) = alors, pour toute application : N N stricte-ment croissante, on a lim

n+

(u(n) un

)= 0.


Solution 3.15 En utilisant lingalit (n) n pour tout n N, on dduit que si limn+

(un) =

, on peut alors trouver, pour tout rel > 0, un entier n0 tel que :

n > n0,u(n) un u(n) + | un| < ,

ce qui signifie que limn+

(u(n) un

)= 0.

Exercice 3.16 Montrer que les suites u = ((1)n)nN , v =(

nk=1

1

k

)nN

et w = (ln (n))n1sont divergentes.

Solution 3.16 Rsulte de :

|un+1 un| =(1)n+1 (1)n = 2,

|v2n vn| =nk=1

1

n+ k n

2n=

1

2,

et :|w2n wn| = ln (2) .

On peut remarquer que la deuxime suite est telle que pour tout entier p 1, on a :

limn+

(vn+p vn) = limn+

(p

k=1

1

n+ k

)= 0

(somme finie de suites convergentes vers 0 - voir le thorme 3.14, page 48 -).

Exercice 3.17 Montrer que la suite u = (ln (ln (n)))n2 est telle que limn+u2n un = 0 etnon convergente.

Solution 3.17 On a :

u2n un = ln (ln (2n)) ln (ln (n)) = lnln (n) + ln (2)

ln (n)= ln(1 +

ln (2)

ln (n))

et comme ln (2)ln (n)

tend vers 0 lorsque n tend vers linfini, il en est de mme pour u2n un =

ln(1 +ln (2)

ln (n)).

Pourtant si lon forme : un2 un on a :

un2 un = ln((lnn2)

) ln(ln (n)) = ln(2 ln (n)

ln (n)) = ln 2.

Pour tudier une suite, il est parfois commode de la comparer une suite de rfrence. Lessuites gomtriques font parties de ces suites de rfrence.

Exercice 3.18 tudier la suite gomtrique u = (an)nN o a C.


Solution 3.18 Si a = 0 alors u est stationnaire sur 0.Pour |a| > 1, lingalit de Bernoulli (ou plus simplement la formule du binme de Newton)nous dit que |an| 1 + n (|a| 1) et comme |a| 1 > 0, on a lim

n+(n (|a| 1)) = +, ce qui

entrane que limn+

|a|n = + et la suite u diverge.

Pour 0 < |a| < 1, en crivant que |a|n = 11|a|n

avec 1|a|

> 1, on dduit que limn+

an = 0.

Pour |a| = 1, on a a = ei.Si = 2k avec k Z (soit a = 1), alors u est constante gale 1.Supposons que / 2Z et lim

n+

(ein)= . Avec :

|un+1 un|2 =ein (1 ei)2 = 1 ei2 = 4 sin2(

2

),

on dduit que sin(

2

)= 0 et 2Z, ce qui est contradictoire. La suite u est donc divergente.

On peut aussi dire que si limn+

(ein)

= alors || = limn+

(ein) = 1, donc = 0 etei = lim

n+

(un+1un

)= 1, ce qui contredit / 2Z.

Exercice 3.19 Soit u = (un)nN une suite relle ou complexe.1. Montrer que sil existe un rel [0, 1[ tel que |un+1| |un| partir dun certain rang

n0, alors limn+

(un) = 0.

2. Montrer que sil existe un indice n0 tel que un0 = 0 et sil existe un rel > 1 tel que|un+1| |un| pour tout n n0, alors u diverge.

3. Montrer que si un = 0 partir dun certain rang n0, et limn+

(un+1un) = [0, 1[ ,

alors limn+

(un) = 0.

4. Montrer que si un = 0 partir dun certain rang n0, et limn+

(un+1un) = > 1, alors

u diverge.5. Trouver (un)nN telle que un = 0 pour tout n N, limn+

un+1un

= 1 et limn+

un = +.

6. Trouver (un)nN telle que un = 0 pour tout n N, limn+un+1un

= 1 et limn+

un = 0.

7. Trouver (un)nN telle que un = 0 pour tout n N, limn+un+1un

= 1 et limn+

un = 10.

Solution 3.191. Si = 0, alors u est stationnaire sur 0 partir du rang n0 + 1.

On suppose donc que ]0, 1[ .Montrons par rcurrence sur n n0 que |un| un0nn0 .Cest vrai pour n = n0.Supposons que pour une valeur n n0 on ait |un| un0nn0 , comme |un+1| |un| ,on a |un+1| un0n+1n0 et la rcurrence est tablie.Pour ]0, 1[ la suite gomtrique de terme gnral un0

n0n converge vers 0, et comme

cette suite majore la suite positive (|un|)nN on peut affirmer que cette dernire convergeaussi vers 0 et il en est de mme de (un)nN .


2. Si un0 = 0, on vrifie par rcurrence que un = 0 pour n n0. En appliquant le r-

sultat prcdent la suite(

1

|un|

)nn0

, on dduit que limn+

(1

|un|

), ce qui quivaut

limn+

(|un|) = + et u diverge.

3. Si limn+

(un+1un) = , on a :

> 0, n0 N | n N, n > n0 1 tel que n|un| partir dun certain

rang n0, alors u diverge.3. Montrer que si lim

n+

(n

|un|)= [0, 1[ , alors lim

n+(un) = 0.

4. Montrer que si limn+

(n

|un|)= > 1, alors u diverge.

5. Trouver (un)nN telle que limn+n

|un| = 1 et limn+

un = +.


|un| = 1 et limn+

un = 0.


|un| = 1 et limn+

un = 10.

Solution 3.201. Rsulte de 0 |un| n pour n n0 avec lim

n+(n) = 0 ( [0, 1[).

2. Rsulte de |un| n pour n n0 avec limn+

(n) = + ( > 1).

3. Si limn+

(n

|un|)= , on a :

> 0, n0 N | n N, n > n0 < n|un| < + .

Dans le cas o [0, 1[ , on peut choisir assez petit pour que = + soit strictementinfrieur 1 et on a alors n

|un| pour tout n n0 avec [0, 1[ , ce qui implique

limn+

(un) = 0.


4. Le rsultat prcdent appliqu la suite v dfinie par vn =1

|un|pour n assez grand

(pour > 0 assez petit et n n0, on a n

|un| > > 0 et un = 0) nous dit quelim

n+(vn) = 0, donc lim

n+(|un|) = + et (un)nN diverge.

5. On considre la suite de terme gnral un = n.

6. Il suffit de prendre un =1

n+ 1.

7. On considre la suite dfinie par un =10

e

(1 +

1

n

)npour n 1.

En utilisant le thorme de Csaro, on peut montrer le rsultat suivant.

Thorme 3.6 Soit u = (un)nN une suite relle ou complexe telle que un soit non nul partir

dun certain rang. Si limn+

(un+1un) = , alors limn+( n|un|) = .

Dmonstration. Voir lexercice 3.73.

Remarque 3.1 La rciproque du thorme prcdent est fausse (voir lexercice 3.73.).

Exercice 3.21 Montrer que la suite u =(n!

nn

)n1

est convergente vers 0.

Solution 3.21 Se dduit de un > 0 pour tout n 1 et :

limn+

(un+1un

)= lim

n+

((n+ 1)nn

(n+ 1)n+1

)= lim

n+

((n

n+ 1

)n)=

1

e< 1.

Exercice 3.22 Montrer, en utilisant le thorme prcdent, que pour tout nombre complexe ,

la suite u =(n

n!

)nN

est convergente vers 0.

Solution 3.22 Pour = 0 cest clair et pour = 0 le rsultat se dduit de :

limn+

(un+1un) = limn+

(||n+ 1

)= 0.

Exercice 3.23 Montrer que si f : [1,+[ R est une fonction telle que la fonction g : x 7

xf (x) soit minore par un rel > 0, alors la suite relle u =(

nk=1

f (k)

)n1

est divergente.

Solution 3.23 On a :

u2n un =nk=1

f (n+ k) nk=1

1

n+ k n

2n=

2> 0

et la suite diverge.

Exercice 3.24 Montrer que pour tout 1, la suite relle de terme gnral u =(

nk=1

1

k

)n1

est divergente.

Solution 3.24 Il suffit dappliquer le rsultat prcdent

f : x 7 1x

avec xf (x) = x1 1 pour 1 et x 1.


3.4 Valeurs dadhrenceDfinition 3.7 On dit quun scalaire a est valeur dadhrence de la suite (un)nN sil est limitedune suite extraite de (un)nN .

Exemple 3.1 On considre la suite de rels (un)nN dfinie par,

n N, un = (1)n(1 +

1

n+ 1

).

Les rels 1 et 1 sont valeurs dadhrence de cette suite car la suite (u2n)nN est convergentevers 1 et la suite (u2n+1)nN vers 1.

Le rsultat suivant est parfois utilis par sa contrapose pour prouver la divergence dunesuite.

Thorme 3.7 Une suite convergente a une unique valeur dadhrence. Autrement dit : si unesuite est convergente, alors toute suite extraite converge vers la mme limite.

Dmonstration. Supposons que limn+

(un) = . Pour tout rel strictement positif, on a :

n0 N | n n0, |un | <

et pour toute application : N N strictement croissante, on a :

n n0, (n) n n0

ce qui implique que :n n0,

u(n) < .La suite

(u(n)

)nN est donc convergente vers .

Lexercice qui suit nous montre que la rciproque est fausse, cest--dire quune suite qui naquune valeur dadhrence nest pas ncessairement convergente.

Exercice 3.25 Montrer que la suite u =(n(1)

n)nN admet 0 comme unique valeur dadhrence

et est divergente.

Solution 3.25 De limn+

u2n+1 = limn+

1

2n+ 1= 0, on dduit que 0 est une valeur dadhrence

de u.Si = lim

n+u(n) est une valeur dadhrence non nulle de u, o : N N est strictement

croissante, on a alors > 0 (puisque un > 0 pour tout n) et :

|ln ()| = limn+

ln (u(n)) = limn+

(1)(n) (n) = limn+

(n) = +,

ce qui est impossible. Donc 0 est lunique valeur dadhrence de u.Et cette suite est divergente puisque non majore (u2n = 2n).

On peut aussi utiliser la suite dfinie par :

un =

{0 si n est impair,n si n est pair.

Comme consquence du thorme de Bolzano-Weierstrass, on montrera le rsultat suivant(thorme 3.20).

Valeurs dadhrence 43

Thorme 3.8 Une suite relle (un)nN est convergente si, et seulement si, elle est borne etna quune seule valeur dadhrence.

Thorme 3.9 Une suite relle est divergente, si et seulement si, elle vrifie lune des deuxconditions suivantes :

elle est non borne ; elle est borne et admet au moins deux valeurs dadhrence.

Exercice 3.26 Montrer quune suite priodique convergente est ncessairement constante.

Solution 3.26 Soit (un)nN une suite priodique convergente vers et priodique de priode po p est un entier strictement positif.Pour tout entier naturel k, la suite extraite (upn+k)nN est constante de valeur commune uk etconvergente vers . On a donc uk = pour tout k N.La rciproque est vidente.

Exercice 3.27 Soit u = (un)nN une suite complexe telle que les deux suites extraites (u2n)nNet (u2n+1)nN sont convergentes. quelle condition la suite (un)nN est elle convergente ?

Solution 3.27 En notant et les limites respectives des suites (u2n)nN et (u2n+1)nN , mon-trons que u est convergente si, et seulement si, = .Si = , alors u admet au moins deux valeurs dadhrences distinctes et en consquence nepeut converger.Si = , pour tout rel > 0, on peut trouver des entiers n1 et n2 tels que :{

n n1, |u2n | < n n2, |u2n+1 | <

et en notant n0 = max (2n1, 2n2 + 1) , on a :

n n0, |un | < .

Exercice 3.28 Montrer que si u = (un)nN est une suite complexe telle que les trois suitesextraites (u2n)nN , (u2n+1)nN et (u3n)nN sont convergentes (pas ncessairement vers la mmelimite), alors u est convergente.

Solution 3.28 Notons , et les limites respectives des suites (u2n)nN , (u2n+1)nN et(u3n)nN .La suite (u6n)nN qui est extraite de (u2n)nN et (u3n)nN converge vers et , ce qui entrane = du fait de lunicit de la limite. De mme en remarquant que (u6n+3)nN est extraite de(u2n+1)nN et (u3n)nN , on dduit que = et = , cest--dire que (u2n)nN et (u2n+1)nNconvergent vers la mme limite, ce qui quivaut la convergence de u.

Le rsultat qui suit est classique, mme si dmonstration nest pas lmentaire.

Exercice 3.29 On se propose de montrer que lensemble des valeurs dadhrence de la suiteu = (cos (n))nN est [1, 1] .On dit quun sous-groupe additif H de (R,+) est discret si pour tout compact K de R, linter-section H K est finie.


1. Montrer que les sous-groupes additifs de R discrets sont de la forme :

Z = {p | p Z} ,

o est un rel.2. Montrer que les sous-groupes additifs de R sont denses ou discrets.3. Soient a, b deux rels non nuls. Montrer que le groupe additif G = Za+Zb = {pa+ qb | (p, q) Z2}

est discret [resp. dense] si, et seulement si, ab

est rationnel [resp. irrationnel].

4. On note = {z C | |z| = 1} le cercle unit dans le plan complexe.

(a) Montrer que {ein | n Z} est dense dans .(b) Montrer que lensemble {cos (n) | n N} est dense dans [1, 1] , ce qui signifie que

lensemble des valeurs dadhrence de la suite u = (cos (n))nN est [1, 1] .

Solution 3.291. Il est clair que tout sous-groupe de (R,+) de la forme Z est discret. En effet pour = 0

cest clair et pour = 0 tout compact K de R est contenu dans un intervalle [a, b] aveca < b et il ny a quun nombre fini dentiers p vrifiant a p b.Rciproquement si H est un sous-groupe discret de (R,+) non rduit {0} , il existe alorsun rel a dans H R+ (0 = a H a H) et ]0, a] H est fini non vide, il admetdonc un plus petit lment > 0. De H on dduit que Z H. De plus, pour toutx H il existe un entier relatif k tel que 0 x k < a (k = E

(x

)) et avec

xk H R+ on dduit du caractre minimal de que xk = 0, soit x = k Z.On a donc en dfinitive H = Z.

2. Si H un sous-groupe additif de R non rduit {0} alors :

K = H R+ =

et cet ensemble est minor par 0, il admet donc une borne infrieure .On distingue deux cas.Si > 0, alors K. En effet dans le cas contraire, par dfinition de la borne infrieure,on peut trouver x K tel que < x < 2 (on suppose que / H). Pour la mme raison,on peut trouver y K tel que < y < x. On a alors 0 < xy < avec xy H R+,ce qui est contradictoire avec la dfinition de la borne infrieure . Avec la structurede groupe additif de H, on dduit alors que H = Z. En effet, Z H du fait que appartient au groupe H et pour tout x dans H, il existe k dans Z tel que 0 xk < ,donc x k = 0 et x Z, cest--dire que H Z.Si = 0, alors H est dense dans R. En effet pour x < y dans R, il existe z dans H R+tel que 0 < z < y x soit 1 < y

z xz

et pour n ]xz,y

z

[ Z, on a x < nz < y avec

nz H.Si G est discret, alors G = Z et a = p, b = q avec p et q non nuls dans Z et enconsquence a

b=p

q Q.

Rciproquement, supposons ab

rationnel, on peut crire ab=p

qavec p et q entiers premiers

entre eux et on a :

G = Za+ Zb =(Zp

q+ Z

)b = (Zp+ Zq)

b

q.

Valeurs dadhrence 45

Le thorme de Bzout nous dit que Zp+Zq = Z et donc G = Z bq, cest--dire que G est

discret.3.

(a) Comme 2 est irrationnel, le groupe H = Z2 + Z est dense dans R. Avec la 2-priodicit, la continuit et la surjectivit de lapplication f : x 7 eix de R sur , ondduit alors que lensemble :

f (H) ={e(2m+n)i | (m,n) Z Z

}={ein | n Z

}est dense dans .

(b) Avec la continuit et la surjectivit de la projection p : z 7 (z) de sur [1, 1] ,on dduit que lensemble {cos (n) | n Z} est dense dans [1, 1] , puis par parit quelensemble {cos (n) | n N} est dense dans [1, 1] .

Moins classique sont les rsultats suivants.

Exercice 3.30 Soit un rel fix dans ]0, 1[ et u = (un)nN dfinie par un = cos (n) pourn 0.On se donne un rel x [1, 1] et on note le rel de [0, ] dfini par x = cos () .Pour tout entier n 1, on dsigne par (n) lentier dfini par :

(n) + 2n < ( (n) + 1)

cest--dire que (n) = E(( + 2n)

1

)(E est la fonction partie entire).

1. Montrer que est une fonction strictement croissante de N dans N.2. Montrer que lim

n+( + 2n (n)) = 0.

3. Montrer que limn+

(u(n)

)= x.

4. En dduire que lensemble des valeurs dadhrence de la suite u est [1, 1] .

Solution 3.301. Rsulte de la croissance de la fonction partie entire (prcisment si x y > 1 alors

E (x) > E (y)), de la stricte croissance de la fonction t 1 et du fait que 2 > 1. En effet,en posant vn = ( + 2n)

1 et en utilisant le thorme des accroissements finis, on a pour

tout entier n 1 :vn+1 vn = 2

1

11

n

o n est un rel compris entre +2n et +2 (n+ 1) . Et comme 0 < < 1, n > 1, ona 1

11

n > 1 et vn+1 vn > 2 > 1 de sorte que (n+ 1) = E (vn+1) > E (vn) = (n) .

2. Rsulte de :0 + 2n (n) < ( (n) + 1) (n)

et de limp+

((p+ 1) p) = 0 (exercice 3.14).

3. Pour n 1, on a, en utilisant lingalit des accroissements finis pour la fonction cos :u(n) x = |cos ( (n)) cos ()| = |cos ( (n)) cos ( + 2n)| | + 2n (n)|

n+0.


4. La suite u tant valeurs dans [1, 1] , ses valeurs dadhrence sont dans [1, 1] et cequi prcde nous donne linclusion rciproque puisquon a montr que tout rel x [1, 1]est limite dune suite extraite de u.

Exercice 3.31 Soit u = (un)nN dfinie par un = cos (ln (n)) pour n 1.On se donne un rel x [1, 1] et on note le rel de [0, ] dfini par x = cos () .Pour tout entier n 1, on dsigne par (n) lentier dfini par :

ln ( (n)) + 2n < ln ( (n) + 1)

cest--dire que (n) = E(e+2n

)(E est la fonction partie entire).

1. Montrer que est une fonction strictement croissante de N dans N.2. Montrer que lim

n+( + 2n ln ( (n))) = 0.

3. Montrer que limn+

(u(n)

)= x.

4. En dduire que lensemble des valeurs dadhrence de la suite u est [1, 1] .

Solution 3.31

1. Rsulte de la croissance de la fonction partie entire (prcisment si x y > 1 alorsE (x) > E (y)), de la stricte croissance de la fonction et et du fait que e2 > 2. En effet,en posant vn = e+2n, on a pour tout entier n 1 :

vn+1 vn = e+2n(e2 1

)> 1

de sorte que (n+ 1) = E (vn+1) > E (vn) = (n) .2. Rsulte de :

0 + 2n ln ( (n)) < ln ( (n) + 1) ln ( (n)) = ln(1 +

1

(n)

)

avec limn+

ln

(1 +

1

(n)

)= 0 ( est strictement croissante de N dans N, donc lim

n+ (n) =

+).3. Pour n 1, on a, en utilisant lingalit des accroissements finis pour la fonction cos :u(n) x = |cos (ln ( (n))) cos ()| = |cos (ln ( (n))) cos ( + 2n)|

| + 2n ln ( (n))| n+

0.

4. La suite u tant valeurs dans [1, 1] , ses valeurs dadhrence sont dans [1, 1] et cequi prcde nous donne linclusion rciproque puisquon a montr que tout rel x [1, 1]est limite dune suite extraite de u.

3.5 Le critre de CauchyDfinition 3.8 On dit quune suite (un)nN est de Cauchy si :

> 0, n0 N | n n0, m n0, |un um| < .

Le critre de Cauchy 47

Comme pour la dfinition dune suite convergente les ingalits peuvent tre strictes oularges et on peut se limiter ]0, 1[ . De plus, comme m et n jouent des rles symtriques,on peut se limiter m > n.

Thorme 3.10 Une suite de Cauchy est borne.

Dmonstration. Si (un)nN est une suite de Cauchy, il existe alors un entier naturel n0 1tel que :

n n0, m n0, |un um| < 1

ce qui entrane :n n0, |un| |un un0|+ |un0 | < 1 + |un0 |

et en posant :M = max {|u0| , , |un0| , 1 + |un0|}

on a |un| M pour tout n N, ce qui signifie que la suite (un)nN est borne.

Thorme 3.11 Une suite convergente est de Cauchy.

Dmonstration. Soit (un)nN une suite convergente vers . Pour tout > 0 il existe unentier positif n0 tel que :

n n0, |un | <

et :n n0, m n0, |un um| |un |+ |um | < 2.

La suite (un)nN est donc de Cauchy.On admet que la rciproque est vrai, cest--dire le rsultat fondamental suivant.

Thorme 3.12 Une suite relle ou complexe est convergente si, et seulement si, elle est deCauchy.

Ce rsultat se traduit en disant que lespace mtrique Cmuni de la norme usuelle est complet.Le rsultat suivant est souvent utilis pour montrer quune suite est de Cauchy.

Thorme 3.13 Si (un)nN est une suite dans C telle quil existe une suite (n)nn0 de relspositifs vrifiant : {

m > n n0, |um un| n,lim

n+(n) = 0,

alors cette suite est de Cauchy et en consquence convergente.

Dmonstration. De limn+

(n) = 0, on dduit que pour tout rel > 0 on peut trouver unentier n0 tel que n < pour tout n n0, ce qui entrane |um un| < pour m > n n0.

Exercice 3.32 Montrer que, pour tout nombre complexe z, la suite (un (z))nN dfinie par

un (z) =nk=0

zk

k!est convergente. La limite de cette suite est lexponentielle complexe de z note

exp (z) .


Solution 3.32 Pour m > n > 2, on a :

|um (z) un (z)| =

m

k=n+1

zk

k!

= |z|n+1(n+ 1)!1 + zn+ 2 + + zmn1(n+ 2) (m 1)m

|z|

n+1

(n+ 1)!

(1 +

|z|n+ 2

+|z|2

(n+ 2)2 + |z|

mn1

(n+ 2)mn1

)

et en dsignant par n0 > 2 un entier naturel tel que n0 + 2 > |z| , on a pour m > n n0 :

|um (z) un (z)| n =|z|n+1

(n+ 1)!

1

1 |z|n+2

avec limn+

(n) = 0, ce qui implique que (un (z))nN est de Cauchy, donc convergente.

En crivant n = n1

1 |z|n+2

, le fait que limn+

(n) = 0 se dduit de limn+

(1 |z|

n+ 2

)= 1 et

limn+

n+1n

= limn+

|z|n+ 2

= 0 qui entrane limn+

(n) = 0.

Exercice 3.33 Montrer que, pour tout nombre complexe z tel que |z| < 1, la suite (un (z))n1

dfinie par un (z) =nk=1

zk

kest convergente (pour z rel, cette limite est ln (1 z)).

Solution 3.33 Pour m > n 1, on a :

|um (z) un (z)| =

m

k=n+1

zk

k

|z|n+1mn1k=0

|z|k

|z|n+1 1 |z|mn

1 |z| |z|n+1 1

1 |z|

3.6 Oprations sur les suites convergentesThorme 3.14 Soient u = (un)nN et v = (vn)nN deux suites telles que limn+ (un) = etlim

n+(vn) =

.

1. Les suites u+ v et u v sont convergentes vers respectivement + et .2. Dans le cas o les suites u et v sont relles, les suites min {u, v} = (min {un, vn})nN

et max {u, v} = (max {un, vn})nN sont convergentes vers respectivement min {, } etmax {, } .

3. Si = 0, il existe alors un entier n0 tel que la suiteu

v=

(unvn

)nn0

soit dfinie et cette

suite converge vers .

4. Si > 0, il existe un entier n0 tel que un > 0 pour tout n n0 et la suiteu =

(un)nn0

converge vers.

Dmonstration.

Oprations sur les suites convergentes 49

1. Soit un rel strictement positif.

n1 N, n n1, |un | < ,

n2 N, n n2, |vn | < .En posant n0 = max {n1, n2} , on a :

n n0, |(un + vn) (+ )| |un |+ |vn | < 2

ce qui signifie que la suite u+ v converge vers + .Par ailleurs, comme la suite convergente v est borne, il existe un rel M > 0 tel que :

n N, |vn| M

et pour tout n n0, on a :

|unvn | |unvn vn|+ |vn | M |un |+ || |vn | (M + ||) ,

ce qui signifie que la suite u v est convergente vers .2. Se dduit de :

min (a, b) =1

2(a+ b |a b|) ,

max (a, b) =1

2(a+ b+ |a b|) .

3. Si = 0 alors partir dun certain rang n0, les lments de la suite v sont non nuls etla suite u

vest dfinie partir de ce rang. On peut en fait trouver n0 tel que |vn| >

||2

pour n n0 (voir la dmonstration du thorme 3.3), ce qui entrane que :

n n0, 1vn 1

= vnvn 2||2 |vn |

et limn+

(1

vn

)=

1

. Le rsultat sur le produit nous donne alors lim

n+

(unvn

)=

.

4. Si > 0, on peut en fait trouver un entier n0 tel que un

4pour tout n n0 et avec :un = |un |

un + 2

3|un |

on dduit que limn+

(un)=

.

Exercice 3.34 Montrer que la suite u = (tan (n))nN est divergente.

Solution 3.34 Supposons que limn+

(tan (n)) = . Avec :

tan (n+ 1) =tan (n) + tan (1)

1 tan (n) tan (1),

on dduit que = + tan (1)1 tan (1)

et tan (1) (1 + 2) = 0 qui est impossible.


Exercice 3.35 Montrer que les suites relles u = (sin (n))nN et v = (cos (n))nN sont diver-gentes.

Solution 3.35 Supposons que limn+

(sin (n)) = . Avec :

sin (n+ 1) + sin (n 1) = 2 sin (n) cos (1) ,

on dduit que 2 = 2 cos (1) , ce qui impose = 0 puisque cos (1) = 1.Avec :

sin (n+ 1) = cos (n) sin (1) + sin (n) cos (1) ,

on dduit que limn+

(cos (n) sin (1)) = 0, ce qui entrane limn+

(cos (n)) = 0 puisque sin (1) = 0,mais ce dernier rsultat est incompatible avec cos2 (n) + sin2 (n) = 1.On procde de manire analogue pour la suite v.

Exercice 3.36 tudier, de manire plus gnrale, les suites u = (sin (n))nN et v = (cos (n))nN ,o est un rel fix.

Solution 3.36 Si = k, o k est un entier relatif, on a alors pour tout n N, un = 0et vn = (1)nk . La suite u est donc convergente et la suite v est convergente pour k pair etdivergente pour k impair.On suppose maintenant que / Z. Si lim

n+(sin (n)) = , avec :

sin ((n+ 1) ) + sin ((n 1) ) = 2 sin (n) cos () ,

on dduit que 2 = 2 cos () , ce qui impose = 0 puisque cos () = 1 pour / Z. Puis avec :

sin ((n+ 1) ) = cos (n) sin () + sin (n) cos () ,

on dduit que limn+

(cos (n) sin ()) = 0, ce qui entrane limn+

(cos (n)) = 0 puisque sin () =0 pour / Z. Mais ce dernier rsultat est incompatible avec cos2 (n) + sin2 (n) = 1.Si lim

n+(cos (n)) = , avec :

cos ((n+ 1) ) = cos (n) cos () sin (n) sin () ,

on dduit que limn+

sin (n) = (cos () 1)

sin (), ce qui contredit la divergence de u.

Exercice 3.37 tudier, sans utiliser la fonction ln, la suite u =(

n)n1

o est un nombrerel strictement positif (voir lexercice 3.45 pour une autre solution

Jean-Étienne ROMBALDI 26 avril 2018rombaldi/L1L2/AnalyseCapes.pdf · 2 Quelques inégalités...

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