Corrigé du contrôle de maths sup : borne supérieure et convergence des suites

Exercice 1 : Borne supérieure et densité de Q (4 points)

1. Propriété de la borne supérieure : toute partie non vide et majorée de \(\mathbb{R}\) admet une borne supérieure, c’est-à-dire un plus petit majorant.
2. Soit \(A\) non vide et majorée, et \(M\) un majorant de \(A\).

   Sens direct. Supposons \(M = \sup A\) et fixons \(\varepsilon > 0\). Le réel \(M – \varepsilon\) est strictement inférieur à \(M\). Or \(M\) est le plus petit des majorants, donc \(M – \varepsilon\) n’est pas un majorant de \(A\). Par conséquent, il existe \(a \in A\) tel que \(a > M – \varepsilon\).

   Réciproque. Supposons la propriété vraie. Soit \(M^{\prime}\) un majorant de \(A\) et supposons par l’absurde \(M^{\prime} < M\). Posons \(\varepsilon = M – M^{\prime} > 0\). Il existe alors \(a \in A\) tel que \(a > M – \varepsilon = M^{\prime}\), ce qui contredit le fait que \(M^{\prime}\) majore \(A\). Donc \(M \leq\, M^{\prime}\) pour tout majorant \(M^{\prime}\).

   Ainsi \(M\) est le plus petit majorant : \(M = \sup A\).

3. Soient \(x < y\). Comme \(y – x > 0\), la propriété d’Archimède fournit \(n \in \mathbb{N}^*\) tel que \(n(y – x) > 1\), soit \(ny > nx + 1\). Posons \(p = \lfloor nx \rfloor + 1 \in \mathbb{Z}\). Par définition de la partie entière, \(p – 1 \leq\, nx < p\). On en déduit :

   \[nx < p \leq\, nx + 1 < ny.\]

   En divisant par \(n > 0\), on obtient \(x < \dfrac{p}{n} < y\). Le rationnel \(r = \dfrac{p}{n}\) convient : \(\mathbb{Q}\) est dense dans \(\mathbb{R}\).

Barème : a) 1 point (non vide et majorée exigés) ; b) 1,5 point : 0,75 point par sens ; c) 1,5 point : 0,5 point pour Archimède, 0,5 point pour le choix de p, 0,5 point pour l’encadrement final.

Exercice 2 : Calculs de bornes supérieures et inférieures (3 points)

1. Pour tout \(n \in \mathbb{N}\), \(\dfrac{n}{n+1} = 1 – \dfrac{1}{n+1}\). Cette quantité est positive et strictement inférieure à \(1\).

   Pour \(n = 0\), on obtient \(0 \in A\). Donc \(0\) est le plus petit élément : \(\inf A = \min A = 0\).

   Ensuite, \(1\) majore \(A\). Soit \(\varepsilon > 0\) : il existe \(n\) tel que \(\dfrac{1}{n+1} < \varepsilon\), donc \(\dfrac{n}{n+1} > 1 – \varepsilon\). D’après la caractérisation de l’exercice 1, \(\sup A = 1\), et ce n’est pas un maximum car \(1 \notin A\).

2. Pour \(p, q \geq\, 1\), on a \(0 < \dfrac{1}{p} + \dfrac{1}{q} \leq\, 1 + 1 = 2\). De plus, \(2\) est atteint pour \(p = q = 1\). Donc \(\sup B = \max B = 2\).

   Ensuite, \(0\) minore \(B\). En prenant \(p = q = n\), on obtient \(\dfrac{2}{n} \in B\), et \(\dfrac{2}{n} \to 0\). Pour tout \(\varepsilon > 0\), il existe donc un élément de \(B\) inférieur à \(\varepsilon\). Ainsi \(\inf B = 0\), qui n’est pas un minimum car tous les éléments de \(B\) sont strictement positifs.

3. La partie \(A + B\) est non vide. Pour \(a \in A\) et \(b \in B\), on a \(a + b \leq\, \sup A + \sup B\). Donc \(A + B\) est majorée par \(S = \sup A + \sup B\) et admet une borne supérieure.

   Soit \(\varepsilon > 0\). Par caractérisation, il existe \(a \in A\) avec \(a > \sup A – \dfrac{\varepsilon}{2}\), et \(b \in B\) avec \(b > \sup B – \dfrac{\varepsilon}{2}\). Alors \(a + b \in A + B\) et \(a + b > S – \varepsilon\).

   Par la caractérisation de l’exercice 1 b, \(\sup(A + B) = \sup A + \sup B\).

Barème : a) 1 point : 0,5 point pour la borne inférieure, 0,5 point pour la borne supérieure non atteinte ; b) 1 point, même répartition ; c) 1 point : 0,25 point pour l’existence, 0,25 point pour le majorant, 0,5 point pour l’argument avec epsilon sur deux.

Erreur fréquente : affirmer que \(\sup A = 1\) parce que « la suite tend vers 1 » sans vérifier que \(1\) est un majorant.

Exercice 3 : Limites rédigées avec epsilon (3,5 points)

1. Pour tout \(n \in \mathbb{N}\) :

   \[| u_n – 2 | = | \frac{2n + 1 – 2n – 6}{n+3} | = \frac{5}{n+3}.\]

   Soit \(\varepsilon > 0\). Posons \(N = \lfloor \dfrac{5}{\varepsilon} \rfloor + 1\), de sorte que \(N > \dfrac{5}{\varepsilon}\). Pour \(n \geq\, N\), on a \(n + 3 > n \geq\, N > \dfrac{5}{\varepsilon}\), donc \(\dfrac{5}{n+3} < \varepsilon\).

   Nous avons montré : \(\forall \varepsilon > 0,\ \exists N \in \mathbb{N},\ \forall n \geq\, N,\ |u_n – 2| < \varepsilon\). Donc \((u_n)\) converge vers \(2\).

2. Appliquons la définition de la limite avec \(\varepsilon = \dfrac{\ell}{2} > 0\). Il existe \(N\) tel que, pour \(n \geq\, N\), \(|u_n – \ell| < \dfrac{\ell}{2}\). En particulier \(u_n > \ell – \dfrac{\ell}{2}\). Donc \(u_n > \dfrac{\ell}{2}\) pour tout \(n \geq\, N\).
3. Considérons les suites extraites \((v_{6k})\) et \((v_{6k+3})\). Pour tout \(k \in \mathbb{N}\) :

   \[v_{6k} = \cos(2k\pi) = 1 \qquad \text{et} \qquad v_{6k+3} = \cos(2k\pi + \pi) = -1.\]

   Supposons que \((v_n)\) converge vers \(L\). Alors toute suite extraite converge aussi vers \(L\). On aurait donc \(L = 1\) et \(L = -1\), ce qui est absurde. La suite \((v_n)\) diverge.

Barème : a) 1,5 point : 0,5 point pour le calcul de la distance, 0,5 point pour le choix de N, 0,5 point pour la conclusion avec quantificateurs ; b) 0,5 point ; c) 1,5 point : 0,5 point par suite extraite, 0,5 point pour le théorème des suites extraites.

Exercice 4 : Suites adjacentes et irrationalité de e (4 points)

1. Pour \(n \geq\, 1\), \(u_{n+1} – u_n = \dfrac{1}{(n+1)!} > 0\). La suite \((u_n)\) est strictement croissante.
2. Pour \(n \geq\, 1\), on calcule :

   \[v_{n+1} – v_n = \frac{1}{(n+1)!} + \frac{1}{(n+1)(n+1)!} – \frac{1}{n \cdot n!}.\]

   Or \(n! = \dfrac{(n+1)!}{n+1}\), donc \(\dfrac{1}{n \cdot n!} = \dfrac{(n+1)^2}{n(n+1)(n+1)!}\). Réduisons au dénominateur commun \(D = n(n+1)(n+1)!\) :

   \[v_{n+1} – v_n = \frac{n(n+1) + n – (n+1)^2}{D} = \frac{n^2 + 2n – n^2 – 2n – 1}{D} = -\frac{1}{D}.\]

   Comme \(D > 0\), \(v_{n+1} – v_n < 0\) : la suite \((v_n)\) est strictement décroissante.

3. On a \(v_n – u_n = \dfrac{1}{n \cdot n!}\), qui tend vers \(0\). Avec a) et b), les suites sont adjacentes. Par le théorème des suites adjacentes, elles convergent vers une même limite \(\ell = e\). De plus, \(u_n < e < v_n\) pour tout \(n \geq\, 1\), par stricte monotonie.
4. Supposons \(e = \dfrac{p}{q}\) avec \(p, q \in \mathbb{N}^*\). D’après c), \(u_q < \dfrac{p}{q} < u_q + \dfrac{1}{q \cdot q!}\). Multiplions par \(q \cdot q! > 0\) :

   \[q \cdot q! \, u_q < p \cdot q! < q \cdot q! \, u_q + 1.\]

   Or \(K = q! \, u_q = \displaystyle\sum_{k=0}^{q} \frac{q!}{k!}\) est un entier, car chaque \(\dfrac{q!}{k!}\) en est un pour \(k \leq\, q\). L’entier \(p \cdot q!\) serait donc strictement compris entre les deux entiers consécutifs \(qK\) et \(qK + 1\). C’est impossible.

   Donc \(e\) est irrationnel.

Barème : a) 0,5 point ; b) 1,5 point : 0,5 point pour la réduction, 0,5 point pour le calcul du numérateur, 0,5 point pour la conclusion ; c) 0,5 point (limite de la différence et théorème cité) ; d) 1,5 point : 0,5 point pour l’encadrement strict, 0,5 point pour K entier, 0,5 point pour la contradiction.

Exercice 5 : Problème – Bolzano-Weierstrass et lemme de Cesàro (5,5 points)

Partie A : valeurs d’adhérence

1. Théorème de Bolzano-Weierstrass : de toute suite réelle bornée, on peut extraire une suite convergente.
2. Supposons que \((u_n)\) ne converge pas vers \(\ell\). En niant la définition, on obtient :

   \[\exists \varepsilon > 0,\ \forall N \in \mathbb{N},\ \exists n \geq\, N,\ |u_n – \ell| \geq\, \varepsilon.\]

   Il y a donc une infinité d’indices \(n\) tels que \(|u_n – \ell| \geq\, \varepsilon\). On construit ainsi une extractrice \(\varphi\) strictement croissante avec \(|u_{\varphi(k)} – \ell| \geq\, \varepsilon\) pour tout \(k\).

   La suite \((u_{\varphi(k)})\) est bornée, car \((u_n)\) l’est. Par Bolzano-Weierstrass, elle admet une suite extraite \((u_{\varphi(\psi(k))})\) qui converge vers un réel \(\ell^{\prime}\). En passant à la limite dans l’inégalité large, \(|\ell^{\prime} – \ell| \geq\, \varepsilon\), donc \(\ell^{\prime} \neq \ell\).

   Or \(\varphi \circ \psi\) est strictement croissante, donc \(\ell^{\prime}\) est une valeur d’adhérence de \((u_n)\) distincte de \(\ell\). C’est contraire à l’hypothèse. Donc \((u_n)\) converge vers \(\ell\).

Partie B : moyennes de Cesàro

3. Soit \(\varepsilon > 0\). Comme \(u_n \to 0\), il existe \(N_1 \geq\, 1\) tel que \(|u_k| \leq\, \dfrac{\varepsilon}{2}\) pour tout \(k > N_1\). Posons \(S = |u_1 + \cdots + u_{N_1}|\), qui ne dépend pas de \(n\). Pour \(n > N_1\), l’inégalité triangulaire donne :

   \[|c_n| \leq\, \frac{S}{n} + \frac{1}{n}\sum_{k=N_1+1}^{n} |u_k| \leq\, \frac{S}{n} + \frac{n – N_1}{n} \cdot \frac{\varepsilon}{2} \leq\, \frac{S}{n} + \frac{\varepsilon}{2}.\]

   Ensuite, \(\dfrac{S}{n} \to 0\), donc il existe \(N_2\) tel que \(\dfrac{S}{n} \leq\, \dfrac{\varepsilon}{2}\) pour \(n \geq\, N_2\). Pour \(n \geq\, \max(N_1 + 1, N_2)\), on obtient \(|c_n| \leq\, \varepsilon\). Donc \((c_n)\) converge vers \(0\).

4. Posons \(w_n = u_n – \ell\), qui tend vers \(0\). Ses moyennes de Cesàro valent \(\dfrac{w_1 + \cdots + w_n}{n} = c_n – \ell\). D’après 3, elles tendent vers \(0\). Donc \(c_n \to \ell\).

   Réciproque fausse : prenons \(u_n = (-1)^n\). Alors \(c_n = 0\) si \(n\) est pair et \(c_n = -\dfrac{1}{n}\) si \(n\) est impair, donc \(c_n \to 0\). Pourtant \((u_n)\) diverge, puisque ses termes pairs valent \(1\) et ses termes impairs \(-1\).

5. Posons \(w_k = u_{k+1} – u_k\), qui tend vers \(a\). D’après 4, ses moyennes de Cesàro tendent vers \(a\). Or la somme télescope :

   \[\frac{w_1 + \cdots + w_n}{n} = \frac{u_{n+1} – u_1}{n}.\]

   Comme \(\dfrac{u_1}{n} \to 0\), on en déduit \(\dfrac{u_{n+1}}{n} \to a\). Enfin \(\dfrac{u_{n+1}}{n+1} = \dfrac{u_{n+1}}{n} \cdot \dfrac{n}{n+1}\) tend vers \(a \times 1 = a\). Donc \(\dfrac{u_n}{n} \to a\).

Barème : 1) 0,5 point ; 2) 1,5 point : 0,5 point pour la négation, 0,5 point pour la double extraction, 0,5 point pour la contradiction ; 3) 1,5 point : 0,5 point pour le découpage de la somme, 0,5 point pour le choix de N1 et N2, 0,5 point pour la conclusion ; 4) 1 point : 0,5 point pour la généralisation, 0,5 point pour le contre-exemple ; 5) 1 point : 0,5 point pour le télescopage, 0,5 point pour la conclusion.

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Après le corrigé du contrôle : borne supérieure et convergence des suites

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