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title: "Suites"
book: "Mathématiques universitaires — Licence 1"
subject: math
language: fr
chapter: 11
exercises: 12
source: https://one-course.com/books/math/3/fr/chapter/11-suites
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# Chapitre 11 — Suites

Les suites ont été manipulées dans le volume du secondaire avec une notion de limite admise pour moitié sur parole. Ici la théorie est reconstruite sur la complétude de $\R$ ([Chapitre 10](https://one-course.com/books/math/3/fr/chapter/10-nombres-reels#ch-b1-reals)) : chaque théorème classique — convergence monotone, [suites adjacentes](#thm-b1-seq-adjacent), 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 ε\varepsilonε–NNN, 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](https://one-course.com/books/math/3/fr/chapter/10-nombres-reels#thm-b1-reals-archimedes) 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](https://one-course.com/books/math/3/fr/chapter/1-logique-ensembles-et-applications#def-b1-logic-statement) sur la queue, indifférente à toute quantité finie de mauvaise conduite.

**Proposition 11.4 (Premières propriétés).**

1. La limite, si elle existe, est unique.
2. Une suite convergente est bornée.
3. 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](#prop-b1-seq-first)), 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](https://one-course.com/books/math/3/fr/chapter/3-nombres-complexes#prop-b1-complex-rules), [Proposition 3.2](https://one-course.com/books/math/3/fr/chapter/3-nombres-complexes#prop-b1-complex-rules)). ∎

**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](https://one-course.com/books/math/3/fr/chapter/3-nombres-complexes#def-b1-complex-field) :

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

Maintenant tout converge : $\sqrt{1 + \frac1n} \to 1$, car $0 \leq \sqrt{1 + h} - 1 = \frac{h}{\sqrt{1+h} + 1} \leq h$ ([conjuguée](https://one-course.com/books/math/3/fr/chapter/3-nombres-complexes#def-b1-complex-field) 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](https://one-course.com/books/math/3/fr/chapter/16-formules-de-taylor-et-developpements-limites#ch-b1-taylor).

**Théorème 11.7 (Limites et ordre).**

1. 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 $\lim = 0$ .)
2. ( [Théorème d’encadrement](#thm-b1-seq-order) ) Si $u_n \leq w_n \leq v_n$ pour tout $n$ assez grand et $u_n,  v_n \to \ell$ , alors $w_n \to \ell$ .
3. 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](#def-b1-seq-limit) 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](#exo-b1-seq-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](https://one-course.com/books/math/3/fr/chapter/10-nombres-reels#thm-b1-reals-sup)). Étant donné $\varepsilon > 0$, la caractérisation en $\varepsilon$ ([Proposition 10.4](https://one-course.com/books/math/3/fr/chapter/10-nombres-reels#prop-b1-reals-epsilon)) 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](https://one-course.com/books/math/3/fr/chapter/14-derivation#ex-b1-derivative-convexineq) l’anticipe ; ou bien l’inégalité grossière $1 + x \leq \eu^x$ du volume du secondaire) :

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

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](#thm-b1-seq-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](#ex-b1-seq-e) ci-dessous), et au [Chapitre 17](https://one-course.com/books/math/3/fr/chapter/17-series-numeriques#ch-b1-series) 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](#thm-b1-seq-monotone)) ; 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 .](https://one-course.com/images/onecourse/chapters/math-3/b1-seq/fig-3a699c2487eb.svg)

*[Suites adjacentes](#thm-b1-seq-adjacent) : $(a_n)$ monte, $(b_n)$ descend, et l’écart entre elles se réduit à $0$. Chaque [intervalle](https://one-course.com/books/math/3/fr/chapter/10-nombres-reels#prop-b1-reals-intervals) $\intcc{a_n}{b_n}$ contient tous les suivants, et la limite commune $\ell$ est l’unique point qui reste dans tous les [intervalles](https://one-course.com/books/math/3/fr/chapter/10-nombres-reels#prop-b1-reals-intervals) — le dessin qui se cache derrière les démonstrations par dichotomie de Bolzano–Weierstrass ci-dessous et du théorème des valeurs intermédiaires au [Chapitre 13](https://one-course.com/books/math/3/fr/chapter/13-limites-et-continuite#ch-b1-continuity).*

**Exemple 11.12 (Le nombre e\eue).**

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](#exo-b1-seq-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](#def-b1-seq-subsequence) tend vers $\ell$. Par conséquent, une suite possédant deux [suites extraites](#def-b1-seq-subsequence) 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](#def-b1-seq-subsequence) : $\varphi(0) \geq 0$, 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](#def-b1-seq-subsequence), 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](#def-b1-seq-subsequence) 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](#def-b1-seq-subsequence) d’indices $3k$, $3k
+ 1$, $3k + 2$ sont constantes, égales à $1$, $-\frac12$, $-\frac12$ ; l’[ensemble](https://one-course.com/books/math/3/fr/chapter/1-logique-ensembles-et-applications#def-b1-logic-sets) 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](#exo-b1-seq-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](#thm-b1-seq-adjacent)).

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](#thm-b1-seq-order) 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](#def-b1-seq-subsequence) 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](#def-b1-seq-subsequence) convergeant vers $1$ et vers $-1$, et l’[ensemble](https://one-course.com/books/math/3/fr/chapter/1-logique-ensembles-et-applications#def-b1-logic-sets) des valeurs d’adhérence peut même être infini (l’[Exemple 11.15](#ex-b1-seq-sublimits), et tout l’[ensemble](https://one-course.com/books/math/3/fr/chapter/1-logique-ensembles-et-applications#def-b1-logic-sets) de Cantor dans le [Problème 12.1](https://one-course.com/books/math/3/fr/chapter/12-topologie-de-la-droite-reelle#pb-b1-topology-1)). Il ne survit pas à l’absence de bornes : $(n)$ n’a aucune [suite extraite](#def-b1-seq-subsequence) 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](https://one-course.com/books/math/3/fr/chapter/3-nombres-complexes#prop-b1-complex-rules), $\abs{\cos k} \leq 1$ 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](https://one-course.com/books/math/3/fr/chapter/17-series-numeriques#ch-b1-series) mettra l’argument en bouteille sous le nom « la convergence absolue implique la convergence ».

**Théorème 11.20 (Complétude de R\RR).**

Une suite de réels converge si et seulement si c’est une [suite de Cauchy](#def-b1-seq-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](#thm-b1-seq-bw), une [suite extraite](#def-b1-seq-subsequence) $u_{\varphi(n)} \to \ell$. *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](#def-b1-seq-cauchy) de rationnels sans limite rationnelle) : la complétude est une propriété de $\R$, équivalente à l’axiome de la [borne supérieure](https://one-course.com/books/math/3/fr/chapter/10-nombres-reels#def-b1-reals-bounds). C’est aussi le cheval de trait qui tire la convergence des séries ([Chapitre 17](https://one-course.com/books/math/3/fr/chapter/17-series-numeriques#ch-b1-series)).

**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](https://one-course.com/books/math/3/fr/chapter/17-series-numeriques#ch-b1-series).

## 11.5 Suites récurrentes

**Méthode 11.23 (Étudier un+1=f(un)u_{n+1} = f(u_n)un+1​=f(un​)).**

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

1. *[Intervalle](https://one-course.com/books/math/3/fr/chapter/10-nombres-reels#prop-b1-reals-intervals) stable :* trouver un [intervalle](https://one-course.com/books/math/3/fr/chapter/10-nombres-reels#prop-b1-reals-intervals) $I$ avec $f(I) \subseteq I$ contenant $u_0$ : alors tous les $u_n \in  I$ (par récurrence).
2. *Limites candidates :* si $u_n \to \ell \in I$ et si $f$ est continue en $\ell$ ( [Chapitre 13](https://one-course.com/books/math/3/fr/chapter/13-limites-et-continuite#ch-b1-continuity) ), alors $\ell$ est un *point fixe* : $f(\ell) = \ell$ . Résoudre $f(x) =  x$ .
3. *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](#thm-b1-seq-monotone) conclut. Si $f$ est décroissante, étudier les deux [suites extraites](#def-b1-seq-subsequence) $(u_{2n})$ et $(u_{2n+1})$ , qui sont monotones pour $f \circ f$ .
4. *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.](https://one-course.com/images/onecourse/chapters/math-3/b1-seq/fig-1827245c9f25.svg)

*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](#exo-b1-seq-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](#thm-b1-seq-order)) ; $\frac1n > 0$ 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](#def-b1-seq-subsequence) convergente (le [Théorème 11.16](#thm-b1-seq-bw)). (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](#met-b1-seq-recurrent), étapes 1 à 3), l’identification ensuite.

**Exemple 11.26 (Un fff 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](#met-b1-seq-recurrent) 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](#met-b1-seq-recurrent) — 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](https://one-course.com/books/math/3/fr/chapter/14-derivation#exo-b1-derivative-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](https://one-course.com/books/math/3/fr/chapter/12-topologie-de-la-droite-reelle#ch-b1-topology) elles *caractérisent* les fermés et les compacts ; au [Chapitre 13](https://one-course.com/books/math/3/fr/chapter/13-limites-et-continuite#ch-b1-continuity) elles transportent les limites de fonctions ; au [Chapitre 15](https://one-course.com/books/math/3/fr/chapter/15-integration-sur-un-segment#ch-b1-integration) les sommes de Riemann sont des suites convergeant vers l’intégrale ; le [Chapitre 17](https://one-course.com/books/math/3/fr/chapter/17-series-numeriques#ch-b1-series) *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](https://one-course.com/books/math/3/fr/chapter/21-matrices#ch-b1-matrices) 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](#def-b1-seq-limit), montrer que $\dfrac{2n+1}{n+3} \to 2$, et que $(u_n) = ((-1)^n)$ diverge.

**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](#def-b1-seq-subsequence) $(u_{2n}) = (1)$ et $(u_{2n+1}) =
(-1)$ convergent vers des limites différentes, donc la suite diverge ([Proposition 11.14](#prop-b1-seq-subsequences)). (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 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](https://one-course.com/books/math/3/fr/chapter/3-nombres-complexes#def-b1-complex-field)).

$\dfrac{2^n + n^3}{3^n - n^2} = \dfrac{(2/3)^n + n^3/3^n}{1 -
n^2/3^n} \to \dfrac{0 + 0}{1 - 0} = 0$, en utilisant $q^n \to 0$ pour $\abs q < 1$ et la comparaison [polynôme](https://one-course.com/books/math/3/fr/chapter/8-polynomes#def-b1-poly-def)/géométrique ([Proposition 4.6](https://one-course.com/books/math/3/fr/chapter/4-fonctions-usuelles#prop-b1-functions-powerrules)).

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

**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 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](#exo-b1-seq-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 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](#def-b1-seq-cauchy), donc diverge (vers $+\infty$, puisqu’elle est croissante).

**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](#thm-b1-seq-monotone)) : $H_n \to +\infty$.

**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](#def-b1-seq-subsequence) communes pour égaler les limites.)*

**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](#prop-b1-seq-subsequences) (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 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](#thm-b1-seq-monotone)).

*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](https://one-course.com/books/math/3/fr/chapter/3-nombres-complexes#def-b1-complex-field),

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

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](#def-b1-seq-subsequence) convergente de $(u_n)$ ait la *même* limite $\ell$. Montrer que $u_n \to \ell$. *(Raisonnement par l’absurde plus Bolzano–Weierstrass.)*

**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](#def-b1-seq-subsequence) $(u_{\varphi(n)})$. Cette [suite extraite](#def-b1-seq-subsequence) est bornée, donc par Bolzano–Weierstrass ([Théorème 11.16](#thm-b1-seq-bw)) 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](#thm-b1-seq-order)). Mais une [suite extraite](#def-b1-seq-subsequence) d’une [suite extraite](#def-b1-seq-subsequence) de $(u_n)$ est une [suite extraite](#def-b1-seq-subsequence) convergente de $(u_n)$, donc par hypothèse $\ell' = \ell$ : contradiction.

**Exercice 11.9 ★★★.**

Avec les notations de l’[Exemple 11.12](#ex-b1-seq-e), 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 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 $c_n =
\frac{u_1 + \dots + u_n}{n}$.

1. 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 $\varepsilon$)* .
2. Montrer par un exemple que la réciproque est fausse.
3. En déduire que si $u_{n+1} - u_n \to \ell$ , alors $\frac{u_n}{n} \to \ell$ .

**Solution de Exercice 11.10.**

1. 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 $\abs{c_n - \ell} \leq \varepsilon$.
2. $u_n = (-1)^n$ : la suite diverge, et pourtant $c_n \to 0$ (sommes partielles majorées par $1$ , divisées par $n$ ).
3. 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 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](https://one-course.com/books/math/3/fr/chapter/7-structures-algebriques#def-b1-structures-subgroup) $\Z + 2\pi\Z$ de $(\R, +)$ (l’[Exercice 10.9](https://one-course.com/books/math/3/fr/chapter/10-nombres-reels#exo-b1-reals-9)), montrer que la suite $(\sin n)_{n \in
\N}$ est dense dans $\intcc{-1}{1}$ — en particulier elle diverge.

**Solution de Exercice 11.12.**

Le [sous-groupe](https://one-course.com/books/math/3/fr/chapter/7-structures-algebriques#def-b1-structures-subgroup) $G = \Z + 2\pi\Z$ 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](https://one-course.com/books/math/3/fr/chapter/15-integration-sur-un-segment#ch-b1-integration)). D’après l’[Exercice 10.9](https://one-course.com/books/math/3/fr/chapter/10-nombres-reels#exo-b1-reals-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](https://one-course.com/books/math/3/fr/chapter/14-derivation#ch-b1-derivative)),

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

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](#def-b1-seq-subsequence) 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](#pb-b1-seq-1) et l’asymptotique $u_n \sim \sqrt{3/n}$ pour $u_{n+1} = \sin
u_n$

Le [théorème de Cesàro–Stolz](#pb-b1-seq-1) 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 du secondaire 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](https://one-course.com/books/math/3/fr/chapter/14-derivation#ch-b1-derivative), 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](https://one-course.com/books/math/3/fr/chapter/16-formules-de-taylor-et-developpements-limites#ch-b1-taylor).

**Partie I — Des sommes sans formule close.**

1. 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 $\lim \frac{1^2 +  \dots + n^2}{n^3}$ .
2. 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.
3. (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](#pb-b1-seq-1).** Soit $(b_n)$ strictement croissante avec $b_n \to +\infty$, et supposons $\dfrac{a_{n+1} - a_n}{b_{n+1} - b_n} \to \ell \in \R$.

4. 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 $n > N$ .
5. 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 : $\dfrac{a_n}{b_n} \to \ell$.
6. Démontrer la variante $+\infty$ : si $\dfrac{a_{n+1} -  a_n}{b_{n+1} - b_n} \to +\infty$ (mêmes hypothèses sur $(b_n)$ ), alors $\dfrac{a_n}{b_n} \to +\infty$ .
7. Prendre $b_n = n$ : retrouver le théorème de la moyenne de Cesàro de l’ [Exercice 11.10](#exo-b1-seq-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.**

8. 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.
9. 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 $u =  -t/(1+t)$)*.
10. 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](https://one-course.com/books/math/3/fr/chapter/17-series-numeriques#ch-b1-series).)
11. (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 $u_{n+1} = \sin u_n$.

12. 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)* .
13. On suppose désormais $u_1 \in \intoc{0}{1}$. Montrer par encadrement, en utilisant (G2) : $$\frac{\sin u_n}{u_n} \to 1  \qquad\text{et}\qquad  \frac{u_n - \sin u_n}{u_n^{3}} \to \frac16 .$$
14. 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 $w_n \to \frac13$.
15. Conclure avec l’[Exercice 11.10](#exo-b1-seq-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 : $$\sqrt n\;u_n \longrightarrow \sqrt 3 ,  \qquad\text{c.-à-d.}\qquad  u_n \sim \sqrt{\frac 3n} .$$
16. 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](#ex-b1-seq-heron) (l’ [Exemple 11.24](#ex-b1-seq-heron) ) 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](https://one-course.com/books/math/3/fr/chapter/3-nombres-complexes#def-b1-complex-field) $< 1$ .
17. 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.

18. 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 $n\,u_n \to \frac1a$ .
19. (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.
20. 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 $u_n  \sim \frac 1n$ .
21. (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.**

22. 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.
23. (Stolz deux fois) Démontrer $\sum_{k=1}^{n} H_k \sim n \ln n$ *(une [application](https://one-course.com/books/math/3/fr/chapter/1-logique-ensembles-et-applications#def-b1-logic-map) de Cesàro–Stolz, puis la question 10 ; encadrer $(n+1)\ln(n+1) - n\ln n$ à l’aide de la question 9)* .
24. (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 $(n!)^{1/n} \to +\infty$ .
25. 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](https://one-course.com/books/math/3/fr/chapter/14-derivation#ch-b1-derivative) ) ; (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 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](https://one-course.com/books/math/3/fr/chapter/1-logique-ensembles-et-applications#def-b1-logic-statement).

**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](#pb-b1-seq-1).

**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](#exo-b1-seq-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](https://one-course.com/books/math/3/fr/chapter/4-fonctions-usuelles#prop-b1-functions-expln)), 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](#thm-b1-seq-monotone)). 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](#exo-b1-seq-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](#ex-b1-seq-heron) 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](https://one-course.com/books/math/3/fr/chapter/3-nombres-complexes#def-b1-complex-field) $< 1$ (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](#exo-b1-seq-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](#thm-b1-seq-monotone)). 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](#exo-b1-seq-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](#thm-b1-seq-monotone), pour produire les limites des questions 12 et 20 ; le [théorème de Cesàro–Stolz](#pb-b1-seq-1) 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](https://one-course.com/books/math/3/fr/chapter/14-derivation#ch-b1-derivative). (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 $\sqrt{3/n}$.