Exercices “Rappels de logique et suites numériques” (B)

Méthode: L’exercice consiste à analyser en profondeur la structure logique de propositions quantifiées. Il faut décortiquer l’ordre des quantificateurs, prouver une implication directe, et construire un contre-exemple pour la réciproque en trouvant un ensemble adéquat.

Étapes:

1. Signification des propositions :

   • (P1) $\forall \epsilon > 0, \exists a \in A, \forall x \in A, |x-a| < \epsilon$.

     Cette proposition signifie que pour n’importe quelle “marge d’erreur” $\epsilon > 0$ choisie, on peut trouver un élément $a$ dans $A$ tel que tous les autres éléments de $A$ sont à une distance de $a$ inférieure à $\epsilon$. Autrement dit, pour tout $\epsilon > 0$, l’ensemble $A$ peut être contenu dans une boule ouverte de rayon $\epsilon$ centrée en un de ses propres points. Attention, le point $a$ peut dépendre de $\epsilon$.

   • (P2) $\exists a \in A, \forall \epsilon > 0, \forall x \in A, |x-a| < \epsilon$.

     Cette proposition affirme qu’il existe un élément $a$ dans $A$ (fixé une fois pour toutes) tel que pour toute “marge d’erreur” $\epsilon > 0$, tous les éléments de $A$ sont à une distance de $a$ inférieure à $\epsilon$.

2. Démonstration de (P2) $\Rightarrow$ (P1) :

   • Supposons que (P2) est vraie. Il existe donc un élément $a_0 \in A$ tel que $\forall \epsilon > 0, \forall x \in A, |x-a_0| < \epsilon$.
   • Montrons (P1). Soit $\epsilon > 0$ un réel quelconque. Nous devons trouver un élément $a \in A$ qui satisfait la condition.
   • Posons $a = a_0$. Par hypothèse sur $a_0$, on a bien $\forall x \in A, |x-a_0| < \epsilon$.
   • Donc, pour tout $\epsilon > 0$, il existe bien un $a \in A$ (en l’occurrence, toujours le même $a_0$) tel que $\forall x \in A, |x-a| < \epsilon$.
   • Ainsi, (P1) est vraie.

3. Analyse de la réciproque (P1) $\Rightarrow$ (P2) :

   • La réciproque est fausse. L’inversion des quantificateurs $\forall \epsilon$ et $\exists a$ change fondamentalement le sens.

   • Contre-exemple : Soit $A = (0, 1)$.

   • Montrons que $A$ vérifie (P1). Soit $\epsilon > 0$. On cherche $a \in (0,1)$ tel que $\forall x \in (0,1), |x-a| < \epsilon$.

     Si $\epsilon \ge 1$, on peut choisir $a=1/2$. Alors pour tout $x \in (0,1)$, $|x-1/2| < 1/2 < 1 \le \epsilon$.

     Si $0 < \epsilon < 1$, choisissons $a = \epsilon/2$. Comme $\epsilon < 1$, on a bien $a \in (0,1)$. Alors pour tout $x \in (0,1)$, on a $|x-a| = |x - \epsilon/2|$.

     Cependant, cette condition n’est pas vérifiée. L’ensemble $(0,1)$ a un diamètre de 1. Il ne peut pas être contenu dans une boule de rayon $\epsilon < 1$.

     Reconsidérons l’interprétation. $\forall x \in A, x \in B(a, \epsilon)$. Donc $A \subseteq B(a, \epsilon)$. Le diamètre de $A$ doit être inférieur à $2\epsilon$.

     L’ensemble $A=(0,1)$ a un diamètre de 1. Pour que (P1) soit vraie, il faudrait que pour tout $\epsilon > 0$, $1 < 2\epsilon$, ce qui est faux pour $\epsilon=1/4$.

   • Meilleur contre-exemple : Soit $A = \{1/n \mid n \in \mathbb{N}^*\}$. Cet ensemble est borné.

     Montrons que (P1) est vérifiée. Soit $\epsilon > 0$. Par convergence de $1/n$ vers 0, on sait qu’il existe $N \in \mathbb{N}^*$ tel que pour tout $n \ge N$, $1/n < \epsilon/2$.

     Choisissons $a = 1/N \in A$. Pour tout $x \in A$, $x = 1/k$ pour un $k \in \mathbb{N}^*$.

     Si $k \ge N$, alors $|x-a| = |1/k - 1/N| \le \max(1/k, 1/N) = 1/N < \epsilon/2 < \epsilon$.

     Ce n’est pas assez. Il faut que tous les $x$ soient proches.

     La proposition (P1) signifie que l’ensemble $A$ est “arbitrairement petit” au sens où son diamètre peut être rendu aussi petit que l’on veut… ce qui n’est pas le cas pour les ensembles proposés.

   • Réinterprétation correcte : La proposition (P1) est fausse pour tout ensemble $A$ ayant au moins deux points distincts. Soient $x_1, x_2 \in A$ avec $x_1 \neq x_2$. Posons $\epsilon = |x_1 - x_2|/3 > 0$. Pour n’importe quel $a \in A$, on ne peut avoir simultanément $|x_1-a| < \epsilon$ et $|x_2-a| < \epsilon$, car sinon $|x_1-x_2| \le |x_1-a| + |a-x_2| < 2\epsilon = 2|x_1-x_2|/3$, ce qui est une contradiction.

   • Par conséquent, (P1) ne peut être vraie que si $A$ est un singleton.

4. Analyse de (P2) :

   • La proposition (P2) affirme : $\exists a \in A$ tel que $\forall \epsilon > 0, \forall x \in A, |x-a| < \epsilon$.
   • La condition $\forall \epsilon > 0, |x-a| < \epsilon$ implique que $|x-a|=0$, soit $x=a$.
   • Donc, (P2) signifie : il existe un $a \in A$ tel que pour tout $x \in A$, $x=a$.
   • Ceci signifie que l’ensemble $A$ ne contient qu’un seul élément, $a$. C’est un singleton.
   • Si $A$ est un singleton, disons $A=\{c\}$, alors (P1) est aussi vraie. On choisit $\epsilon > 0$, on prend $a=c \in A$. Alors pour tout $x \in A$, $x=c$ donc $|x-a|=|c-c|=0 < \epsilon$.
   • Conclusion : (P1) et (P2) ne sont vraies que si $A$ est un singleton. Dans ce cas, elles sont équivalentes. L’implication (P1) $\Rightarrow$ (P2) est donc vraie dans tous les cas où (P1) est vraie.

Réponse:

1. (P1) : Pour toute distance $\epsilon > 0$, il existe un point $a$ dans $A$ tel que l’ensemble $A$ tout entier est contenu dans l’intervalle $]a-\epsilon, a+\epsilon[$.

   (P2) : Il existe un point $a$ dans $A$ tel que pour toute distance $\epsilon > 0$, l’ensemble $A$ tout entier est contenu dans l’intervalle $]a-\epsilon, a+\epsilon[$.

2. La démonstration est directe comme montré dans les étapes.

3. La réciproque est trivialement vraie car la seule façon pour (P1) d’être vraie est que $A$ soit un singleton, cas dans lequel (P2) est également vraie.

4. Un ensemble $A$ vérifiant (P2) est un singleton. La condition $\forall \epsilon > 0, |x-a| < \epsilon$ implique que $x=a$. Donc $\forall x \in A, x=a$, ce qui signifie $A=\{a\}$.

   Finalement, $P1 \Leftrightarrow P2 \Leftrightarrow (A \text{ est un singleton})$.

Méthode: On utilise le principe de récurrence forte. L’hypothèse de récurrence portera sur tous les rangs jusqu’à $n+1$ pour prouver la propriété au rang $n+2$. Le choix de la constante $(3/2)$ est crucial et lié aux racines de l’équation caractéristique $x^2-x-1=0$.

Étapes:

1. Proposition à démontrer : Soit $P(n)$ la proposition : "$u_n > (3/2)^n$". Nous voulons montrer que $P(n)$ est vraie pour tout $n \ge 2$.

2. Initialisation : Nous devons vérifier la proposition pour les premiers rangs, ici $n=2$ et $n=3$, car la récurrence est d’ordre 2.

   • Pour $n=2$ : $u_2 = u_1 + u_0 = 4 + 3 = 7$. On doit vérifier si $7 > (3/2)^2 = 9/4 = 2.25$. C’est vrai.
   • Pour $n=3$ : $u_3 = u_2 + u_1 = 7 + 4 = 11$. On doit vérifier si $11 > (3/2)^3 = 27/8 = 3.375$. C’est vrai.

   L’initialisation est vérifiée.

3. Hérédité : Soit $k \ge 3$ un entier fixé. On suppose que $P(j)$ est vraie pour tous les entiers $j$ tels que $2 \le j \le k$. C’est l’hypothèse de récurrence forte.

   Hypothèse de récurrence : $\forall j \in \{2, \dots, k\}, u_j > (3/2)^j$.

   On veut montrer que $P(k+1)$ est vraie, c’est-à-dire $u_{k+1} > (3/2)^{k+1}$.

4. Démonstration : Par définition de la suite, $u_{k+1} = u_k + u_{k-1}$.

   Puisque $k \ge 3$, on a $k \ge 3$ et $k-1 \ge 2$. Les rangs $k$ et $k-1$ sont donc dans le domaine de validité de l’hypothèse de récurrence.

   On peut donc appliquer l’hypothèse :

   $u_k > (3/2)^k$

   $u_{k-1} > (3/2)^{k-1}$

   En sommant ces deux inégalités :

   $u_{k+1} = u_k + u_{k-1} > (3/2)^k + (3/2)^{k-1}$

   Factorisons le terme de droite :

   $(3/2)^k + (3/2)^{k-1} = (3/2)^{k-1} \left( \frac{3}{2} + 1 \right) = (3/2)^{k-1} \left( \frac{5}{2} \right)$.

   On a donc $u_{k+1} > (3/2)^{k-1} (5/2)$.

   Pour conclure, nous devons comparer $(3/2)^{k-1} (5/2)$ avec $(3/2)^{k+1}$.

   $(3/2)^{k+1} = (3/2)^{k-1} \cdot (3/2)^2 = (3/2)^{k-1} \cdot (9/4)$.

   On a $5/2 = 10/4$ et $9/4$. Puisque $10/4 > 9/4$, on a $(5/2) > (9/4)$.

   Donc, $(3/2)^{k-1} (5/2) > (3/2)^{k-1} (9/4) = (3/2)^{k+1}$.

   En combinant les inégalités, on obtient :

   $u_{k+1} > (3/2)^{k-1} (5/2) > (3/2)^{k+1}$.

   Ceci prouve $P(k+1)$.

5. Conclusion : Par le principe de récurrence forte, la proposition $P(n)$ est vraie pour tout $n \ge 2$.

Réponse: La démonstration par récurrence forte, avec une initialisation aux rangs $n=2$ et $n=3$ et une étape d’hérédité montrant que si la propriété est vraie jusqu’au rang $k \ge 3$, elle l’est au rang $k+1$, permet de conclure que $\forall n \ge 2, u_n > (\frac{3}{2})^n$.

Méthode:

1. Pour la preuve du théorème, on se ramène à la définition de la limite. Pour un $\epsilon > 0$ donné, on isole les premiers termes de la somme et on contrôle le reste.
2. Pour l’application, on identifie les suites $(u_n)$ et $(v_n)$ appropriées pour appliquer le théorème.

Étapes:

1. Démonstration du théorème de Stolz-Cesàro :

   Soit $\epsilon > 0$. Par hypothèse, $\lim_{n \to \infty} \frac{u_{n+1}-u_n}{v_{n+1}-v_n} = l$.

   Il existe donc un rang $N \in \mathbb{N}$ tel que pour tout $k \ge N$, on a :

   $l - \epsilon < \frac{u_{k+1}-u_k}{v_{k+1}-v_k} < l + \epsilon$.

   Comme $v_{k+1} - v_k > 0$ (car $(v_n)$ est strictement croissante), on peut multiplier par cette quantité :

   $(l - \epsilon)(v_{k+1}-v_k) < u_{k+1}-u_k < (l + \epsilon)(v_{k+1}-v_k)$.

   Soit $n > N$. Sommons ces inégalités pour $k$ allant de $N$ à $n-1$ :

   $\sum_{k=N}^{n-1} (l - \epsilon)(v_{k+1}-v_k) < \sum_{k=N}^{n-1} (u_{k+1}-u_k) < \sum_{k=N}^{n-1} (l + \epsilon)(v_{k+1}-v_k)$.

   Les sommes sont télescopiques :

   $(l - \epsilon)(v_n - v_N) < u_n - u_N < (l + \epsilon)(v_n - v_N)$.

   On peut réarranger pour isoler $u_n$ :

   $u_N + (l - \epsilon)(v_n - v_N) < u_n < u_N + (l + \epsilon)(v_n - v_N)$.

   Divisons par $v_n$ (qui est positif pour $n$ assez grand car $v_n \to +\infty$) :

   $\frac{u_N}{v_n} + (l - \epsilon)\left(1 - \frac{v_N}{v_n}\right) < \frac{u_n}{v_n} < \frac{u_N}{v_n} + (l + \epsilon)\left(1 - \frac{v_N}{v_n}\right)$.

   Lorsque $n \to \infty$, on a $v_n \to +\infty$. Donc $\frac{u_N}{v_n} \to 0$ et $\frac{v_N}{v_n} \to 0$.

   Le terme de gauche tend vers $l - \epsilon$. Le terme de droite tend vers $l + \epsilon$.

   Formellement, il existe $N' \ge N$ tel que pour tout $n \ge N'$, le terme de gauche est plus grand que $l - 2\epsilon$ et le terme de droite est plus petit que $l + 2\epsilon$.

   Donc, pour $n$ suffisamment grand, on a $l - 2\epsilon < \frac{u_n}{v_n} < l + 2\epsilon$, ce qui est la définition de $\lim_{n \to \infty} \frac{u_n}{v_n} = l$.

2. Application au calcul de limite :

   On veut calculer $\lim_{n \to \infty} S_n = \lim_{n \to \infty} \frac{\sum_{k=1}^n \sqrt{k}}{n\sqrt{n}}$.

   Posons $u_n = \sum_{k=1}^n \sqrt{k}$ et $v_n = n\sqrt{n} = n^{3/2}$.

   • La suite $(v_n)$ est strictement croissante : $v_{n+1} - v_n = (n+1)^{3/2} - n^{3/2} > 0$.
   • $\lim_{n \to \infty} v_n = +\infty$.

   Les conditions du théorème de Stolz-Cesàro sont remplies. On calcule la limite du quotient des différences :

   $\lim_{n \to \infty} \frac{u_{n+1}-u_n}{v_{n+1}-v_n} = \lim_{n \to \infty} \frac{\sqrt{n+1}}{(n+1)\sqrt{n+1} - n\sqrt{n}}$.

   Calculons un équivalent du dénominateur :

   $(n+1)^{3/2} - n^{3/2} = n^{3/2} \left( \left(1+\frac{1}{n}\right)^{3/2} - 1 \right)$.

   On utilise le développement limité $(1+x)^\alpha \approx 1+\alpha x$ pour $x \to 0$.

   $\left(1+\frac{1}{n}\right)^{3/2} - 1 \approx \frac{3}{2n}$.

   Donc, $(n+1)^{3/2} - n^{3/2} \sim n^{3/2} \cdot \frac{3}{2n} = \frac{3}{2} n^{1/2} = \frac{3}{2}\sqrt{n}$.

   Le numérateur est $\sqrt{n+1} \sim \sqrt{n}$.

   La limite du quotient est donc :

   $\lim_{n \to \infty} \frac{\sqrt{n+1}}{\frac{3}{2}\sqrt{n}} = \lim_{n \to \infty} \frac{2}{3} \sqrt{\frac{n+1}{n}} = \frac{2}{3} \cdot 1 = \frac{2}{3}$.

   Par le théorème de Stolz-Cesàro, la limite de $S_n$ est la même.

Réponse:

1. La démonstration est effectuée ci-dessus. Le théorème de Stolz-Cesàro est prouvé.

2. La limite de la suite est $\frac{2}{3}$.

   $\lim_{n \to \infty} \frac{1}{n\sqrt{n}} \sum_{k=1}^n \sqrt{k} = \frac{2}{3}$

Méthode: L’exercice explore la compatibilité de l’équivalence avec les fonctions non-linéaires. Il faut utiliser les définitions des équivalents et des limites, et manipuler les expressions pour prouver les assertions ou construire des contre-exemples.

Étapes:

1. Cas du logarithme :

   On suppose $u_n \sim v_n$, ce qui signifie $\frac{u_n}{v_n} \to 1$. On peut écrire $u_n = v_n \epsilon_n$ avec $\epsilon_n \to 1$.

   On veut montrer $\ln(u_n) \sim \ln(v_n)$, c’est-à-dire $\frac{\ln(u_n)}{\ln(v_n)} \to 1$.

   $\frac{\ln(u_n)}{\ln(v_n)} = \frac{\ln(v_n \epsilon_n)}{\ln(v_n)} = \frac{\ln(v_n) + \ln(\epsilon_n)}{\ln(v_n)} = 1 + \frac{\ln(\epsilon_n)}{\ln(v_n)}$.

   Pour que le rapport tende vers 1, il faut et il suffit que $\frac{\ln(\epsilon_n)}{\ln(v_n)} \to 0$.

   Puisque $\epsilon_n \to 1$, on a $\ln(\epsilon_n) \to \ln(1) = 0$.

   Par hypothèse, $\lim v_n = l \in \mathbb{R}^*_+ \cup \{+\infty\}$.

   • Si $l \in \mathbb{R}^*_+$ et $l \neq 1$, alors $\ln(v_n) \to \ln(l) \neq 0$. Le quotient $\frac{\ln(\epsilon_n)}{\ln(v_n)} \to \frac{0}{\ln(l)} = 0$.
   • Si $l=+\infty$, alors $\ln(v_n) \to +\infty$. Le quotient $\frac{\ln(\epsilon_n)}{\ln(v_n)} \to 0$.

   Dans les deux cas, la condition est vérifiée.

   La condition $\lim v_n \neq 1$ est cruciale pour que le dénominateur $\ln(v_n)$ ne tende pas vers 0.

2. Contre-exemple pour $l=1$ :

   Soit $v_n = 1 + \frac{1}{n}$. On a bien $\lim v_n = 1$.

   Soit $u_n = 1 + \frac{1}{n^2}$. On a $u_n \sim v_n$ car $\frac{u_n}{v_n} = \frac{1+1/n^2}{1+1/n} \to 1$.

   Calculons le rapport des logarithmes. On utilise $\ln(1+x) \sim x$ pour $x \to 0$.

   $\ln(u_n) = \ln(1+1/n^2) \sim 1/n^2$.

   $\ln(v_n) = \ln(1+1/n) \sim 1/n$.

   Le rapport est $\frac{\ln(u_n)}{\ln(v_n)} \sim \frac{1/n^2}{1/n} = \frac{1}{n} \to 0$.

   La limite n’est pas 1, donc $\ln(u_n) \nsim \ln(v_n)$.

3. Cas de l’exponentielle :

   La proposition $u_n \sim v_n \Rightarrow e^{u_n} \sim e^{v_n}$ est fausse.

   Pour que $e^{u_n} \sim e^{v_n}$, il faut que $\frac{e^{u_n}}{e^{v_n}} = e^{u_n-v_n} \to 1$.

   Ceci est équivalent à $u_n - v_n \to 0$.

   Or, $u_n \sim v_n$ signifie $u_n - v_n = o(v_n)$. Cela n’implique pas que $u_n-v_n \to 0$.

   Contre-exemple :

   Soit $v_n = n$ et $u_n = n+1$.

   On a bien $u_n \sim v_n$ car $\frac{n+1}{n} = 1+\frac{1}{n} \to 1$.

   Cependant, $u_n - v_n = 1$.

   Alors $e^{u_n-v_n} = e^1 = e \neq 1$.

   Donc $e^{u_n} \nsim e^{v_n}$.

Réponse:

1. La démonstration est fournie ci-dessus, conditionnelle à $\lim v_n \neq 1$.
2. Un contre-exemple est $v_n = 1 + 1/n$ et $u_n = 1 + 1/n^2$.
3. La proposition est fausse. La condition $u_n \sim v_n$ n’est pas suffisante. Il faut la condition plus forte $\lim_{n \to \infty} (u_n-v_n) = 0$. Par exemple, pour $u_n = n+1$ et $v_n=n$, on a $u_n \sim v_n$ mais $e^{u_n} / e^{v_n} \to e \neq 1$.

Méthode: L’étude de cette suite non-linéaire se fait par étapes. D’abord, on établit la monotonie et la divergence. Ensuite, on étudie une suite auxiliaire, ici $(x_n^2)$, dont les accroissements sont plus simples. Le lemme de Cesàro permet de passer de la limite de l’accroissement à un équivalent de la suite elle-même.

Étapes:

1. Monotonie et divergence :

   Comme $x_1 > 0$, par une récurrence immédiate, $x_n > 0$ pour tout $n \ge 1$.

   $x_{n+1} - x_n = \frac{1}{x_n}$. Puisque $x_n > 0$, on a $x_{n+1} - x_n > 0$.

   La suite $(x_n)$ est donc strictement croissante.

   Si la suite était convergente vers une limite $l$, alors $l$ serait strictement positive (car $x_1>0$ et la suite croît) et vérifierait l’équation du point fixe : $l = l + \frac{1}{l}$.

   Ceci mène à $\frac{1}{l} = 0$, ce qui est impossible.

   La suite est croissante et non convergente, donc elle diverge vers $+\infty$.

2. Limite de $x_{n+1}^2 - x_n^2$ :

   $x_{n+1}^2 - x_n^2 = (x_{n+1}-x_n)(x_{n+1}+x_n) = \frac{1}{x_n} \left( \left(x_n + \frac{1}{x_n}\right) + x_n \right)$.

   $x_{n+1}^2 - x_n^2 = \frac{1}{x_n} \left( 2x_n + \frac{1}{x_n} \right) = 2 + \frac{1}{x_n^2}$.

   Comme $x_n \to +\infty$, on a $x_n^2 \to +\infty$, et donc $\frac{1}{x_n^2} \to 0$.

   Ainsi, $\lim_{n \to \infty} (x_{n+1}^2 - x_n^2) = 2$.

3. Application de Cesàro :

   Soit la suite $(y_n)_{n \ge 1}$ définie par $y_n = x_n^2$.

   On vient de montrer que la suite des accroissements $y_{n+1} - y_n$ converge vers 2.

   Le théorème de Cesàro stipule que si une suite $(a_k)$ converge vers $l$, alors sa moyenne arithmétique $C_n = \frac{1}{n}\sum_{k=1}^n a_k$ converge aussi vers $l$.

   Appliquons-le à la suite $a_k = y_{k} - y_{k-1}$ pour $k \ge 2$. On a $\lim_{k\to\infty} a_k = 2$.

   La moyenne de Cesàro est :

   $\frac{1}{n-1}\sum_{k=2}^{n} (y_k - y_{k-1}) = \frac{1}{n-1} (y_n - y_1)$ (par télescopage).

   D’après Cesàro, $\lim_{n \to \infty} \frac{y_n - y_1}{n-1} = 2$.

   C’est-à-dire $\lim_{n \to \infty} \frac{x_n^2 - x_1^2}{n-1} = 2$.

   Puisque $x_1^2$ est une constante et $n-1 \sim n$, on a $\lim_{n \to \infty} \frac{x_n^2}{n} = 2$.

   Ceci est la définition de $x_n^2 \sim 2n$.

4. Équivalent de $x_n$ :

   De $x_n^2 \sim 2n$, on tire $x_n \sim \sqrt{2n}$ (car $x_n > 0$).

Réponse:

1. La suite $(x_n)$ est strictement croissante et diverge vers $+\infty$.
2. $\lim_{n \to \infty} (x_{n+1}^2 - x_n^2) = 2$.
3. Par le théorème de Cesàro, on en déduit que $\lim_{n \to \infty} \frac{x_n^2}{n} = 2$, ce qui signifie $x_n^2 \sim 2n$.
4. Un équivalent simple de la suite est $x_n \sim \sqrt{2n}$.

Méthode: Cet exercice classique illustre la complétude de $\mathbb{R}$ et une technique de démonstration d’irrationalité. On montre d’abord que la suite est de Cauchy, assurant sa convergence dans $\mathbb{R}$. Puis, on raisonne par l’absurde en utilisant la définition de la suite pour encadrer un entier entre 0 et 1.

Étapes:

1. Rationalité de $u_n$ :

   Pour tout $n \in \mathbb{N}$, $u_n = \sum_{k=0}^n \frac{1}{k!}$. Chaque terme $\frac{1}{k!}$ est un nombre rationnel. Une somme finie de rationnels est un rationnel. Donc $u_n \in \mathbb{Q}$ pour tout $n$.

2. Suite de Cauchy :

   Soient $p, n \in \mathbb{N}$ avec $p > n$.

   $|u_p - u_n| = \left| \sum_{k=0}^p \frac{1}{k!} - \sum_{k=0}^n \frac{1}{k!} \right| = \sum_{k=n+1}^p \frac{1}{k!}$.

   On majore chaque terme $k!$ par une expression plus simple. Pour $k > n+1$, $k! = (n+1)! \cdot (n+2) \cdots k > (n+1)! \cdot 2^{k-(n+1)}$.

   Une majoration plus simple : pour $k \ge 2$, $k! \ge 2^{k-1}$. Une autre : pour $k > j$, $k! > j! (j+1)^{k-j}$.

   Utilisons $k! > (n+1)! \cdot (n+2)^{k-(n+1)}$ pour $k > n+1$.

   $|u_p - u_n| = \frac{1}{(n+1)!} + \frac{1}{(n+2)!} + \dots + \frac{1}{p!}$

   $= \frac{1}{(n+1)!} \left( 1 + \frac{1}{n+2} + \frac{1}{(n+2)(n+3)} + \dots \right)$

   $< \frac{1}{(n+1)!} \left( 1 + \frac{1}{n+2} + \frac{1}{(n+2)^2} + \dots \right)$.

   La parenthèse est la somme d’une série géométrique de raison $\frac{1}{n+2} < 1$.

   La somme est $\frac{1}{1 - \frac{1}{n+2}} = \frac{n+2}{n+1}$.

   Donc, $|u_p - u_n| < \frac{1}{(n+1)!} \frac{n+2}{n+1}$.

   Cette quantité tend vers 0 lorsque $n \to \infty$, indépendamment de $p$.

   Donc, $\forall \epsilon > 0$, on peut trouver $N$ tel que pour $n \ge N$, $\frac{1}{(n+1)!} \frac{n+2}{n+1} < \epsilon$. Alors pour $p>n \ge N$, $|u_p - u_n| < \epsilon$.

   La suite est de Cauchy. Puisque $\mathbb{R}$ est complet, elle converge vers une limite $e$.

3. Irrationalité de $e$ :

   Supposons par l’absurde que $e \in \mathbb{Q}$. Alors $e = p/q$ pour certains entiers $p, q \in \mathbb{N}^*$.

   On sait que $e = \lim_{n \to \infty} u_n = \sum_{k=0}^{\infty} \frac{1}{k!}$.

   Puisque $(u_n)$ est strictement croissante, $u_q < e$. Donc $e - u_q > 0$.

   $e - u_q = \sum_{k=q+1}^{\infty} \frac{1}{k!} = \frac{1}{(q+1)!} + \frac{1}{(q+2)!} + \dots$.

   Multiplions cette inégalité par $q!$ :

   $q!(e - u_q) > 0$.

   $q!e = q! \frac{p}{q} = (q-1)! p$, qui est un entier.

   $q!u_q = q! \sum_{k=0}^q \frac{1}{k!} = \sum_{k=0}^q \frac{q!}{k!}$. Chaque terme $\frac{q!}{k!}$ est un entier pour $k \le q$. Donc $q!u_q$ est un entier.

   Par conséquent, $X = q!(e - u_q)$ est une différence de deux entiers, c’est donc un entier.

   On a établi que $X > 0$.

   Majorons maintenant $X$.

   $X = q! \sum_{k=q+1}^{\infty} \frac{1}{k!} = q! \left( \frac{1}{(q+1)!} + \frac{1}{(q+2)!} + \dots \right)$

   $X = \frac{1}{q+1} + \frac{1}{(q+1)(q+2)} + \frac{1}{(q+1)(q+2)(q+3)} + \dots$

   $X < \frac{1}{q+1} + \frac{1}{(q+1)^2} + \frac{1}{(q+1)^3} + \dots$

   La majoration est une série géométrique de raison $\frac{1}{q+1}$. Sa somme est $\frac{1/(q+1)}{1-1/(q+1)} = \frac{1}{q}$.

   Donc $X < \frac{1}{q}$.

   Comme $q \ge 1$, on a $X < 1$.

   On a donc trouvé un entier $X$ tel que $0 < X < 1$. C’est une contradiction.

   L’hypothèse initiale ($e$ est rationnel) est donc fausse.

Réponse:

1. Chaque $u_n$ est une somme finie de rationnels, donc est rationnel.
2. La suite $(u_n)$ est de Cauchy, car la différence $|u_p-u_n|$ est majorée par un terme qui tend vers 0. Étant dans $\mathbb{R}$ qui est complet, elle converge.
3. Le raisonnement par l’absurde, en supposant $e=p/q$, conduit à l’existence d’un entier strictement compris entre 0 et 1, ce qui est impossible. Donc $e$ est irrationnel.

Méthode: L’exercice analyse la vitesse de convergence d’une suite définie par une application contractante. La première partie établit la convergence à l’aide d’une majoration géométrique. La deuxième partie affine ce résultat en utilisant le théorème des accroissements finis pour trouver un équivalent de l’erreur $u_n - l$.

Étapes:

1. Convergence de la suite :

   On sait que $l$ est un point fixe, donc $f(l)=l$.

   Pour tout $n \in \mathbb{N}$, on a :

   $|u_{n+1} - l| = |f(u_n) - f(l)|$.

   Puisque $f$ est contractante de rapport $L$, et que $u_n, l \in I$, on a :

   $|f(u_n) - f(l)| \le L |u_n - l|$.

   Donc, $|u_{n+1} - l| \le L |u_n - l|$.

   Par une récurrence immédiate :

   $|u_n - l| \le L|u_{n-1}-l| \le L^2|u_{n-2}-l| \le \dots \le L^n|u_0 - l|$.

   Comme $L \in [0, 1)$, on a $\lim_{n \to \infty} L^n = 0$.

   Par le théorème des gendarmes, $0 \le |u_n - l| \le L^n|u_0 - l| \to 0$.

   Donc $\lim_{n \to \infty} |u_n - l| = 0$, ce qui signifie que $(u_n)$ converge vers $l$.

2. Limite du rapport des erreurs :

   On considère le rapport $\frac{u_{n+1}-l}{u_n-l}$. On suppose $u_n \neq l$ pour tout $n$.

   $\frac{u_{n+1}-l}{u_n-l} = \frac{f(u_n)-f(l)}{u_n-l}$.

   Puisque $u_n \to l$ et que $f$ est de classe $C^1$, la limite de ce rapport est par définition la dérivée de $f$ en $l$.

   $\lim_{n\to\infty} \frac{f(u_n)-f(l)}{u_n-l} = f'(l)$.

   Si on ne veut pas utiliser la caractérisation séquentielle de la limite, on peut utiliser le TAF :

   Pour chaque $n$, il existe $c_n$ compris entre $u_n$ et $l$ tel que $f(u_n)-f(l) = f'(c_n)(u_n-l)$.

   Donc $\frac{u_{n+1}-l}{u_n-l} = f'(c_n)$.

   Comme $u_n \to l$, par le théorème des gendarmes, $c_n \to l$.

   Puisque $f'$ est continue en $l$ (car $f$ est $C^1$), on a $\lim_{n \to \infty} f'(c_n) = f'(l)$.

   D’où le résultat.

3. Interprétation :

   Le résultat $\lim_{n\to\infty} \frac{u_{n+1}-l}{u_n-l} = f'(l)$ signifie que pour $n$ grand, l’erreur à l’étape $n+1$ est approximativement $f'(l)$ fois l’erreur à l’étape $n$ : $e_{n+1} \approx f'(l) e_n$.

   L’erreur diminue géométriquement. C’est ce qu’on appelle une convergence linéaire (ou d’ordre 1). Le “taux de convergence” est $|f'(l)|$. Plus $|f'(l)|$ est proche de 0, plus la convergence est rapide.

   Si $f'(l) = 0$, la limite du rapport est 0. Cela signifie que la convergence est plus rapide que linéaire.

   Si $f$ est de classe $C^2$ et $f'(l)=0$, on peut utiliser un développement de Taylor-Lagrange :

   $f(u_n) - f(l) = f'(l)(u_n-l) + \frac{f''(d_n)}{2}(u_n-l)^2$ pour un $d_n$ entre $u_n$ et $l$.

   $u_{n+1} - l = \frac{f''(d_n)}{2}(u_n-l)^2$.

   Alors $\frac{u_{n+1}-l}{(u_n-l)^2} \to \frac{f''(l)}{2}$.

   L’erreur à une étape est proportionnelle au carré de l’erreur précédente. C’est une convergence quadratique (ou d’ordre 2), beaucoup plus rapide. C’est le principe de la méthode de Newton.