Suites de nombres réels et complexes

Soit $l$ la limite de $(u_n)$. Appliquons la définition d'une suite convergente avec $\veps=1/4$. Il existe un entier $n_0\in\mathbb N$ tel que, pour $n\geq n_0$, on a $$|u_n-l|<1/4.$$ On a alors, d'après l'inégalité triangulaire, $$|u_n-u_{n_0}|\leq |u_n-l|+|l-u_{n_0}|\leq \frac14+\frac{1}4=\frac12.$$ Ainsi, $u_n$ et $u_{n_0}$ sont des entiers relatifs dont la distance est inférieure à $1/2$ : ils sont nécessairement égaux. On a démontré que pour $n\geq n_0$, $u_n=u_{n_0}$, c'est-à-dire que la suite est stationnaire.

Pas nécessairement! Par exemple, prenons la suite $(u_n)$ définie par $u_n=\frac{(-1)^n}{n}$. $(u_n)$ converge vers $0$. Mais, $u_{2p}=\frac{1}{2p}$ et donc $\lfloor u_{2p}\rfloor =0$, tandis que $u_{2p+1}=\frac{-1}{2p+1}\in]-1,0[$ et donc $\lfloor u_{2p+1}\rfloor =-1$. La suite $(\lfloor u_n\rfloor )$ n'est donc pas convergente puisqu'elle admet deux suites extraites admettant des limites différentes.

Le plus simple est de partir de l'inégalité suivante : $$0\leq a-u_n\leq a-u_n+b-v_n=(a+b)-(u_n+v_n).$$ Du théorème d'encadrement, on tire que $(a-u_n)$ converge vers 0, ou encore que $(u_n)$ converge vers $a$.

On va montrer que $(u_n)$ et $(v_n)$ convergent toutes les deux vers 1. Procédons par l'absurde. Quitte à échanger les rôles joués par $(u_n)$ et $(v_n)$, on peut supposer que $(u_n)$ ne converge pas vers 1. On sait donc qu'il existe $\veps>0$ tel que, pour tout $N>0$, il existe $n:=n(N)\geq N$ avec $|u_n-1|>\veps$, soit, puisque $0\leq u_n\leq 1$, $$u_n<1-\veps.$$ D'autre part, puisque $(u_nv_n)$ converge vers 1, on sait qu'il existe $N_1>0$ tel que, pour tout $n\geq N_1$, on a $$1-\veps\leq u_nv_n.$$ Mais alors, pour un $n\geq N_1$ tel que $u_n<1-\veps$, on a $$1-\veps\leq u_nv_n\leq u_n<1-\veps.$$ Ceci est absurde, ce qui achève la preuve du fait que $(u_n)$ et $(v_n)$ convergent vers 1.
On aurait aussi pu (plus simplement) raisonner à partir du théorème d'encadrement, en remarquant que $$u_nv_n\leq u_n\leq 1.$$

Soit $\varepsilon>0$. Puisque la suite $\left(\frac1k\right)_k$ tend vers 0, on peut trouver un entier $K$ tel que $\frac1K\leq\varepsilon$. On en déduit que, pour tout entier $n$, on a $0\leq u_n\leq \varepsilon+\frac{K}n$. Or, la suite $\left(\frac Kn\right)_n$ tend vers 0, et on peut trouver un entier $N$ tel que, pour $n\geq N$, on a $\frac{K}n\leq\varepsilon$. Ainsi, pour tout entier $n\geq N$, on a prouvé que $$0\leq u_n\leq 2\varepsilon.$$ C'est bien que la suite $(u_n)$ converge vers 0.

Pour les deux questions, la clé est donnée par la formule suivante, qu'on prouve par récurrence sur $n$ : pour tout $n\geq 0$, on a $$\frac{u_n}{u_0}\leq \frac{v_n}{v_0}.$$ La formule est en effet vraie au rang 0, et si elle est vraie au rang $n$, en utilisant l'hypothèse, on déduit $$\frac{u_{n+1}}{u_0}=\frac{u_{n+1}}{u_n}\times\frac{u_n}{u_0}\leq \frac{v_{n+1}}{v_n}\times\frac{v_n}{v_0}=\frac{v_{n+1}}{v_0}.$$

1. Si $(v_n)$ converge vers 0, alors on a $$0\leq u_n\leq v_n\frac{u_0}{v_0}$$ et donc par le théorème des gendarmes, $(u_n)$ converge vers 0.
2. Si $(u_n)$ tend vers $+\infty$, alors on a $$\frac{v_0}{u_0}u_n\leq v_n$$ et donc $(v_n)$ tend vers $+\infty$.

Remarquons que pour établir la formule $$\frac{u_n}{u_0}\leq \frac{v_n}{v_0},$$ on aurait pu aussi remarquer que la condition donnée par l'énoncé entraîne que la suite $(u_n/v_n)$ est décroissante.

Fixons $\veps>0$. Il existe $n_0\in\mathbb N$ tel que, pour tout $n\geq n_0$, on a simultanément $$|u_n-u|<\veps\textrm{ et }|v_n-v|<\veps.$$ Pour $n\geq n_0$, on coupe la somme définissant $w_n$ en trois parties, en isolant les termes du type $u_k v_{n-k}$ pour lesquels simultanément $k\geq n_0$ et $(n-k)\geq n_0$. On écrit donc : \begin{eqnarray*} w_n&=&\frac{u_0v_n+\dots+u_{n_0-1}v_{n-n_0+1}}{n+1}+\frac{u_{n-n_0+1}v_{n_0-1}+\dots+u_nv_0}{n+1}+\\ &&\quad\quad\frac{u_{n_0}v_{n-n_0}+u_{n_0+1}v_{n-n_0-1}+\dots+u_{n-n_0}v_{n_0}}{n+1}\\ &:=&a_n+b_n+c_n. \end{eqnarray*} On étudie séparément chaque terme $a_n$, $b_n$ et $c_n$. On note $M$ tel que, pour tout $k$, $|u_k|\leq M$ et $|v_k|\leq M$. Un tel $M$ existe car les deux suites sont convergentes, donc bornées. Pour $a_n$ et $b_n$, on a : $$|a_n|\leq \frac{M\times M+\dots+M\times M}{n+1}=\frac{n_0M^2}{n+1}\textrm{ et }|b_n|\leq\frac{n_0M^2}{n+1}.$$ Puisque $n_0M^2/(n+1)$ tend vers 0, il existe $n_1\geq n_0$ tel que, pour $n\geq n_1$, $$|a_n|\leq\veps\textrm{ et }|b_n|\leq \veps.$$ C'est donc $c_n$ qui doit être proche de $uv$. On va s'inspirer de la preuve du fait que le produit de deux suites convergentes est convergent. Pour cela, on écrit \begin{eqnarray*} c_n-uv&=&c_n-\frac{uv+\dots+uv}{n+1}\\ &=&\frac{(u_{n_0}v_{n-n_0}-uv)+(u_{n_0+1}v_{n-n_0-1}-uv)+\dots+(u_{n-n_0}v_{n_0}-uv)}{n+1}-\frac{2n_0uv}{n+1} \end{eqnarray*} (on doit encore retirer les $uv/n+1$ qui ne sont pas en correspondance avec un $u_kv_{n-k}$ pour $k\in\{n_0,\dots,n-n_0\}$). Mais, pour $k$ allant de $n_0$ à $n-n_0$, on a $$|u_kv_{n-k}-uv|\leq |u_k||v_{n-k}-v|+|v||u_{k}-u|\leq 2M\veps.$$ D'autre part, il existe $n_2\geq n_0$ tel que, pour $n\geq n_2$, on a $$\left|\frac{2n_0uv}{n+1}\right|\leq\veps.$$ Ainsi, pour $n\geq n_2$, on a $$|c_n-uv|\leq \frac{n-2n_0+1}{n+1}\times 2M\veps+\veps\leq (2M+1)\veps.$$ En résumé, pour tout $\veps>0$, pour $n\geq\max(n_1,n_2)$, on a $$|w_n-uv|\leq |a_n|+|b_n|+|c_n-uv|\leq (2M+3)\veps.$$ Ceci prouve que $(w_n)$ converge vers $uv$.

On va prouver que $u$ est décroissante et minorée. On a en effet : $$0<2-\frac{1}{u_n}\implies u_n>\frac{1}{2}.$$ Ensuite, pour tout $x>0$, on a l'inégalité : $$2-\frac{1}{x}\leq x.$$ Ceci entraîne en particulier que $u_{n+1}\leq u_n$. $(u_n)$ est donc convergente, et sa limite $l$ vérifie : $$1/2\leq l\leq 2-\frac{1}{l}.$$ On en déduit en particulier $l^2-2l+1=(l-1)^2\leq 0$, ce qui impose $l=1$.

Multipliant la différence de deux racines par la quantité conjuguée, on trouve $$\sqrt{n+1}-\sqrt n=\frac{(\sqrt{n+1}+\sqrt n)(\sqrt{n+1}-\sqrt n)}{\sqrt{n+1}+\sqrt n}=\frac{1}{\sqrt{n+1}+\sqrt n}\leq \frac{1}{2\sqrt n}.$$ On somme alors ces inégalités, et les termes à gauche se télescopent : $$2\big(\sqrt{n+1}-\sqrt 1\big)\leq u_n.$$ Par le théorème de comparaison, on en déduit que $(u_n)$ diverge vers $+\infty$.

Il suffit de remarquer que, pour tout $k\leq 2n$, on a $$\frac1k\geq\frac1{2n}.$$ Il vient $$H_{2n}-H_n=\sum_{k=n+1}^{2n}\frac 1k\geq \sum_{k=n+1}^{2n}\frac{1}{2n}=\frac n{2n}=\frac12.$$ Or, la suite $(H_n)$ est croissante. Elle ne peut donc avoir que deux comportements : ou bien elle converge vers une limite $l$, ou bien elle tend vers $+\infty$. Mais si elle converge vers $l$, alors, par passage à la limite dans l'inégalité précédente, on trouve $$0=l-l\geq \frac12,$$ ce qui est bien sûr impossible. On en déduit que $\lim_{n\to+\infty}H_n=+\infty.$

On va montrer que les suites $(u_{2n})$ et $(u_{2n+1})$ sont adjacentes. En effet, on a $$u_{p}-u_{p-2}=(-1)^p\left(\frac1{p+1}-\frac1p\right)=\frac{(-1)^{p+1}}{p(p+1)}.$$ Ainsi, $u_{2n}-u_{2n-2}\leq 0$ et $u_{2n+1}-u_{2n-1}\geq 0$. La suite $(u_{2n})$ est décroissante et la suite $(u_{2n+1})$ est croissante. De plus, on a $$u_{2n+1}-u_{2n}=\frac{-1}{2n+2}$$ ce qui entraine que $u_{2n+1}-u_{2n}\to 0$. Les deux suites $(u_{2n})$ et $(u_{2n+1})$ sont donc adjacentes : elles convergent vers la même limite $l$. Il en est de même de $(u_n)$.

On pose $u_n=x_n+iy_n$ avec $x_n,y_n\in\mathbb R$. On a alors $$x_{n+1}=\frac{3x_n-2x_n}{5}=\frac{x_n}{5}\textrm{ et }y_{n+1}=\frac{3y_n+2y_n}{5}=y_n.$$ On en déduit que $x_n\to 0$ tandis que $y_n=y_0$. Autrement dit, la suite $(u_n)$ converge vers $iy_0=i\Im m(u_0)$.

Écrivons $u_1=au_0^2=au_0 u_0$. Ainsi, $$\frac{|u_1|}{|u_0|}=|au_0|.$$ On pose alors $k=|au_0|$ et on distingue deux cas :

1. Si $k<1$, on commence par prouver par récurrence sur $n$ que $|u_n|\leq |u_0|$. Ceci est vrai lorsque $n=1$. De plus, on a $$\frac{|u_{n+1}|}{|u_n|}=|au_n|\leq k$$ par hypothèse de récurrence, ce qui entraine que $|u_{n+1}|\leq |u_n|\leq |u_0|$.
   Mais alors, revenant au quotient précédent, on a pour tout entier $n$ $$\frac{|u_{n+1}|}{|u_n|}=|au_n|\leq k$$ ce qui entraîne facilement par récurrence que $|u_n|\leq k^n|u_0|$ pour tout entier $n$. Ainsi, la suite converge vers 0.
2. Si $k\geq 1$, alors la même preuve, mais en inversant le sens des inégalites, montre que $|u_{n+1}|\geq |u_n|$, et donc la suite $(|u_n|)$ est croissante, et $(u_n)$ ne peut pas converger vers zéro.

1. On a $$x_{n+1}-y_{n+1}=\frac{x_n^2-y_n^2}{x_n+y_n}=x_n-y_n$$ et donc la suite $(x_n-y_n)$ est bien constante.
2. Le résultat de la question précédente entraîne en particulier que $y_n-x_n=y_0-x_0$ et donc que $y_n\geq x_n$. Il est alors facile de démontrer que $(x_n)$ est décroissante : en effet, on a $$x_{n+1}\leq\frac{x_n^2}{2x_n}\leq \frac{x_n}{2}.$$ Ainsi, $(x_n)$ est décroissante.
3. $(x_n)$ est décroissante et minorée par 0, donc elle converge. De plus, l'inégalité $0\leq x_{n+1}\leq x_n/2$ prouve que $0\leq x_n\leq x_0/2^n$. Ainsi, $(x_n)$ converge vers 0. On en déduit que $(y_n)$ converge vers $y_0-x_0$.