Chapitre 9 : Suites réelles et complexes

1. On suppose $0\leq\ell<1$
$\displaystyle{}\frac{a_{n+1}}{a_n}\underset{n\rightarrow+\infty}\longrightarrow\ell$ donc avec $\varepsilon=r-\ell>0$, $\displaystyle{}\exists N\in\mathbb{N}, \forall n\geq N, \frac{a_{n+1}}{a_n}\leq r$
Si $ n\geq N, a_{n+1} \leq ra_n$
Si $ n-1\geq N,$
$ a_n \leq ra_{n-1} \leq r^2a_{n-2} \leq r^3a_{n-3}$
$ a_n \leq r^ka_{n-k} $ où $ n-k \geq N $ avec n-k = N
Ainsi : $\displaystyle{}\forall n \geq N, 0<a_n\geq r^n\frac{a_N}{r^N}$
Par encadrement : $a_n \underset{n\rightarrow+\infty}\longrightarrow 0$

2. Supposons que $\displaystyle{}\frac{a_{n+1}}{a_n}\xrightarrow[n\rightarrow+\infty]{}\ell>1$
Montrons que $a_n\xrightarrow[n\rightarrow+\infty]{}+\infty$
Soit $r>0$ tel que $1<r<\ell$
$\displaystyle{}\exists N\in\mathbb{N},\forall n\geq N, \frac{a_{n+1}}{a_n}\geq r$
Donc $\forall n\geq N, a_{n+1}\geq ra_n$
$\displaystyle{}\forall n\geq N-1, a_n\geq re_{n-1}\geq r^2a_{n-2}\geq ... \geq r^ka_{n-k} \geq r^{n-N}a_N = r^n\frac{a_N}{r^N}$
$\displaystyle{}\forall n \geq N-1, a_n\geq r^n\left( \frac{a_N}{r^N} \right)$ et $r^n\xrightarrow[n\rightarrow+\infty]{}+\infty$ car $r>1$
Donc par encadrement $\displaystyle{}a_n\xrightarrow[n\rightarrow+\infty]{}+\infty$

$\displaystyle{}\left( 1+\frac{x}{n} \right)^n = e^{\displaystyle{}n\ln\left(1+\frac{1}{x}\right)}$
et $\displaystyle{}n\ln\left( 1+\frac{x}{n} \right) = n \times \frac{x}{n} \times \frac{\ln\left(\displaystyle{} 1 + \frac{x}{n}\right)}{\displaystyle{}\frac{x}{n}}$
$\displaystyle{}\lim_{n\rightarrow+\infty}\ln\left( 1 + \frac{x}{n} \right) = 0$
On pose $\displaystyle{}h = \frac{x}{n}$
or $\displaystyle{}\lim_{n\rightarrow+\infty}\frac{\ln(1+h)}{h} = 1$

Ainsi $\displaystyle{}\lim_{n\rightarrow+\infty}n\ln\left( 1+\frac{x}{n} \right)= x$ donc $\displaystyle{}\lim_{n\rightarrow+\infty}\left( 1+\frac{x}{n} \right)^n = e^x$ par continuité de exponentielle en $x$

A partir d'un certain rang $u_n = (1+\varepsilon_n)v_n$ où $\displaystyle{}\lim_{n\rightarrow+\infty}\varepsilon_n = 0$ $v_n = (1+\varepsilon '_n)w_n$ où $\displaystyle{}\lim_{n\rightarrow+\infty}\varepsilon '_n = 0$
Donc \begin{eqnarray*} u_n &=& (1+\varepsilon_n)(1+\varepsilon '_n)w_n\\ &=& (1+\underbrace{\varepsilon'_n+\varepsilon_n + \varepsilon'_n\varepsilon_n}_{\varepsilon''_n\underset{n\rightarrow+\infty} \longrightarrow 0})w_n\\ &=& (1+\varepsilon''_n)w_n \end{eqnarray*} Donc $u_n \underset{+\infty}\sim w_n$

Idem avec $\underset{+\infty}\ll$ %ajouter dans le cas de \ll

Somme :

$\begin{array}{ll} \text{Si } & u_n\underset{+\infty}\sim u'_n\\ & v_n \underset{+\infty}\sim v'_n \end{array}\neq u_n+v_n \underset{+\infty}u'_n+v'_n$
On peut faire la somme uniquement s'ils ont le même signe.

Quotient et produit :

$\left.\begin{array}{ll} \text{1. SI} & u_n\underset{+\infty}\sim u'_n\\ & v_n\underset{+\infty}\sim v'_n \end{array}\right\rbrace\text{ alors } u_nv_n\underset{+\infty}\sim u'_nv'_n$
$\left.\begin{array}{ll} \text{2. SI }v_n\neq0 & u_n\underset{+\infty}\sim u'_n\\ & v_n\underset{+\infty}\sim v'_n \end{array}\right\rbrace\text{ alors }\displaystyle{}\frac{u_n}{v_n}\underset{+\infty}\sim \frac{u'_n}{v'_n}$

Contre exemple :

$\displaystyle{}u_n = n+1\underset{+\infty}\sim n+\sqrt{n} = u_n'$
$\displaystyle{}v_n = -n+1\underset{+\infty}\sim -n+1 = v_n'$
$u_n+v_n = 1$ or $\displaystyle{}u_n'+v_n' \underset{+\infty}\sim \sqrt{n}+1$

$\begin{array}{lccl} \text{Soit } \varphi : & \mathbb{R} & \to & \mathbb{R}\\ & x & \mapsto & x^3+x \end{array}$
On cherche à résoudre $\varphi(x) = n$
$\varphi$ est dérivable et $\varphi' : x\to 3x^2+1>0$
Donc $\varphi$ est strictement croissante et continue sur $\mathbb{R}$
D'après le théorème de la bijection continue elle réalise une bijection de $\mathbb{R}$ dans $\varphi(\mathbb{R})$.
Ici : $\varphi(\mathbb{R}) = \mathbb{R}$
Ainsi : si $x\in\mathbb{R}$, alors $\varphi(x) = n \Leftrightarrow x = \varphi^{-1}(n)$.
En particulier l'équation proposée a une unique solution.

Déterminons la limite éventuelle de $(x_n)$.
J'affirme que $(x_n)$ est croissante, en effet si $n\leq n+1$, alors $\varphi^{-1}(n)\leq \varphi^{-1}(n+1)$ car $\varphi$ est croissante, donc $\varphi^{-1}$ aussi. Donc $x_n \leq x_{n+1}$
D'après le Théorème de la limite monotone, $x_n \xrightarrow[n\rightarrow+\infty]{}\ell\in\mathbb{R}\cup\{+\infty\}$
Montrons que $\ell = +\infty$
Par l'absurde : Si $\ell\in\mathbb{R}$, alors $x_n\xrightarrow[n\rightarrow+\infty]{}\ell$ et $x_n^3\xrightarrow[n\rightarrow+\infty]{}\ell^3$
Or $\forall n\in\mathbb{N}, x_n^3+x_n = n, x_n^3+x_n \xrightarrow[n\rightarrow+\infty]{}\ell^3+\ell\in\mathbb{R}$ et $n\xrightarrow[n\rightarrow+\infty]{}+\infty$
D'où la contradiction.

Montrons que $\displaystyle{}x_n\subset{+\infty}\sim n^{\frac{1}{3}}$
Ici si $n\in\mathbb{N}^*$, $x_n^3+x_n = n$ ($\star$)
Or $x_n \subset{+\infty}\ll x_n^3$ car $\displaystyle{}\frac{x_n}{x_n^3} = \frac{1}{x_n^2}\xrightarrow[n\rightarrow+\infty]{}0$ car $\displaystyle{}x_n\xrightarrow[n\rightarrow+\infty]{}+\infty$
Donc $x_n^3+x_n \underset{+\infty}\sim x_n^3$
Ainsi $x_n^3\underset{+\infty}\sim n$ d'après ($\star$)
Donc $x_n\underset{+\infty}n^{\frac{1}{3}}$

$u_n = (-1)^n$ à deux valeurs d'adhérence $1$ et $-1$, en effet $u_{2n} = 1$ et $u_{2n+1} = -1$
$v_n = j^n$ à trois valeurs d'adhérence $1, j$ et $j^2$

Faux $\left\lbrace \begin{array}{c} u_{2n} = 0 \\ u_{2n+1}=n \end{array} \right.$, ping pong entre $0$ et $+\infty$