Suites de nombres réels

En langage quantifié le rapport \(\frac {u_{n+1}} {u_n}\) converge vers \(L\) s'écrit \(\forall \epsilon >0\,, \,\exists N , \forall n \ge N : \left |\frac {u_{n+1}} {u_n}-L\right|<\epsilon\)

ou bien : \((*)\, \forall \epsilon >0\,, \,\exists N \,, \forall n \ge N : (L-\epsilon) < \frac {u_{n+1}} {u_n} < (L + \epsilon)\)

Remarque : L limite de nombres positifs est positive ou nulle.

a)

Cas \(L < 1.\)

On choisit \(\epsilon >0~~ tel \,que ~~ L+\epsilon < 1\) c'est à dire \(0 <\epsilon <1-L .\) Pour l'entier \(N\) correspondant obtenu dans \((*)\) on a \(\forall p > N: \frac {u_{p+1}} {u_p} < (L+\epsilon) ~~et \, pour ~~n >N,~ \frac {u_{n}} {u_N} =\frac {u_{n}} {u_{n-1}} \ldots \frac {u_{N+1}} {u_N} ;\)

écrivant l' inégalité précédente pour \(p=N, \ldots, n-1\) et multipliant termes à termes on obtient

\(\frac {u_{n}} {u_N} < (L+\epsilon)\,^{n-N}~~ ou ~~u_n < (L+\epsilon)\,^{n-N} u_N .\)

On en déduit que \(u_n\) nombre positif majoré par un nombre tendant vers 0, tend vers 0.

b) Cas \(L > 1.\)

On choisit \(\epsilon > 0\) tel que \(1 < L-\epsilon\) c'est à dire \(1<\epsilon < L-1\).Pour l'entier \(N\) correspondant obtenu dans \((*)\) on a \(\forall p \ge N : (L-\epsilon) < \frac{u_{p+1} } {u_p}\) et pour \(n > N , \frac {u_{n}} {u_N} =\frac {u_{n}} {u_{n-1}} \ldots \frac {u_{N+1}} {u_N} ;\)

écrivant l' inégalité précédente pour \(p=N, \ldots, n-1\) et multipliant termes à termes on obtient

\((L-\epsilon)\,^{n-N} < \frac{u_{n} } {u_N} ~~ ou ~~ u_n > (L-\epsilon)\,^{n-N} \, u_N.\)

On en déduit que \(u_n\) tend vers l'infini.

Cas \(L = 1\) : on ne peut pas trouver de epsilon permettant de conclure. Des exemples vont montrer qu'on ne peut pas trouver de démonstration permettant de conclure.

Les quatre suites suivantes vérifient la condition : le rapport \(\frac {u_{n+1}} {u_n}\) converge vers 1.

• \(u_n = \frac {1} {1+n} : limite \,0\)

• \(u_n = 1+ \frac {1} {1+n} : limite \,1\)

• \(u_n =\left ( 1+ \frac {1} {1+n} \right)^{n+1} : limite ~e\)

• \(u_n=n : limite \,+\infty\)

Cas \(0 < L.\)

On ne retient que les \(\epsilon >0~~ tel \,que ~~0 < L- \epsilon\) c'est à dire \(0 <\epsilon < L \).Pour l'entier N correspondant obtenu dans (*) on a \(\forall p \ge N: (L-\epsilon)< \frac {u_{p+1}} {u_p} < (L+\epsilon) ~~et \, pour ~~n >N,~ \frac {u_{n}} {u_N} =\frac {u_{n}} {u_{n-1}} \ldots \frac {u_{N+1}} {u_N} ;\)

écrivant l'inégalité précédente pour\( p=N, ..., n-1\) et multipliant termes à termes on obtient \(\left (L-\epsilon\right )^{n-N}< \frac {u_{n}} {u_N} < (L+\epsilon)^{n-N} ~ou~ (L-\epsilon)^{n-N}u_{N}<u_{n} < (L+\epsilon)^{n-N}u_{N}\)et en extrayant la racine n-ième :

\(\left (L-\epsilon\right )^{\frac{n-N}{n}}u_{N}^{{\frac{1}{n}}} < \sqrt[n]{u_n}<(L+\epsilon)^{\frac{n-N}{n}}u_{N}^{{\frac{1}{n}}}\)

Quand n tend vers l'infini, \(u_{N}^{\frac{1}{n}}\) tend vers 1, \(\frac{n-N}{n}\) tend aussi vers 1 et le premier terme tend vers\( L-\epsilon\),donc il existe \(N'\) tel que pour tout n supérieur à \(N'\) le premier terme soit supérieur à \(L-2\epsilon.\).De même il existe \(N''\) tel que pour tout n supérieur à \(N"\), le troisième terme soit inférieur à \(L+2\epsilon\).

Pour \(n > sup(N,N',N")\) on a alors \(L-2\epsilon. < \sqrt[n]{u_n} < (L+2\epsilon)\) ce qui montre que \(\sqrt[n]{u_n}\) tend vers L.

Cas L=0.

L'encadrement \(\forall p > N: (L-\epsilon)< \frac {u_{p+1}} {u_p} < (L+\epsilon)\) reste valable, mais le premier terme est négatif, on n'a pas le droit de multiplier membre à membre des inégalités comportant des nombres négatifs (en conservent le signe <). On ne va conserver que la majoration de \(u_n :(*) ~~\forall \epsilon > 0 ;\exists N ,\forall n>N :\frac{u_{n+1}}{u_n} <(L+\epsilon)\)

on en déduit comme précédemment que \(\sqrt[n]{u_n} < (L+\epsilon)^{ \frac{n-N}{n} }u_N\,^{ \frac{1}{n}}\)

et qu'il existe M tel que pour \(n>M\) on a \(|u_{n+1}-2|<\frac{1}{6}|u_1-2|\) ce qui montre que \(\sqrt[n]{u_n}\) tend vers 0.

Application : si \(u_n=\frac{n!}{n^n}\), on a \(\frac {u_{n+1}} {u_n}= \frac {(n+1)!\,n^n} {n!\,(n+1)\,^{n+1}}=\frac {1}{\left ( 1+ \frac {1} {n} \right)^{n} }.\) Ce rapport tend vers \(1/e.\)Donc \(\sqrt[n\,]{\frac{n!}{n^n}}=\frac {\sqrt[n\,]{n!}}{n} \rightarrow \frac {1}{e}\) (on dira plus tard que \(\sqrt[n\,]{n!}\) est équivalent à \(\frac{n}{e}\) quand n tend vers l'infini).