\documentclass[12pt]{article}
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\begin{document}
\chap[num=C,pos=right,color=purple]{Suites numériques}{\emph{Stéphane PASQUET, \today}}

%--------------- TOC
\renewcommand{\contentsname}{\color{purple}\titreFONT\huge Sommaire}
{\color{purple}\hrulefill}
{\tocFONT\tableofcontents}
{\color{purple}\hrulefill}

\vspace*{1cm} %---------- PREREQUIS

\begin{prerequis}
\item Suites arithmétiques et géométriques (1\iere{} S)
\end{prerequis}

\newpage %----------------- DEBUT

\begin{pasbox}[degrade,style=prop,name={Principe de récurrence faible}]
Soit $\mathcal{P}_n$ une propriété dépendant d'un paramètre entier $n$. $\mathcal{P}_n$ est vraie pour tout entier naturel $n\geqslant n_0$, $n_0\in\N$, si :

\begin{enumerate}
\item $\mathcal{P}_{n_0}$ est vraie ; cette étape s'appelle l'\emph{initialisation}.
\item $\mathcal{P}_k \Rightarrow\mathcal{P}_{k+1}$ pour un entier naturel $k$ quelconque ; cette étape s'appelle \emph{démontrer l'hérédité à l'aide de l'hypothèse de récurrence $\mathcal{P}_k$.}
\end{enumerate}
\end{pasbox}

\begin{pasbox}[degrade,style=ex]
Nous allons démontrer que pour tout entier naturel non nul $n$, la propriété suivante est vraie :
\[ \mathcal{P}_n\quad :\quad 1+2+3+\cdots+(n-1)+n=\frac{n(n+1)}{2}.\]
\begin{enumerate}
\item \textbf{Initialisation.}\\
Nous avons :
\[ \frac{1\times(1+1)}{2}=1\]
donc l'initialisation est faite : $\mathcal{P}_1$ est vraie.

\medskip

\item \textbf{Hérédité.}
On suppose que pour un entier quelconque $k$, $\mathcal{P}_k$ est vraie (c'est l'hypothèse de récurrence, que nous abrègerons par \og HR \fg) :
\[ 1+2+\cdots+(k-1)+k=\frac{k(k+1)}{2}.\]
Regardons ce qui se passe au rang suivant (donc pour $k+1$) :
\begin{align*}
1+2+\cdots+k+(k+1) & = \dfrac{k(k+1)}{2}+k+1\qquad\text{par HR}\\
& = (k+1)\left(\dfrac{k}{2}+1\right)\\
& = (k+1)\left(\frac{k+2}{2}\right)\\
& = \dfrac{(\pmb{k+1})(\pmb{k+1}+1)}{2}
\end{align*}
L'hérédité est alors vérifiée : $\mathcal{P}_k \Rightarrow \mathcal{P}_{k+1}$.\\
La propriété est donc vraie pour tout entier naturel $n$ non nul.
\end{enumerate}
\end{pasbox}

\begin{pasbox}[degrade,style=prop,name={Principe de récurrence forte}]
Soit $\mathcal{P}_n$ une propriété dépendant d'un paramètre entier $n$. $\mathcal{P}_n$ est vraie pour tout entier naturel $n\geqslant n_0$, $n_0\in\N$, si :

\begin{enumerate}
\item $\mathcal{P}_{n_0}$ est vraie ;
\item $\left[\forall~i\in\entInterv{n_0}{k},\ \mathcal{P}_i\right]$ est vraie $ \Rightarrow\mathcal{P}_{k+1}$ est vraie.
\end{enumerate}
\end{pasbox}

\begin{pasbox}[degrade,style=ex]
On considère la suite \suite{u}{n}{n\in\N} définie par 
\[
\left\lbrace
\begin{array}{l}
u_0=1\\
\forall~n\in\N,\ u_{n+1}=u_0+u_1+u_2+\cdots+u_n.
\end{array}
\right.
\]
Nous allons démontrer que la propriété suivante est vraie :
\[ \mathcal{P}_n\quad : \quad u_n\leqslant 2^n.\]
\begin{enumerate}
\item \textbf{Initialisation.}\\
$u_0=1 et 2^0=1$ donc $\mathcal{P}_0$ est vraie. L'initialisation est alors faite.

\medskip

\item \textbf{Hérédité}.\\
Supposons que :
\[ \forall~i\in\entInterv{0}{k},\ \mathcal{P}_i \text{ est vraie}.\]
Alors,
\begin{align*}
u_{k+1} & = u_0+u_1+\cdots+u_k\\
u_{k+1} & \leqslant 2^0+2^1+2^2+\cdots+2^k\quad\text{par HR}\\
u_{k+1} & \leqslant \dfrac{2^{k+1}-1}{2-1}\quad\text{somme des }k\text{ premiers termes d'une suite géométrique de raison 2}\\
u_{k+1} & \leqslant 2^{k+1}-1\\
u_{k+1} & \leqslant 2^{k+1}
\end{align*}
Ainsi, $\mathcal{P}_{k+1}$ est vraie. L'hérédité est alors démontrée et la propriété $\mathcal{P}_n$ est ainsi vraie pour tout entier naturel $n$.
\end{enumerate}
\end{pasbox}

\begin{pasbox}[degrade,style=rem]
Dans un cas comme dans l'autre, on dit que l'on démontre le résultat par récurrence.
\end{pasbox}

Le raisonnement par récurrence va nous servir tout au long de l'année de Terminale (et m\^eme plus tard !).

\medskip

\begin{pasbox}[degrade,style=defi,name={Suites convergentes},pluriel]
Soit \suite{u}{n}{} une suite numérique.\\
On dit qu'elle \definmot{converge} vers un nombre $\ell$ lorsque :
\[
\forall~\coord{\varepsilon}{\varepsilon'}\in\left(\R*_+\right)^2,\ \exists~n_0\in\N\ \vert\ n\geqslant n_0 \Rightarrow u_n\in\intervOO{\ell-\varepsilon}{\ell+\varepsilon'}.
\]
En d'autres termes, \suite{u}{n}{} converge vers $\ell$ lorsque tout intervalle ouvert contenant $\ell$ contient $u_n$ à partir d'un certain rang.\\
Si \suite{u}{n}{} n'est pas convergente, on dit qu'elle est \definmot{divergente}.
\end{pasbox}

\begin{pasbox}[degrade,style=rem]
Dans la définition purement mathématique, on prend très souvent un intervalle centré en $\ell$, ce qui revient à écrire :
\[
\forall~\varepsilon\in\R*_+,\ \exists~n_0\in\N\ \vert\ n\geqslant n_0 \Rightarrow u_n\in\intervOO{\ell-\varepsilon}{\ell+\varepsilon}.
\]
\end{pasbox}

\begin{pasbox}[degrade,style=prop,name={Limites finies de suites usuelles}]
\[
\forall~k\in\N*,\ \limite{n}{+\infty}{\frac{1}{n^k}}=0\qquad\text{et}\qquad\limite{n}{+\infty}{\frac{1}{\sqrt{n}}}=0.
\]
\end{pasbox}

\begin{pasbox}[degrade,style=demo,endsymb,notitlebreak]
\begin{enumerate}
\item Démontrons d'abord que $\limite{n}{+\infty}{\frac{1}{\sqrt{n}}}=0$.\\
Soit un réel strictement positif $\varepsilon$.\\
\begin{align*}
0<\dfrac{1}{\sqrt{n}}<\varepsilon & \Leftrightarrow \dfrac{1}{\varepsilon}<\sqrt{n}\\
& \Leftrightarrow n>\dfrac{1}{\varepsilon^2}.
\end{align*}
Il existe donc bien un rang ($n_0=\text{E}\left(\dfrac{1}{\varepsilon^2}\right)+1$, partie entière de $\dfrac{1}{\varepsilon^2}+1$) à partir duquel $\dfrac{1}{\sqrt{n}}$ est dans l'intervalle \intervOO{-\varepsilon}{\varepsilon}, d'où le résultat.
\end{enumerate}
\breakbox
\begin{enumerate}[start=2]
\item Démontrons maintenant que pour tout entier naturel $k$ non nul, $\limite{n}{+\infty}{\frac{1}{n^k}}=0$.\\
Soit $\varepsilon$ un réel strictement positif.
\begin{align*}
0<\dfrac{1}{n^k}<\varepsilon & \Leftrightarrow \dfrac{1}{\varepsilon}<n^k\\
& \Leftrightarrow n>\sqrt[k]{\dfrac{1}{\varepsilon}}=\dfrac{1}{\sqrt[k]{\varepsilon}}.
\end{align*}
Il existe donc bien un rang $n_0=\text{E}\left(\dfrac{1}{\sqrt[k]{\varepsilon}}\right)+1$ à partir duquel $\dfrac{1}{n^k}$ est contenu dans l'intervalle \intervOO{-\varepsilon}{\varepsilon}, d'où le résultat.\vspace*{-1.5em}
\end{enumerate}
\end{pasbox}

\begin{pasbox}[degrade,style=prop,name={Unicité de la limite finie}]
Si une suite converge, alors sa limite est unique.
\end{pasbox}

\begin{pasbox}[degrade,style=demo,endsymb]
Nous allons faire ce que l'on appelle un \emph{raisonnement par l'absurde}.\\
Supposons que la suite converge vers deux limites différentes, que nous noterons $\ell$ et $\ell'$, en convenant de prendre $\ell<\ell'$.\\
On peut donc trouver deux intervalles ouverts disjoints I et J, l'un contenant $\ell$, l'autre $\ell'$, tels qu'à partir d'un certain rang, tous les $u_n$ sont contenus dans I et J, ce qui est impossible car I et J sont disjoints et donc, si $u_n\in\text{I}$, alors il est impossible que $u_n\in\text{J}$.\\
Notre hypothèse de départ est donc fausse. Par conséquent, $\ell=\ell'$.
\end{pasbox}

\begin{pasbox}[degrade,style=prop,name={Opérations sur les limites finies (admis)}]
On suppose que $\limite{n}{+\infty}{u_n}=\ell$ et $\limite{n}{+\infty}{v_n}=\ell'$. Alors,

\medskip

\begin{multicols}{2}
\begin{itemize}
\item $\limite{n}{+\infty}{(u_n+v_n)}=\ell+\ell'$
\item $\limite{n}{+\infty}{(u_n\times v_n)} =\ell\ell'$
\item $\limite{n}{+\infty}{(ku_n)} =k\ell$
\item $\limite{n}{+\infty}{\left(\dfrac{u_n}{v_n}\right)}=\dfrac{\ell}{\ell'}$, si $\ell'\neq 0$
\end{itemize}
\end{multicols}
\end{pasbox}

\begin{pasbox}[degrade,style=prop,name={Compatibilité avec l'ordre}]
Soient \suite{u}{n}{} et \suite{v}{n}{} deux suites convergentes de limites respectives $\ell$ et $\ell'$.\\
Si, à partir d'un certain rang, $u_n\leqslant v_n$, alors $\ell\leqslant\ell'$.
\end{pasbox}

\begin{pasbox}[degrade,style=demo,endsymb]
Supposons que $\ell>\ell'$.\\
Il existe deux intervalles I et J ouverts disjoints tels que $\ell\in\text{I}$ et $\ell'\in\text{J}$, où I se trouve à droite de J sur la droite des réels.
\begin{center}
\begin{tikzpicture}
\draw[->,>=stealth'] (0,0) -- (10,0);
\draw[very thick] (3,0) -- (4,0) node[midway,above] {J};
\draw[very thick] (6,0) -- (7,0)  node[midway,above] {I};
\draw[very thick] (2.9,0.1)--(3,0.1)--(3,-0.1)--(2.9,-0.1);
\draw[very thick] (5.9,0.1)--(6,0.1)--(6,-0.1)--(5.9,-0.1);
\draw[very thick] (4.1,0.1)--(4,0.1)--(4,-0.1)--(4.1,-0.1);
\draw[very thick] (7.1,0.1)--(7,0.1)--(7,-0.1)--(7.1,-0.1);
\draw (3.5,0.1)--(3.5,-0.1) node[below] {$\ell'$};
\draw (6.5,0.1)--(6.5,-0.1) node[below] {$\ell$};
\end{tikzpicture}
\end{center}
\suite{u}{n}{} converge vers $\ell$ et \suite{v}{n}{} converge vers $\ell'$ donc il existe un rang à partir duquel tous les $u_n$ sont contenus dans I et tous les $v_n$ dans J, ce qui sous-entend que $u_n>v_n$, ce qui est contradictoire avec le critère : $u_n\leqslant v_n$. \\
L'hypothèse selon laquelle $\ell>\ell'$ est donc fausse ; donc $\ell<\ell'$.
\end{pasbox}

\begin{pasbox}[degrade,style=thm,name={Théorème des gendarmes}]
Soient \suite{u}{n}{}, \suite{v}{n}{} et \suite{w}{n}{} trois suites telles que, à partir d'un certain rang, $v_n \leqslant u_n \leqslant w_n$.\\
Si \suite{v}{n}{} et \suite{w}{n}{} convergent vers une m\^eme limite $\ell$, alors \suite{u}{n}{} converge vers $\ell$.
\end{pasbox}

Ce théorème est admis.

\medskip

\begin{pasbox}[degrade,style=ex]
On considère la suite de terme général $u_n=\dfrac{\cos(n)}{n}$.\\
on sait que pour tout entier naturel $n$, 
\[ -1 \leqslant \cos(n) \leqslant 1 \]
donc :
\[ -\dfrac{1}{n} \leqslant u_n \leqslant \dfrac{1}{n}.\]
Or, 
\[ \limite{n}{+\infty}\dfrac{1}{n}=0.\]
Ainsi, d'après le théorème des gendarmes,
\[ \limite{n}{+\infty}{u_n}=0.\]
\end{pasbox}

\begin{pasbox}[degrade,style=defi,name={Suites divergentes vers un infini}]
\begin{itemize}
\item On dit qu'une suite \suite{u}{n}{} admet pour limite $+\infty$ s'il existe un réel positif $A$ tel que, à partir d'un certain rang $n_0$, $u_n>A$.
\[ 
\forall~A\in\R*_+,\ \exists~n_0\in\N\ \vert\ n\geqslant n_0 \Rightarrow u_n>A.
\]
On note alors $\limite{n}{+\infty}{u_n}=+\infty$.

\item On dit qu'une suite \suite{u}{n}{} admet pour limite $-\infty$ s'il existe un réel négatif $A$ tel que, à partir d'un certain rang $n_0$, $u_n<A$.
\[ 
\forall~A\in\R*_-,\ \exists~n_0\in\N\ \vert\ n\geqslant n_0 \Rightarrow u_n<A.
\]
On note alors $\limite{n}{+\infty}{u_n}=-\infty$.
\end{itemize}
Dans les deux cas, on dit que la suite \suite{u}{n}{} est \definmot{divergente}.
\end{pasbox}

\begin{attention}
Ce n'est pas parce qu'une suite est divergente que sa limite est nécessairement un infini.\\
Par exemple, la suite définie par $u_n=(-1)^n$ n'a pas de limite, donc elle est divergente.
\end{attention}

\begin{pasbox}[degrade,style=prop,name={Limites infinies de suites usuelles}]
\[
\forall~k\in\N*,\ \limite{n}{+\infty}{n^k}=+\infty\qquad\text{et}\qquad\limite{n}{+\infty}{\sqrt{n}}=+\infty.
\]
\end{pasbox}

La démonstration se fait comme celles de la propriété concernant les limites finies de suites usuelles.

\medskip

\begin{pasbox}[degrade,style=prop,name={Opérations sur les limites infinies et finies}]
\begin{center}
\begin{multicols}{2}
\begin{tikzpicture}
\fill[red!75!black,opacity=0.5] (-3.8,-0.4) rectangle (2.5,0.5);
\fill[red!75!black,opacity=0.25] (-3.8,-5)--(-3.8,-0.4)--(2.5,-0.4)--(2.5,-2)--(-0.4,-2)--(-0.4,-5)--cycle;
\node at (-0.7,0) {\limite{n}{+\infty}{(u_n+v_n)}};
\node[below left] at (-0.4,-0.5) {\limite{n}{+\infty}{u_n}};
\node[below left] at (-2,-1) {\limite{n}{+\infty}{v_n}};
\node at (.3,-1.25) {$-\infty$};
\node at (1.7,-1.25) {$+\infty$};
\node at (-2.1,-2.5) {$-\infty$}; % lim vn
\node at (-2.1,-3.5) {$+\infty$}; % lim vn
\node at (-2.1,-4.5) {$\ell$}; % lim vn
\node at (.3,-2.5) {$-\infty$};
\node at (1.7,-3.5) {$+\infty$};
\node at (1.7,-2.5) {F.I.};
\node at (.3,-4.5) {$-\infty$};
\node at (1.7,-4.5) {$+\infty$};
\node at (.3,-3.5) {F.I.};
\draw (-3.8,-.4) -- (-0.4,-2); % diagonale
\draw (-3.8,.5) -- (2.5,0.5); % horizontale 1
\draw (-3.8,-.4) -- (2.5,-0.4); % horizontale 2
\draw (-3.8,-2) -- (2.5,-2); % horizontale 3
\draw (-3.8,-3) -- (2.5,-3); % horizontale 5
\draw (-3.8,-4) -- (2.5,-4); % horizontale 5
\draw (-3.8,-5) -- (2.5,-5); % horizontale 6
\draw (-0.4,-0.4) -- (-0.4,-5);
\draw (-3.8,0.5) -- (-3.8,-5);
\draw (2.5,0.5) -- (2.5,-5);
\draw (1,-0.4) -- (1,-5);
\end{tikzpicture}
%
\begin{tikzpicture}
% remplissage 1
\fill[red!75!black,opacity=0.5] (-3.8,-0.4) rectangle (2.5,0.5);
% remplissage 2
\fill[red!75!black,opacity=0.25] (-3.8,-7)--(-3.8,-0.4)--(2.5,-0.4)--(2.5,-2)--(-0.4,-2)--(-0.4,-7)--cycle;
% Titre
\node at (-0.7,0) {\limite{n}{+\infty}{(u_n\times v_n)}};
% ligne 1
\node[below left] at (-0.4,-0.5) {\limite{n}{+\infty}{u_n}};
\node[below left] at (-2,-1) {\limite{n}{+\infty}{v_n}};
\node at (.3,-1.25) {$-\infty$};
\node at (1.7,-1.25) {$+\infty$};
% ligne 2
\node at (-2.1,-2.5) {$-\infty$};
\node at (.3,-2.5) {$+\infty$};
\node at (1.7,-2.5) {$-\infty$};
% ligne 3
\node at (-2.1,-3.5) {$+\infty$};
\node at (.3,-3.5) {$-\infty$};
\node at (1.7,-3.5) {$+\infty$};
% ligne 4
\node at (-2.1,-4.5) {$\ell>0$};
\node at (.3,-4.5) {$-\infty$};
\node at (1.7,-4.5) {$+\infty$};
% ligne 5
\node at (-2.1,-5.5) {$\ell<0$};
\node at (.3,-5.5) {$+\infty$};
\node at (1.7,-5.5) {$-\infty$};
% ligne 6
\node at (-2.1,-6.5) {$0$};
\node at (.3,-6.5) {F.I.};
\node at (1.7,-6.5) {F.I.};
% traits
\draw (-3.8,-.4) -- (-0.4,-2); % diagonale
\draw (-3.8,.5) -- (2.5,0.5); % horizontale 1
\draw (-3.8,-.4) -- (2.5,-0.4); % horizontale 2
\draw (-3.8,-2) -- (2.5,-2); % horizontale 3
\draw (-3.8,-3) -- (2.5,-3); % horizontale 5
\draw (-3.8,-4) -- (2.5,-4); % horizontale 5
\draw (-3.8,-5) -- (2.5,-5); % horizontale 6
\draw (-3.8,-6) -- (2.5,-6); % horizontale 7
\draw (-3.8,-7) -- (2.5,-7); % horizontale 8
\draw (-0.4,-0.4) -- (-0.4,-7);
\draw (-3.8,0.5) -- (-3.8,-7);
\draw (2.5,0.5) -- (2.5,-7);
\draw (1,-0.4) -- (1,-7);
\end{tikzpicture}
\end{multicols}

\begin{tikzpicture}
% remplissage 1
\fill[red!75!black,opacity=0.5] (-3.8,-0.4) rectangle (6.8,0.7);
% remplissage 2
\fill[red!75!black,opacity=0.25] (-3.8,-8)--(-3.8,-0.4)--(6.8,-0.4)--(6.8,-2)--(-0.4,-2)--(-0.4,-8)--cycle;
% Titre
\node at (1.5,0.1) {\limite{n}{+\infty}{\left(\frac{u_n}{v_n}\right)}};
% ligne 1
\node[below left] at (-0.4,-0.5) {\limite{n}{+\infty}{u_n}};
\node[below left] at (-2,-1) {\limite{n}{+\infty}{v_n}};
\node at (.3,-1.25) {$-\infty$};
\node at (1.7,-1.25) {$+\infty$};
\node at (3.1,-1.25) {$0$};
\node at (4.5,-1.25) {$\ell>0$};
\node at (5.9,-1.25) {$\ell<0$};
% ligne 2
\node at (-2.1,-2.5) {$-\infty$};
\node at (.3,-2.5) {F.I.};
\node at (1.7,-2.5) {F.I.};
\node at (3.1,-2.5) {0};
\node at (4.5,-2.5) {0};
\node at (5.9,-2.5) {0};
% ligne 3
\node at (-2.1,-3.5) {$+\infty$};
\node at (.3,-3.5) {F.I.};
\node at (1.7,-3.5) {F.I.};
\node at (3.1,-3.5) {0};
\node at (4.5,-3.5) {0};
\node at (5.9,-3.5) {0};
% ligne 4
\node at (-2.1,-4.5) {$0^+$};
\node at (.3,-4.5) {$-\infty$};
\node at (1.7,-4.5) {$+\infty$};
\node at (3.1,-4.5) {F.I.};
\node at (4.5,-4.5) {$+\infty$};
\node at (5.9,-4.5) {$-\infty$};
% ligne 5
\node at (-2.1,-5.5) {$0^-$};
\node at (.3,-5.5) {$+\infty$};
\node at (1.7,-5.5) {$-\infty$};
\node at (3.1,-5.5) {F.I.};
\node at (4.5,-5.5) {$-\infty$};
\node at (5.9,-5.5) {$+\infty$};
% ligne 6
\node at (-2.1,-6.5) {$\ell'<0$};
\node at (.3,-6.5) {$+\infty$};
\node at (1.7,-6.5) {$-\infty$};
\node at (3.1,-6.5) {0};
\node at (4.5,-6.5) {$\frac{\ell}{\ell'}$};
\node at (5.9,-6.5) {$\frac{\ell}{\ell'}$};
% ligne 7
\node at (-2.1,-7.5) {$\ell'>0$};
\node at (.3,-7.5) {$-\infty$};
\node at (1.7,-7.5) {$+\infty$};
\node at (3.1,-7.5) {0};
\node at (4.5,-7.5) {$\frac{\ell}{\ell'}$};
\node at (5.9,-7.5) {$\frac{\ell}{\ell'}$};
% traits
\draw (-3.8,-.4) -- (-0.4,-2); % diagonale
\draw (-3.8,.7) -- (6.8,0.7); % horizontale 1
\draw (-3.8,-.4) -- (6.8,-0.4); % horizontale 2
\draw (-3.8,-2) -- (6.8,-2); % horizontale 3
\draw (-3.8,-3) -- (6.8,-3); % horizontale 5
\draw (-3.8,-4) -- (6.8,-4); % horizontale 5
\draw (-3.8,-5) -- (6.8,-5); % horizontale 6
\draw (-3.8,-6) -- (6.8,-6); % horizontale 7
\draw (-3.8,-7) -- (6.8,-7); % horizontale 8
\draw (-3.8,-8) -- (6.8,-8); % horizontale 8
\draw (-0.4,-0.4) -- (-0.4,-8);
\draw (-3.8,0.7) -- (-3.8,-8);
\draw (2.5,-0.4) -- (2.5,-8);
\draw (1,-0.4) -- (1,-8);
\draw (3.8,-0.4) -- (3.8,-8);
\draw (5.3,-0.4) -- (5.3,-8);
\draw (6.8,0.7) -- (6.8,-8);
\end{tikzpicture}
\end{center}

où \og F.I. \fg{} (Forme Indéterminée) signifie que l'on doit étudier au cas par cas la limite.
\end{pasbox}

\begin{pasbox}[degrade,style=meth]
\begin{itemize}
\item Pour lever l'indétermination \og $\dfrac{\infty}{\infty}$ \fg, on est souvent amener à factoriser le numérateur et le dénominateur par le terme dominant (terme de plus haut degré pour les polyn\^omes).
\item L'indétermination \og $0\times\infty$\fg{} est équivalente à l'indétermination \og $\dfrac{\infty}{\infty}$ \fg{} et \og $\dfrac{0}{0}$ \fg{} (on peut s'en souvenir en se disant que \og $0\times\infty=0\times\dfrac{1}{0}=\dfrac{0}{0}$ \fg{} et \og $0\times\infty=\dfrac{1}{\infty}\times\infty=\dfrac{\infty}{\infty}$ \fg.
\end{itemize}
\end{pasbox}

\begin{pasbox}[degrade,style=prop,name={Comparaison à l'infini}]
Soient \suite{u}{n}{} et \suite{v}{n}{} deux suites telles qu'à partir d'un certain rang, $u_n\leqslant v_n$.
\begin{itemize}
\item Si $\limite{n}{+\infty}{u_n}=+\infty$, alors $\limite{n}{+\infty}{v_n}=+\infty$ ;
\item Si $\limite{n}{+\infty}{v_n}=-\infty$, alors $\limite{n}{+\infty}{u_n}=-\infty$.
\end{itemize}
\end{pasbox}

\begin{pasbox}[degrade,style=demo,endsymb]
\begin{itemize}
\item Il existe un rang $n_0$ tel que, pour tout $A>0$, $u_n>A$.\\
Or, à partir d'un certain rang $N$, $v_n\geqslant u_n$.\\
Donc, pour $n\geqslant\max\coord{N}{n_0}$, $v_n>A$. ce qui prouve que $\limite{n}{+\infty}{v_n}=+\infty$.

\medskip

\item Il existe un rang $n_0$ tel que, pour tout $A<0$, $v_n<A$.\\
Or, à partir d'un certain rang $N$, $u_n\leqslant v_n$.\\
Donc, pour $n\geqslant\max\coord{N}{n_0}$, $u_n<A$. ce qui prouve que $\limite{n}{+\infty}{u_n}=-\infty$.\vspace*{-2em}
\end{itemize}
\end{pasbox}

\begin{pasbox}[degrade,style=prop,name={Inégalité de Bernoulli}]
\[
\forall~x\in\R_-,\ \forall~n\in\N, \ (1+x)^n\geqslant1+nx.
\]
\end{pasbox}

\begin{pasbox}[degrade,style=demo,endsymb]
Raisonnons par récurrence.

\begin{itemize}
\item \textbf{Initialisation.}\\
$(1+x)^0=1$ et $1+0\times x=1$.\\
La propriété est donc vraie pour $n=0$. L'initialisation est vérifiée.

\item \textbf{Hérédité.}\\
Supposons que pour un certain entier $k$, 
\[ (1+x)^k\geqslant1+kx. \qquad \text{(HR)}\]
Alors,
\begin{align*}
(1+x)^{k+1} & =(1+x)^k(1+x)\\
& \geqslant (1+kx)(1+x)\quad\text{(HR)}\\
& \geqslant 1+(k+1)x+x^2\\
& \geqslant1+(k+1)x.
\end{align*}
L'hérédité est alors montrée ; la propriété est donc vraie pour tout entier naturel $n$.
\end{itemize}
\end{pasbox}

\begin{pasbox}[degrade,style=prop,name={Cas des suites géométriques}]
Soit \suite{u}{n}{} une suite géométrique de raison $q$.
\begin{itemize}
\item Si $q>1$, alors $\limite{n}{+\infty}{u_n}=+\infty$ si $u_0>0$ et $\limite{n}{+\infty}{u_n}=-\infty$ si $u_0<0$ ;
\item Si $|q|<1$, alors $\limite{n}{+\infty}{u_n}=0$ ;
\item Si $q\leqslant-1$, alors \suite{u}{n}{} diverge.
\end{itemize}
\end{pasbox}

\begin{pasbox}[degrade,style=demo,endsymb]
\begin{itemize}
\item \textbf{Si $\pmb{q>1}$}, en posant $x=q-1$ et en appliquant l'inégalité de Bernoulli, on a :
\[ q^n = (1+x)^n \geqslant 1+nx.\]
Or, 
\[
\limite{n}{+\infty}{1+nx}=+\infty \qquad (x>0),
\]
donc, par comparaison, 
\[
\limite{n}{+\infty}{q^n}=+\infty.
\]
Or, $u_n=u_o\times q^n$ donc :
\[
\left\lbrace
\begin{array}{l}
\limite{n}{+\infty}{u_n}=+\infty \quad\text{si }u_0>0\\
\limite{n}{+\infty}{u_n}=-\infty \quad\text{si }u_0<0
\end{array}
\right.
\]

\item \textbf{Si $\pmb{|q|<1}$}, le résultat est évident si $q=0$ ; donc, supposons que $q\neq0$ et posons $Q=\dfrac{1}{|q|}$.

Alors, $Q>1$ et la suite géométrique de raison $Q$ a pour limite $\pm\infty$. Donc,
\[
\limite{n}{+\infty}{\frac{1}{|q|^n}}=\pm\infty,
\]
soit :
\[
\limite{n}{+\infty}{|q|^n}=0.
\]

\item \textbf{Si $\pmb{q\leqslant-1}$}, le résultat est évident pour $q=-1$ car la suite prendra pour valeurs $u_0$ et $-u_0$.

Supposons donc que $q<-1$ ; alors, $-q>1$ et donc, la suite géométrique de raison $(-q)$ a pour limite $\pm\infty$. Il existe donc un réel positif $A$ et un rang à partir duquel $u_0(-q)^n>A$.

Si $n$ est pair, cela signifie que $u_0q^n>A$ ;

Si $n$ est impaire, cela signifie que $-u_0q^n>A$, soit $u_0q^n<-A$.

Ainsi, \suite{u}{n}{} n'est ni majorée, ni minorée, d'où la divergence.\vspace*{-1.8em}
\end{itemize}
\end{pasbox}

\vspace*{-1em}
\begin{pasbox}[degrade,style=thm,name={Convergence monotone}]
\begin{itemize}
\item Si une suite est croissante et majorée, alors elle converge.
\item Si une suite est décroissante et minorée, alors elle converge.
\end{itemize}
\end{pasbox}

\begin{pasbox}[degrade,style=demo,endsymb]
\begin{itemize}
\item Supposons que la suite \suite{u}{n}{} est croissante ; alors,
\[ \forall~n\in\N,\ u_{n+1}\geqslant u_n.\]
Si elle est majorée, alors,
\[
\exists~M\in\R\ \vert\ \forall~n\in\N,\ u_n<M.
\]
Il existe donc un intervalle ouvert contenant $M$ : \intervOO{M-\varepsilon}{M+\varepsilon}, où $\varepsilon>0$.\\
$M$ étant un majorant, $M-\varepsilon$ n'en est pas un, donc il existe un certain rang $n_0$ tel que $u_{n_0}>M-\varepsilon$. Comme \suite{u}{n}{} est croissante, 
\[\forall~n>n_0,\ M-\varepsilon<u_{n_0}<u_n<M.\]
Il existe donc un intervalle ouvert contenant tous les termes à partir d'un certain rang ; \suite{u}{n}{} converge donc.

\item Le raisonnement est identique dans le cas où la suite est décroissante et minorée.\vspace*{-1.8em}
\end{itemize}
\end{pasbox}

\bonus{Vitesse de divergence de deux suites}

On considère les deux suites \suite{u}{n}{n\geqslant1} et \suite{v}{n}{n\geqslant1} définies par :
\[ 
u_n=\fact{n} \qquad ; \qquad v_n=n^n.
\]
On souhaite savoir laquelle des deux tend vers $+\infty$ le plus vite.\\
pour cela, on pose :
\[ \forall~n\in\N*,\ q_n=\dfrac{u_n}{v_n}=\dfrac{\fact{n}}{n^n}.\]

\begin{enumerate}
\item \textbf{Conjecture.}\\
\`A l'aide de XCAS, on obtient les valeurs suivantes :
\[
q_1=1\quad;\quad q_2=0,5\quad;\quad q_3\approx0,222\quad;\quad q_{10}\approx\numprint{0.00036288}\quad;\quad q_{100}\approx9,33\times10^{-43}
\]
On peut donc conjecturer que $\limite{n}{+\infty}{q_n}=0$, ce qui signifierait que \suite{v}{n}{n\geqslant1} tendrait plus vite vers l'infinie que \suite{u}{n}{n\geqslant1}.

\medskip

\item \textbf{Démonstration mathématiques.}\\
Pour tout entier naturel $n$ non nul, on a :
\begin{align*}
\dfrac{q_n}{q_{n+1}} & = \dfrac{\fact{n}}{n^n}\times\dfrac{(n+1)^{n+1}}{\fact{(n+1)}}\\
& = \dfrac{\fact{n}}{\fact{(n+1)}}\times\dfrac{(n+1)^{n+1}}{n^n}\\
& = \dfrac{1}{n+1}\times\left(1+\dfrac{1}{n}\right)^n(1+n)\\
& \geqslant \dfrac{1}{n+1}\times\left(1+n\times\dfrac{1}{n}\right)\times(1+n)\quad\text{(Inégalité de Bernoulli)}\\
& \geqslant 2
\end{align*}
Ainsi, quel que soit $n>0$,
\[ q_{n+1}\leqslant\dfrac{1}{2}q_n\]
et donc, 
\[ q_{n+1} \leqslant \frac{1}{2^n}q_1=\dfrac{1}{2^n}\ ,\]
soit :
\[ q_n \leqslant\dfrac{1}{2^{n-1}}.\]
$q_n>0$. On en déduit alors, par comparaison, :
\[ \limite{n}{+\infty}{q_n} = \limite{n}{+\infty}{\frac{1}{2^{n-1}}}=0.\]
Ce résultat nous dit alors que le dénominateur de $q_n$ tend plus vite vers l'infini que son numérateur. La conjecture est alors prouvée.
\end{enumerate}

\bonus{Détermination d'une somme infinie}

On considère la suite \suite{u}{n}{n\geqslant1} définie par :
\[ u_n=\sum_{k=1}^n\dfrac{1}{\sqrt{k}}.\]
On souhaite savoir si elle possède une limite.

\medskip

Voici un algorithme (sous ALGOBOX) permettant de calculer $u_N$, $N$ étant un nombre entier à entrer.

\bigskip

\begin{minipage}{0.5\linewidth}
\includegraphics[scale=0.5]{BONUS1.png}
\end{minipage}
\begin{minipage}{0.5\linewidth}
On obtient :

\medskip

\begin{itemize}
\item $u_{\numprint{1000}}\approx 61,8$.
\item $u_{\numprint{10000}}\approx 198,54$.
\item $u_{\numprint{100000}}\approx 631$.
\item $u_{\numprint{500000}}\approx\numprint{1412,75}$.
\end{itemize}

\bigskip

Il semblerait que la suite tende vers l'infini.
\end{minipage}

\medskip

Pour démontrer notre conjecture, nous allons utiliser une astuce :
\[
\left(\sqrt{k+1}-\sqrt{k}\right)\left(\sqrt{k+1}+\sqrt{k}\right)=1.
\]
On en déduit alors :
\[ 
\sqrt{k+1}-\sqrt{k}=\dfrac{1}{\sqrt{k+1}+\sqrt{k}}.
\]
Or, 
\[
\forall~k>0,\ \sqrt{k+1}>\sqrt{k}.
\]
Donc,
\[
\forall~k>0,\ 2\sqrt{k}< \sqrt{k+1}+\sqrt{k}<2\sqrt{k+1},
\]
soit :
\[
\forall~k>0,\ \dfrac{1}{2\sqrt{k+1}} < \dfrac{1}{\sqrt{k+1}+\sqrt{k}}< \dfrac{1}{2\sqrt{k}}.
\]
Ainsi,
\[
\forall~k>0,\ \dfrac{1}{2\sqrt{k+1}} < \sqrt{k+1}-\sqrt{k}< \dfrac{1}{2\sqrt{k}}.
\]
On en déduit alors :
\[
\sum_{k=1}^n \dfrac{1}{2\sqrt{k+1}} < \sum_{k=1}^n \left(\sqrt{k+1}-\sqrt{k}\right) < \sum_{k=1}^n \dfrac{1}{2\sqrt{k}}\ ,
\]
soit :
\[
\dfrac{1}{2}\sum_{k=1}^n \dfrac{1}{\sqrt{k+1}} < \sqrt{n+1}-1 < \dfrac{1}{2}\sum_{k=1}^n \dfrac{1}{\sqrt{k}}\ ,
\]
ou encore :
\[
\dfrac{1}{2}\sum_{k=2}^{n+1} \dfrac{1}{\sqrt{k}} < \sqrt{n+1}-1 < \dfrac{1}{2}\sum_{k=1}^n \dfrac{1}{\sqrt{k}}.
\]
\emph{(on a changé les bornes de la première somme)}\\
Et donc :
\[
\dfrac{1}{2}\left(u_{n+1}-1\right)<\sqrt{n+1}-1 < \dfrac{1}{2}u_n.
\]
On en déduit alors :
\[
\left\lbrace
\begin{array}{l}
\dfrac{1}{2}\left(u_{n+1}-1\right)<\sqrt{n+1}-1\\
\sqrt{n+1}-1 < \dfrac{1}{2}u_n
\end{array}
\right.
\qquad\text{soit}\qquad
\left\lbrace
\begin{array}{lr}
u_n < 2\sqrt{n}-1 & (1)\\
u_n > 2\sqrt{n+1}-2 & (2)
\end{array}
\right.
\]
\`A l'aide de l'inégalité (2), par comparaison, on en déduit que $\limite{n}{+\infty}{u_n}=+\infty$ (car \linebreak$\limite{n}{+\infty}{\left( 2\sqrt{n+1}-2\right)}=+\infty$).

\medskip

On peut écrire :
\[ 2\sqrt{n+1}-2 < u_n < 2\sqrt{n}-1.\]
Ainsi, on a :
\[
\dfrac{2\sqrt{n+1}-2}{2\sqrt{n}}< \dfrac{u_n}{2\sqrt{n}} < \dfrac{2\sqrt{n}-1}{2\sqrt{n}}
\]
ou encore :
\[
\sqrt{1+\dfrac{1}{n}}-\dfrac{1}{\sqrt{n}} < \dfrac{u_n}{2\sqrt{n}} < 1-\dfrac{1}{2\sqrt{n}}.
\]
Or, $\limite{n}{+\infty}{\left(\sqrt{1+\dfrac{1}{n}}\right)}=1$, et $\limite{n}{+\infty}{\dfrac{1}{\sqrt{n}}}=0$. Donc, d'après le théorème des gendarmes,
\[
\limite{n}{+\infty}{\left(\dfrac{u_n}{2\sqrt{n}}\right)}=1.
\]
Ce résultat signifie que, pour $n$ assez grand, la suite \suite{u}{n}{n\geqslant1} se comporte comme la suite $\left(2\sqrt{n}\right)$.\\
On dit alors que $u_n$ est équivalent à $2\sqrt{n}$ à l'infini, et on note :
\[
u_n \underset{+\infty}{\sim}2\sqrt{n}.
\]
Souvenez-vous ... Nous avions trouvé $u_{\numprint{500000}}\approx1412,75$. Et $2\sqrt{\numprint{500000}}\approx\numprint{1414,21}$. On voit bien ici que les deux valeurs sont très proches.\\
Avec ALGOBOX, on ne peut pas calculer $u{10^6}$ (cela dépasse ses capacités). Avec l'équivalent que nous venons de trouver, nous pouvons dire que $u_{10^6}\approx2\sqrt{10^6}$, soit $u_{10^6}\approx\numprint{2000}$.

\bonus{La suite de Héron}

Héron d'Alexandrie était un mathématicien de la fin du 1\ier{} siècle après J.-C.\\
Il introduisit la suite \suite{u}{n}{} définie par :
\[
u_0>0 \qquad , \qquad u_{n+1}=\dfrac{1}{2}\left(u_n+\dfrac{A}{u_n} \right)
\]
où $A$ est un réel positif.\\
Pour ce qui suite, on prendra $u_0=\text{E}\left(\sqrt{A}\right)+1$ (pourquoi pas ? ...) et on considèrera la fonction $f$, définie sur $\R*_+$ par :
\[ f(x)=\dfrac{1}{2}\left(x+\dfrac{A}{x}\right).\]
La fonction dérivée de $f$ est :
\[ f'(x)=\dfrac{1}{2}\left(1-\dfrac{A}{x^2}\right).\]
Ainsi, 
\begin{align*}
f'(x)>0 & \Leftrightarrow 1-\dfrac{A}{x^2}>0\\
& \Leftrightarrow \dfrac{A}{x^2}<1\\
& \Leftrightarrow \dfrac{x^2}{A}>1\\
& \Leftrightarrow x^2 > A\\
& \Leftrightarrow x > \sqrt{A}\quad\text{car }A>0.
\end{align*}
On en déduit le tableau de variations suivant :
\begin{center}
\begin{tikzpicture}
\tkzTabInit[color,colorT = white,colorC = blue!20,colorL = blue!20,colorV = blue!20]{$x$/.5,$f'(x)$/0.5,$f$/1}{0,$\sqrt{A}$,$+\infty$}
\tkzTabLine{d,-,z,+}
\tkzTabVar{D+/$+\infty$,-/$\sqrt{A}$,+/$+\infty$}
\end{tikzpicture}
\end{center}

la suite \suite{u}{n}{} est définie par : $u_{n+1}=f\left(u_n\right)$.

\begin{itemize}
\item \textbf{Démontrons que $\pmb{u_n\geqslant \sqrt{A}}$ par récurrence.}
\begin{itemize}
\item $u_0\geqslant\sqrt{A}$ (initialisation)
\item On suppose que pour un entier naturel $k$ quelconque, $u_k\geqslant\sqrt{A}$.\\
Alors, $f\left(u_k\right)\geqslant f\left(\sqrt{A}\right)$ car $f$ est croissante sur \intervFO{\sqrt{A}}{+\infty}.\\
Or, $f\left(u_k\right)=u_{k+1}$ et $f\left(\sqrt{A}\right)=\sqrt{A}$.\\
Donc $u_{k+1}\geqslant\sqrt{A}$. L'hérédité est alors vérifiée. La propriété est donc vraie pour tout entier naturel $n$.
\end{itemize}

\item \textbf{Démontrons maintenant que $\pmb{u_n\leqslant u_0}$.}
\begin{itemize}
\item $u_0\leqslant u_0$ (ça, c'est bon ...)
\item On suppose que $u_k\leqslant u_0$ pour un entier $k$ quelconque.\\
Alors, comme $u_n\geqslant\sqrt{A}$ et que $f$ est croissante sur \intervFO{\sqrt{A}}{+\infty}, $f\left(u_k\right)\leqslant f\left(u_0\right)$, soit $u_{k+1}\leqslant f\left(u_0\right)$.\\
Or,
\[\sqrt{A}<u_0 \Rightarrow A<u_0^2.\]
Ainsi,
\begin{align*}
u_1 & =\dfrac{1}{2}\left(u_0+\dfrac{A}{u_0}\right)\\
u_1 & < \dfrac{1}{2}(u_0+u_0)\\
u_1 & < u_0.
\end{align*}
Donc, $u_{k+1}<u_0$. L'hérédité est alors prouvée. La propriété est donc vraie pour tout entier naturel $n$.
\end{itemize}

\item \textbf{Démontrons que la suite est décroissante.}
\begin{itemize}
\item Nous avons vu que $u1<u_0$ (initialisation faite).
\item Supposons que $u_{k+1}<u_k$.\\
Nous venons de voir que $u_n\in\intervFF{\sqrt{A}}{u_0}$ pour tout $n$. La fonction $f$ est croissante sur cet intervalle donc :
\[ u_{k+1}<u_k \Leftrightarrow f(u_{k+1})<f(u_k) \Leftrightarrow u_{k+2}<u_{k+1}.\]
L'hérédité est alors prouvée, ce qui démontre la décroissance de la suite.
\end{itemize}
\end{itemize}

Pour résumer, on a démontré que :
\[
\forall~n\in\N,\ \sqrt{A}\leqslant u_{n+1}<u_n\leqslant u_0.
\]
La suite est donc minorée et décroissante : elle converge donc.

\medskip

On a de plus :
\begin{align*}
\forall n\in\mathbb{N},\ u_{n+1}-\sqrt{A} & = \frac{1}{2}\left(u_n+\frac{A}{u_n}\right)-\sqrt{A}\\
& = \frac{1}{2}u_n+\frac{A}{2u_n}-\sqrt{A}
\end{align*}

Or, d'après ce qui a été dit précédemment, on sait que $\sqrt{A}<u_n$ donc que $\dfrac{1}{u_n}<\dfrac{1}{\sqrt{A}}$. Ainsi :
\begin{align*}
\forall n\in\mathbb{N},\ u_{n+1}-\sqrt{A} &  < \frac{1}{2}u_n+\frac{\sqrt{A}}{2}-\sqrt{A}\\
& < \frac{1}{2}u_n-\frac{\sqrt{A}}{2}\\
& < \frac{1}{2}\left(u_n-\sqrt{A}\right).
\end{align*}

Nous allons maintenant démontrer par récurrence que :
\[
\forall n\in\N,\ 0<u_n-\sqrt{A}\leqslant\frac{1}{2^n}\left(u_0-\sqrt{A}\right).
\]
\begin{itemize}
\item \textbf{Initialisation.}\\
Pour $n=0$, on a :
\begin{align*}
\frac{1}{2^0}\left(u_0-\sqrt{A}\right) & = u_0-\sqrt{A}.
\end{align*}
Donc l'initialisation est réalisée.

\medskip

\item \textbf{Hérédité.}\\
Supposons vraie la formule pour un certain rang $n$. Alors :

\begin{align*}
u_{n+1}-\sqrt{A} & < \frac{1}{2}\left(u_n-\sqrt{A}\right)\\
& \leqslant \frac{1}{2^{n+1}}\left(u_0-\sqrt{A}\right) \text{ d'après l'hypothèse de récurrence}
\end{align*}

De plus, d'après la question 3, 
\[u_{n+1}-\sqrt{A}>0.\]
Finalement, on a :
\[ 0 < u_{n+1}-\sqrt{A} \leqslant\frac{1}{2^{n+1}}\left(u_0-\sqrt{A}\right)\]
L'hérédité est donc démontrée, ce qui signifie que la formule est vraie pour tout entier naturel $n$.

\medskip

D'après le théorème d'encadrement (théorème des gendarmes), on a alors :
\[
0 < \lim_{n\to+\infty}\left(u_n-\sqrt{A}\right)\leqslant \lim_{n\to+\infty}\frac{1}{2^n}\left(u_0-\sqrt{A}\right).
\]
Or, \[ \lim_{n\to+\infty}\frac{1}{2^n}\left(u_0-\sqrt{A}\right) = 0.\]
Donc : \[ \lim_{n\to+\infty}\left(u_n-\sqrt{A}\right) =0.\]
Ce qui signifie :
\[  \pmb{\lim_{n\to+\infty} u_n=\sqrt{A}}. \]
\end{itemize}

Voici un algorithme sous ALGOBOX permettant de trouver une valeur approchée de n'importe quelle racine carrée à l'aide de cette suite.

\bigskip

\begin{minipage}{0.5\linewidth}
\includegraphics[scale=0.5]{BONUS3.png}
\end{minipage}
\begin{minipage}{0.5\linewidth}
Il suffit de rentrer $a$ pour trouver une valeur approchée à $10^{-6}$ près de $\sqrt{a}$.
\end{minipage}
\end{document}	
