Mathématiques universitaires — Licence 1 · Bachelor Year 1

11Suites

Les suites ont été manipulées dans le volume de Terminale (lycée) avec une notion de limite admise pour moitié sur parole. Ici la théorie est reconstruite sur la complétude de $\R$ (Chapitre 10) : chaque théorème classique — convergence monotone, suites adjacentes, Bolzano–Weierstrass, critère de Cauchy — est une face de ce seul axiome. Le chapitre s’achève par l’étude pratique des suites définies par $u_{n+1} = f(u_n)$ .

11.1 Convergence

Définition 11.1 (Limite d’une suite)

Une suite $(u_n)$ de réels converge vers $\ell \in \R$ lorsque

\forall \varepsilon > 0,\ \exists N \in \N,\ \forall n \geq N, \qquad \abs{u_n - \ell} \leq \varepsilon .

On écrit $u_n \to \ell$ ou $\lim u_n = \ell$ . Une suite qui ne converge pas (vers aucun réel) diverge. Divergence vers $+\infty$ : $\forall M,\ \exists N,\ \forall n \geq N,\ u_n \geq M$ (de même pour $-\infty$ ).

Exemple 11.2 (Une démonstration en $\varepsilon$ – $N$ , rédigée une fois)

Affirmation : $u_n = \dfrac{n^2 + 1}{2n^2 - 3} \to \dfrac12$ . Isolons d’abord l’erreur :

\Bigl| u_n - \frac12 \Bigr| = \Bigl| \frac{2(n^2 + 1) - (2n^2 - 3)}{2(2n^2 - 3)} \Bigr| = \frac{5}{2\,\abs{2n^2 - 3}} = \frac{5}{2\,(2n^2 - 3)} \quad (n \geq 2).

Puis dominons-la par quelque chose de simple : pour $n \geq 2$ , $2n^2 - 3 \geq n^2$ , donc l’erreur est $\leq \frac{5}{2n^2} \leq \frac 5{2n}$ . Étant donné $\varepsilon > 0$ , la propriété d’Archimède fournit $N \geq \max\bigl(2, \frac{5}{2\varepsilon}\bigr)$ ; pour $n \geq N$ l’erreur est $\leq \varepsilon$ . C’est fini. L’idée à retenir : une démonstration en $\varepsilon$ – $N$ comporte exactement trois gestes — calculer l’erreur, la majorer par une expression élémentaire décroissante, résoudre en le seuil — et après les théorèmes de ce chapitre (opérations, encadrement) on n’écrit pratiquement plus jamais une telle démonstration : les théorèmes emballent les trois gestes une fois pour toutes.

Exemple 11.3 (Divergence vers l’infini, certifiée)

Affirmation : $u_n = n^2 - 100n \to +\infty$ . Factorisons le terme dominant : $u_n = n^2\bigl(1 - \frac{100}{n}\bigr) \geq \frac{n^2}{2}$ pour $n \geq 200$ . Étant donné $M$ , prenons $N = \max\bigl(200, \lceil\sqrt{2M}\rceil\bigr)$ : pour $n \geq N$ , $u_n \geq \frac{n^2}{2} \geq M$ . Deux habitudes sont ici à l’œuvre : la factorisation par le terme dominant transforme une compétition ( $n^2$ contre $-100n$ ) en une seule échelle multipliée par un facteur tendant vers $1$ ; et le seuil peut être énorme ( $u_{100} = 0$ , la suite est même négative avant $n = 100$ ) — la divergence vers $+\infty$ est une assertion sur la queue, indifférente à toute quantité finie de mauvaise conduite.

Proposition 11.4 (Premières propriétés)

La limite, si elle existe, est unique.
Une suite convergente est bornée.
Si $u_n \to \ell$ , toute modification d’un nombre fini de termes laisse la convergence et la limite inchangées.

Démonstration. (1) Si $u_n \to \ell$ et $u_n \to \ell'$ avec $\ell \neq \ell'$ , prenons $\varepsilon = \frac{\abs{\ell - \ell'}}{3}$ : au-delà des deux seuils, $\abs{\ell - \ell'} \leq \abs{\ell - u_n} + \abs{u_n - \ell'} \leq 2\varepsilon = \frac23 \abs{\ell - \ell'}$ , absurde.

(2) Avec $\varepsilon = 1$ : au-delà de $N$ , $\abs{u_n} \leq \abs\ell + 1$ ; les termes antérieurs, en nombre fini, sont bornés eux aussi, donc $\abs{u_n} \leq \max(\abs{u_0}, \dots, \abs{u_{N-1}}, \abs\ell + 1)$ .

(3) En détail : supposons $v_n = u_n$ pour $n \geq n_0$ et $u_n \to \ell$ . Étant donné $\varepsilon > 0$ , prenons le seuil $N$ de $(u_n)$ : pour $n \geq \max(N, n_0)$ , $\abs{v_n - \ell} = \abs{u_n - \ell} \leq \varepsilon$ . Donc $v_n \to \ell$ : la définition ne quantifie que sur $n \geq N$ , et tout préfixe fini peut être réécrit au prix d’un agrandissement du seuil. (C’est pourquoi les hypothèses « pour tout $n$ assez grand » suffisent partout dans ce chapitre.) ∎

Théorème 11.5 (Opérations sur les limites)

Si $u_n \to \ell$ et $v_n \to m$ , alors

u_n + v_n \to \ell + m, \qquad u_n v_n \to \ell m, \qquad \frac{u_n}{v_n} \to \frac{\ell}{m} \ (\text{si } m \neq 0), \qquad \abs{u_n} \to \abs\ell .

Démonstration. Somme : $\abs{(u_n + v_n) - (\ell + m)} \leq \abs{u_n - \ell} + \abs{v_n - m} \leq 2\varepsilon$ au-delà du plus grand des deux seuils. Produit : écrivons

u_n v_n - \ell m = (u_n - \ell)\,v_n + \ell\,(v_n - m);

$(v_n)$ est bornée par un certain $B$ (Proposition 11.4), donc le membre de droite est $\leq B\abs{u_n - \ell} + \abs{\ell}\,\abs{v_n - m}$ , arbitrairement petit. Quotient : il suffit de traiter $\frac 1{v_n}$ . Avec $\varepsilon = \frac{\abs m}{2}$ : au-delà d’un certain $N_0$ , $\abs{v_n} \geq \frac{\abs m}{2}$ , donc

\Bigl| \frac{1}{v_n} - \frac 1m \Bigr| = \frac{\abs{m - v_n}}{\abs{v_n m}} \leq \frac{2}{m^2}\,\abs{v_n - m} \longrightarrow 0 .

Valeur absolue : $\bigl|\abs{u_n} - \abs\ell\bigr| \leq \abs{u_n - \ell}$ (deuxième inégalité triangulaire, Proposition 3.2). ∎

Exemple 11.6 (Les opérations, plus une astuce algébrique)

Calculons $\lim\,\bigl(\sqrt{n^2 + n} - n\bigr)$ . Les deux morceaux tendent séparément vers $+\infty$ : le théorème des opérations ne dit rien de leur différence (une forme indéterminée). Multiplions par la quantité conjuguée :

\sqrt{n^2 + n} - n = \frac{(n^2 + n) - n^2}{\sqrt{n^2 + n} + n} = \frac{n}{\sqrt{n^2+n} + n} = \frac{1}{\sqrt{1 + \frac1n} + 1} .

Maintenant tout converge : $\sqrt{1 + \frac1n} \to 1$ , car $0 \leq \sqrt{1 + h} - 1 = \frac{h}{\sqrt{1+h} + 1} \leq h$ (conjuguée encore, puis encadrement avec $h = \frac1n$ ) ; le théorème des opérations donne alors la limite $\frac{1}{1 + 1} = \frac12$ . L’idée à retenir : le théorème des opérations n’est pas une calculatrice universelle des limites — les formes indéterminées ( $\infty - \infty$ , $\frac00$ , $0 \times \infty$ , $1^\infty$ ) doivent d’abord être transformées par l’algèbre (quantités conjuguées, factorisation du terme dominant) jusqu’à ce que chaque morceau converge ; la machine systématique pour les cas résistants est le développement limité du Chapitre 16.

Théorème 11.7 (Limites et ordre)

Si $u_n \leq v_n$ pour tout $n$ assez grand, et si les deux convergent, alors $\lim u_n \leq \lim v_n$ . (Les inégalités strictes ne passent pas à la limite : $\frac 1n > 0$ mais $\lim = 0$ .)
(Théorème d’encadrement) Si $u_n \leq w_n \leq v_n$ pour tout $n$ assez grand et $u_n, v_n \to \ell$ , alors $w_n \to \ell$ .
Si $u_n \to \ell > 0$ , alors $u_n > \frac\ell2 > 0$ pour tout $n$ assez grand.

Démonstration. (1) Supposons $\ell = \lim u_n > m = \lim v_n$ ; avec $\varepsilon = \frac{\ell - m}{3}$ , les termes de rang assez grand vérifient $v_n \leq m + \varepsilon < \ell - \varepsilon \leq u_n$ , ce qui contredit $u_n \leq v_n$ .

(2) Au-delà des seuils : $\ell - \varepsilon \leq u_n \leq w_n \leq v_n \leq \ell + \varepsilon$ .

(3) c’est la Définition 11.1 avec $\varepsilon = \frac\ell2$ . ∎

Exemple 11.8 (Deux encadrements)

(i) $\dfrac{\sin n}{n} \to 0$ : à partir de $-\frac1n \leq \frac{\sin n}{n} \leq \frac1n$ , les deux murs s’effondrant sur $0$ — inutile de comprendre le numérateur erratique. (ii) $(2^n + 3^n)^{1/n} \to 3$ : encadrons l’intérieur,

3^n \leq 2^n + 3^n \leq 2\cdot3^n \quad\Longrightarrow\quad 3 \leq (2^n + 3^n)^{1/n} \leq 3\cdot 2^{1/n} ,

et $2^{1/n} = \eu^{\frac{\ln 2}{n}} \to 1$ (comme pour $5^{1/n}$ dans l’Exercice 11.2) : l’encadrement livre $3$ . L’idée à retenir : une somme d’exponentielles en compétition se comporte comme son plus grand terme — les autres sont absorbées par un facteur constant inoffensif, que la racine $n$ -ième efface ensuite.

11.2 Suites monotones

Théorème 11.9 (Théorème de la limite monotone)

Une suite croissante et majorée converge, vers $\sup\{u_n : n \in \N\}$ ; une suite croissante non majorée diverge vers $+\infty$ . (Énoncés miroirs pour les suites décroissantes.)

Démonstration. Posons $s = \sup\{u_n\}$ (Théorème 10.2). Étant donné $\varepsilon > 0$ , la caractérisation en $\varepsilon$ (Proposition 10.4) fournit $N$ avec $u_N > s - \varepsilon$ ; par monotonie, $s - \varepsilon < u_N \leq u_n \leq s$ pour tout $n \geq N$ : convergence vers $s$ . Si la suite n’est pas majorée : pour tout $M$ il existe $u_N > M$ , et la monotonie maintient tous les termes suivants au-dessus de $M$ . ∎

Exemple 11.10 (Le théorème monotone comme machine à existence)

Soit $u_n = \prod_{k=1}^{n} \bigl(1 + \frac{1}{2^k}\bigr)$ . Chaque facteur dépasse $1$ , donc $(u_n)$ est croissante. Majorée ? Prenons les logarithmes et utilisons $\ln(1 + x) \leq x$ (l’Exemple 14.20 l’anticipe ; ou bien l’inégalité grossière $1 + x \leq \eu^x$ du volume de Terminale) :

\ln u_n = \sum_{k=1}^{n} \ln\Bigl(1 + \frac{1}{2^k}\Bigr) \leq \sum_{k=1}^{n} \frac{1}{2^k} < 1 ,

donc $u_n < \eu$ . Croissante et bornée : $(u_n)$ converge vers un certain $\ell \in \intoc{u_1}{\eu}$ — un nombre réel parfaitement défini, sans la moindre forme close en vue ( $\ell = 2.384\dots$ ). L’idée à retenir : le théorème de la limite monotone est la machine à existence la moins chère de l’analyse ; c’est lui qui a nommé $\eu$ lui-même (l’Exemple 11.12 ci-dessous), et au Chapitre 17 il décidera de la convergence de toute série à termes positifs par simple caractère borné.

Théorème 11.11 (Suites adjacentes)

Soient $(a_n)$ croissante, $(b_n)$ décroissante, avec $b_n - a_n \to 0$ . Alors les deux convergent, vers une limite commune $\ell$ , et $a_n \leq \ell \leq b_n$ pour tout $n$ .

Démonstration. D’abord, $a_n \leq b_n$ pour tout $n$ : la suite $(b_n - a_n)$ est décroissante et tend vers $0$ , donc elle est $\geq 0$ (un terme négatif la figerait sous $0$ ). Ensuite $(a_n)$ est croissante et majorée par $b_0$ : elle converge vers un certain $\ell$ (le Théorème 11.9) ; de même $(b_n) \to \ell'$ ; et $\ell' - \ell = \lim (b_n - a_n) = 0$ . Les inégalités $a_n \leq \ell \leq b_n$ découlent de la monotonie ( $\ell = \sup a_k \geq a_n$ , etc.). ∎

Suites adjacentes : (a_n) monte, (b_n) descend, et l’écart entre elles se réduit à 0. Chaque intervalle [a_n, b_n] contient tous les suivants, et la limite commune est l’unique point qui reste dans tous les intervalles — le dessin qui se cache derrière les démonstrations par dichotomie de Bolzano–Weierstrass ci-dessous et du théorème des valeurs intermédiaires au . — Suites adjacentes : $(a_n)$ monte, $(b_n)$ descend, et l’écart entre elles se réduit à $0$ . Chaque intervalle $\intcc{a_n}{b_n}$ contient tous les suivants, et la limite commune $\ell$ est l’unique point qui reste dans tous les intervalles — le dessin qui se cache derrière les démonstrations par dichotomie de Bolzano–Weierstrass ci-dessous et du théorème des valeurs intermédiaires au Chapitre 13.

Exemple 11.12 (Le nombre $\eu$ )

Posons $a_n = \sum_{k=0}^{n} \frac{1}{k!}$ et $b_n = a_n + \frac{1}{n \cdot n!}$ ( $n \geq 1$ ). Alors $(a_n)$ croît ; et

b_{n+1} - b_n = \frac{1}{(n+1)!} + \frac{1}{(n+1)(n+1)!} - \frac{1}{n\,n!} = \frac{n(n+1) + n - (n+1)^2}{n(n+1)(n+1)!} = \frac{-1}{n(n+1)(n+1)!} < 0 ,

donc $(b_n)$ décroît, et $b_n - a_n \to 0$ : elles sont adjacentes. Leur limite commune est (par définition ici) le nombre $\eu \approx 2.71828$ ; les inégalités $a_n < \eu < b_n$ sont assez fines pour prouver que $\eu \notin \Q$ (l’Exercice 11.9).

11.3 Suites extraites et théorème de Bolzano–Weierstrass

Définition 11.13 (Suite extraite)

Une suite extraite de $(u_n)$ est une suite $(u_{\varphi(n)})$ où $\varphi \colon \N \to \N$ est strictement croissante (noter que $\varphi(n) \geq n$ , par récurrence).

Proposition 11.14

Si $u_n \to \ell$ ( $\ell \in \R$ ou $\pm\infty$ ), toute suite extraite tend vers $\ell$ . Par conséquent, une suite possédant deux suites extraites de limites différentes diverge. Réciproquement, si $(u_{2n})$ et $(u_{2n+1})$ convergent toutes deux vers le même $\ell$ , alors $u_n \to \ell$ .

Démonstration. Au-delà du seuil $N$ de $(u_n)$ , tous les indices $\varphi(n) \geq n \geq N$ conviennent (l’inégalité $\varphi(n) \geq n$ est la récurrence signalée dans la Définition 11.13 : $\varphi(0) \geq 0$ , et $\varphi(n+1) > \varphi(n) \geq n$ force $\varphi(n+1) \geq n + 1$ ). Pour la réciproque : étant donné $\varepsilon$ , prenons les deux seuils $N_0$ (pairs) et $N_1$ (impairs) ; un indice quelconque $n \geq \max(2N_0, 2N_1 + 1)$ est soit pair, $n = 2k$ avec $k \geq N_0$ , soit impair, $n = 2k+1$ avec $k \geq N_1$ — dans les deux cas $\abs{u_n - \ell} \leq \varepsilon$ : tout indice est couvert par l’une des deux suites extraites, et c’est là tout le propos. ∎

Exemple 11.15 (Valeurs d’adhérence)

Pour $u_n = (-1)^n \frac{n}{n+1}$ : la suite extraite des indices pairs tend vers $1$ , celle des indices impairs vers $-1$ , donc la suite diverge — mais elle le fait de façon organisée, en s’agglutinant autour des deux valeurs $\pm 1$ . Pour $u_n = \cos\frac{2\pi n}{3}$ : les trois suites extraites d’indices $3k$ , $3k + 1$ , $3k + 2$ sont constantes, égales à $1$ , $-\frac12$ , $-\frac12$ ; l’ensemble des valeurs d’adhérence est $\{1, -\frac12\}$ . L’idée à retenir : une suite bornée converge exactement lorsqu’elle a une unique valeur d’adhérence (l’Exercice 11.8) ; la divergence d’une suite bornée signifie toujours au moins deux paquets, et Bolzano–Weierstrass ci-dessous garantit qu’il y en a au moins un.

Théorème 11.16 (Bolzano–Weierstrass)

De toute suite bornée de réels on peut extraire une suite convergente.

Démonstration. Soit $u_n \in \intcc{a}{b}$ pour tout $n$ . Construisons des segments emboîtés par dichotomie : posons $\intcc{a_0}{b_0} = \intcc{a}{b}$ ; étant donné $\intcc{a_k}{b_k}$ contenant $u_n$ pour une infinité de $n$ , l’une de ses deux moitiés contient encore $u_n$ pour une infinité de $n$ — appelons-la $\intcc{a_{k+1}}{b_{k+1}}$ . Les suites $(a_k)$ , $(b_k)$ sont adjacentes ( $b_k - a_k = \frac{b-a}{2^k} \to 0$ ), de limite commune $\ell$ (le Théorème 11.11).

Extrayons : choisissons $\varphi(0)$ avec $u_{\varphi(0)} \in \intcc{a_0}{b_0}$ , puis, par récurrence, $\varphi(k+1) > \varphi(k)$ avec $u_{\varphi(k+1)} \in \intcc{a_{k+1}}{b_{k+1}}$ — c’est possible puisque ce segment contient une infinité de termes. Alors $a_k \leq u_{\varphi(k)} \leq b_k$ , et le théorème d’encadrement donne $u_{\varphi(k)} \to \ell$ . ∎

Remarque 11.17 (Ce que Bolzano–Weierstrass dit, et ne dit pas)

Il dit : du seul caractère borné, une suite extraite converge — une existence sans formule, comme la démonstration par dichotomie le montre bien (rien ne nous dit quels indices survivent). Il ne dit pas que la limite est unique : $((-1)^n)$ a des suites extraites convergeant vers $1$ et vers $-1$ , et l’ensemble des valeurs d’adhérence peut même être infini (l’Exemple 11.15, et tout l’ensemble de Cantor dans le Problème 12.1). Il ne survit pas à l’absence de bornes : $(n)$ n’a aucune suite extraite convergente — même si l’on peut toujours extraire d’une suite non bornée une suite tendant vers $+\infty$ ou vers $-\infty$ (choisir $\varphi(k)$ avec $u_{\varphi(k)} \geq k$ , par exemple). Bien utilisé, le théorème est une pompe à existence : il apparaît au cœur du critère de Cauchy ci-dessous, du théorème de Heine et du théorème des bornes atteintes — toujours pour produire un point qu’aucune construction explicite n’offre.

11.4 Suites de Cauchy et complétude

Définition 11.18

Une suite $(u_n)$ est une suite de Cauchy lorsque ses termes deviennent arbitrairement proches les uns des autres :

\forall \varepsilon > 0,\ \exists N,\ \forall p, q \geq N, \qquad \abs{u_p - u_q} \leq \varepsilon .

Exemple 11.19 (Vérifier la propriété de Cauchy à la main)

Soit $u_n = \sum_{k=0}^{n} \frac{\cos k}{2^k}$ — aucune monotonie, aucune limite devinable. Pour $p > q$ :

\abs{u_p - u_q} = \Bigl| \sum_{k=q+1}^{p} \frac{\cos k}{2^k} \Bigr| \leq \sum_{k=q+1}^{p} \frac{1}{2^k} < \frac{1}{2^{q}} ,

par l’inégalité triangulaire, $\abs{\cos k} \leq 1$ et une somme géométrique finie. Étant donné $\varepsilon > 0$ , choisissons $N$ avec $2^{-N} \leq \varepsilon$ : tous les écarts au-delà de $N$ sont $\leq \varepsilon$ , la suite est de Cauchy, donc converge — vers une limite que personne ne sait nommer sous forme close, et c’est précisément le propos. L’idée à retenir : la domination géométrique des accroissements est la façon standard de gagner la propriété de Cauchy, et le Chapitre 17 mettra l’argument en bouteille sous le nom « la convergence absolue implique la convergence ».

Théorème 11.20 (Complétude de $\R$ )

Une suite de réels converge si et seulement si c’est une suite de Cauchy.

Démonstration. ( $\Rightarrow$ ) Si $u_n \to \ell$ : au-delà du seuil associé à $\frac\varepsilon2$ , $\abs{u_p - u_q} \leq \abs{u_p - \ell} + \abs{\ell - u_q} \leq \varepsilon$ .

( $\Leftarrow$ ) Soit $(u_n)$ de Cauchy. Elle est bornée : avec $\varepsilon = 1$ , au-delà de $N$ tous les termes sont à distance $\leq 1$ de $u_N$ , et la tête est finie. Extrayons : par le Théorème 11.16, une suite extraite $u_{\varphi(n)} \to \ell$ . Concluons : étant donné $\varepsilon > 0$ , prenons $N$ (de Cauchy, pour $\frac\varepsilon2$ ) et $n \geq N$ avec $\abs{u_{\varphi(n)} - \ell} \leq \frac\varepsilon2$ et $\varphi(n) \geq N$ ; alors pour tout $p \geq N$ :

\abs{u_p - \ell} \leq \abs{u_p - u_{\varphi(n)}} + \abs{u_{\varphi(n)} - \ell} \leq \varepsilon . \qedhere

∎

Remarque 11.21

La valeur du critère : il certifie la convergence sans nommer la limite. Il tombe en défaut sur $\Q$ (les troncatures décimales de $\sqrt 2$ forment une suite de Cauchy de rationnels sans limite rationnelle) : la complétude est une propriété de $\R$ , équivalente à l’axiome de la borne supérieure. C’est aussi le cheval de trait qui tire la convergence des séries (Chapitre 17).

Exemple 11.22 (Une suite de Cauchy à limite invisible)

Soit $S_n = \sum_{k=1}^{n} \frac{1}{k^2}$ . Pour $p > q \geq 1$ :

S_p - S_q = \sum_{k=q+1}^{p} \frac{1}{k^2} \leq \sum_{k=q+1}^{p} \frac{1}{k(k-1)} = \sum_{k=q+1}^{p} \Bigl(\frac{1}{k-1} - \frac 1k\Bigr) = \frac 1q - \frac 1p < \frac 1q ,

donc au-delà de $N > \frac1\varepsilon$ tous les écarts sont $\leq \varepsilon$ : $(S_n)$ est de Cauchy, donc converge. Remarquons ce qui vient de se passer : nous avons prouvé qu’un nombre réel précis existe sans en avoir le moindre nom. (C’est $\frac{\pi^2}{6}$ — une célèbre identité d’Euler, démontrée dans le volume de Licence 2 ; rien dans ce chapitre ne pouvait nous l’apprendre.) Cette division du travail — l’existence maintenant, l’identification plus tard, si jamais — est tout le propos du critère de Cauchy, et le moteur de la théorie des séries au Chapitre 17.

11.5 Suites récurrentes

Méthode 11.23 (Étudier $u_{n+1} = f(u_n)$ )

Étant donnés $f$ et un point de départ $u_0$ :

Intervalle stable : trouver un intervalle $I$ avec $f(I) \subseteq I$ contenant $u_0$ : alors tous les $u_n \in I$ (par récurrence).
Limites candidates : si $u_n \to \ell \in I$ et si $f$ est continue en $\ell$ (Chapitre 13), alors $\ell$ est un point fixe : $f(\ell) = \ell$ . Résoudre $f(x) = x$ .
Monotonie : si $f$ est croissante sur $I$ , alors $(u_n)$ est monotone (croissante si $u_1 \geq u_0$ , décroissante sinon) ; combinée au caractère borné, le Théorème 11.9 conclut. Si $f$ est décroissante, étudier les deux suites extraites $(u_{2n})$ et $(u_{2n+1})$ , qui sont monotones pour $f \circ f$ .
Contrôle de l’erreur : une inégalité $\abs{f(x) - \ell} \leq k\abs{x - \ell}$ avec $k < 1$ donne directement $\abs{u_n - \ell} \leq k^n \abs{u_0 - \ell} \to 0$ .

Exemple 11.24 (Méthode de Héron)

Soient $u_0 = 2$ et $u_{n+1} = \dfrac12\Bigl(u_n + \dfrac{2}{u_n}\Bigr)$ : l’antique algorithme de calcul de $\sqrt 2$ .

Stabilité : pour $x > 0$ , l’inégalité arithmético-géométrique donne $\frac12(x + \frac2x) \geq \sqrt{x \cdot \frac 2x} = \sqrt 2$ ; donc $I = \intco{\sqrt 2}{+\infty}$ est stable et contient $u_1$ (en effet $u_1 = \frac32 \geq \sqrt 2$ ).
Monotonie : pour $x \geq \sqrt 2$ , $\;x - f(x) = \frac{x^2 - 2}{2x} \geq 0$ : la suite décroît à partir de $u_1$ , et elle est minorée par $\sqrt 2$ : elle converge.
Limite : les points fixes vérifient $x = \frac12(x + \frac2x)$ , c’est-à-dire $x^2 = 2$ : sur $I$ , $\ell = \sqrt 2$ .
Vitesse : $u_{n+1} - \sqrt 2 = \frac{(u_n - \sqrt2)^2}{2u_n} \leq \frac{(u_n - \sqrt 2)^2}{2\sqrt 2}$ : le nombre de décimales exactes double à peu près à chaque étape (convergence quadratique).

L’itération de Héron u_n+1 = 1/2 (u_n + 2/u_n ), dessinée en escalier entre le graphe de f et la diagonale y = x : partant de u_0 = 2, les itérés glissent vers le point fixe √ 2. — L’itération de Héron $u_{n+1} = \frac12\bigl(u_n + \frac{2}{u_n}\bigr)$ , dessinée en escalier entre le graphe de $f$ et la diagonale $y = x$ : partant de $u_0 = 2$ , les itérés glissent vers le point fixe $\sqrt 2$ .

Remarque 11.25 (Pièges classiques autour des limites)

Quatre grands classiques. (i) Des petits pas n’impliquent pas la convergence : $u_{n+1} - u_n \to 0$ est bien plus faible que la propriété de Cauchy — les sommes harmoniques $H_n$ ont des pas $\frac{1}{n+1} \to 0$ et divergent pourtant vers $+\infty$ (l’Exercice 11.5) ; la condition de Cauchy contrôle $\abs{u_p - u_q}$ pour tous les couples de rang assez grand, pas seulement les couples consécutifs. (ii) Les inégalités strictes meurent à la limite : de $u_n < v_n$ pour tout $n$ on ne tire que $\lim u_n \leq \lim v_n$ (le Théorème 11.7) ; $\frac1n > 0$ et pourtant $\lim = 0$ . (iii) Bornée n’est pas convergente : $((-1)^n)$ est bornée et diverge ; le caractère borné plus la monotonie donne la convergence, le caractère borné seul ne garantit qu’une suite extraite convergente (le Théorème 11.16). (iv) L’équation du point fixe vient en second, pas en premier : pour $u_{n+1} = f(u_n)$ , résoudre $f(\ell) = \ell$ identifie la limite seulement après que la convergence a été prouvée. La récurrence $u_{n+1} = 2u_n$ a l’unique point fixe $\ell = 0$ , et pourtant, partie de $u_0 = 1$ , la suite file vers $+\infty$ : l’équation $\ell = 2\ell$ n’avait jamais droit à une limite. Ordre des opérations, toujours : l’existence d’abord (la Méthode 11.23, étapes 1 à 3), l’identification ensuite.

Exemple 11.26 (Un $f$ décroissant : la récurrence dorée)

Soient $u_0 = 1$ et $u_{n+1} = \dfrac{1}{1 + u_n}$ . Ici $f(x) = \frac{1}{1+x}$ est décroissante, donc la suite n’est pas monotone (elle alterne autour de sa limite) ; l’étape de contraction de la Méthode 11.23 est le bon outil. Stabilité : si $x \in \intcc{\frac12}{1}$ alors $1 + x \in \intcc{\frac32}{2}$ , donc $f(x) \in \intcc{\frac12}{\frac23} \subseteq \intcc{\frac12}{1}$ , et $u_1 = \frac12$ y place toute la suite. Point fixe : $\ell = \frac{1}{1+\ell}$ avec $\ell > 0$ donne $\ell^2 + \ell - 1 = 0$ , c’est-à-dire

\ell = \frac{\sqrt5 - 1}{2} = 0.6180\dots

(l’inverse du nombre d’or). Contraction : pour $x, y \in \intcc{\frac12}{1}$ ,

\abs{f(x) - f(y)} = \frac{\abs{x - y}}{(1+x)(1+y)} \leq \frac{\abs{x-y}}{(3/2)^2} = \frac49\,\abs{x - y} ,

donc $\abs{u_n - \ell} \leq \bigl(\frac49\bigr)^{n-1}\abs{u_1 - \ell} \to 0$ : convergence, à vitesse géométrique, sans aucune monotonie. L’idée à retenir : les méthodes monotones et les méthodes de contraction se partagent le monde des suites récurrentes — un $f$ croissant donne des orbites monotones, un $f$ décroissant des orbites alternées apprivoisées par une constante de Lipschitz $< 1$ (la théorie systématique est l’Exercice 14.11).

Remarque 11.27 (Perspectives à l’intérieur de ce volume)

Les suites sont l’instrument de mesure que tout le reste du volume approche de chaque objet. Au Chapitre 12 elles caractérisent les fermés et les compacts ; au Chapitre 13 elles transportent les limites de fonctions ; au Chapitre 15 les sommes de Riemann sont des suites convergeant vers l’intégrale ; le Chapitre 17 est la théorie d’une classe particulière de suites, les sommes partielles. Même les chapitres d’algèbre les consomment : les itérées d’une matrice au Chapitre 21 forment des suites dont le comportement (convergence de $A^n$ ) est une question d’algèbre linéaire posée avec le vocabulaire de ce chapitre. Les deux théorèmes à emporter partout : la limite monotone (l’existence à partir de l’ordre) et Bolzano–Weierstrass (l’existence à partir du caractère borné) — entre eux deux, presque toute limite de ce livre naît.

Remarque 11.28 (Suites complexes)

Une suite $(z_n)$ de nombres complexes converge vers $\ell$ lorsque $\abs{z_n - \ell} \to 0$ ; de façon équivalente, lorsque $\Re(z_n) \to \Re(\ell)$ et $\Im(z_n) \to \Im(\ell)$ (comparer $\abs{z}$ à $\abs{\Re z} + \abs{\Im z}$ ). Les théorèmes qui ne font pas intervenir l’ordre — opérations, Bolzano–Weierstrass (extraire deux fois), critère de Cauchy — se transposent mot pour mot.

11.6 Exercices

Exercice 11.1 ★

Directement à partir de la Définition 11.1, montrer que $\dfrac{2n+1}{n+3} \to 2$ , et que $(u_n) = ((-1)^n)$ diverge.

Solution

Solution de Exercice 11.1.

$\Bigl|\dfrac{2n+1}{n+3} - 2\Bigr| = \dfrac{5}{n+3}$ . Étant donné $\varepsilon > 0$ , prenons $N > \frac 5\varepsilon - 3$ (Archimède) : pour $n \geq N$ , $\frac{5}{n+3} \leq \varepsilon$ . La limite vaut donc $2$ .

$((-1)^n)$ : ses suites extraites $(u_{2n}) = (1)$ et $(u_{2n+1}) = (-1)$ convergent vers des limites différentes, donc la suite diverge (Proposition 11.14). (Directement : tout candidat $\ell$ échoue pour $\varepsilon = \frac12$ , puisque deux termes consécutifs sont à distance $2$ .)

Exercice 11.2 ★

Calculer les limites :

\frac{n^2 - 3n + 1}{2n^2 + 5}, \qquad \sqrt{n+1} - \sqrt n, \qquad \frac{2^n + n^3}{3^n - n^2}, \qquad \sqrt[n]{5}\ \Bigl(= 5^{1/n}\Bigr).

Solution

Solution de Exercice 11.2.

En divisant par $n^2$ : $\dfrac{1 - 3/n + 1/n^2}{2 + 5/n^2} \to \dfrac12$ .

$\sqrt{n+1} - \sqrt n = \dfrac{1}{\sqrt{n+1} + \sqrt n} \to 0$ (quantité conjuguée).

$\dfrac{2^n + n^3}{3^n - n^2} = \dfrac{(2/3)^n + n^3/3^n}{1 - n^2/3^n} \to \dfrac{0 + 0}{1 - 0} = 0$ , en utilisant $q^n \to 0$ pour $\abs q < 1$ et la comparaison polynôme/géométrique (Proposition 4.6).

$5^{1/n} = \eu^{\frac{\ln 5}{n}} \to \eu^0 = 1$ .

Exercice 11.3 ★

Démontrer la comparaison standard : si $\abs{q} < 1$ alors $q^n \to 0$ (écrire $\frac{1}{\abs q} = 1 + h$ , $h > 0$ , et utiliser l’inégalité de Bernoulli $(1+h)^n \geq 1 + nh$ , à démontrer par récurrence). Quels sont les comportements pour $q = 1$ , $q = -1$ , $\abs q > 1$ ?

Solution

Solution de Exercice 11.3.

Bernoulli : $(1+h)^n \geq 1 + nh$ pour $h \geq -1$ , par récurrence — $(1+h)^{n+1} = (1+h)^n(1+h) \geq (1+nh)(1+h) = 1 + (n+1)h + nh^2 \geq 1 + (n+1)h$ .

Pour $0 < \abs q < 1$ : écrivons $\frac{1}{\abs q} = 1 + h$ , $h > 0$ ; alors $\abs{q}^n = \frac{1}{(1+h)^n} \leq \frac{1}{1 + nh} \to 0$ , et l’encadrement donne $q^n \to 0$ (le cas $q = 0$ est trivial). Pour $q = 1$ : suite constante, limite $1$ . Pour $q = -1$ : divergence (Exercice 11.1). Pour $\abs q > 1$ : $\abs q^n = (1 + h)^n \geq 1 + nh \to +\infty$ , donc $(q^n)$ n’est pas bornée, donc diverge (vers $+\infty$ si $q > 1$ ; avec des signes alternés, sans limite, si $q < -1$ ).

Exercice 11.4 ★

Soit $u_{n+1} = \frac{u_n + 3}{2}$ , $u_0 = 0$ . Trouver le point fixe $\ell$ , montrer que $v_n = u_n - \ell$ est géométrique, et donner une formule explicite ainsi que la limite de $(u_n)$ .

Solution

Solution de Exercice 11.4.

Point fixe : $\ell = \frac{\ell + 3}{2}$ donne $\ell = 3$ . Alors

v_{n+1} = u_{n+1} - 3 = \frac{u_n + 3}{2} - 3 = \frac{u_n - 3}{2} = \frac{v_n}{2}:

$(v_n)$ est géométrique de raison $\frac12$ , avec $v_0 = -3$ . Donc $u_n = 3 - \frac{3}{2^n} \to 3$ .

Exercice 11.5 ★★

(Série harmonique) Soit $H_n = \sum_{k=1}^{n} \frac 1k$ . Montrer que $H_{2n} - H_n \geq \frac12$ pour tout $n \geq 1$ , et en déduire que $(H_n)$ n’est pas une suite de Cauchy, donc diverge (vers $+\infty$ , puisqu’elle est croissante).

Solution

Solution de Exercice 11.5.

$H_{2n} - H_n = \sum_{k=n+1}^{2n} \frac 1k \geq n \cdot \frac{1}{2n} = \frac12$ (chacun des $n$ termes est $\geq \frac{1}{2n}$ ). Si $(H_n)$ était de Cauchy, le choix $\varepsilon = \frac13$ forcerait $\abs{H_{2n} - H_n} \leq \frac13$ pour $n$ assez grand : contradiction. Une suite croissante non convergente diverge vers $+\infty$ (Théorème 11.9) : $H_n \to +\infty$ .

Exercice 11.6 ★★

On suppose que $(u_{2n})$ , $(u_{2n+1})$ et $(u_{3n})$ convergent toutes trois. Montrer que $(u_n)$ converge. (Trouver des suites extraites communes pour égaler les limites.)

Solution

Solution de Exercice 11.6.

Posons $a = \lim u_{2n}$ , $b = \lim u_{2n+1}$ , $c = \lim u_{3n}$ . La suite $(u_{6n})$ est extraite à la fois de $(u_{2n})$ et de $(u_{3n})$ : sa limite vaut $a$ et $c$ , donc $a = c$ . La suite $(u_{6n+3})$ est extraite de $(u_{2n+1})$ (indices impairs) et de $(u_{3n})$ (indices $6n + 3 = 3(2n+1)$ ) : donc $b = c$ . Ainsi $a = b$ , et la Proposition 11.14 (pairs et impairs de limites égales) donne la convergence de $(u_n)$ .

Exercice 11.7 ★★

Étudier la suite $u_0 = 0$ , $u_{n+1} = \sqrt{2 + u_n}$ : stabilité, monotonie, limite. Démontrer ensuite la majoration de l’erreur $\abs{u_n - 2} \leq \dfrac{2}{3^{\,n}}$ (montrer que $2 - u_{n+1} = \dfrac{2 - u_n}{2 + \sqrt{2 + u_n}}$ et minorer le dénominateur par $3$ ).

Solution

Solution de Exercice 11.7.

Stabilité et bornes : $I = \intcc{0}{2}$ est stable : pour $x \in I$ , $\sqrt{2 + x} \in \intcc{\sqrt 2}{2} \subseteq I$ ; et $u_0 = 0 \in I$ .

Monotonie : $f(x) = \sqrt{2+x}$ est croissante et $u_1 = \sqrt 2 > u_0$ : par récurrence $(u_n)$ est croissante. Croissante et majorée par $2$ : elle converge (Théorème 11.9).

Limite : $\ell = \sqrt{2 + \ell}$ avec $\ell \geq 0$ donne $\ell^2 - \ell - 2 = 0$ , donc $\ell = 2$ .

Majoration de l’erreur : en multipliant par la quantité conjuguée,

2 - u_{n+1} = 2 - \sqrt{2 + u_n} = \frac{4 - (2 + u_n)}{2 + \sqrt{2+u_n}} = \frac{2 - u_n}{2 + \sqrt{2 + u_n}} \leq \frac{2 - u_n}{3},

puisque $\sqrt{2 + u_n} \geq \sqrt 2 > 1$ . Par récurrence à partir de $2 - u_0 = 2$ : $\;0 \leq 2 - u_n \leq \frac{2}{3^n}$ .

Exercice 11.8 ★★

Soit $(u_n)$ bornée, telle que toute suite extraite convergente de $(u_n)$ ait la même limite $\ell$ . Montrer que $u_n \to \ell$ . (Raisonnement par l’absurde plus Bolzano–Weierstrass.)

Solution

Solution de Exercice 11.8.

Supposons que $(u_n)$ ne converge pas vers $\ell$ : pour un certain $\varepsilon_0 > 0$ , une infinité d’indices vérifient $\abs{u_n - \ell} > \varepsilon_0$ ; ils forment une suite extraite $(u_{\varphi(n)})$ . Cette suite extraite est bornée, donc par Bolzano–Weierstrass (Théorème 11.16) on peut en extraire une suite convergente, dont la limite $\ell'$ vérifie $\abs{\ell' - \ell} \geq \varepsilon_0$ (passage de l’inégalité à la limite, Théorème 11.7). Mais une suite extraite d’une suite extraite de $(u_n)$ est une suite extraite convergente de $(u_n)$ , donc par hypothèse $\ell' = \ell$ : contradiction.

Exercice 11.9 ★★★

Avec les notations de l’Exemple 11.12, supposons $\eu = \frac pq$ avec $p, q \in \N^*$ . En utilisant $a_q < \eu < b_q = a_q + \frac{1}{q\, q!}$ , multiplier par $q!$ et en tirer une contradiction entre deux entiers. Conclure : $\eu$ est irrationnel.

Solution

Solution de Exercice 11.9.

Supposons $\eu = \frac pq$ , $q \geq 1$ . Les inégalités strictes $a_q < \eu < a_q + \frac{1}{q\,q!}$ (strictes puisque $(a_n)$ est strictement croissante et $(b_n)$ strictement décroissante), multipliées par $q!$ , donnent

q!\,a_q \;<\; q!\,\frac pq \;<\; q!\,a_q + \frac 1q \leq q!\,a_q + 1.

Or $N = q!\,a_q = \sum_{k=0}^{q} \frac{q!}{k!}$ est un entier (chaque $\frac{q!}{k!}$ est un produit d’entiers pour $k \leq q$ ), et $q!\, \frac pq = (q-1)!\,p$ en est un aussi. L’encadrement place donc l’entier $(q-1)!\,p$ strictement entre $N$ et $N + \frac 1q \leq N + 1$ : un entier strictement à l’intérieur de $\intoo{N}{N+1}$ , ce qui est impossible. Donc $\eu \notin \Q$ .

Exercice 11.10 ★★★

(Moyennes de Cesàro) Pour une suite $(u_n)_{n \geq 1}$ , posons $c_n = \frac{u_1 + \dots + u_n}{n}$ .

Montrer que $u_n \to \ell$ entraîne $c_n \to \ell$ (couper la somme à un seuil $N$ ; majorer la tête par une quantité fixe divisée par $n$ , la queue par $\varepsilon$ ).
Montrer par un exemple que la réciproque est fausse.
En déduire que si $u_{n+1} - u_n \to \ell$ , alors $\frac{u_n}{n} \to \ell$ .

Solution

Solution de Exercice 11.10.

Soient $\varepsilon > 0$ et $N$ tel que $\abs{u_k - \ell} \leq \frac{\varepsilon}{2}$ pour $k > N$ . Pour $n > N$ :

$\abs{c_n - \ell} = \Bigl|\frac{\sum_{k=1}^{n}(u_k - \ell)}{n}\Bigr| \leq \frac{\sum_{k=1}^{N} \abs{u_k - \ell}}{n} + \frac{n - N}{n}\cdot\frac{\varepsilon}{2} \leq \frac{C}{n} + \frac{\varepsilon}{2},$

où $C = \sum_{k=1}^N \abs{u_k - \ell}$ est fixé. Pour $n$ assez grand, $\frac Cn \leq \frac\varepsilon2$ : alors $\abs{c_n - \ell} \leq \varepsilon$ .
$u_n = (-1)^n$ : la suite diverge, et pourtant $c_n \to 0$ (sommes partielles majorées par $1$ , divisées par $n$ ).
Appliquons (1) à la suite $v_n = u_{n+1} - u_n \to \ell$ : sa moyenne de Cesàro est $\frac{u_{n+1} - u_1}{n} \to \ell$ (télescopage), et $\frac{u_{n+1}}{n} = \frac{u_{n+1} - u_1}{n} + \frac{u_1}{n} \to \ell$ ; en renormalisant les indices ( $\frac{u_n}{n} = \frac{u_n}{n-1}\cdot\frac{n-1}{n}$ ) on obtient $\frac{u_n}{n} \to \ell$ .

Exercice 11.11 ★★★

Soit $(u_n)$ vérifiant $0 \leq u_{m+n} \leq u_m + u_n$ pour tous $m, n$ (sous-additivité). Montrer que $\bigl(\frac{u_n}{n}\bigr)$ converge vers $\inf_{n \geq 1} \frac{u_n}{n}$ . (Pour $m$ fixé, écrire $n = qm + r$ et majorer $\frac{u_n}{n}$ à l’aide de $u_n \leq q\,u_m + u_r$ .)

Solution

Solution de Exercice 11.11.

Posons $L = \inf_{n \geq 1} \frac{u_n}{n} \geq 0$ , et soit $\varepsilon > 0$ . Choisissons $m$ avec $\frac{u_m}{m} \leq L + \varepsilon$ . Tout $n$ s’écrit $n = qm + r$ , $0 \leq r < m$ ; la sous-additivité (itérée) donne $u_n \leq q\,u_m + u_r$ , donc

\frac{u_n}{n} \leq \frac{q m}{n}\cdot\frac{u_m}{m} + \frac{u_r}{n} \leq \frac{u_m}{m} + \frac{\max(u_0, \dots, u_{m-1})}{n} \leq L + \varepsilon + \frac{C_m}{n},

en utilisant $qm \leq n$ . Pour $n$ assez grand, $\frac{C_m}{n} \leq \varepsilon$ : ainsi $L \leq \frac{u_n}{n} \leq L + 2\varepsilon$ pour tout $n$ assez grand, ce qui est la convergence vers $L$ .

Exercice 11.12 ★★★

En utilisant la densité du sous-groupe $\Z + 2\pi\Z$ de $(\R, +)$ (l’Exercice 10.9), montrer que la suite $(\sin n)_{n \in \N}$ est dense dans $\intcc{-1}{1}$ — en particulier elle diverge.

Solution

Solution de Exercice 11.12.

Le sous-groupe $G = \Z + 2\pi\Z$ de $(\R, +)$ est dense : il n’est pas de la forme $\alpha\Z$ , car $1 = p\alpha$ , $2\pi = q\alpha$ feraient de $2\pi = \frac qp$ un rationnel — or $\pi \notin \Q$ (admis ici ; une démonstration est esquissée au Chapitre 15). D’après l’Exercice 10.9, $G$ est dense dans $\R$ .

Soient maintenant $y \in \intcc{-1}{1}$ et $\theta = \arcsin y$ . Par densité, pour tout $\varepsilon > 0$ il existe $n \in \Z$ , $k \in \Z$ avec $\abs{(n + 2\pi k) - \theta} \leq \varepsilon$ , c’est-à-dire que $n$ est à distance $\leq \varepsilon$ de $\theta - 2\pi k$ ; alors, $\sin$ étant $2\pi$ -périodique et $1$ -lipschitzienne ( $\abs{\sin a - \sin b} \leq \abs{a - b}$ , d’après l’inégalité des accroissements finis du Chapitre 14),

\abs{\sin n - y} = \abs{\sin(n + 2\pi k) - \sin\theta} \leq \abs{n + 2\pi k - \theta} \leq \varepsilon .

Un détail : $n$ parcourt $\Z$ , mais $\sin(-n) = -\sin n$ et $y$ était arbitraire dans $\intcc{-1}{1}$ , donc les indices positifs suffisent (remplacer $(n, y)$ par $(-n, -y)$ si besoin). Ainsi $\{\sin n : n \in \N\}$ est dense dans $\intcc{-1}{1}$ ; une suite dense dans un segment possède des suites extraites approchant des valeurs distinctes, donc elle diverge.

11.7 Problème : Cesàro, Stolz et la lente décroissance du sinus

Problème 11.1

Devoir maison — le théorème de Cesàro–Stolz et l’asymptotique $u_n \sim \sqrt{3/n}$ pour $u_{n+1} = \sin u_n$

Le théorème de Cesàro–Stolz est la règle de l’Hospital discrète : pour trouver la limite d’un quotient $a_n/b_n$ , il suffit de trouver la limite du quotient des accroissements $(a_{n+1} - a_n)/(b_{n+1} - b_n)$ . Ce problème démontre le théorème, en récolte des limites classiques, puis le braque sur une cible célèbre : la suite $u_{n+1} = \sin u_n$ , qui rampe vers $0$ à la vitesse exactement calculable $u_n \sim \sqrt{3/n}$ . Deux faits du volume de Terminale sont admis ici et honnêtement redémontrés plus loin dans ce volume : l’inégalité de la tangente

\tag{G1} \eu^{u} \geq 1 + u \quad (u \in \R),

redémontrée par convexité au Chapitre 14, et l’encadrement du sinus

\tag{G2} x - \frac{x^3}{6} \;\leq\; \sin x \;\leq\; x - \frac{x^3}{6} + \frac{x^5}{120} \quad (0 \leq x \leq 1), \qquad \abs{\sin x} \leq \abs{x} \quad (x \in \R),

redémontré par la formule de Taylor au Chapitre 16.

Partie I — Des sommes sans formule close.

En utilisant $1 + 2 + \dots + n = \frac{n(n+1)}{2}$ et $1^2 + \dots + n^2 = \frac{n(n+1)(2n+1)}{6}$ , calculer $\lim \frac{1 + 2 + \dots + n}{n^2}$ et $\lim \frac{1^2 + \dots + n^2}{n^3}$ .
Soit $T_n = \sum_{k=1}^n \sqrt k$ , pour laquelle il n’existe aucune formule close. Démontrer l’encadrement

$\frac{1}{2\sqrt 2}\,n^{3/2} \;\leq\; T_n \;\leq\; n^{3/2}$

(ne garder que les termes $k > \frac n2$ pour la minoration). Ainsi $T_n$ est de l’ordre de $n^{3/2}$ — mais avec quelle constante ? Garder la question pour la question 8.
(Lemme télescopique) Soit $(b_n)$ strictement croissante et supposons que, pour tout $k \geq N$ ,

$m \;\leq\; \frac{a_{k+1} - a_k}{b_{k+1} - b_k} \;\leq\; M .$

Montrer que $m \leq \dfrac{a_n - a_N}{b_n - b_N} \leq M$ pour tout $n > N$ .

Partie II — Le théorème de Cesàro–Stolz. Soit $(b_n)$ strictement croissante avec $b_n \to +\infty$ , et supposons $\dfrac{a_{n+1} - a_n}{b_{n+1} - b_n} \to \ell \in \R$ .

Fixons $\varepsilon > 0$ . Montrer qu’il existe $N$ tel que $\ell - \varepsilon \leq \dfrac{a_n - a_N}{b_n - b_N} \leq \ell + \varepsilon$ pour tout $n > N$ .
Établir, pour $n > N$ , l’identité

$\frac{a_n}{b_n} - \ell = \frac{a_N - \ell\,b_N}{b_n} + \Bigl(1 - \frac{b_N}{b_n}\Bigr) \Bigl(\frac{a_n - a_N}{b_n - b_N} - \ell\Bigr),$

et en conclure le théorème : $\dfrac{a_n}{b_n} \to \ell$ .
Démontrer la variante $+\infty$ : si $\dfrac{a_{n+1} - a_n}{b_{n+1} - b_n} \to +\infty$ (mêmes hypothèses sur $(b_n)$ ), alors $\dfrac{a_n}{b_n} \to +\infty$ .
Prendre $b_n = n$ : retrouver le théorème de la moyenne de Cesàro de l’Exercice 11.10. Montrer ensuite que la réciproque de Cesàro–Stolz est fausse : pour $a_n = (-1)^n$ , $b_n = n$ , le quotient $a_n/b_n$ converge alors que le quotient des accroissements n’a pas de limite. Stolz est une rue à sens unique.

Partie III — Premiers dividendes.

Démontrer $(1+h)^{3/2} - 1 = \dfrac{3h + 3h^2 + h^3}{(1+h)^{3/2} + 1}$ par conjugaison, en déduire $n\bigl((1 + \tfrac1n)^{3/2} - 1\bigr) \to \tfrac32$ , et conclure par Cesàro–Stolz :

$T_n = \sum_{k=1}^{n} \sqrt k \;\sim\; \tfrac23\, n^{3/2} ,$

ce qui résout le suspense de la question 2.
À partir de (G1) seule, obtenir l’encadrement du logarithme

$\frac{t}{1 + t} \;\leq\; \ln(1 + t) \;\leq\; t \qquad (t > -1)$

(appliquer (G1) en $u = \ln(1+t)$ puis en $u = -t/(1+t)$ ).
Montrer que $b_n = \ln n$ est strictement croissante avec $\ln n \to +\infty$ , et démontrer par Cesàro–Stolz et la question 9 que

$H_n = \sum_{k=1}^{n} \frac 1k \;\sim\; \ln n .$

(La structure plus fine $H_n = \ln n + \gamma + o(1)$ est le devoir maison du Chapitre 17.)
(Des rapports aux racines) Soit $u_n > 0$ avec $\frac{u_{n+1}}{u_n} \to L > 0$ . À l’aide de la question 9, montrer que $\ln\frac{u_{n+1}}{u_n} \to \ln L$ ; appliquer Cesàro pour en déduire $\frac{\ln u_n}{n} \to \ln L$ , puis, avec (G1), que $u_n^{1/n} \to L$ . Application : calculer $\lim\,\binom{2n}{n}^{1/n}$ .

Partie IV — La lente décroissance du sinus. Soient $u_0 \in \R$ et $u_{n+1} = \sin u_n$ .

À partir de (G2), montrer que $0 < \sin x < x$ pour $0 < x \leq 1$ . En déduire : $u_1 \in \intcc{-1}{1}$ ; si $u_1 = 0$ la suite est nulle à partir du rang $1$ ; et si $u_1 > 0$ (le cas $u_1 < 0$ étant symétrique, $\sin$ étant impaire), alors $(u_n)_{n \geq 1}$ est strictement décroissante, positive, et converge vers $0$ (identifier la limite via $\ell = \sin \ell$ , en utilisant $\abs{\sin a - \sin b} \leq \abs{a - b}$ , elle-même conséquence de (G2) et de la formule de transformation produit-somme).
On suppose désormais $u_1 \in \intoc{0}{1}$ . Montrer par encadrement, en utilisant (G2) :

$\frac{\sin u_n}{u_n} \to 1 \qquad\text{et}\qquad \frac{u_n - \sin u_n}{u_n^{3}} \to \frac16 .$
Démontrer la factorisation

$w_n := \frac{1}{u_{n+1}^{2}} - \frac{1}{u_n^{2}} = \frac{u_n - \sin u_n}{u_n^{3}} \cdot \frac{u_n + \sin u_n}{u_n} \cdot \Bigl(\frac{u_n}{\sin u_n}\Bigr)^{2},$

et en déduire $w_n \to \frac13$ .
Conclure avec l’Exercice 11.10 (version accroissements) que $\frac{1}{n\,u_n^{2}} \to \frac13$ , puis, par un argument de conjugaison pour la racine carrée, le résultat vedette :

$\sqrt n\;u_n \longrightarrow \sqrt 3 , \qquad\text{c.-à-d.}\qquad u_n \sim \sqrt{\frac 3n} .$
Quantifier la lenteur : montrer qu’à partir d’un certain rang $\sqrt{2/n} \leq u_n \leq 2/\sqrt n$ , de sorte qu’atteindre $u_n \leq 10^{-2}$ demande plus de $20\,000$ itérations (environ $30\,000$ , d’après l’asymptotique). Comparer avec la méthode de Héron (l’Exemple 11.24) et expliquer la raison structurelle : au point fixe $0$ , la pente de $\sin$ vaut $1$ (un point fixe neutre), alors que les itérations qui divisent l’erreur par deux réclament une pente de module $< 1$ .
Montrer que pour tout point de départ $u_0 \in \R$ , ou bien $u_n = 0$ à partir du rang $1$ , ou bien $\abs{u_n} \sim \sqrt{3/n}$ — la chute est universelle, seul le signe se souvient de $u_0$ .

Partie V — Le principe général. Le sinus n’est qu’un exemplaire d’une machine.

Soit $u_n > 0$ , $u_n \to 0$ , et $\dfrac{u_n - u_{n+1}}{u_n^{2}} \to a > 0$ . Démontrer successivement : $\frac{u_{n+1}}{u_n} \to 1$ ; puis $\frac{1}{u_{n+1}} - \frac{1}{u_n} \to a$ ; puis $n\,u_n \to \frac1a$ .
(Modèle exact) Pour $u_{n+1} = \dfrac{u_n}{1 + u_n}$ , $u_0 > 0$ : montrer que $\frac{1}{u_n}$ est arithmétique, résoudre exactement, et confronter la conclusion de la question 18 à la formule exacte.
Pour $u_{n+1} = u_n \eu^{-u_n}$ , $u_0 > 0$ : montrer que $u_n \to 0$ , utiliser (G1) pour encadrer $\frac{1 - \eu^{-t}}{t}$ entre $\frac{1}{1+t}$ et $1$ pour $t > 0$ , et conclure $u_n \sim \frac 1n$ .
(Contact cubique, télescope au carré) Soit $u_n > 0$ , $u_n \to 0$ , $\dfrac{u_n - u_{n+1}}{u_n^{3}} \to a > 0$ . Adapter la factorisation de la question 14 pour montrer que $\frac{1}{u_{n+1}^2} - \frac{1}{u_n^2} \to 2a$ , et conclure $n\,u_n^{2} \to \frac{1}{2a}$ . Vérifier que $a = \frac16$ redonne la partie IV.

Partie VI — Limites de la méthode, et morales.

Montrer que l’hypothèse $b_n \to +\infty$ ne peut pas être supprimée : pour $a_n = 2 - 2^{-n}$ et $b_n = 1 - 2^{-n}$ , le quotient des accroissements tend vers $1$ tandis que $\frac{a_n} {b_n} \to 2$ . Désigner la ligne exacte de la démonstration de la question 5 qui casse.
(Stolz deux fois) Démontrer $\sum_{k=1}^{n} H_k \sim n \ln n$ (une application de Cesàro–Stolz, puis la question 10 ; encadrer $(n+1)\ln(n+1) - n\ln n$ à l’aide de la question 9).
(Moyennes géométriques) Si $u_n > 0$ et $u_n \to \ell > 0$ , montrer que $(u_1 u_2 \cdots u_n)^{1/n} \to \ell$ ; si $u_n \to +\infty$ , montrer que $(u_1 \cdots u_n)^{1/n} \to +\infty$ . En déduire $(n!)^{1/n} \to +\infty$ .
Synthèse, une phrase pour chaque point : (i) où exactement la complétude est-elle intervenue dans ce problème ; (ii) en quel sens Cesàro–Stolz est-il une règle de l’Hospital discrète (son jumeau différentiel repose sur le théorème des accroissements finis du Chapitre 14) ; (iii) énoncer l’heuristique qui relie l’ordre de contact de $f$ en un point fixe neutre à l’exposant de décroissance de $u_{n+1} = f(u_n)$ ; (iv) remonter la constante $3$ de $\sqrt{3/n}$ le long de la chaîne $\frac16 \to \frac13 \to 3$ .

Solution

Solution de Problème 11.1.

1. $\dfrac{n(n+1)/2}{n^2} = \dfrac{1 + 1/n}{2} \to \dfrac12$ , et $\dfrac{n(n+1)(2n+1)/6}{n^3} = \dfrac{(1 + 1/n)(2 + 1/n)}{6} \to \dfrac13$ .

2. Majoration : chacun des $n$ termes est $\leq \sqrt n$ , donc $T_n \leq n\sqrt n$ . Minoration : les termes d’indice $k > \frac n2$ sont au nombre d’au moins $\frac n2$ , et chacun est $\geq \sqrt{n/2}$ :

T_n \geq \frac n2 \sqrt{\frac n2} = \frac{n^{3/2}}{2\sqrt 2} .

3. Pour $k \geq N$ , puisque $b_{k+1} - b_k > 0$ : $m(b_{k+1} - b_k) \leq a_{k+1} - a_k \leq M(b_{k+1} - b_k)$ . En sommant pour $k = N, \dots, n - 1$ , les deux membres se télescopent :

m\,(b_n - b_N) \leq a_n - a_N \leq M\,(b_n - b_N),

et la division par $b_n - b_N > 0$ donne l’assertion.

4. Par définition de la limite il existe $N$ tel que $\ell - \varepsilon \leq \frac{a_{k+1} - a_k}{b_{k+1} - b_k} \leq \ell + \varepsilon$ pour tout $k \geq N$ ; la question 3 avec $m = \ell - \varepsilon$ , $M = \ell + \varepsilon$ transfère l’encadrement à $\frac{a_n - a_N}{b_n - b_N}$ .

5. En développant le membre de droite de l’identité :

\frac{a_N - \ell b_N}{b_n} + \frac{a_n - a_N}{b_n} - \ell\,\frac{b_n - b_N}{b_n} = \frac{a_n - \ell b_n}{b_n} = \frac{a_n}{b_n} - \ell .

D’après la question 4, le second facteur du produit est majoré par $\varepsilon$ en valeur absolue, et $0 < 1 - \frac{b_N}{b_n} \leq 1$ pour $n$ assez grand, donc

\Bigl|\frac{a_n}{b_n} - \ell\Bigr| \leq \frac{\abs{a_N - \ell b_N}}{b_n} + \varepsilon \leq 2\varepsilon

dès que $b_n \geq \frac{\abs{a_N - \ell b_N}}{\varepsilon}$ , ce qui finit par arriver puisque $b_n \to +\infty$ . Ainsi $\frac{a_n}{b_n} \to \ell$ : c’est le théorème de Cesàro–Stolz.

6. Étant donné $M$ , choisissons $N$ tel que $\frac{a_{k+1} - a_k}{b_{k+1} - b_k} \geq M$ pour $k \geq N$ ; la moitié inférieure de la question 3 donne $a_n - a_N \geq M(b_n - b_N)$ , donc

\frac{a_n}{b_n} \geq \frac{a_N}{b_n} + M\Bigl(1 - \frac{b_N}{b_n}\Bigr) \longrightarrow M .

Au-delà d’un certain rang, $\frac{a_n}{b_n} \geq M - 1$ ; $M$ étant arbitraire, $\frac{a_n}{b_n} \to +\infty$ .

7. Avec $b_n = n$ et $a_n = u_1 + \dots + u_n$ : le quotient des accroissements est $u_{n+1} \to \ell$ , donc la moyenne de Cesàro $\frac{a_n}{n}$ tend vers $\ell$ : c’est la partie (1) de l’Exercice 11.10. Avec $a_n = u_n$ : le quotient des accroissements est $u_{n+1} - u_n$ , ce qui donne la partie (3). Réciproque : $a_n = (-1)^n$ , $b_n = n$ vérifie $\frac{a_n}{b_n} \to 0$ , et pourtant $a_{n+1} - a_n = \pm 2$ alterne : le quotient des accroissements n’a pas de limite.

8. Conjugaison :

\bigl((1+h)^{3/2} - 1\bigr)\bigl((1+h)^{3/2} + 1\bigr) = (1+h)^3 - 1 = 3h + 3h^2 + h^3 .

Pour $h = \frac1n$ : $n\bigl((1 + \frac1n)^{3/2} - 1\bigr) = \frac{3 + 3/n + 1/n^2}{(1 + 1/n)^{3/2} + 1}$ , et $1 \leq (1 + \frac1n)^{3/2} \leq (1 + \frac1n)^2 \to 1$ (encadrement), donc le dénominateur tend vers $2$ et l’expression vers $\frac32$ . Appliquons maintenant Stolz avec $a_n = T_n$ , $b_n = n^{3/2}$ (strictement croissante, $\to +\infty$ ) :

\frac{\sqrt{n+1}}{(n+1)^{3/2} - n^{3/2}} = \frac{\sqrt{n+1}}{\sqrt n} \cdot \frac{1}{n\bigl((1 + \frac1n)^{3/2} - 1\bigr)} \longrightarrow 1 \cdot \frac{2}{3},

d’où $T_n \sim \frac23\,n^{3/2}$ . (L’encadrement de la question 2 avait enfermé la constante dans $\intcc{0.35}{1}$ ; Stolz l’épingle.)

9. (G1) en $u = \ln(1+t)$ : $1 + t = \eu^{\ln(1+t)} \geq 1 + \ln(1+t)$ , donc $\ln(1+t) \leq t$ . (G1) en $u = -\frac{t}{1+t}$ : $\eu^{-t/(1+t)} \geq 1 - \frac{t}{1+t} = \frac{1}{1+t} > 0$ ; en prenant le $\ln$ (croissant) : $-\frac{t}{1+t} \geq -\ln(1+t)$ , c’est-à-dire $\ln(1+t) \geq \frac{t}{1+t}$ .

10. $\ln$ est strictement croissante (Proposition 4.1), et $\ln(2^k) = k\ln 2$ n’est pas bornée, donc $\ln n \to +\infty$ . Accroissements : avec $t = \frac1n$ dans la question 9,

\frac 1{n+1} = \frac{1/n}{1 + 1/n} \leq \ln\Bigl(1 + \frac1n\Bigr) \leq \frac1n \quad\Longrightarrow\quad \frac{n}{n+1} \leq \frac{1/(n+1)}{\ln(1 + 1/n)} \leq 1 ,

donc le quotient des accroissements $\frac{H_{n+1} - H_n}{\ln(n+1) - \ln n}$ tend vers $1$ ; Stolz donne $H_n \sim \ln n$ .

11. Posons $x_n = \frac{u_{n+1}}{u_n} \to L$ et $t_n = \frac{x_n}{L} - 1 \to 0$ . Question 9 : $\frac{t_n}{1 + t_n} \leq \ln(1 + t_n) \leq t_n$ , donc $\ln x_n - \ln L = \ln(1 + t_n) \to 0$ par encadrement. Cesàro (question 7) appliqué à $(\ln x_k)$ :

\frac1n \sum_{k=0}^{n-1} \ln x_k = \frac{\ln u_n - \ln u_0}{n} \longrightarrow \ln L ,

donc $\frac{\ln u_n}{n} \to \ln L$ . Avec $h_n = \frac{\ln u_n}{n} - \ln L \to 0$ : $u_n^{1/n} = L\,\eu^{h_n}$ , et (G1) encadre $1 + h_n \leq \eu^{h_n} \leq \frac{1}{1 - h_n}$ (pour $h_n < 1$ ), donc $\eu^{h_n} \to 1$ et $u_n^{1/n} \to L$ . Application : $u_n = \binom{2n}{n}$ donne

\frac{u_{n+1}}{u_n} = \frac{(2n+1)(2n+2)}{(n+1)^2} = \frac{2(2n+1)}{n+1} \longrightarrow 4 , \qquad\text{donc}\qquad \binom{2n}{n}^{1/n} \to 4 .

12. Pour $0 < x \leq 1$ , (G2) donne $\sin x \geq x(1 - \frac{x^2}{6}) \geq \frac{5x}{6} > 0$ et

x - \sin x \geq \frac{x^3}{6} - \frac{x^5}{120} = x^3\Bigl(\frac16 - \frac{x^2}{120}\Bigr) \geq \frac{19}{120}\,x^3 > 0 :

ainsi $0 < \sin x < x$ sur $\intoc{0}{1}$ . Toujours $u_1 = \sin u_0 \in \intcc{-1}{1}$ . Si $u_1 = 0$ , alors $u_n = 0$ pour $n \geq 1$ . Si $u_1 \in \intoc{0}{1}$ : par récurrence $0 < u_{n+1} = \sin u_n < u_n \leq 1$ , donc $(u_n)_{n\geq1}$ est strictement décroissante et minorée par $0$ : elle converge vers un certain $\ell \in \intco{0}{1}$ (Théorème 11.9). La formule de transformation produit-somme et (G2) donnent $\abs{\sin a - \sin b} = 2\abs{\cos \frac{a+b}{2}}\,\abs{\sin\frac{a-b}{2}} \leq \abs{a - b}$ , donc $u_{n+1} = \sin u_n \to \sin \ell$ : $\ell = \sin\ell$ . Si $\ell > 0$ alors $\sin\ell < \ell$ : impossible. Donc $u_n \to 0$ .

13. En divisant (G2) par $u_n > 0$ :

1 - \frac{u_n^2}{6} \leq \frac{\sin u_n}{u_n} \leq 1 - \frac{u_n^2}{6} + \frac{u_n^4}{120} \leq 1 ,

et $u_n \to 0$ force par encadrement $\frac{\sin u_n}{u_n} \to 1$ . En divisant $x - \sin x$ par $x^3$ :

\frac16 - \frac{u_n^2}{120} \leq \frac{u_n - \sin u_n}{u_n^3} \leq \frac16 \longrightarrow \frac16 .

14. Puisque $u_{n+1} = \sin u_n$ :

w_n = \frac{u_n^2 - \sin^2 u_n}{u_n^2 \sin^2 u_n} = \frac{(u_n - \sin u_n)(u_n + \sin u_n)}{u_n^2 \sin^2 u_n} = \frac{u_n - \sin u_n}{u_n^3}\cdot \frac{u_n + \sin u_n}{u_n}\cdot \Bigl(\frac{u_n}{\sin u_n}\Bigr)^{2}

(vérifier les puissances de $u_n$ : $3 + 1 + (-4)$ contre le $u_n^2$ au dénominateur et le $u_n^4$ au numérateur). D’après la question 13 les trois facteurs tendent vers $\frac16$ , $2$ , $1$ : $w_n \to \frac13$ .

15. $v_n = \frac{1}{u_n^2}$ a pour accroissements $v_{n+1} - v_n = w_n \to \frac13$ , donc $\frac{v_n}{n} \to \frac13$ d’après l’Exercice 11.10 (3) : $n u_n^2 \to 3$ . Alors

\abs{\sqrt n\,u_n - \sqrt 3} = \frac{\abs{n u_n^2 - 3}}{\sqrt n\,u_n + \sqrt 3} \leq \frac{\abs{n u_n^2 - 3}}{\sqrt 3} \longrightarrow 0 :

$\sqrt n\,u_n \to \sqrt 3$ , c’est-à-dire $u_n \sim \sqrt{3/n}$ .

16. Puisque $n u_n^2 \to 3$ , on a à partir d’un certain rang $2 \leq n u_n^2 \leq 4$ , c’est-à-dire $\sqrt{2/n} \leq u_n \leq 2/\sqrt n$ . Si $u_n \leq 10^{-2}$ avec $n$ dans ce régime, alors $2/n \leq 10^{-4}$ : $n \geq 20\,000$ ; et $\sqrt{3/n} = 10^{-2}$ pour $n = 30\,000$ . La méthode de Héron élève l’erreur au carré à chaque étape — le nombre de décimales double — parce qu’à son point fixe la pente pertinente est de module $< 1$ (l’itération est en fait contractante). Ici $\sin' 0 = \cos 0 = 1$ : le point fixe est neutre, aucune contraction géométrique n’existe, et la décroissance est régie par le premier terme non linéaire $-\frac{x^3}{6}$ , donc polynomiale. Une étape de Héron gagne plus de précision que dix mille étapes du sinus.

17. Pour $u_0$ quelconque : $u_1 = \sin u_0 \in \intcc{-1}{1}$ . Si $u_1 = 0$ la suite s’annule à partir du rang $1$ . Si $u_1 > 0$ , la partie IV s’applique mot pour mot. Si $u_1 < 0$ , posons $v_n = -u_n$ : l’imparité de $\sin$ donne $v_{n+1} = -\sin u_n = \sin(-u_n) = \sin v_n$ avec $v_1 \in \intoc{0}{1}$ , donc $v_n \sim \sqrt{3/n}$ , c’est-à-dire $u_n \sim -\sqrt{3/n}$ . Dans tous les cas $\abs{u_n} \sim \sqrt{3/n}$ (ou bien la suite est nulle à partir d’un certain rang) : la chute est universelle, seul le signe se souvient du départ.

18. D’abord $\frac{u_{n+1}}{u_n} = 1 - \frac{u_n - u_{n+1}}{u_n^2}\,u_n \to 1 - a \cdot 0 = 1$ . Ensuite

\frac{1}{u_{n+1}} - \frac{1}{u_n} = \frac{u_n - u_{n+1}}{u_n u_{n+1}} = \frac{u_n - u_{n+1}}{u_n^2}\cdot\frac{u_n}{u_{n+1}} \longrightarrow a \cdot 1 = a ,

et l’Exercice 11.10 (3) donne $\frac{1}{n u_n} \to a$ , c’est-à-dire $n u_n \to \frac1a$ .

19. $v_n = \frac{1}{u_n}$ : $v_{n+1} = \frac{1 + u_n}{u_n} = v_n + 1$ , donc $v_n = v_0 + n$ et

u_n = \frac{u_0}{1 + n u_0} , \qquad n u_n = \frac{n u_0}{1 + n u_0} \longrightarrow 1 .

Vérification du lemme : $u_n - u_{n+1} = \frac{u_n^2}{1 + u_n}$ , donc $\frac{u_n - u_{n+1}}{u_n^2} = \frac{1}{1 + u_n} \to 1 = a$ , et la question 18 prédit $n u_n \to 1$ : accord exact.

20. Positivité par récurrence ( $\eu^{-u} > 0$ ) ; décroissance puisque $\eu^{-u_n} < 1$ pour $u_n > 0$ ; donc $u_n \to \ell \geq 0$ (Théorème 11.9). Passerelle de continuité : avec $h_n = \ell - u_n \to 0$ , $\eu^{-u_n} = \eu^{-\ell} \eu^{h_n} \to \eu^{-\ell}$ par l’encadrement (G1) $1 + h_n \leq \eu^{h_n} \leq \frac{1}{1 - h_n}$ ; donc $\ell = \ell\, \eu^{-\ell}$ , et $\ell > 0$ forcerait $\eu^{-\ell} = 1$ , ce qui est faux : $\ell = 0$ . Pour $t > 0$ , (G1) donne $\eu^{-t} \geq 1 - t$ et $\eu^{-t} \leq \frac{1}{1 + t}$ , donc

\frac{1}{1 + t} \leq \frac{1 - \eu^{-t}}{t} \leq 1 .

Avec $t = u_n$ : $\frac{u_n - u_{n+1}}{u_n^2} = \frac{1 - \eu^{-u_n}}{u_n} \to 1$ . La question 18 avec $a = 1$ : $n u_n \to 1$ , donc $u_n \sim \frac1n$ .

21. Comme à la question 18, $\frac{u_{n+1}}{u_n} = 1 - \frac{u_n - u_{n+1}}{u_n^3}\,u_n^2 \to 1$ . Ensuite

\frac{1}{u_{n+1}^2} - \frac{1}{u_n^2} = \frac{(u_n - u_{n+1})(u_n + u_{n+1})}{u_n^2 u_{n+1}^2} = \frac{u_n - u_{n+1}}{u_n^3}\cdot \frac{u_n + u_{n+1}}{u_n}\cdot \Bigl(\frac{u_n}{u_{n+1}}\Bigr)^2 \longrightarrow a \cdot 2 \cdot 1 = 2a ,

et l’Exercice 11.10 (3) donne $\frac{1}{n u_n^2} \to 2a$ : $n u_n^2 \to \frac{1}{2a}$ . Pour le sinus, $a = \frac16$ (question 13) : $n u_n^2 \to 3$ , exactement la partie IV.

22. Accroissements : $a_{n+1} - a_n = 2^{-n} - 2^{-n-1} = 2^{-n-1} = b_{n+1} - b_n$ , donc le quotient des accroissements vaut constamment $1$ . Et pourtant $\frac{a_n}{b_n} = \frac{2 - 2^{-n}}{1 - 2^{-n}} \to 2 \neq 1$ . La démonstration de la question 5 casse au terme de bord : $\frac{a_N - \ell b_N}{b_n} \to 0$ exigeait $b_n \to +\infty$ ; ici (avec $\ell = 1$ ) $a_N - b_N = 1$ et $b_n \to 1$ , donc ce terme tend vers $1$ — précisément l’écart résiduel $2 - 1$ .

23. Stolz avec $A_n = \sum_{k=1}^n H_k$ et $B_n = n\ln n$ : $B_{n+1} - B_n = \ln(n+1) + n\ln(1 + \frac1n) > 0$ et $B_n \to +\infty$ . D’après la question 9, $\frac{n}{n+1} \leq n\ln(1 + \frac1n) \leq 1$ , donc $B_{n+1} - B_n = \ln(n+1) + \theta_n$ avec $\frac12 \leq \theta_n \leq 1$ . Par conséquent

\frac{A_{n+1} - A_n}{B_{n+1} - B_n} = \frac{H_{n+1}}{\ln(n+1)}\cdot \frac{1}{1 + \theta_n/\ln(n+1)} \longrightarrow 1 \cdot 1 = 1

(la question 10 pour le premier facteur ; $\theta_n$ bornée et $\ln(n+1) \to \infty$ pour le second). Stolz conclut : $\sum_{k=1}^n H_k \sim n\ln n$ .

24. Si $u_n \to \ell > 0$ : comme à la question 11, $\ln u_n \to \ln\ell$ (encadrement de la question 9 sur $\ln\frac{u_n}{\ell}$ ), donc les moyennes de Cesàro $\frac1n\sum_{k=1}^n \ln u_k \to \ln\ell$ , et la passerelle exponentielle de la question 11 donne $(u_1\cdots u_n)^{1/n} = \exp\bigl(\frac1n\sum\ln u_k\bigr) \to \ell$ . Si $u_n \to +\infty$ : pour tout $M$ , on a $u_n \geq \eu^M$ à partir d’un certain rang, donc $\ln u_n \geq M$ : $\ln u_n \to +\infty$ ; le Cesàro version $+\infty$ (question 6, $b_n = n$ ) donne $\frac1n\sum \ln u_k \to +\infty$ , et (G1) ( $\eu^s \geq 1 + s$ ) envoie la moyenne géométrique vers $+\infty$ . Avec $u_n = n$ : $(n!)^{1/n} \to +\infty$ .

25. (i) La complétude n’est intervenue qu’à travers le théorème de la limite monotone, pour produire les limites des questions 12 et 20 ; le théorème de Cesàro–Stolz lui-même est de la pure gestion d’ $\varepsilon$ , valable sur $\Q$ . (ii) Stolz remplace $\lim \frac{a_n}{b_n}$ par la limite du quotient des accroissements, exactement comme l’Hospital remplace $\lim\frac fg$ par $\lim\frac{f'}{g'}$ — le jumeau différentiel repose sur le théorème des accroissements finis du Chapitre 14. (iii) Heuristique : si $f(x) = x - a\,x^{p+1} + o(x^{p+1})$ au point fixe neutre $0$ , alors $\frac{1}{u_{n+1}^p} - \frac{1}{u_n^p} \to pa$ et $u_n \sim (pan)^{-1/p}$ : un contact d’ordre $p + 1$ produit une décroissance en $n^{-1/p}$ — plus le graphe est plat contre la diagonale, plus la chute est lente. (iv) La constante : (G2) fournit le coefficient cubique $\frac16$ ; la factorisation de la question 14 le double en l’accroissement du télescope $\frac13$ ; Cesàro transforme $\frac{1}{u_n^2}$ en $\frac n3$ ; l’inversion et la racine livrent $\sqrt{3/n}$ .