Une suite convergente et sa limite forment une partie fermée

topopot

Bonjour
Un résultat classique est le suivant.

Soit $(x_n)_{n\in\N}$ une suite convergente d'un espace métrique $(X,d)$. En notant $l$ sa limite, $F:=\{x_n\mid n\in\N\}\cup\{l\}$ est alors une partie fermée de $X$.

Je n'aime pas trop ma rédaction de cette preuve. Comment montreriez-vous ce résultat ?
De mon côté je montre que $X\setminus F$ est voisinage de chacun de ses points en prenant pour $a\in X\setminus F$, un rayon suffisamment petit (plusieurs itérations fastidieuses de $\min$...).
Dans mon souvenir ça n'était pas un résultat si chiant à montrer pourtant.

Calli

Bonjour,
Je note $x_\infty =l$. Alors $\overline{\Bbb N} :=\Bbb N\cup\{\infty \} $ est un compact (pour la topologie de l'ordre), $f:n\in\overline{\Bbb N}\mapsto x_n$ est continue, et l'image d'un compact par une fonction continue est compact donc en particulier fermée. Ou bien si on n'aime pas $\overline{\Bbb N}$, on peut le remplacer par $K:=\{\frac1{n+1}\mid n\in\Bbb N\} \cup\{0\}$ et remplacer $f$ par $g:\frac1{n+1}\mapsto x_n, 0\mapsto l$, et le même raisonnement tient.

Math Coss

Tout point $x_n$ de $F$ est adhérent à $F$ (une suite constante bien choisie converge vers le point $x_n$) et la limite $l$ est adhérente à $F$ aussi (une suite évidente converge vers $l$).
Edit : eh bien, petite forme ce matin. Shame!

bisam

Tu fais une erreur de logique, @Math Coss .

Il est évident que $F \subset \bar{F}$ (ce que tu as prouvé). C'est l'autre inclusion qu'il faut prouver !

[Utilisateur supprimé]

Il y a une démonstration très simple aussi par les recouvrements.

Bibix

Soit $u_n$ une suite d'éléments de $F$ convergeant vers $x \in \overline{F}$. Si $x \neq l$, il existe $N$ et $\varphi : \N \to \N$ tel que $u_n = x_{\varphi(n)}$ pour tout $n \geq N$. Or $\{x_n \mid n \in \N\} \setminus \{l\}$ est discret donc $x \in F$.

JLapin

Je suis d'accord avec @curiosity : il est élémentaire de montrer que de tout recouvrement par des ouverts on peut extraire un sous-recouvrement fini et utiliser le fait que la compacité implique le caractère fermé.

topopot

Merci à vous, c'est en effet le plus simple de montrer qu'il s'agit d'un compact. 
Je regarde le point de Calli, ça a l'air marrant.

Math Coss

J'essaie de rattraper ma bêtise. Soit $(u_k)$ une suite d'éléments de $F$ qui converge vers une limite $m$.

Si l'ensemble $\{k\in\N\mid u_k=l\}$ est infini, on peut extraire une suite qui converge vers $l$, d'où $m=l$.

Sinon, quitte à oublier les premiers termes, on peut supposer que tous les $u_k$ sont des $x_n$. On introduit $A=\{n\mid \exists k\in\N,\ u_k=x_n\}$. Si $A$ est infini, on peut extraire une suite de $(u_k)$ qui est une suite extraite de $(x_n)$ donc $m=l$. Sinon, la suite $(u_k)$ est à valeurs dans un ensemble fini (donc discret) et elle converge donc elle stationne, c'est-à-dire que $m$ est l'un des $x_n$.

bisam

Il reste une petite subtilité : lorsque $A$ est infini, il n'est pas si évident que l'on puisse extraire une suite de $(u_k)$ qui soit une suite extraite de $(x_n)$ car il n'est pas trivial que l'on puisse prendre les termes de $(x_n)$ dans le bon ordre.

Math Coss

Bon, c'est encore faux. Décidément, ce problème ne m'inspire pas (grand-chose de bon !).

Imaginons que $x_0=x_1=x_3=x_4=\cdots$ et que $x_2\ne x_0$. Prenons par ailleurs $u_1=x_0$ et $u_k=x_2$ si $k\ne1$. Alors $A$ est bien infini puisque c'est $\N$. En revanche, pas moyen d'extraire de $u$ une sous-suite de $x$.

Grmbl !

SkyMtn

La caractérisation séquentielle n'est pas toujours la plus simple à mettre en place... personnellement je préfère montrer que $F$ est compact (c'est la méthode par recouvrement mentionnée par @curiosity) donc fermé (car un espace métrique est séparé).

Sinon, on se donne $a$ un point adhérent à $F$. On distingue deux cas. Ou bien $a$ possède un voisinage qui ne contient qu'un nombre fini de termes de la suite (et dans ce cas on vérifie que $a$ est un $x_k$), ou bien tout voisinage de $a$ contient une infinité de termes de la suite. Cela signifie que $a$ est une valeur d'adhérence de la suite $(x_k)$ donc $a=\ell$. Ainsi, on établit que $F = \overline{F}$.

Au cas où, quand je dis que $V$ contient une infinité de termes, ça veut dire que l'ensemble $\{k \in \mathbb N : x_k \in V\}$ est infini.

Math Coss

Same player, shoot again!

Soit $(u_k)$ une suite convergente à valeurs dans $\{x_n,\ n\in\N\}$, où $(x_n)$ converge vers $l$. On distingue deux cas :

• premier cas : $\forall (k,n)\in\N^2,\ \exists j>k, \exists m>n,\ u_j=x_m$ : on construit alors deux suites $(k_p)$ et $(n_p)$ strictement croissantes telles que $u_{k_p}=x_{n_p}$ pour tout $p$ et alors $\lim_{p\to\infty}u_{k_p}=l$ donc $(u_k)$ converge vers $l$ ;
• deuxième cas : $\exists (k_0,n_0)\in\N^2,\ \forall j>k_0,\ \forall m>n_0,\ u_j\ne x_m$ : cependant, par hypothèse, pour $k>k_0$, il existe $m$ tel que $u_k=x_m$, ce qui entraîne que $m\le n_0$ ; autrement dit, la suite $(u_k)_{k\ge k_0}$ est à valeurs dans l'ensemble fini $\{x_0,\dots,x_{n_0}\}$ donc elle converge vers l'un de ces points.