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Analyse

Applications avancées des suites

Dans ce cours, nous abordons le concept de Bolzano-Weierstrass. Nous définissons une suite complexe avec une relation de récurrence et une suite auxiliaire. Nous essayons de montrer que la suite Mn est bornée et utilise l'inégalité ln pour bounded les valeurs. Ensuite, nous appliquons le théorème de Bolzano-Weierstrass pour montrer qu'il existe une fonction Phi telle que U de Phi converge. Enfin, nous démontrons que cela implique que la suite Un converge également grâce à une inégalité et le théorème d'encadrement.

Bonjour à tous, cette fois on va voir Bolzano-Weierstrass, qui est un grand classique. De façon imagée, si on comprend bien la mécanique, c'est pas très compliqué. Il faut juste être parfaitement rigoureux, bien poser les sous-suites extraites, etc. Donc vous allez voir, si on s'applique bien, normalement ça suit son cours. C'est plutôt tranquille, mais on va pouvoir le faire de façon calme et rigoureuse. Allez, c'est parti ! On définit ici une suite complexe qui a une relation de récurrence du type un plus deux égale un plus un plus un sur deux pi centaines. Et on pose une suite auxiliaire qui est Mn, qui est le max des valeurs absolues entre les deux termes consécutifs Un et Un plus un. On va essayer de montrer que Mn plus un est plus petit que un plus un sur deux pi centaines. Là on va utiliser que le max est forcément plus grand que les deux. Donc j'ai Un qui est plus petit que Mn, Un plus un aussi qui est plus petit que Mn. Donc voilà, ça va nous mener à cette inégalité. Ensuite on va essayer de borner Mn. Et là, d'où vient le E ? En réalité, ce à quoi il faut penser c'est du ln. Il faut penser à l'inégalité ln de Un plus x est plus petit que x. Et on va passer à l'exponentiel. Ou alors Un plus x est plus petit que deux x, c'est pareil. En tout cas, il faut utiliser une inégalité connue sur l'exponentiel ou alors sur le logarithme. Ensuite, c'est là où on utilise vraiment Bolzano-Weierstrass pour la question 3. On sait qu'il existe une fonction Phi telle que U de Phi n converge. Donc U de Phi n va être notre fameuse suite convergente. Et donc on veut déterminer un réel A super A0 pour lequel on a U de Phi n moins U de n qui est plus petit que A puissance n. Alors là, il va falloir faire une bête décomposition. On va dire que U de Phi n moins U de n, c'est U de Phi n moins U de Phi n moins 1 plus U de Phi n moins 1 moins U de Phi n moins 2, etc. Et en décomposant comme ça, on va voir que ça va marcher. Et enfin, pour la dernière, à priori, alors là, la question 4 commence à ne plus y voir très clair tant qu'on n'a pas fait les autres. Mais peut-être qu'est-ce qu'on va devoir revenir à la définition de la limite ? C'est possible. Alors, c'est parti. On va voir. Alors. Donc. Ça veut bien s'afficher. Ça ne veut pas s'afficher. Voilà, ça veut bien s'afficher. Ça veut bien s'afficher. Alors. Donc. Si on a... Donc, ce qu'on a, c'est qu'effectivement, on sait que U n, alors M n, il définit comme le max de valeur absolue de U n et valeur absolue de U n plus 1. Donc forcément, les deux sont plus petits que M n à chaque fois. Et donc, j'ai M n plus 1 également qui est le max de U n plus 2 et U n plus 1, valeur absolue. Donc là, en fait, je dois refaire une disjonction de cas. Je vais y arriver. Deux hypothèses. En fait, M n plus 1, c'est soit valeur absolue de U n plus 2, soit valeur absolue de U n plus 1. Donc, faisons ce cas-là. Imaginons que c'est égal à U n plus 2. Donc, j'ai M n plus 1, c'est valeur absolue de U n plus 2, qui lui-même est égal à U n plus 1 plus U n sur 2 puissance n d'après la formule de récurrence. Tout à fait. Et donc, j'utilise une inégalité triangulaire et je dis que c'est plus petit que U n plus 1 plus U n sur 2 puissance n. Et ça tombe bien. Chacun d'entre eux sont plus petits que M n, puisque M n, c'est le max des deux. Et donc, j'ai bien 1 plus 1 demi sur la puissance n fois M n. Maintenant, dans l'autre cas, ça va marcher aussi. Imaginons que M n plus 1, c'est égal à U n plus 1, valeur absolue, qui est lui-même plus petit que M n. Et donc, dans ce cas-là, s'il est plus petit que M n, il est donc plus petit que 1 plus 1 demi puissance n que M n, puisque ce nombre-là est plus grand que 1. Donc, dans les deux cas, c'est bien inférieur ou égal à 1 plus 1 demi la puissance n de M n. Ok, parfait. Ensuite, la fameuse inégalité. En fait, là à laquelle il faut penser, c'est L n de 1 plus x, qui est plus petit que x. Moi, évidemment, j'ai très envie de poser x égale 1 sur 2 puissance n, parce que là, je remarque que j'ai du 1 plus x. J'utilise cette inégalité. Ça fait que L n de 1 plus 1 demi à la puissance n, c'est plus petit que 1 demi à la puissance n. Et je compose par l'exponentiel. Et donc, je me retrouve avec 1 plus 1 sur 2 la puissance n, qui est plus petit que 1 sur 2 puissance n. Et donc, j'ai M n plus 1, qui est plus petit que E de 1 sur 2 la puissance n fois M n. Alors, comme je vous l'ai dit, on pouvait aussi utiliser directement que 1 plus x est plus petit que E de x. Donc, c'est la même inégalité. En fait, il y en a une où je compose par l'exponentiel, ou dans l'autre sens, je compose par le logarithme. Mais donc, on pouvait partir directement de celle-là. Donc, si je reprends dans cette inégalité, par récurrence immédiate, je vois que j'ai un produit. Donc finalement, j'ai M n qui est plus petit que le produit de k égale 0 à n moins 1 des 1 sur 2 puissance k fois M 0. Et grâce aux propriétés de l'exponentiel, ça me fait l'exponentiel de la somme. Et ça tombe bien, c'est une suite géométrique. Les termes consécutifs d'une suite géométrique, donc je vais pouvoir calculer la somme. Et donc, la somme, elle est égale à, si j'utilise mes formules, à 2 facteurs de 1 moins 1 demi la puissance n, qui convergent vers 2, mais de toute façon, c'est inférieur à 2. Et donc, je peux dire que l'exponentiel de la somme, c'est plus petit que 2. Je me retrouve bien avec l'inégalité voulue. Or, évidemment, M 0 est positive. Donc, j'ai majoré M n. Et M n, aussi, par définition, elle est supérieure à 0, puisque c'est une suite positive. Donc, M n, elle est bien bornée. Elle est bornée, et donc c'est là où je peux utiliser le théorème de Bolzano-Weierstrass, qui me dit que je peux extraire une suite convergente de cette suite bornée. Donc, il existe une suite, une fonction phi, telle que U de phi n converge. Et maintenant, on va essayer de démontrer cette inégalité-là. Donc, là, U de phi n-U de n, je vais utiliser cette petite technique-là. Je fais une bête décomposition. Ça fait U de phi n-U de phi n-1 plus U de phi n-1 plus U de phi n-2, etc. Jusqu'à U de n plus 1 moins U de n. Donc, en fait, finalement, si on l'écrit rigoureusement sans trois petits points, c'est la somme de k égale 1 à phi de n moins n. Alors, c'est là où ce n'est pas évident. Faites attention. De U de n plus k plus moins U de n plus k moins 1. Pourquoi phi de n moins n ? Parce qu'il faut que ça fasse n plus phi de n moins n. Je retrouve bien phi de n ici. Donc, il faut faire attention à ce petit truc-là. Et donc, par inégalité triangulaire, je peux dire que la valeur absolue de ça, c'est plus petite que la somme des valeurs absolues. Et c'est là où je vais utiliser l'inégalité précédente. Et en fait, je peux dire que c'est égal en valeur absolue à U de n plus k moins 2 sur 2 puissance n plus k moins 2. Or, U de n plus k moins 2, c'est plus petit que m, indice n plus k moins 2, puisque c'est le maximum des deux, qui lui-même est plus petit que E carré fois m0. Donc, finalement, si j'isole bien ces termes, attention, n'oublie pas qu'il y a le 2 puissance n plus k moins 2. Donc, ça me fait la somme de termes où je peux tous factoriser par E carré m0. 2 puissance n aussi, quelque part, je peux le sortir. Et ensuite, du 2 puissance k moins 2. Où lui, évidemment, je ne peux pas le sortir parce que ça dépend de k. Donc là, je me retrouve à nouveau avec une suite géométrique, dont je sais calculer le terme. Elle converge, c'est une suite géométrique de raison 1,5. Et donc, je peux calculer directement la somme infinie de 1 à l'infini, qui est 4, elle est plus petite que sa limite. Donc, finalement, cette somme est plus petite que 4. Et je me retrouve avec U de phi n moins U de n, qui est plus petit que 4 E carré m0 fois 1 sur 2 puissance n. Et donc, c'est celui-là que je vais baptiser A. Donc, c'est bien réel, positif. Donc, j'ai bien l'inégalité qui est demandée. Ensuite, pour la question 4, qui était en déduire que Un converge grâce à ça. Alors, pourquoi je sais que Un converge ? Donc, je reprends cette inégalité. J'ai U de phi n moins U de n, qui est plus petit que A sur 2 puissance n. Et finalement, j'interprète en termes de distance. Donc, j'ai U de phi n quelque part ici. Je sais que U de n est situé à moins de A sur 2 puissance n de distance de ce U de phi n, qui lui converge. Donc, qu'est-ce qui se passe ? J'ai U de phi n qui converge vers une limite L. Et donc, tout simplement, par théorème d'encadrement, finalement, je n'ai pas besoin de revenir à la limite comme j'avais pensé initialement. J'écris directement l'encadrement. Un est compris entre U de phi n plus A sur 2 puissance n et U de phi n moins A sur 2 puissance n. Ce qui est bien, évidemment, c'est que ce A sur 2 puissance n tend vers 0. Et donc, finalement, par simple théorème d'encadrement, je trouve que Un tend vers L. Donc, voilà comment on peut utiliser Boldano-Weierstrass. Vous voyez, la petite astuce, c'est quand même, je trouve, la plus subtile, c'est celle-là, c'est de faire la somme téloscopique et d'utiliser la relation de récurrence ici. Le fait que U de n plus k moins 1, c'est égal à ça. Maintenant, vous savez utiliser Boldano-Weierstrass et voir que c'est un théorème qui est très pratique pour cette méthode. Voilà pour cette méthode, c'est fini.

Bolzano Weierstrass

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