Nombres réels et suites : corrigé des exercices de maths sup.

Corrigé de l’exercice 1 : Nombres irrationnels

1. Supposons par l’absurde \(\sqrt{6} = \dfrac{p}{q}\), avec \(p, q \in \mathbb{N}^{*}\) et la fraction irréductible. Alors \(p^2 = 6q^2\), donc \(p^2\) est pair. Par conséquent \(p\) est pair, car le carré d’un entier impair est impair. Écrivons \(p = 2k\). On obtient \(4k^2 = 6q^2\), soit \(2k^2 = 3q^2\). Ainsi \(3q^2\) est pair, donc \(q^2\) est pair, et \(q\) est pair. Donc \(p\) et \(q\) sont tous deux pairs, ce qui contredit l’irréductibilité. Le réel \(\sqrt{6}\) est irrationnel.
2. Supposons que \(r = \sqrt{2} + \sqrt{3}\) soit rationnel. En élevant au carré, on obtient \(r^2 = 2 + 2\sqrt{6} + 3 = 5 + 2\sqrt{6}\). Donc \(\sqrt{6} = \dfrac{r^2 – 5}{2}\), qui serait rationnel comme combinaison de rationnels. C’est impossible d’après la question 1. Ainsi \(\sqrt{2} + \sqrt{3}\) est irrationnel.
3. Si \(r + x = s\) était rationnel, alors \(x = s – r\) serait rationnel, car \(\mathbb{Q}\) est stable par différence. C’est absurde. De même, si \(r \neq 0\) et \(rx = s \in \mathbb{Q}\), alors \(x = \dfrac{s}{r}\) serait rationnel. Donc \(r + x\) et \(rx\) (pour \(r \neq 0\)) sont irrationnels.
4. Les réels \(\sqrt{2}\) et \(\sqrt{8} = 2\sqrt{2}\) sont irrationnels d’après la question 3. Leur produit vaut \(\sqrt{16} = 4\). Ensuite, \(\sqrt{2}\) et \(1 – \sqrt{2}\) sont irrationnels, toujours par la question 3, et leur somme vaut \(1\). Le produit et la somme de deux irrationnels peuvent donc être rationnels.

Point de méthode : pour montrer qu’un nombre est irrationnel, on raisonne presque toujours par l’absurde, en le supposant rationnel puis en se ramenant à un irrationnel connu.

Corrigé de l’exercice 2 : Partie entière et approximations décimales

1. Par définition, \(\lfloor x \rfloor \leq\, x < \lfloor x \rfloor + 1\). En ajoutant \(m\), on obtient \(\lfloor x \rfloor + m \leq\, x + m < \lfloor x \rfloor + m + 1\). Or \(\lfloor x \rfloor + m\) est un entier. Par unicité de la partie entière, \(\lfloor x + m \rfloor = \lfloor x \rfloor + m\).
2. D’une part, \(\lfloor x \rfloor + \lfloor y \rfloor \leq\, x + y\). C’est un entier inférieur à \(x + y\), donc il est inférieur à \(\lfloor x + y \rfloor\), qui est le plus grand de ces entiers. D’autre part, \(x + y < \lfloor x \rfloor + \lfloor y \rfloor + 2\). Ainsi \(\lfloor x + y \rfloor < \lfloor x \rfloor + \lfloor y \rfloor + 2\), et comme ce sont des entiers, \(\lfloor x + y \rfloor \leq\, \lfloor x \rfloor + \lfloor y \rfloor + 1\).
3. Posons \(p_n = \lfloor 10^n x \rfloor\). L’entier \(10 p_n\) vérifie \(10 p_n \leq\, 10^{n+1} x\). Donc \(10 p_n \leq\, p_{n+1}\), puisque \(p_{n+1}\) est le plus grand entier inférieur à \(10^{n+1} x\). En divisant par \(10^{n+1}\), on obtient \(d_n \leq\, d_{n+1}\). Ensuite, \(10^{n+1} x < 10(p_n + 1)\), donc \(p_{n+1} < 10 p_n + 10\). Comme ce sont des entiers, \(p_{n+1} + 1 \leq\, 10 p_n + 10\). En divisant par \(10^{n+1}\), il vient \(e_{n+1} \leq\, e_n\). La suite \((d_n)\) croît et la suite \((e_n)\) décroît.
4. On a \(e_n – d_n = 10^{-n} \to 0\). Avec la question 3, les suites sont donc adjacentes. Elles convergent vers une même limite \(\ell\). De plus, \(d_n \leq\, x < e_n\) pour tout \(n\). En passant à la limite dans ces inégalités larges, \(\ell \leq\, x \leq\, \ell\). Les deux suites convergent vers \(x\).
5. On a \(\dfrac{22}{7} = 3{,}142857\ldots\) En effet, \(22 = 3 \times 7 + 1\), puis la division de \(1\) par \(7\) donne \(0{,}142857\ldots\) Ainsi \(10^3 \times \dfrac{22}{7} = 3142{,}857\ldots\) Donc \(d_0 = 3\), \(d_1 = 3{,}1\), \(d_2 = 3{,}14\) et \(d_3 = 3{,}142\).

Corrigé de l’exercice 3 : Bornes d’ensembles de réels

1. Pour \(n = 2p\) pair, l’élément vaut \(1 + \dfrac{1}{2p}\), qui appartient à \(]1, \dfrac{3}{2}]\). Pour \(n = 2p + 1\) impair, il vaut \(-1 + \dfrac{1}{2p+1}\), qui appartient à \(]-1, 0]\). Ainsi \(A\) est majoré par \(\dfrac{3}{2}\), valeur atteinte pour \(n = 2\). Donc \(\max A = \sup A = \dfrac{3}{2}\). Ensuite, tous les éléments sont strictement supérieurs à \(-1\), donc \(A\) est minoré par \(-1\). De plus, la suite \(-1 + \dfrac{1}{2p+1}\) est formée d’éléments de \(A\) et tend vers \(-1\). Par caractérisation séquentielle, \(\inf A = -1\). Enfin, \(-1 \notin A\). Ainsi \(\sup A = \max A = \dfrac{3}{2}\), \(\inf A = -1\) et \(A\) n’a pas de minimum. La figure de l’énoncé montre bien les points de rang impair qui s’accumulent à droite de \(-1\).
2. Pour tous \(n, m \geq\, 1\), on a \(0 < \dfrac{1}{n} + \dfrac{1}{m} \leq\, 2\). La valeur \(2\) est atteinte pour \(n = m = 1\), donc \(\max B = \sup B = 2\). Ensuite, \(0\) minore \(B\), et la suite \(\dfrac{2}{n}\), obtenue avec \(m = n\), est dans \(B\) et tend vers \(0\). Donc \(\inf B = 0\). Comme tous les éléments sont strictement positifs, \(0 \notin B\). Ainsi \(\sup B = \max B = 2\), \(\inf B = 0\), sans minimum.
3. D’abord, \(0 \in C\), donc \(C\) est non vide. Ensuite, si \(x \in C\), alors \(x^2 < 2\), donc \(|x| < \sqrt{2}\). Ainsi \(C\) est majoré par \(\sqrt{2}\) et minoré par \(-\sqrt{2}\). Considérons alors les approximations décimales par défaut \(d_n\) de \(\sqrt{2}\). Elles sont rationnelles, donc différentes de \(\sqrt{2}\). Par conséquent \(1 \leq\, d_n < \sqrt{2}\), d’où \(d_n^2 < 2\) et \(d_n \in C\). Comme \(d_n \to \sqrt{2}\), on obtient \(\sup C = \sqrt{2}\). Par symétrie (\(x \in C \Leftrightarrow -x \in C\)), \(\inf C = -\sqrt{2}\). Ces bornes sont irrationnelles, donc n’appartiennent pas à \(C\). Ainsi \(\sup C = \sqrt{2}\), \(\inf C = -\sqrt{2}\), et \(C\) n’a ni maximum ni minimum.

Corrigé de l’exercice 4 : Bornes supérieures et opérations

1. La partie \(A + B\) est non vide. De plus, pour \(a \in A\) et \(b \in B\), on a \(a + b \leq\, \sup A + \sup B\). Elle est donc majorée et admet une borne supérieure. Ensuite, par caractérisation séquentielle, il existe \(a_n \in A\) et \(b_n \in B\) avec \(a_n \to \sup A\) et \(b_n \to \sup B\). La suite \((a_n + b_n)\) est à valeurs dans \(A + B\) et tend vers \(\sup A + \sup B\). Comme ce réel majore \(A + B\), \(\sup(A + B) = \sup A + \sup B\).
2. Pour \(a \in A\), on a \(\lambda a \leq\, \lambda \sup A\), car \(\lambda > 0\). De plus, \(\lambda a_n \to \lambda \sup A\). Donc \(\sup(\lambda A) = \lambda \sup A\). Ensuite, pour \(a \in A\), \(a \geq\, \inf A\), donc \(-a \leq\, -\inf A\). Enfin, si \(a^{\prime}_n \in A\) tend vers \(\inf A\), alors \(-a^{\prime}_n \in -A\) tend vers \(-\inf A\). Ainsi \(\sup(\lambda A) = \lambda \sup A\) et \(\sup(-A) = -\inf A\).
3. Tout élément de \(A\) est dans \(B\), donc est majoré par \(\sup B\). Ainsi \(\sup B\) est un majorant de \(A\), et il est supérieur au plus petit d’entre eux. De même, \(\inf B\) minore \(A\). Donc \(\sup A \leq\, \sup B\) et \(\inf B \leq\, \inf A\).
4. Soit \(a, b \in [-2, 1]\). Alors \(|a| \leq\, 2\) et \(|b| \leq\, 2\), donc \(ab \leq\, |a||b| \leq\, 4\). De plus, \(4 = (-2) \times (-2) \in AB\). Donc \(\sup(AB) = \max(AB) = 4\). Or \(\sup A \times \sup B = 1\). On a \(\sup(AB) = 4 \neq 1\) : la formule du produit est fausse en général.

Point de méthode : pour établir une égalité de bornes supérieures, on vérifie d’abord l’inégalité « majorant », puis on conclut par une suite d’éléments qui tend vers le candidat.

Corrigé de l’exercice 5 : Intervalles et droite achevée

1. Soit \(I\) et \(J\) deux intervalles, et \(x \leq\, y\) deux éléments de \(I \cap J\). Comme \(I\) est un intervalle, \([x, y] \subset I\). De même, \([x, y] \subset J\). Donc \([x, y] \subset I \cap J\). Par la caractérisation des intervalles, \(I \cap J\) est un intervalle, éventuellement vide.
2. D’abord, \([0, 1] \cup [2, 3]\) contient \(1\) et \(2\), mais pas \(\dfrac{3}{2}\) : ce n’est pas un intervalle. Supposons maintenant qu’il existe \(c \in I \cap J\). Soit \(x \leq\, y\) dans \(I \cup J\), et \(z \in [x, y]\). Si \(x\) et \(y\) sont dans le même intervalle, c’est terminé. Supposons par exemple \(x \in I\) et \(y \in J\). Si \(z \leq\, c\), alors \(x \leq\, z \leq\, c\) avec \(x, c \in I\), donc \(z \in I\). Sinon, \(c < z \leq\, y\) avec \(c, y \in J\), donc \(z \in J\). Le cas \(x \in J\) et \(y \in I\) est symétrique. Ainsi \(I \cup J\) est un intervalle dès que \(I \cap J \neq \emptyset\).
3. On étudie \(F\) selon la position de \(x\). Si \(x \geq\, 1\), la condition s’écrit \(2x \leq\, 4\), soit \(x \leq\, 2\). Si \(-1 \leq\, x \leq\, 1\), elle s’écrit \(2 \leq\, 4\), toujours vraie. Enfin, si \(x \leq\, -1\), elle s’écrit \(-2x \leq\, 4\), soit \(x \geq\, -2\). Donc \(F = [-2, 2]\), qui est un intervalle. Pour \(G\) : si \(x < 0\), alors \(\frac{1}{x} < 0 < 1\) ; si \(x > 0\), la condition équivaut à \(x > 1\). Donc \(G = ]-\infty, 0[ \cup ]1, +\infty[\). Ce n’est pas un intervalle, car \(-1 \in G\) et \(2 \in G\), mais \(\frac{1}{2} \notin G\). Seul \(F\) est un intervalle.
4. La partie \(H\) contient tous les entiers \(n \geq\, 1\), donc elle n’est pas majorée : \(\sup H = +\infty\). Ensuite, \(0\) minore \(H\) et \(\frac{1}{n} \in H\) tend vers \(0\), donc \(\inf H = 0\). Pour \(K\), on écrit \(n^2 – 10n = (n – 5)^2 – 25 \geq\, -25\), avec égalité pour \(n = 5\). Enfin \(n^2 – 10n \to +\infty\), donc \(K\) n’est pas majorée. Ainsi \(\sup H = +\infty\), \(\inf H = 0\), \(\sup K = +\infty\) et \(\inf K = \min K = -25\).

Corrigé de l’exercice 6 : Retour à la définition de la limite

1. On calcule \(u_n – 2 = \dfrac{2n + 1 – 2n – 6}{n + 3} = \dfrac{-5}{n+3}\). Donc \(|u_n – 2| = \dfrac{5}{n+3}\). Soit \(\varepsilon > 0\) et \(N = \lceil \dfrac{5}{\varepsilon} \rceil\). Pour \(n \geq\, N\), on a \(n + 3 > \dfrac{5}{\varepsilon}\), donc \(|u_n – 2| < \varepsilon\). Ainsi \(u_n \to 2\). Pour \(\varepsilon = 10^{-3}\), la condition \(\dfrac{5}{n+3} \leq\, 10^{-3}\) équivaut à \(n + 3 \geq\, 5000\). Le rang \(N = 4997\) convient, et c’est le plus petit.
2. Pour \(n \geq\, 4\), on a \(n – 3 \geq\, 1\), donc \(v_n = n(n – 3) \geq\, n\). Soit \(A\) un réel et \(N = \max(4, \lceil A \rceil)\). Pour \(n \geq\, N\), on obtient \(v_n \geq\, n \geq\, A\). Donc \(v_n \to +\infty\).
3. Supposons que \((-1)^n \to \ell\). Avec \(\varepsilon = \dfrac{1}{2}\), il existe \(N\) tel que \(|(-1)^n – \ell| \leq\, \dfrac{1}{2}\) pour \(n \geq\, N\). En prenant \(n = 2N\) puis \(n = 2N + 1\), on obtient \(|1 – \ell| \leq\, \dfrac{1}{2}\) et \(|-1 – \ell| \leq\, \dfrac{1}{2}\). Par l’inégalité triangulaire, \(2 = |1 – (-1)| \leq\, |1 – \ell| + |\ell + 1| \leq\, 1\). C’est absurde. La suite \(\big((-1)^n\big)\) diverge.
4. Appliquons la définition avec \(\varepsilon = \dfrac{\ell}{2} > 0\). Il existe \(N\) tel que, pour \(n \geq\, N\), \(|w_n – \ell| \leq\, \dfrac{\ell}{2}\). En particulier \(w_n \geq\, \ell – \dfrac{\ell}{2} = \dfrac{\ell}{2}\). Pour obtenir l’inégalité stricte, on prend plutôt \(\varepsilon = \dfrac{\ell}{3}\) : alors \(w_n \geq\, \dfrac{2\ell}{3} > \dfrac{\ell}{2}\). Donc \(w_n > \dfrac{\ell}{2}\) à partir d’un certain rang.

Corrigé de l’exercice 7 : Calculs de limites

1. On multiplie par la quantité conjuguée :
   \[a_n = \frac{(n^2 + 3n) – (n^2 + 1)}{\sqrt{n^2 + 3n} + \sqrt{n^2 + 1}} = \frac{3 – 1/n}{\sqrt{1 + 3/n} + \sqrt{1 + 1/n^2}}.\]
   Le numérateur tend vers \(3\) et le dénominateur vers \(2\). Donc \(a_n \to \dfrac{3}{2}\).
2. En divisant par \(n^2\), on obtient \(b_n = \dfrac{1 + (-1)^n/n}{2 + 1/n^2}\). Or \(|\dfrac{(-1)^n}{n}| = \dfrac{1}{n} \to 0\). Donc \(b_n \to \dfrac{1}{2}\).
3. En divisant par \(3^n\), on obtient \(c_n = \dfrac{1 – (2/3)^n}{1 + (2/3)^n}\). Comme \(0 < \dfrac{2}{3} < 1\), on a \((\dfrac{2}{3})^n \to 0\). Donc \(c_n \to 1\).
4. On écrit \(d_n = \exp(\dfrac{\ln n}{n})\). Par croissances comparées, \(\dfrac{\ln n}{n} \to 0\). Ensuite, par continuité de l’exponentielle en \(0\), \(d_n \to 1\).
5. On écrit \(e_n = \exp\big(n \ln(1 + 1/n)\big)\). Posons \(h = \dfrac{1}{n}\). Alors \(n \ln(1 + 1/n) = \dfrac{\ln(1 + h)}{h}\), qui tend vers la dérivée de \(\ln\) en \(1\), c’est-à-dire \(1\). Donc \(e_n \to \mathrm{e}\).

Corrigé de l’exercice 8 : Encadrements et majorations de l’écart

1. Pour \(1 \leq\, k \leq\, n\), on a \(n^2 + 1 \leq\, n^2 + k \leq\, n^2 + n\). Donc \(\dfrac{n}{n^2 + n} \leq\, \dfrac{n}{n^2 + k} \leq\, \dfrac{n}{n^2 + 1}\). En sommant ces \(n\) inégalités, on obtient :
   \[1 – \frac{1}{n+1} = \frac{n}{n+1} \leq\, u_n \leq\, \frac{n^2}{n^2 + 1} \leq\, 1.\]
   Ainsi \(0 \leq\, 1 – u_n \leq\, \dfrac{1}{n+1}\). Donc \(|u_n – 1| \leq\, \dfrac{1}{n+1}\) et \(u_n \to 1\).
2. Pour tout \(k\), on a \(kx – 1 < \lfloor kx \rfloor \leq\, kx\). En sommant pour \(k\) de \(1\) à \(n\), et avec \(\sum k = \frac{n(n+1)}{2}\), on obtient :
   \[x\,\frac{n(n+1)}{2} – n < \sum_{k=1}^{n} \lfloor kx \rfloor \leq\, x\,\frac{n(n+1)}{2}.\]
   En divisant par \(n^2\) puis en retranchant \(\frac{x}{2}\), il vient \(\dfrac{x}{2n} – \dfrac{1}{n} < t_n – \dfrac{x}{2} \leq\, \dfrac{x}{2n}\). Ainsi \(|t_n – \dfrac{x}{2}| \leq\, \dfrac{|x|}{2n} + \dfrac{1}{n}\). Donc \(|t_n – \dfrac{x}{2}| \leq\, \dfrac{1 + |x|/2}{n}\) et \(t_n \to \dfrac{x}{2}\).
3. On écrit \(s_n = \dfrac{1}{n} \times \dfrac{2}{n} \times \cdots \times \dfrac{n}{n}\). Chaque facteur \(\dfrac{k}{n}\) est dans \(]0, 1]\). Donc le produit des \(n – 1\) derniers facteurs est dans \(]0, 1]\). Ainsi \(0 < s_n \leq\, \dfrac{1}{n}\). Par encadrement, \(s_n \to 0\).
4. Par la quantité conjuguée, \(\sqrt{n+1} – \sqrt{n} = \dfrac{1}{\sqrt{n+1} + \sqrt{n}}\). Ce nombre est strictement positif. De plus, le dénominateur est supérieur à \(2\sqrt{n}\). Donc \(0 < \sqrt{n+1} – \sqrt{n} \leq\, \dfrac{1}{2\sqrt{n}}\), et cette différence tend vers \(0\).

Point de méthode : une majoration de la forme \(|u_n – \ell| \leq\, v_n\) donne à la fois la convergence et une vitesse. C’est plus précis qu’un simple calcul de limite.

Corrigé de l’exercice 9 : Suite récurrente et vitesse de convergence

1. Raisonnons par récurrence. Pour \(n = 0\), on a \(0 \leq\, 0 < 2\). Supposons \(0 \leq\, u_n < 2\). Alors \(2 + u_n \geq\, 0\), donc \(u_{n+1}\) est bien défini et positif. De plus, \(2 + u_n < 4\), donc \(u_{n+1} < \sqrt{4} = 2\) par stricte croissance de la racine carrée. Ainsi \(0 \leq\, u_n < 2\) pour tout \(n\).
2. On calcule \(u_{n+1}^2 – u_n^2 = 2 + u_n – u_n^2 = (2 – u_n)(1 + u_n)\). D’après la question 1, les deux facteurs sont strictement positifs. Donc \(u_{n+1}^2 > u_n^2\). Comme \(u_n\) et \(u_{n+1}\) sont positifs, on en déduit \(u_{n+1} > u_n\). La suite est strictement croissante.
3. La suite est croissante et majorée par \(2\). Par le théorème de la limite monotone, elle converge vers un réel \(\ell \in [0, 2]\). Ensuite, \(u_{n+1}^2 = 2 + u_n\). En passant à la limite, \(\ell^2 = 2 + \ell\), soit \((\ell – 2)(\ell + 1) = 0\). Comme \(\ell \geq\, 0\), la limite vaut \(\ell = 2\).
4. On calcule, avec la quantité conjuguée :
   \[2 – u_{n+1} = \frac{4 – (2 + u_n)}{2 + \sqrt{2 + u_n}} = \frac{2 – u_n}{2 + u_{n+1}}.\]
   Or \(u_{n+1} \geq\, u_1 = \sqrt{2} > 1\), par croissance. Donc \(2 + u_{n+1} \geq\, 3\), et \(2 – u_{n+1} \leq\, \dfrac{2 – u_n}{3}\). Par récurrence immédiate, \(2 – u_n \leq\, \dfrac{2 – u_0}{3^n} = \dfrac{2}{3^n}\). La positivité vient de la question 1. Ainsi \(0 < 2 – u_n \leq\, \dfrac{2}{3^n}\).
5. Il suffit que \(\dfrac{2}{3^n} \leq\, 10^{-6}\), soit \(3^n \geq\, 2 \times 10^6\). Or \(3^{13} = 1\,594\,323\) et \(3^{14} = 4\,782\,969\). Dès que \(n \geq\, 14\), \(u_n\) approche \(2\) à \(10^{-6}\) près. La figure ci-dessous compare l’écart réel au majorant obtenu : la majoration est un peu pessimiste, mais elle a le mérite d’être démontrée.

Point de méthode : la limite monotone fournit la convergence, qualitative ; la majoration géométrique fournit la vitesse, quantitative. Les deux étapes sont distinctes.

Corrigé de l’exercice 10 : Limite monotone et deux sommes classiques

1. Pour \(k \geq\, 2\), on a \(\dfrac{1}{k-1} – \dfrac{1}{k} = \dfrac{1}{k(k-1)} \geq\, \dfrac{1}{k^2}\), car \(k(k – 1) \leq\, k^2\). En sommant de \(k = 2\) à \(n\), la somme télescopique donne :
   \[S_n \leq\, 1 + \sum_{k=2}^{n}(\frac{1}{k-1} – \frac{1}{k}) = 1 + 1 – \frac{1}{n} = 2 – \frac{1}{n} < 2.\]
   Ensuite, \(S_{n+1} – S_n = \dfrac{1}{(n+1)^2} > 0\), donc \((S_n)\) croît. Elle est majorée par \(2\), donc elle converge vers \(\sigma \leq\, 2\) par limite monotone. Enfin, par croissance, \(S_n \geq\, S_2 = \dfrac{5}{4}\) pour \(n \geq\, 2\). En passant à la limite, \(\sigma \geq\, \dfrac{5}{4}\). Donc \((S_n)\) converge et \(\dfrac{5}{4} \leq\, \sigma \leq\, 2\).
2. La somme \(H_{2n} – H_n = \displaystyle\sum_{k=n+1}^{2n} \frac{1}{k}\) comporte \(n\) termes, chacun supérieur à \(\dfrac{1}{2n}\). Donc \(H_{2n} – H_n \geq\, \dfrac{n}{2n} = \dfrac{1}{2}\). Or \((H_n)\) est croissante. Si elle convergeait vers \(L\), la suite extraite \((H_{2n})\) tendrait aussi vers \(L\), et \(H_{2n} – H_n \to 0\). C’est contradictoire avec la minoration par \(\dfrac{1}{2}\). Ainsi \((H_n)\) est croissante et diverge. Par le théorème de la limite monotone, elle n’est pas majorée. Donc \(H_n \to +\infty\).
3. Raisonnons par récurrence sur \(p\). Pour \(p = 0\), \(H_1 = 1\). Supposons \(H_{2^p} \geq\, 1 + \dfrac{p}{2}\). En appliquant la question 2 avec \(n = 2^p\), on obtient \(H_{2^{p+1}} \geq\, H_{2^p} + \dfrac{1}{2} \geq\, 1 + \dfrac{p+1}{2}\). Pour avoir \(H_n \geq\, 10\), il suffit donc que \(1 + \dfrac{p}{2} \geq\, 10\), soit \(p = 18\). L’entier \(n = 2^{18} = 262\,144\) convient. Cette divergence est donc très lente.

Corrigé de l’exercice 11 : Série harmonique alternée et suites adjacentes

1. On calcule d’abord \(a_{n+1} – a_n = S_{2n+2} – S_{2n} = \dfrac{1}{2n+1} – \dfrac{1}{2n+2} > 0\). Donc \((a_n)\) est croissante. Ensuite, \(b_{n+1} – b_n = S_{2n+3} – S_{2n+1} = -\dfrac{1}{2n+2} + \dfrac{1}{2n+3} < 0\). Donc \((b_n)\) est décroissante. Enfin, \(b_n – a_n = \dfrac{1}{2n+1} \to 0\). Les suites \((a_n)\) et \((b_n)\) sont adjacentes.
2. Deux suites adjacentes convergent vers une même limite \(\ell\). Ainsi les suites extraites \((S_{2n})\) et \((S_{2n+1})\) tendent toutes deux vers \(\ell\). D’après le cours, la suite \((S_n)\) converge vers \(\ell\).
3. Le théorème des suites adjacentes donne \(a_n \leq\, \ell \leq\, b_n\) pour tout \(n\). Avec \(n = 2\), on calcule \(a_2 = S_4 = 1 – \dfrac{1}{2} + \dfrac{1}{3} – \dfrac{1}{4} = \dfrac{7}{12}\) et \(b_2 = S_5 = \dfrac{7}{12} + \dfrac{1}{5} = \dfrac{47}{60}\). Donc \(\dfrac{7}{12} \leq\, \ell \leq\, \dfrac{47}{60}\). Passons à l’écart. Si \(n = 2m\), alors \(S_{2m} \leq\, \ell \leq\, S_{2m+1}\), donc \(|S_n – \ell| \leq\, S_{2m+1} – S_{2m} = \dfrac{1}{n+1}\). Si \(n = 2m + 1\), alors \(S_{2m+2} \leq\, \ell \leq\, S_{2m+1}\), donc \(|S_n – \ell| \leq\, S_{2m+1} – S_{2m+2} = \dfrac{1}{2m+2} = \dfrac{1}{n+1}\). Ainsi \(|S_n – \ell| \leq\, \dfrac{1}{n+1}\) pour tout \(n\).
4. Il suffit que \(\dfrac{1}{n+1} \leq\, 10^{-3}\), c’est-à-dire \(n \geq\, 999\). La somme des \(999\) premiers termes donne \(\ell\) à \(10^{-3}\) près. La figure ci-dessous montre les sommes partielles de rang pair qui montent et celles de rang impair qui descendent vers \(\ell\). On montre plus tard que \(\ell = \ln 2\).

Corrigé de l’exercice 12 : Moyenne arithmético-géométrique

1. Pour \(x, y > 0\), on a \(\dfrac{x + y}{2} – \sqrt{xy} = \dfrac{(\sqrt{x} – \sqrt{y})^2}{2} \geq\, 0\). Montrons ensuite par récurrence que \(a_n\) et \(b_n\) sont définis et strictement positifs. C’est vrai au rang \(0\). Si c’est vrai au rang \(n\), alors \(a_{n+1} > 0\), et \(a_n b_n > 0\), donc \(b_{n+1}\) est défini et strictement positif. Enfin, \(b_0 \leq\, a_0\) par hypothèse, et pour \(n \geq\, 0\), l’inégalité précédente donne \(b_{n+1} \leq\, a_{n+1}\). Les suites sont bien définies, strictement positives, et \(b_n \leq\, a_n\) pour tout \(n\).
2. Comme \(b_n \leq\, a_n\), on a \(a_{n+1} = \dfrac{a_n + b_n}{2} \leq\, \dfrac{a_n + a_n}{2} = a_n\). De même, \(b_{n+1} = \sqrt{a_n b_n} \geq\, \sqrt{b_n b_n} = b_n\). Donc \((a_n)\) décroît et \((b_n)\) croît.
3. Comme \(b_{n+1} \geq\, b_n\), on a \(a_{n+1} – b_{n+1} \leq\, a_{n+1} – b_n = \dfrac{a_n – b_n}{2}\). Par récurrence, on en déduit \(a_n – b_n \leq\, \dfrac{a_0 – b_0}{2^n}\). La positivité vient de la question 1. Donc \(0 \leq\, a_n – b_n \leq\, \dfrac{a – b}{2^n}\).
4. Les suites sont monotones de sens contraires et leur différence tend vers \(0\), par encadrement. Elles sont donc adjacentes. Elles convergent vers une limite commune \(M(a, b)\), qui vérifie \(b_n \leq\, M(a, b) \leq\, a_n\) pour tout \(n\).
5. Avec \(a = 9\) et \(b = 1\), on trouve \(a_1 = 5\) et \(b_1 = \sqrt{9} = 3\). Ensuite, \(a_2 = 4\) et \(b_2 = \sqrt{15}\). Comme \(3{,}87^2 = 14{,}9769 < 15\), on a \(\sqrt{15} > 3{,}87\). Donc \(3{,}87 < \sqrt{15} \leq\, M(9, 1) \leq\, 4\), encadrement d’amplitude inférieure à \(0{,}13\). En réalité, la convergence est bien plus rapide que \(\frac{1}{2^n}\), comme le montre la figure ci-dessous : \(a_3 \approx 3{,}9365\) et \(b_3 \approx 3{,}9360\).

Point de méthode : pour une récurrence double, on établit d’abord l’ordre entre les deux suites. Les monotonies en découlent alors en une ligne.

Corrigé de l’exercice 13 : Divergence par suites extraites

1. On a \(u_{6p} = \cos(2p\pi) = 1\) et \(u_{6p+3} = \cos\big((2p+1)\pi\big) = -1\). Ces deux suites extraites sont constantes, de limites \(1\) et \(-1\) distinctes. Donc \((u_n)\) diverge.
2. On a \(v_{2p} = \dfrac{2p}{2p+1} \to 1\) et \(v_{2p+1} = -\dfrac{2p+1}{2p+2} \to -1\). Les limites diffèrent, donc \((v_n)\) diverge.
3. Supposons que \(\sin n \to \ell\).
   1. La formule \(\sin p – \sin q = 2\cos\dfrac{p+q}{2}\sin\dfrac{p-q}{2}\) donne \(\sin(n+1) – \sin(n-1) = 2\cos n \sin 1\). Or les suites \(\big(\sin(n+1)\big)\) et \(\big(\sin(n-1)\big)\) tendent vers \(\ell\), car ce sont des décalées de \((w_n)\). Donc \(2\cos n \sin 1 \to 0\). Comme \(\sin 1 \neq 0\), puisque \(0 < 1 < \pi\), on obtient \(\cos n \to 0\).
   2. La suite \((\sin 2n)\) est extraite de \((w_n)\), avec \(\varphi(n) = 2n\). Elle tend donc vers \(\ell\). Mais \(\sin 2n = 2\sin n \cos n \to 2\ell \times 0 = 0\). Par unicité de la limite, \(\ell = 0\).
   3. On aurait alors \(1 = \sin^2 n + \cos^2 n \to 0 + 0 = 0\), ce qui est absurde. La suite \((\sin n)\) diverge.
4. Pour \(n = 2p\), on a \(x_{2p} = 2p\). Donc \((x_n)\) n’est pas majorée, ni bornée. Pour \(n = 2p + 1\), on a \(x_{2p+1} = \dfrac{1}{2p+1} \to 0\). Si \((x_n)\) tendait vers \(+\infty\), cette suite extraite tendrait aussi vers \(+\infty\). Donc \((x_n)\) n’est pas bornée et ne tend pas vers \(+\infty\).

Point de méthode : pour prouver une divergence, on cherche deux suites extraites de limites différentes. Lorsque c’est impossible à expliciter, comme pour \(\sin n\), on raisonne par l’absurde avec des extractions bien choisies.

Corrigé de l’exercice 14 : Suites extraites paires, impaires et multiples de 3

1. Soit \(\varepsilon > 0\). Il existe \(N_1\) tel que \(|u_{2p} – \ell| \leq\, \varepsilon\) pour \(p \geq\, N_1\). De même, il existe \(N_2\) tel que \(|u_{2p+1} – \ell| \leq\, \varepsilon\) pour \(p \geq\, N_2\). Posons \(N = \max(2N_1, 2N_2 + 1)\). Soit \(n \geq\, N\). Si \(n = 2p\), alors \(p \geq\, N_1\). Si \(n = 2p + 1\), alors \(p \geq\, N_2\). Dans les deux cas, \(|u_n – \ell| \leq\, \varepsilon\). Donc \(u_n \to \ell\).
2. Notons \(\ell_1, \ell_2, \ell_3\) les limites de \((u_{2n})\), \((u_{2n+1})\) et \((u_{3n})\). La suite \((u_{6n})\) est extraite à la fois de \((u_{2n})\) et de \((u_{3n})\). Elle tend donc vers \(\ell_1\) et vers \(\ell_3\), d’où \(\ell_1 = \ell_3\). De même, \((u_{6n+3})\) est extraite de \((u_{2n+1})\), car \(6n + 3 = 2(3n+1) + 1\). Elle est aussi extraite de \((u_{3n})\), car \(6n + 3 = 3(2n + 1)\). Donc \(\ell_2 = \ell_3\). Ainsi \(\ell_1 = \ell_2\). Par la question 1, \((u_n)\) converge.
3. Posons \(u_n = 1\) si \(n\) n’est divisible ni par \(2\) ni par \(3\), et \(u_n = 0\) sinon. Alors \(u_{2n} = 0\) et \(u_{3n} = 0\) pour tout \(n\) : ces suites extraites convergent. Pourtant \(u_{6n+1} = 1\) pour tout \(n\), tandis que \(u_{6n} = 0\). Cette suite diverge, alors que \((u_{2n})\) et \((u_{3n})\) convergent.
4. Soit \((u_n)\) croissante et \((u_{\varphi(n)})\) une suite extraite qui converge vers \(\ell\). Cette suite extraite est croissante, donc \(u_{\varphi(n)} \leq\, \ell\) pour tout \(n\). Ensuite, comme \(\varphi(n) \geq\, n\), la croissance donne \(u_n \leq\, u_{\varphi(n)} \leq\, \ell\). Ainsi \((u_n)\) est croissante et majorée. Par limite monotone, \((u_n)\) converge, et sa limite est \(\ell\).

Corrigé de l’exercice 15 : Densité des nombres dyadiques et des irrationnels

1. Le nombre \(p = \lfloor 2^n x \rfloor\) est un entier relatif, donc \(a_n = \dfrac{p}{2^n} \in \mathcal{D}\). Ensuite, \(p \leq\, 2^n x < p + 1\). En divisant par \(2^n\), on obtient \(a_n \leq\, x < a_n + \dfrac{1}{2^n}\), donc \(|a_n – x| < \dfrac{1}{2^n}\). Ainsi \(a_n \to x\). Tout réel est donc limite d’une suite d’éléments de \(\mathcal{D}\). Par la caractérisation séquentielle de la densité, \(\mathcal{D}\) est dense dans \(\mathbb{R}\).
2. Par la propriété d’Archimède, il existe \(n\) tel que \(2^n > \dfrac{1}{b – a}\), car \(2^n \geq\, n\). Posons \(r = \dfrac{\lfloor 2^n a \rfloor + 1}{2^n}\). Comme \(\lfloor 2^n a \rfloor \leq\, 2^n a < \lfloor 2^n a \rfloor + 1\), on a \(a < r \leq\, a + \dfrac{1}{2^n}\). Donc \(r \in \mathcal{D}\) et \(a < r < b\).
3. Si \(\dfrac{1}{3} = \dfrac{p}{2^n}\), alors \(2^n = 3p\), donc \(3\) divise \(2^n\). C’est impossible, car \(2\) est le seul facteur premier de \(2^n\). Donc \(\dfrac{1}{3} \notin \mathcal{D}\), et \(\mathcal{D} \neq \mathbb{Q}\). Ensuite, \(\dfrac{\sqrt{2}}{2^{n+1}}\) est le produit d’un rationnel non nul par un irrationnel : il est irrationnel. Ajouté au rationnel \(a_n\), il donne un irrationnel \(c_n\). Enfin, \(|c_n – x| \leq\, |a_n – x| + \dfrac{\sqrt{2}}{2^{n+1}} \leq\, \dfrac{1}{2^n} + \dfrac{1}{2^n}\), qui tend vers \(0\). Tout réel est limite d’une suite d’irrationnels : \(\mathbb{R} \setminus \mathbb{Q}\) est dense dans \(\mathbb{R}\).
4. Soit \(x\) un réel. Pour \(n \geq\, 1\), l’intervalle \(]x – \dfrac{1}{n}, x – \dfrac{1}{n+1}[\) est non vide. Par densité de \(\mathbb{Q}\), il contient un rationnel \(r_n\). Alors \(r_n < x – \dfrac{1}{n+1} < r_{n+1}\), donc la suite est strictement croissante. De plus, \(|r_n – x| < \dfrac{1}{n}\). La suite \((r_n)\) est strictement croissante, rationnelle, et tend vers \(x\).

Corrigé de l’exercice 16 : Caractérisation séquentielle de la borne supérieure

1. Pour \(n, m \geq\, 1\), on a \(\dfrac{1}{n} – \dfrac{1}{m} < \dfrac{1}{n} \leq\, 1\). Donc \(1\) majore \(E\) et n’est jamais atteint. Ensuite, avec \(n = 1\), la suite \(1 – \dfrac{1}{m}\) est dans \(E\) et tend vers \(1\). Donc \(\sup E = 1\). Enfin, \(E\) est symétrique : échanger \(n\) et \(m\) change l’élément en son opposé. Donc \(\inf E = -\sup E = -1\), non atteint. Ainsi \(\sup E = 1\) et \(\inf E = -1\), et aucune de ces bornes n’est atteinte.
2. D’abord, \(0 \in C\). Ensuite, si \(x \in C\), alors \(x^3 < 2 < 8\), donc \(x < 2\) par stricte croissance de \(t \mapsto t^3\). Ainsi \(C\) est non vide et majoré : il admet une borne supérieure. Posons \(\alpha = \sqrt[3]{2}\). Si \(x \in C\), alors \(x^3 < \alpha^3\), donc \(x < \alpha\) : \(\alpha\) majore \(C\). Soit \(d_n\) l’approximation décimale par défaut de \(\alpha\) à \(10^{-n}\), et \(r_n = d_n – 10^{-n}\). Alors \(r_n\) est rationnel et \(r_n < d_n \leq\, \alpha\). Donc \(r_n^3 < 2\) et \(r_n \in C\). Enfin, \(r_n \to \alpha\), car \(d_n \to \alpha\). Par caractérisation séquentielle, \(\sup C = \sqrt[3]{2}\).
3. Pour \(x \in ]0, 1[\), on a \(x + \dfrac{1}{x} – 2 = \dfrac{(x – 1)^2}{x} > 0\). Donc \(2\) minore \(F\), sans être atteint. De plus, avec \(x_n = 1 – \dfrac{1}{n+1}\), qui tend vers \(1\), on obtient \(x_n + \dfrac{1}{x_n} \to 2\). Donc \(\inf F = 2\). Ensuite, avec \(x = \dfrac{1}{n}\) pour \(n \geq\, 2\), on obtient \(\dfrac{1}{n} + n \geq\, n\). Ainsi \(F\) n’est pas majorée. Donc \(\inf F = 2\) et \(\sup F = +\infty\) dans \(\overline{\mathbb{R}}\).
4. On construit la suite par récurrence. Comme \(M \notin A\), tout élément de \(A\) est strictement inférieur à \(M\). On choisit \(a_0 \in A\) avec \(a_0 > M – 1\). Supposons \(a_n\) construit. Le réel \(m_n = \max(a_n, M – \dfrac{1}{n+2})\) est strictement inférieur à \(M\). Ce n’est donc pas un majorant de \(A\). Il existe alors \(a_{n+1} \in A\) avec \(a_{n+1} > m_n\). Ainsi \(a_{n+1} > a_n\) et \(M – \dfrac{1}{n+2} < a_{n+1} < M\). La suite \((a_n)\) est strictement croissante, à valeurs dans \(A\), et converge vers \(M\) par encadrement.

Corrigé de l’exercice 17 : Suites complexes

1. On calcule \(z_1 = 2(1 + \mathrm{i}) = 2 + 2\mathrm{i}\). Ensuite, \(z_2 = (1 + \mathrm{i})^2 = 2\mathrm{i}\). Puis \(z_3 = \dfrac{1 + \mathrm{i}}{2} \times 2\mathrm{i} = \mathrm{i} – 1\). Enfin, \(z_4 = \dfrac{(1 + \mathrm{i})(-1 + \mathrm{i})}{2} = \dfrac{-1 + \mathrm{i} – \mathrm{i} – 1}{2} = -1\). Ainsi \(z_1 = 2 + 2\mathrm{i}\), \(z_2 = 2\mathrm{i}\), \(z_3 = -1 + \mathrm{i}\) et \(z_4 = -1\), conformément à la figure de l’énoncé.
2. La suite est géométrique de raison \(q = \dfrac{1 + \mathrm{i}}{2}\), de module \(\dfrac{\sqrt{2}}{2}\). Donc \(z_n = 4q^n\) et \(|z_n| = 4(\dfrac{\sqrt{2}}{2})^n = 4 \times 2^{-n/2}\). Comme \(\dfrac{\sqrt{2}}{2} < 1\), on a \(|z_n – 0| \to 0\). Donc \(z_n \to 0\).
3. La condition \(4 \times 2^{-n/2} \leq\, 10^{-3}\) équivaut à \(2^{n/2} \geq\, 4000\). Or \(2^{12} = 4096 \geq\, 4000\), tandis que \(2^{11{,}5} = 2048\sqrt{2} \approx 2896 < 4000\). La suite \(|z_n|\) est décroissante. Le plus petit rang est \(n = 24\).
4. On calcule \(w_n – 2\mathrm{i} = \dfrac{n + 2\mathrm{i}n^2 – 2\mathrm{i}n^2 – 2\mathrm{i}^2}{n^2 + \mathrm{i}} = \dfrac{n + 2}{n^2 + \mathrm{i}}\). Or \(|n^2 + \mathrm{i}| = \sqrt{n^4 + 1} \geq\, n^2\). Donc \(|w_n – 2\mathrm{i}| \leq\, \dfrac{n+2}{n^2} = \dfrac{1}{n} + \dfrac{2}{n^2}\), qui tend vers \(0\). Ainsi \(w_n \to 2\mathrm{i}\).
5. Posons \(q = \mathrm{e}^{\mathrm{i}\theta}\), qui est différent de \(1\) puisque \(\theta \notin 2\pi\mathbb{Z}\). Supposons que \(q^n \to \ell\). Alors \(q^{n+1} \to \ell\), mais aussi \(q^{n+1} = q \cdot q^n \to q\ell\). Par unicité, \(\ell = q\ell\), donc \(\ell = 0\) car \(q \neq 1\). Or \(\big||q^n| – |\ell|\big| \leq\, |q^n – \ell|\), donc \(|q^n| \to |\ell| = 0\). C’est absurde, car \(|q^n| = 1\). La suite \((\mathrm{e}^{\mathrm{i}n\theta})\) diverge.

Corrigé de l’exercice 18 : Valeur d’adhérence unique et Bolzano-Weierstrass

1. Nier « \(u_n \to \ell\) » donne : il existe \(\varepsilon > 0\) tel que, pour tout \(N\), il existe \(n \geq\, N\) avec \(|u_n – \ell| > \varepsilon\). Construisons \(\varphi\) par récurrence. On choisit \(\varphi(0) \geq\, 0\) avec \(|u_{\varphi(0)} – \ell| > \varepsilon\). Ensuite, \(\varphi(n)\) étant construit, on applique la négation avec \(N = \varphi(n) + 1\). On obtient \(\varphi(n+1) > \varphi(n)\) avec \(|u_{\varphi(n+1)} – \ell| > \varepsilon\). L’application \(\varphi\) est strictement croissante et \(|u_{\varphi(n)} – \ell| > \varepsilon\) pour tout \(n\).
2. La suite \((u_{\varphi(n)})\) est bornée, comme \((u_n)\). Par le théorème de Bolzano-Weierstrass, elle admet une suite extraite \((u_{\varphi(\psi(n))})\) qui converge vers un réel \(\ell^{\prime}\). C’est aussi une suite extraite convergente de \((u_n)\), car \(\varphi \circ \psi\) est strictement croissante. Par hypothèse, \(\ell^{\prime} = \ell\). Mais \(|u_{\varphi(\psi(n))} – \ell| > \varepsilon\) pour tout \(n\). En passant à la limite, \(|\ell^{\prime} – \ell| \geq\, \varepsilon > 0\). C’est contradictoire. Donc \((u_n)\) converge vers \(\ell\).
3. Soit \((x_{\varphi(n)})\) une suite extraite convergente. Elle est bornée, disons par \(K\). Si \(\varphi(n)\) était pair pour une infinité d’indices, on aurait \(x_{\varphi(n)} = \varphi(n) \geq\, n\) pour une infinité de \(n\). Cela contredirait la borne \(K\). Donc \(\varphi(n)\) est impair à partir d’un certain rang, et alors \(0 < x_{\varphi(n)} = \dfrac{1}{\varphi(n)} \leq\, \dfrac{1}{n}\). Ainsi toute suite extraite convergente tend vers \(0\). Pourtant \((x_n)\) n’est pas bornée, donc elle diverge. L’hypothèse « \((u_n)\) bornée » est indispensable.

Point de méthode : Bolzano-Weierstrass s’utilise très souvent par l’absurde. On isole une suite extraite « mauvaise », on en extrait une sous-suite convergente, puis on obtient une contradiction.

Corrigé de l’exercice 19 : Moyennes de Cesàro

1. Soit \(\varepsilon > 0\). Il existe \(N\) tel que \(|u_k – \ell| \leq\, \dfrac{\varepsilon}{2}\) pour \(k > N\). Pour \(n > N\), on découpe la somme :
   \[|c_n – \ell| \leq\, \frac{1}{n}\sum_{k=1}^{N} |u_k – \ell| + \frac{1}{n}\sum_{k=N+1}^{n} |u_k – \ell| \leq\, \frac{C_N}{n} + \frac{\varepsilon}{2},\]
   où \(C_N = \sum_{k=1}^{N} |u_k – \ell|\) ne dépend pas de \(n\). Ensuite, il existe \(N^{\prime} \geq\, N\) tel que \(\dfrac{C_N}{n} \leq\, \dfrac{\varepsilon}{2}\) pour \(n \geq\, N^{\prime}\). Alors \(|c_n – \ell| \leq\, \varepsilon\) pour \(n \geq\, N^{\prime}\). Donc \(c_n \to \ell\).
2. Prenons \(u_n = (-1)^n\). Les sommes partielles valent \(-1\) ou \(0\), donc \(|c_n| \leq\, \dfrac{1}{n}\) et \(c_n \to 0\). Pourtant \((u_n)\) diverge. La réciproque est donc fausse.
3. Soit \(A > 0\). Il existe \(N\) tel que \(u_k \geq\, 2A\) pour \(k > N\). Pour \(n > 2N\), on écrit \(c_n \geq\, \dfrac{S_N}{n} + \dfrac{(n – N)\,2A}{n}\), où \(S_N = u_1 + \cdots + u_N\). Or \(\dfrac{n – N}{n} \geq\, \dfrac{1}{2}\), donc \(c_n \geq\, \dfrac{S_N}{n} + A\). Enfin, \(\dfrac{S_N}{n} \to 0\), donc \(\dfrac{S_N}{n} \geq\, -\dfrac{A}{2}\) pour \(n\) assez grand. Alors \(c_n \geq\, \dfrac{A}{2}\). Comme \(A\) est arbitraire, \(c_n \to +\infty\).
4. Par récurrence, \(v_n\) est bien défini et \(v_n \geq\, 1\) : en effet, si \(v_n \geq\, 1\), alors \(v_{n+1} = v_n + \dfrac{1}{v_n} > v_n \geq\, 1\). La suite est donc croissante, puisque \(v_{n+1} – v_n = \dfrac{1}{v_n} > 0\). Si elle était majorée, elle convergerait vers \(L \geq\, 1\). En passant à la limite dans la relation de récurrence, on aurait \(L = L + \dfrac{1}{L}\), ce qui est impossible. Donc \(v_n \to +\infty\) par limite monotone. Ensuite, posons \(u_k = v_k^2 – v_{k-1}^2\) pour \(k \geq\, 1\). On calcule \(u_k = 2 + \dfrac{1}{v_{k-1}^2}\), qui tend vers \(2\). Par la question 1, \(c_n = \dfrac{v_n^2 – v_0^2}{n} \to 2\), par télescopage. Donc \(\dfrac{v_n^2}{n} = c_n + \dfrac{1}{n} \to 2\), autrement dit \(v_n\) se comporte comme \(\sqrt{2n}\).

Point de méthode : dans une preuve de Cesàro, on coupe la somme en deux. Les premiers termes, en nombre fixé, sont écrasés par le facteur \(\frac{1}{n}\), et les suivants sont contrôlés par la convergence.

Corrigé de l’exercice 20 : Point fixe d’une application croissante

1. Comme \(f(0) \in [0, 1]\), on a \(f(0) \geq\, 0\), donc \(0 \in A\). De plus, \(A \subset [0, 1]\) est majorée par \(1\). Par la propriété de la borne supérieure, \(c = \sup A\) existe, et \(0 \leq\, c \leq\, 1\), car \(0 \in A\) et \(1\) majore \(A\).
2. Soit \(x \in A\). D’une part, \(x \leq\, c\), donc \(f(x) \leq\, f(c)\) par croissance. D’autre part, \(x \leq\, f(x)\). Donc \(x \leq\, f(c)\). Ainsi \(f(c)\) majore \(A\). Comme \(c\) est le plus petit majorant, \(c \leq\, f(c)\).
3. Par croissance de \(f\), l’inégalité \(c \leq\, f(c)\) donne \(f(c) \leq\, f\big(f(c)\big)\). De plus, \(f(c) \in [0, 1]\). Donc \(f(c) \in A\), et \(f(c) \leq\, c\) puisque \(c\) majore \(A\). Avec la question 2, \(f(c) = c\) : \(f\) admet un point fixe.
4. Pour \(x < \frac{1}{2}\), la condition \(f(x) \geq\, x\) s’écrit \(x \leq\, \frac{1}{4}\). Pour \(x \geq\, \frac{1}{2}\), elle s’écrit \(x \leq\, \frac{3}{4}\). Donc \(A = [0, \frac{1}{4}] \cup [\frac{1}{2}, \frac{3}{4}]\) et \(c = \frac{3}{4}\). On vérifie \(f(\frac{3}{4}) = \frac{3}{4}\). Les points fixes sont les solutions de \(f(x) = x\), soit \(x = \frac{1}{4}\) (qui est bien inférieur à \(\frac{1}{2}\)) et \(x = \frac{3}{4}\). Les points fixes sont \(\frac{1}{4}\) et \(\frac{3}{4}\), et la méthode fournit le plus grand.
5. Posons \(g(x) = 1\) si \(x < \frac{1}{2}\) et \(g(x) = 0\) si \(x \geq\, \frac{1}{2}\). Cette application est décroissante de \([0, 1]\) dans \([0, 1]\). Si \(x < \frac{1}{2}\), alors \(g(x) = 1 \neq x\). Si \(x \geq\, \frac{1}{2}\), alors \(g(x) = 0 \neq x\). L’application \(g\) n’a aucun point fixe.

Point de méthode : aucune continuité n’intervient ici. Seules la croissance de \(f\) et la propriété de la borne supérieure sont utilisées, ce qui montre la force de cet axiome.

Corrigé de l’exercice 21 : Problème : méthode de Héron et borne supérieure dans Q

1. Raisonnons par récurrence. D’abord, \(u_0 = 2\) est rationnel et strictement positif. Si \(u_n\) est rationnel et strictement positif, alors \(\dfrac{2}{u_n}\) est défini, rationnel et positif. Donc \(u_{n+1}\) est rationnel et strictement positif, car \(\mathbb{Q}\) est stable par somme et produit. Tous les \(u_n\) sont des rationnels strictement positifs.
2. On calcule :
   \[u_{n+1} – \sqrt{2} = \frac{u_n^2 + 2 – 2\sqrt{2}\,u_n}{2u_n} = \frac{(u_n – \sqrt{2})^2}{2u_n}.\]
   Comme \(u_n > 0\), cette quantité est positive. Donc \(u_{n+1} \geq\, \sqrt{2}\) pour tout \(n\), et \(u_0 = 2 \geq\, \sqrt{2}\). Ainsi \(u_n \geq\, \sqrt{2}\) pour tout \(n\).
3. On a \(u_{n+1} – u_n = \dfrac{2 – u_n^2}{2u_n}\), qui est négatif puisque \(u_n^2 \geq\, 2\). La suite est donc décroissante et minorée par \(\sqrt{2}\). Par limite monotone, elle converge vers \(L \geq\, \sqrt{2} > 0\). Ensuite, la relation \(2u_n u_{n+1} = u_n^2 + 2\) donne, à la limite, \(2L^2 = L^2 + 2\), soit \(L^2 = 2\). Comme \(L > 0\), \((u_n)\) converge vers \(\sqrt{2}\).
4. Comme \(u_n \geq\, \sqrt{2}\), on a \(v_n = \dfrac{2}{u_n} \leq\, \dfrac{2}{\sqrt{2}} = \sqrt{2}\). De plus, \((u_n)\) décroît et reste positive, donc \((v_n)\) croît. Enfin, \(v_n \to \dfrac{2}{\sqrt{2}} = \sqrt{2}\), donc \(u_n – v_n \to 0\). Les suites sont adjacentes, et \(v_n \leq\, \sqrt{2} \leq\, u_n\).
5. D’après la question 2, \(e_{n+1} = \dfrac{e_n^2}{2u_n} \leq\, \dfrac{e_n^2}{2\sqrt{2}} \leq\, \dfrac{e_n^2}{2}\). En divisant par \(2\), on obtient \(\dfrac{e_{n+1}}{2} \leq\, (\dfrac{e_n}{2})^2\). Par récurrence, \(\dfrac{e_n}{2} \leq\, (\dfrac{e_0}{2})^{2^n}\), les quantités étant positives. Or \(\dfrac{e_0}{2} = 1 – \dfrac{\sqrt{2}}{2}\). Cette quantité est inférieure à \(\dfrac{1}{3}\) si et seulement si \(\sqrt{2} \geq\, \dfrac{4}{3}\), ce qui est vrai car \(\dfrac{16}{9} \leq\, 2\). Donc \(0 \leq\, e_n \leq\, 2 \cdot 3^{-2^n}\). Le nombre de décimales exactes double environ à chaque étape : c’est une convergence quadratique.
6. On trouve \(u_1 = \dfrac{1}{2}(2 + 1) = \dfrac{3}{2}\), puis \(u_2 = \dfrac{1}{2}(\dfrac{3}{2} + \dfrac{4}{3}) = \dfrac{17}{12}\). Ensuite, \(u_3 = \dfrac{1}{2}(\dfrac{17}{12} + \dfrac{24}{17}) = \dfrac{289 + 288}{408} = \dfrac{577}{408}\). Donc \(v_3 = \dfrac{816}{577}\). Enfin, \(577^2 = 332\,929\) et \(816 \times 408 = 332\,928\). Ainsi :
   \[u_3 – v_3 = \frac{577^2 – 816 \times 408}{408 \times 577} = \frac{1}{235\,416}.\]
   On obtient \(\dfrac{816}{577} \leq\, \sqrt{2} \leq\, \dfrac{577}{408}\), encadrement d’amplitude \(\dfrac{1}{235\,416}\). La figure ci-dessous montre les deux suites qui se referment sur \(\sqrt{2}\).

7. L’ensemble \(V\) est une partie non vide de \(\mathbb{Q}\), majorée par le rationnel \(2\). Dans \(\mathbb{R}\), sa borne supérieure vaut \(\sqrt{2}\), car \(\sqrt{2}\) majore \(V\) et \(v_n \to \sqrt{2}\). Supposons qu’un rationnel \(r\) soit le plus petit majorant rationnel de \(V\). D’abord, \(r \geq\, \sqrt{2}\) : sinon, comme \(v_n \to \sqrt{2}\), un \(v_n\) dépasserait \(r\). Ensuite, \(r \neq \sqrt{2}\), car \(\sqrt{2}\) est irrationnel. Donc \(r > \sqrt{2}\). Par densité de \(\mathbb{Q}\), il existe un rationnel \(s\) tel que \(\sqrt{2} < s < r\). Or \(s\) majore \(V\) et \(s < r\), ce qui contredit la minimalité de \(r\). Ainsi \(V\) n’a pas de borne supérieure dans \(\mathbb{Q}\) : le corps \(\mathbb{Q}\) ne vérifie pas la propriété de la borne supérieure.

Point de méthode : ce problème réunit les deux aspects du chapitre. La limite monotone donne l’existence de la limite, et l’égalité \(e_{n+1} = \frac{e_n^2}{2u_n}\) en donne la vitesse.

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