Exercices sur la convergence des suites numériques

On va tester cette définition avec la suite $(u_n)$ et pour un epsilon fixé à une valeur réelle positive (très) petite, puis pour un epsilon quelconque.

Pour un $\varepsilon$ fixé : Soit $\varepsilon = 0,001$, il faut trouver {un rang $n_0$} à partir duquel tous les termes $u_n$ de rang $n \geq n_0$ vérifient $\left|\frac{2n}{n+1} - 2\right| < \frac{1}{1000}$

\begin{align*} \left|\dfrac{2n}{n+1} - 2\right| < \dfrac{1}{1000} &\iff \left|\dfrac{2n}{n+1} - 2\cdot \dfrac{n+1}{n+1}\right| < \dfrac{1}{1000}\\ &\iff \left|\dfrac{2n}{n+1} -\dfrac{2n+2}{n+1}\right| < \dfrac{1}{1000}\\ &\iff \left|\dfrac{2n-2n{-}2}{n+1} \right| < \dfrac{1}{1000}\\ &\iff \left|\dfrac{-2}{n+1} \right| < \dfrac{1}{1000}\\ &\iff \dfrac{2}{n+1} < \dfrac{1}{1000} \mbox{ car } n\in\mathbb N \\ &\iff n+1>2000 \end{align*}

Donc $\forall n > 1999$, on a ${|u_n - 2| < 0,001}$

Ou encore $\forall n \geq 2000$, on a $u_n\in ]{1,999};{2,001}[$

$n_0=2000$ est le rang à partir duquel tous les termes de la suite sont situés à une distance inférieure à $\varepsilon = 0,001$ du réel $\ell=2$.

En général : Soit $\varepsilon>0$ aussi petit que l'on veut

\begin{align*} \forall \varepsilon > 0 : \quad \left|\dfrac{2n}{n+1} - 2\right| < \varepsilon &\iff \left|\dfrac{-2}{n+1} \right| < \varepsilon \\ &\iff \dfrac{2}{n+1} < \varepsilon \quad \mbox{ car } \quad n\in\mathbb N \\ &\iff n+1>\dfrac{2}{\varepsilon} \\ &\iff n > \dfrac{2}{\varepsilon} -1 \end{align*}

Donc $\forall n > {\left\lfloor \dfrac{2}{\varepsilon} -1 \right\rfloor +1}$, on a ${|u_n - 2| < \varepsilon}$

Remarque : $\left\lfloor \cdot \right\rfloor$ symbole partie entière est le nombre entier qui est immédiatement inférieur ou égal au nombre réel en question. Ex. : $\lfloor -5,12 \rfloor = -6$

La suite est quelconque. En effet, ni $u_{n+1}-u_{n}$, ni $\frac{u_{n+1}}{u_{n}}$ ne se simplifie en une constante réelle (la vérification est laissée au soin du lecteur).

Cette suite converge vers 1, ce qui peut se voir de différentes façons :

Intuitivement: on “voit” que la différence entre le numérateur et le dénominateur devient négligeable au fur et à mesure que $n$ croît. A la limite, on obtient donc une fraction dont le numérateur et le dénominateur deviennent égaux, donc égale à 1 pour $n$ infiniment grand. On ne retiendra pas cette façon de procéder bien que celle-ci permet de mieux comprendre le calcul de limite suivant

Algébriquement, on peut écrire : \[\lim\limits_{n \rightarrow +\infty} \frac{2n}{2n+1} = \lim\limits_{n \rightarrow +\infty} \frac{2n}{2n\cdot\left({1+\frac{1}{2n}}\right)} \stackrel{(\star)}{=} \lim\limits_{n \rightarrow +\infty} \frac{2n}{2n\cdot\left({1+0^+}\right)} = \lim\limits_{n \rightarrow +\infty} \frac{2n}{2n} = 1\] \((\star) \quad \lim\limits_{n \rightarrow +\infty} \frac{1}{2n} = \frac{1}{+\infty} = 0^+\)

On vient de procéder à notre premier \emph{calcul de limite} d'une suite numérique.

Il faut maintenant trouver un rang $n_0$ à partir duquel tous les termes $u_n$ de rang $n \geq n_0$ vérifient \[\left|\frac{2n}{2n+1} - 1\right| < 0,02\]

\[\begin{aligned} \left|\dfrac{2n}{2n+1} - 1\right| < \dfrac{1}{50} &\iff \left|\dfrac{-1}{2n+1} \right| < \dfrac{1}{50}\\ &\iff \dfrac{1}{2n+1} < \dfrac{1}{50} \\ &\iff 2n+1>50 \quad \mbox{(les membres de l'inégalité précédente étant positifs)}\\ &\iff n>24,5 \end{aligned}\]

Le rang recherché est $n_0=25$.

\[ \begin{array}{|l|l|l|l|l|l|l|l|l|l|l|} \hline n & 1 & 2 & 3 & 4 & 5 & 6 & 7 & 8 & 9 & 10 \\ \hline u_n & 3,00 & 2,50 & 2,33 & 2,25 & 2,20 & 2,17 & 2,14 & 2,13 & 2,11 & 2,10 \\ \hline \end{array} \]

La suite est décroissante et les termes de la suite semblent converger vers $2$ (il suffit de remplacer $n$ par une valeur numérique naturelle très grande pour s'en convaincre)

\[\begin{aligned} \left|2+\dfrac{1}{n} - 2\right| < 0,01 \iff \left|\dfrac{1}{n} \right| < 0,01 \iff \dfrac{1}{n} < 0,01 \iff n>\dfrac{1}{0,01 } &\iff n>100 \end{aligned}\]

à partir du rang $n_0 = 101$, tous les termes de la suite ($u_n$) appartiennent à l'intervalle $] 1,99 ; 2,01[$.

\[\begin{aligned} \left|2+\dfrac{1}{n} - 2\right| < r \iff \left|\dfrac{1}{n} \right| < r \iff \dfrac{1}{n} < r &\iff n>\dfrac{1}{r } \end{aligned}\]

à partir du rang $n_0 = \left\lfloor \frac{1}{r} \right\rfloor + 1$, tous les termes de la suite ($u_n$) appartiennent à l'intervalle $] 2-r ; 2+r[$.

conclusion : la suite ($u_n$) converge vers le réel $\ell=2$

Soit $\varepsilon>0$, alors $\left|u_{n}-1\right|=\left|\frac{n+3}{n+2}-1\right|=\left|\frac{n+3-(n+2)}{n+2}\right|=\left|\frac{1}{n+2}\right|=\frac{1}{n+2}$.

L'expression étant positive, il suffit de chercher pour quelles valeurs de $n$ on a $\frac{1}{n+2}<\varepsilon$, ce qui nous donne $n>\frac{1}{\varepsilon}-2$.

On peut donc choisir $n_{0}=\left\lfloor\frac{1}{\varepsilon}-2\right\rfloor+1$

remarque : plus $\varepsilon$ est proche de 0 , plus $n_{0}$ devient grand, ce qui est logique.

\[\require{color} \begin{array}{c|c|c|c|c|c|c|c} n & & -\frac{3}{2} & & -1 & & \color{red} 1 & \\ \hline \color{red} -2n-3 & + & 0 & - & - & - & \color{red} - & \color{red} -\\ \hline \color{red} n+1 & - & - & - & 0 & + & \color{red} + & \color{red} + \\ \hline \color{red} a_n & - & 0 & + & || & - & \color{red} \mathbf{-} & \color{red} \mathbf{-} \end{array} \] conclusion : $\forall n \geq 1$ : $a_n<0$

$a_{n+1}-a_n = \frac{-2(n+1)-3}{(n+1)+1}-\frac{-2n-3}{n+1} =\frac{-2n-5}{n+2}-\frac{-2n-3}{n+1} =\frac{1}{\left(n+2\right)\left(n+1\right)}$

\[ \begin{array}{c|c|c|c|c|c|c} n & & -2 & & -1 & & 1 & \\ \hline \dfrac{1}{(n+2)(n+1)} & + & || & - & || & + & + & + \\ \hline a_{n+1} - a_n & + & || & - & || & + & + & + \end{array} \]

conclusion : $\forall n \geq 1$ : $a_{n+1}-a_n>0$ ou $a_{n+1}>a_n$, la suite est croissante.

$a_1=-\dfrac{5}{2}$; $a_2=-\dfrac{7}{3}$; $a_3=-\dfrac{9}{4}$; $a_4=-\dfrac{11}{5}$; $a_5=-\dfrac{13}{6}$

$\frac{-2n-3}{n+1} \xrightarrow{\scriptscriptstyle{n\rightarrow +\infty}} \frac{-2n}{n} = -2$ : $\ell=-2$

\[\begin{aligned} \left|\dfrac{-2n-3}{n+1} + 2\right| < \varepsilon \iff \left|-\frac{1}{n+1} \right| < \varepsilon \iff \dfrac{1}{n+1} < \varepsilon &\iff n+1>\dfrac{1}{\varepsilon}\\ &\iff n>\dfrac{1}{\varepsilon}-1 \end{aligned}\]

il suffit de poser $n_0 = \left\lfloor \dfrac{1}{\varepsilon}-1 \right\rfloor + 1$ pour vérifier la définition de convergence.

$n_0 = \left\lfloor \dfrac{1}{0,001}-1 \right\rfloor + 1 = 1000$

tous les termes de la suite seront à moins de 0,001 de $-2$ à partir du terme de rang 1000 et $u_{1000} = -\frac{2003}{1001} =-2,00099\dots $

(i) $\left(\dfrac{2n-1}{n}\right)_{n\in\mathbb{N}_0}$ conjecture : $\ell = 2$ \[\begin{aligned} \left|\dfrac{2n-1}{n} - 2\right| < \varepsilon \iff \left|\dfrac{-1}{n} \right| < \varepsilon \iff \dfrac{1}{n} < \varepsilon &\iff n>\dfrac{1}{\varepsilon} \end{aligned}\]

CCL : $\forall \varepsilon >0$, on a trouvé un $n_{0} \in \mathbb{N}$ tel que pour tout entier $n \geq n_0$ : $u_{n} \in ]{2-\varepsilon};{2+\varepsilon}[$,

c'est $n_0 = \left\lfloor \dfrac{1}{\varepsilon} \right\rfloor + 1$

La suite converge bien vers $\ell=2$

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(ii) $\left(\dfrac{1}{\sqrt{n}}\right)_{n\in\mathbb{N}_0}$ conjecture : $\ell = 0$ \[\begin{aligned} \left|\dfrac{1}{\sqrt{n}} - 0\right| < \varepsilon \iff \dfrac{1}{\sqrt{n}} < \varepsilon \iff \sqrt{n}>\dfrac{1}{\varepsilon} &\iff n>\dfrac{1}{\varepsilon^2} \end{aligned}\]

CCL : $\forall \varepsilon >0$, on a trouvé un $n_{0} \in \mathbb{N}$ tel que pour tout entier $n \geq n_0$ : $u_{n} \in ]{-\varepsilon};{+\varepsilon}[$,

c'est $n_0 = \left\lfloor \dfrac{1}{\varepsilon^2} \right\rfloor + 1$

La suite converge bien vers $\ell=0$

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(iii) $\left(1+\dfrac{1}{2^n}\right)_{n\in\mathbb{N}_0}$ conjecture : $\ell = 1$ \[\begin{aligned} \left|1+\dfrac{1}{2^n} - 1\right| < \varepsilon &\iff \left|\dfrac{1}{2^n} \right| < \varepsilon \\ &\iff \dfrac{1}{2^n} < \varepsilon \\ &\iff 2^n>\dfrac{1}{\varepsilon} \\ &\iff n>\dfrac{\log (1/ \varepsilon)}{\log 2} \end{aligned}\]

CCL : $\forall \varepsilon >0$, on a trouvé un $n_{0} \in \mathbb{N}$ tel que pour tout entier $n \geq n_0$ : $u_{n} \in ]{1-\varepsilon};{1+\varepsilon}[$,

c'est $n_0 = \left\lfloor \dfrac{\log (1/ \varepsilon)}{\log 2} \right\rfloor + 1$

La suite converge bien vers $\ell=1$

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(iv) $\left(\dfrac{n^2}{n^2+1}\right)_{n\in\mathbb{N}_0}$ conjecture : $\ell = 1$ \[\begin{aligned} \left|\dfrac{n^2}{n^2+1} - 1\right| < \varepsilon \iff \left|\dfrac{-1}{n^2+1}\right| < \varepsilon \iff \dfrac{1}{n^2+1} < \varepsilon &\iff n^2+1>\dfrac{1}{\varepsilon}\\ &\iff n^2>\dfrac{1}{\varepsilon}-1\\ &\iff n>\sqrt{\dfrac{1}{\varepsilon}-1}\\ \end{aligned}\]

CCL : $\forall \varepsilon >0$, on a trouvé un $n_{0} \in \mathbb{N}$ tel que pour tout entier $n \geq n_0$ : $u_{n} \in ]{1-\varepsilon};{1+\varepsilon}[$,

c'est $n_0 = \left\lfloor \sqrt{\dfrac{1}{\varepsilon}-1} \right\rfloor + 1$

La suite converge bien vers $\ell=1$

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(v) $\left(\dfrac{3n+(-1)^n}{2n}\right)_{n>0}$

Note : \[\begin{cases} (-1)^n = 1 & \text{si } n \ \text{est pair} \\ (-1)^n = -1 & \text{si } n \ \text{est impair} \end{cases} \implies \begin{cases} \frac{3n+(-1)^n}{2n} = \frac{3n+1}{2n} \xrightarrow{\scriptscriptstyle{n\rightarrow +\infty}} \frac32 & \text{si } n \ \text{est pair} \\ \frac{3n+(-1)^n}{2n} = \frac{3n-1}{2n} \xrightarrow{\scriptscriptstyle{n\rightarrow +\infty}} \frac32 & \text{si } n \ \text{est impair} \end{cases}\]

conjecture : $\ell = \frac32$

\[\begin{aligned} \left|\dfrac{3n+(-1)^n}{2n} - \frac32\right| < \varepsilon \iff \left|\dfrac{(-1)^n}{2n}\right| < \varepsilon \iff \dfrac{1}{2n} < \varepsilon &\iff 2n>\dfrac{1}{\varepsilon}\\ &\iff n>\dfrac{1}{2\varepsilon}\\ \end{aligned}\]

CCL : $\forall \varepsilon >0$, on a trouvé un $n_{0} \in \mathbb{N}$ tel que pour tout entier $n \geq n_0$ : $u_{n} \in ]{\frac32-\varepsilon};{\frac32+\varepsilon}[$,

c'est $n_0 = \left\lfloor\dfrac{1}{2\varepsilon} \right\rfloor + 1$

La suite converge bien vers $\ell = \frac32$