Autour des valeurs d'adhérence
Bonjour
J'ai trouvé ce devoir maison non corrigé. J'aimerais découvrir la notion de limite supérieure et inférieure.
Je bloque sur la question $2$.
Q1.i) Posons $A_n= \{ u_k \mid \ k \geq n \}$.
Pour tout $n \in \N$, $\ A_n$ est une partie non vide et bornée de $\R$ car $u$ est bornée, donc $(S_n)$ et $(I_n)$ sont bien définies.
On remarque que $\forall n \in \N, \ A_{n+1} \subset A_n$.
Donc $\sup A_{n+1} \leq \sup A_n$ et $\inf A_{n} \leq \inf A_{n+1}$.
Ainsi : $S_{n+1} \leq S_n$ et $I_{n} \leq I_{n+1}$.
On a montré que $(S_n)$ est décroissante et que $(I_n)$ est croissante.
Q1.ii) $(S_n)$ est décroissante et minorée elle converge.
$(I_n)$ est croissante et majorée donc elle converge.
Q2) Posons $\forall k \in \N, \ u_k=(-1)^k$.
On a $A_n=\{ (-1)^n,(-1)^{n+1}, \cdots \} = \{ -1,1 \}$.
Donc la limite supérieure de $u$ est $1$ et sa limité inférieure est $-1$.
Posons $\forall k \in \N ,\ v_k=\left( 1+ \dfrac{(-1)^k}{k} \right)^k$.
Si $k=2p$ alors $v_{2p}=\left( 1+ \dfrac{1}{2p}\right)^{2p}$.
Si $k=2p+1$ alors $v_{2p+1}=\left( 1 - \dfrac{1}{2p+1}\right)^{2p+1}$.
On a $v_{2p+1} \leq v_{2p}$.
Pour tout $p \geq \frac{n}{2}$, on a $2p \geq n$ et donc $1+\dfrac{1}{2p} \leq 1+\dfrac{1}{n}$ et par croissance de la fonction $x \mapsto x^{2p}$ on a $v_{2p} \leq \left( 1+ \dfrac{1}{n}\right)^{2p}$.
Mais ici je bloque.
J'ai trouvé ce devoir maison non corrigé. J'aimerais découvrir la notion de limite supérieure et inférieure.
Je bloque sur la question $2$.
Q1.i) Posons $A_n= \{ u_k \mid \ k \geq n \}$.
Pour tout $n \in \N$, $\ A_n$ est une partie non vide et bornée de $\R$ car $u$ est bornée, donc $(S_n)$ et $(I_n)$ sont bien définies.
On remarque que $\forall n \in \N, \ A_{n+1} \subset A_n$.
Donc $\sup A_{n+1} \leq \sup A_n$ et $\inf A_{n} \leq \inf A_{n+1}$.
Ainsi : $S_{n+1} \leq S_n$ et $I_{n} \leq I_{n+1}$.
On a montré que $(S_n)$ est décroissante et que $(I_n)$ est croissante.
Q1.ii) $(S_n)$ est décroissante et minorée elle converge.
$(I_n)$ est croissante et majorée donc elle converge.
Q2) Posons $\forall k \in \N, \ u_k=(-1)^k$.
On a $A_n=\{ (-1)^n,(-1)^{n+1}, \cdots \} = \{ -1,1 \}$.
Donc la limite supérieure de $u$ est $1$ et sa limité inférieure est $-1$.
Posons $\forall k \in \N ,\ v_k=\left( 1+ \dfrac{(-1)^k}{k} \right)^k$.
Si $k=2p$ alors $v_{2p}=\left( 1+ \dfrac{1}{2p}\right)^{2p}$.
Si $k=2p+1$ alors $v_{2p+1}=\left( 1 - \dfrac{1}{2p+1}\right)^{2p+1}$.
On a $v_{2p+1} \leq v_{2p}$.
Pour tout $p \geq \frac{n}{2}$, on a $2p \geq n$ et donc $1+\dfrac{1}{2p} \leq 1+\dfrac{1}{n}$ et par croissance de la fonction $x \mapsto x^{2p}$ on a $v_{2p} \leq \left( 1+ \dfrac{1}{n}\right)^{2p}$.
Mais ici je bloque.
Réponses
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Une astuce niveau L1 : $a^b = e^{b \ln(a)}$.
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BonjourA mon avis tu n'as pas besoin d'une telle indication étant donné que tu es fort en calcul. Trouver les valeurs d'adhérence de la suite $(u_n)$ c'est dans tes compétences.
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Je suppose que le lien entre limites inférieure et supérieure et valeurs d'adhérence vient plus loin dans l'exercice.
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D'accord merci, je ne connais pas encore le lien entre limite supérieure/inférieure et valeur d'adhérence.
On a $v_k=\exp \left( k \ln (1+\dfrac{(-1)^k}{k} ) \right)$.
Soit $k \geq n$.
On a : $1+\dfrac{(-1)^k}{k} \leq 1+\dfrac{1}{k} \leq 1+ \dfrac{1}{n}$.
Par croissance de la fonction $\ln$, on obtient : $ \ln (1+\dfrac{(-1)^k}{k} ) \leq \ln (1+ \dfrac{1}{n} )$.
Donc $v_k \leq \exp \left( k \ln (1+ \dfrac{1}{n} \right)$ .
Le $k$ me gêne on ne peut pas le majorer.
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Un sujet de l’agrégation interne à sa première partie sur ce sujet. Je crois que c’est 2011. Les questions sont multiples et progressives, de mémoire.
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$\sup(\{ \ln(1 + \frac{1}{2n}) , \ln(1 - \frac{1}{2n+1}), \ln(1 + \frac{1}{2n+2}), ....\}) = \ln(1 + \frac{1}{2n})$
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Bonjour Je trouve que ne pas faire le lien avec la définition de la limite supérieure et inférieure et les 2 valeurs d'adhérence, c'est se compliquer la vie pour rien ou se mettre des œillères.La suite des termes pairs converge vers $e$ et des termes impairs vers $1/e$.Donc pour tout $\epsilon >0,$ il existe $n_\epsilon$ tel que $\forall k\geq n_\epsilon, $ on a $u_k\in ]1/e-\epsilon, 1/e+\epsilon [$ (si k est impair) ou bien $u_k\in ]e-\epsilon, e+\epsilon [$ (si k est pair). [On peut prendre $\epsilon$ assez petit pour que ces 2 intervalles ne se rencontrent pas.]En particulier pour tout $n \geq n_\epsilon, \sup A_n \in [e-\epsilon, e+\epsilon ].$ D'où $\lim \sup u_n= e. $De même $\lim \inf u_n= 1/e. $
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Non Oshine a démontré que $v_{2p+1} \leq v_{2 p}$ donc on a forcément $\limsup v_n = \limsup v_{2 n}$ etc. Il n'y a rien à faire, il faut juste calculer. Alors calcule.
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Je ne comprends pas trop pourquoi pas mal de sources/cours (comme l'extrait d'Oshine) sur ces histoires de limites inférieure et supérieure se restreignent à des suites réelles bornées. Mais l'intérêt de ces notions c'est justement de pouvoir prendre des suites quelconques d'éléments de $\overline{\mathbb R}$ non ?
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D'une façon ou d'une autre cela finira par s'adresser aux suites qui ne sont pas forcément bornées. Dans Wikipédia la définition est donnée directement dans $\overline{\R}$
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Une remarque :
la plupart du temps, cette barre signifie « adhérence de ». Puis on arrive à des théorèmes du type :
- pour tout $E$, $\ \overline{\overline{E}}=\overline{E}$
- $\overline{\mathbb Q}=\mathbb R$.J’avais été très embêté un jour avec la notation $\overline{\mathbb R}$ (« la droite achevée ») qui désigne autre chose que $\overline{\overline{\mathbb Q}}$ pour la topologie courante. -
@JLapin
Ok merci.
Montrons d'abord que $\forall p \in \N \ v_{2p+1} \leq v_{2p}$.
On a $1-\dfrac{1}{2p+1} \leq 1+\dfrac{1}{2p}$.
Par croissante stricte de la fonction $x \mapsto x^{2p}$, on a $(1-\dfrac{1}{2p+1})^{2p} \leq v_{2p}$
Donc $v_{2p+1} \leq v_{2p} (1-\dfrac{1}{2p+1}) \leq v_{2p}$.
On a montré : $\boxed{\forall p \in \N \ v_{2p+1} \leq v_{2p}}$.
Posons pour $k \geq n$ : $f(k)=\left( 1+ \dfrac{(-1)^k}{k} \right)^k$.
Premier cas :
$k$ est pair.
On a $f(k)=\left( 1+ \dfrac{1}{k} \right)^k$.
Donc $f'(k)=-\dfrac{1}{k} \left( 1+ \dfrac{1}{k} \right )^{k-1}$.
$f$ est décroissante sur $[|n,+\infty[|$ et $f(n)=\left( 1+ \dfrac{1}{n} \right)^n$.
On a $f(n)=\exp ( n \ln (1 + \dfrac{1}{n} ) )$.
Comme $\ln( 1 + \frac{1}{n} ) \sim \frac{1}{n}$, alors $n n \ln (1 + \dfrac{1}{n} \sim 1$.
On a donc $f(n)=\exp ( 1 + o(1) )= e e^{o(1)} \longrightarrow e$.
Ainsi : $\boxed{\sup_{k \geq n} v_k = e}$.
Deuxième cas :
$k$ est impair.
On a $f(k)=\left( 1- \dfrac{1}{k} \right)^k$.
Donc $f'(k)=\dfrac{1}{k} \left( 1- \dfrac{1}{k} \right )^{k-1}$.
$f$ est croissante sur $[|n,+\infty[|$ et $f(n)=\left( 1- \dfrac{1}{n} \right)^n$.
On a $f(n)=\exp ( n \ln (1 - \dfrac{1}{n} ) )$.
Comme $\ln( 1 - \frac{1}{n} ) \sim -\frac{1}{n}$, alors $n n \ln (1 - \dfrac{1}{n} \sim -1$.
On a donc $f(n)=\exp ( -1 + o(1) )= e^{-1} e^{o(1)} \longrightarrow e^{-1}$.
Ainsi : $\boxed{\inf_{k \geq n} v_k =\dfrac{1}{e}}$.
-
C'est un désastre
. C'est fou, toutes les réponses ont été données dans ce fil et pourtant... -
Pas compris l'indication de @llorteLEG.
Je ne suis pas sûr d'avoir bien compris la solution de @bd2017 avec les epsilons. Je crois qu'on peut se passer des epsilons ici.
On m'a dit de faire une étude de fonction et je ne vois pas ce qui est faux.
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Ben c'est ton étude de fonction qui est fausse. Selon ta démo, on a $u_2 = \frac{9}{4} \geq u_4 \geq u_6 \geq ... \geq e$.
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@Oshine $f(n)=(1+1/n)^n$ est décroissante d'après toi.... $ f(1)=2$, $f(2)=(3/2)^2=9/4=2.25, f(3)=64/27=2.37$ ... Le calcul est-il vraiment un de tes points forts ?Mais de plus si on avait $u_2\geq u_4\geq u_6\geq \dots \geq e $ alors $\sup_{k\geq n} v_k = e $ est faux. On a une double erreur de ta part.Admettons ta première erreur (i.e $f$ est décroissante), peux tu au moins corriger la deuxième erreur ? C'est-à-dire donner la bonne valeur de $\sup_{k\geq n} v_k$ ? Ensuite, qu'aurait-on trouvé pour la limite sup ?
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Je colle ici le sujet dont je parlais.
partie 1)C] sur les limites inférieures.C’était 2012 finalement. -
Et le fait qu'il dérive une suite sans jamais avoir défini de fonction d'une variable réelle, y a que moi que ça choque ? Ok, s'il définit $x \mapsto f(x)$, il peut parler de $f'(k)$ mais là...
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On a peut être admis que le posteur savait ce qu'il faisait !
De toute façon, il ne sait pas dériver mais il sait dire que le calcul est son point fort.Tout le monde fait des erreurs de calculs mais on les corrige par vérification ou quand l'erreur est grossière. Ce n'est pas le cas d'@Os.Pour $f(x)=(1+1/x)^x,$ écrire $f'(x)=-1/x(1+1/x)^{x-1}$ sans sourciller, pour moi c'est choquant venant de la part d'un élu de l'EN. -
Ah quand même...
-
@Dom
Joli le sujet.
Je n'ai pas compris comment on passe de l'étude de fonction aux limites supérieures et inférieures de la suite....
Je n'ai jamais appris comment déterminer une limite sup et inf sur des exemples.
Cas où $k$ est pair.
Soit $f : [|n,+\infty[|$ définie par $f(k)=(1+\dfrac{1}{k})^k$. On a alors $f(k)=\exp ( k \ln (1+\dfrac{1}{k} )$.
On a : $\boxed{f'(k)=\left( \ln(1+\frac{1}{k} ) -\dfrac{1}{k+1} \right) \exp( k \ln(1+\dfrac{1}{k} ) )}$.
Donc $f'$ est du signe de $ \ln(1+\frac{1}{k} ) -\dfrac{1}{k+1}$.
Posons $g (k)= \ln(1+\frac{1}{k} ) -\dfrac{1}{k+1} $ définie sur $[|n,+\infty[|$.
On a $g'(k)=\dfrac{-1}{k^2+k}- \dfrac{1}{(k+1)^2} \leq 0$
Donc $g$ est décroissante et vu que $g$ tend vers $0$ en plus l'infini, $g$ est positive.
Ainsi $f$ est strictement croissante sur $ [|n,+\infty[|$.
Cas où $k$ est impair.
Soit $f : [|n,+\infty[|$ définie par $f(k)=(1-\dfrac{1}{k})^k$. On a alors $f(k)=\exp ( k \ln (1-\dfrac{1}{k} )$.
On a : $\boxed{f'(k)=\left( \ln(1-\frac{1}{k} ) +\dfrac{1}{k-1} \right) \exp( k \ln(1-\dfrac{1}{k} ) )}$.
Donc $f'$ est du signe de $ \ln(1-\frac{1}{k} ) +\dfrac{1}{k-1}$.
Posons $g (k)= \ln(1-\frac{1}{k} ) +\dfrac{1}{k-1} $ définie sur $[|n,+\infty[|$.
On a $g'(k)=\dfrac{1}{k^2-k}- \dfrac{1}{(k-1)^2} \leq 0$ car $k^2-k -(k-1)^2=k^2-k-k^2+2k-1=k-1 \geq 0$ car $k \geq 1$.
Donc $g$ est décroissante et vu que $g$ tend vers $0$ en plus l'infini, $g$ est positive.
Ainsi $f$ est strictement croissante sur $ [|n,+\infty[|$.
-
Quel charabia... Lis bien la première ligne de ce cours de première.
https://www.educastream.com/fr/fonction-derivee-1ere-sQuand tu auras réparé le problème, tu pourras essayer de calculer les bornes sup et inf demandées PUIS les limites sup et inf demandées. -
J'essaie la méthode de Oshine pour $u_k = k - \sin(\pi k)$.
Cas où $k$ est pair
Soit $f : [|n, +\infty|]$ définie par $f(k) = k - \sin(\pi k)$. On a alors $f'(k) = 1 - \pi \cos(\pi k)$.
Donc $f'$ est du signe de $1 - \pi \cos(\pi k) = 1 - \pi$ car $k$ est pair. Or $\pi > 1$ donc $f$ est décroissante et vu que $f$ tend vers $+\infty$ en plus l'infini, $f \geq +\infty$. Ça marche bien. C'est bon, je suis prêt pour le CAPES
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Qui est $n$ dans cette histoire? On veut démontrer que la suite $(u_{2n})_{n>0}$ est croissante. Donc si il y a une fonction à étudierc'est la fonction $f(x)=(1+1/x)^x$ définie sur un intervalle bien déterminé. $\R_+^*$ par exemple.
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Ok merci j'ai compris le problème, il faut se placer sur un intervalle lorsqu'on fait une étude de fonction.
J'ai repris toute l'étude de fonction mais je ne vois pas comment passer de la fonction aux suites et aux limites supérieures et inférieures.
Cas où $k$ est pair.
Soit $f : \R^{+*} \longrightarrow \R$ définie par $f(x)=(1+\dfrac{1}{x})^x$. On a alors $f(x)=\exp \left( x \ln (1+\dfrac{1}{x} ) \right)$.
On a : $\boxed{f'(x)=\left( \ln(1+\frac{1}{x} ) -\dfrac{1}{x+1} \right) \exp( k \ln(1+\dfrac{1}{x} ) )}$.
Donc $f'$ est du signe de $ \ln(1+\frac{1}{x} )-\dfrac{1}{x+1}$.
Posons $g (x)= \ln(1+\frac{1}{x} ) -\dfrac{1}{x+1} $ définie sur $\R^{+*}$.
On a $g'(x)=\dfrac{-1}{x^2+x}- \dfrac{1}{(x+1)^2} \leq 0$
Donc $g$ est décroissante et vu que $g$ tend vers $0$ en plus l'infini, $g$ est positive.
Ainsi $f$ est strictement croissante sur $\R^{+*}$ et sa borne supérieure vaut : $\boxed{\sup_{\R^{+*}} f=\lim\limits_{x \rightarrow +\infty} f(x)=e}$.
Cas où $k$ est impair.
Soit $f : ]1,+\infty[ \longrightarrow \R$ définie par $f(x)=(1-\dfrac{1}{x})^x$. On a alors $f(x)=\exp \left( x \ln (1-\dfrac{1}{x}) \right)$.
On a : $\boxed{f'(x)=\left( \ln(1-\frac{1}{x} ) +\dfrac{1}{x-1} \right) \exp( k \ln(1-\dfrac{1}{x} ) )}$.
Donc $f'$ est du signe de $ \ln(1-\frac{1}{x} )+\dfrac{1}{x-1}$.
Posons $g (x)= \ln(1-\frac{1}{x} ) +\dfrac{1}{x-1} $ définie sur $]1,+\infty[$.
On a $g'(x)=\dfrac{1}{x(x-1)}-\dfrac{1}{(x-1)^2} = \dfrac{1-x}{x(x-1)^3} \leq 0$
Donc $g$ est décroissante et vu que $g$ tend vers $0$ en plus l'infini, $g$ est positive.
Ainsi $f$ est strictement croissante sur $\R^{+*}$ et sa borne supérieure vaut : $\boxed{\sup_{]1,+\infty[} f=\lim\limits_{x \rightarrow +\infty} f(x)=\dfrac{1}{e}}$.
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Fais un dessin de la droite réelle et place sur ce dessin $u_1,u_2,\dots,e$ et $1/e$. Reviens au définitions...Tout est simple...
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Tu oublies un intermédiaire très très important : calculer les BORNES supérieures et inférieures qui t'intéressent (avant de calculer les limites demandées...).OShine a dit :Ok merci j'ai compris le problème, il faut se placer sur un intervalle lorsqu'on fait une étude de fonction.
J'ai repris toute l'étude de fonction mais je ne vois pas comment passer de la fonction aux suites et aux limites supérieures et inférieures.
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Voici un graphique.
Je dois déterminer $\sup_{k \geq n } v_k =S_n$ et $\inf_{k \geq n } v_k =I_n$.
Je réfléchis à comment faire ça rigoureusement.
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Oui, alors pour $n$ fixé peux-tu donner $\sup _{k\geq n} u_k $ ?
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D'après l'étude de fonction on a $\sup_{k \geq n} v_k = e$. Donc $\overline{\lim} v_k =e$.
D'après l'étude de fonction on a $\inf_{k \geq n} v_k = v_n=(1-\frac{1}{n})^n$ si $n$ est impair et $\inf_{k \geq n} v_k = v_{n+1}=(1-\frac{1}{n+1})^{n+1}$ sinon. Donc $\underline{\lim} v_k =\frac{1}{e}$.
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Oui. Mais pour finir quel est le problème de ma démonstration? Savoir que la suite bornée admet 2 valeurs d'adhérence $e$ et $1/e$ suffit. Par exemple la monotonie de la sous-suite $u_{2n}$ n'est pas nécessaire pour conclure que $\lim \sup u_n=e.$ Il s'agit simplement de savoir appliquer les définitions.Un exercice me vient à l'esprit: Soit la suite définie par $u_n=\sin n.$ Déterminer $\lim sup\ u_n$ et $\lim \inf u_n$.
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On admet que l'ensemble des $\sin n$ est dense dans $[0,1]$ ?
Edit : je voulais dire $[-1,1]$. -
Ha oui ! Ce fameux cahier des charges ...@Math Coss non. On n'admet rien.
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J'avance un peu.
Q3) Montrons que $(u_n)$ converge vers $\ell$ si et seulement si $\overline{\lim} u_k=\underline{\lim} u_k=\ell$.
Posons $U_n=\{u_k, \ k \geq n \}$. On a $\underline{\lim} u_k=\inf U_n$ et $\overline{\lim} u_k= \sup U_n$.- Supposons que $\overline{\lim} u_k=\underline{\lim} u_k=\ell$. On a $\underline{\lim} u_k \leq u_n \leq \overline{\lim} u_k$. Par passage à la limite et par théorème d'encadrement, on en déduit immédiatement que $(u_n)$ converge vers $\ell$.
- Réciproquement, si $(u_n)$ converge vers $\ell$, soit $\varepsilon>0$. $ \ \exists N \in \N \ \forall n \in \N \ n \geq N \implies |u_n-\ell| \leq \varepsilon$. On a $\forall n \in \N \ n \geq N , \forall k \geq n \ \ell-\varepsilon \leq u_k \leq \ell + \varepsilon$. Ainsi, l'ensemble $U_n$ est minoré par $\ell -\varepsilon$ et majoré par $\ell+\varepsilon$. On en déduit que $\ell-\varepsilon \leq \inf_{k \geq n} u_k \leq \sup_{k \geq n} u_k \leq \ell+\varepsilon$ soit $\ell-\varepsilon \leq I_n \leq S_n \leq \ell+\varepsilon$. On a donc $\forall n \geq N \ |S_n-\ell| \leq \varepsilon$ et $|I_n-\ell| \leq \varepsilon$, ce qui montré que $(S_n)$ et $(I_n)$ convergent vers $\ell$. Enfin : $\boxed{\lim\limits_{n \rightarrow +\infty} I_n= \lim\limits_{n \rightarrow +\infty} S_n=\ell}$.
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Q4) Soit $\ell$ une valeur d'adhérence de la suite $(u_n)$, il existe donc une sous-suite $(u_{n_j})_{j \in \N}$ qui converge vers $\ell$.
Soit $k$ un entier tel que $n_k \geq n$, ce qui est possible car la suite $(n_j)_{j \in \N}$ est strictement croissante et diverge vers $+\infty$.
On a alors $\inf_{k \geq n} u_k \leq u_{n_k} \leq \sup_{k \geq n} u_k$.
En passant à la limite lorsque $n$ tends vers plus l'infini : $\boxed{\underline{\lim} u_k \leq \ell \leq \overline{\lim} u_k}$.
Je bloque sur la question $5$.
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Employer $k$ en variable muette en même temps que $u_{n_k}$ n'est pas une bonne idée.Ce n'est pas $n\mapsto u_{n_k}$ qui a la limite $\ell$ mais $\ell$ est la limite de $k\mapsto u_{n_k}$.
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Que signifie ce « on a : $\underline{\lim} u_k \leq u_n \leq \overline{\lim} u_k$ » ?
D’où cela vient-il ?
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Je trouve que Q4 est très mal rédigé à un tel point que je ne suis pas certain que la démonstration soit bonne. (En particulier, noter la suite extraite $(u_{n_j})_j$ ça me laisse perplexe)Pour Q5, on peut éventuellement démontrer que la limite supérieure d'une suite extraite de la suite $(u_n)$ et inférieure à la limite supérieure de la suite $(u_n)$ et quelque chose d'analogue pour la limite inférieure.Mais de toute façon, si tu ne sais pas rédiger correctement Q4, laisse tomber Q5.
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Tiens, pourquoi une telle prévention contre la notation $(n_j)_j$ pour une suite d'entiers strictement croissante ? Elle me semble assez habituelle.
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Je ne trouve pas que c'est habituel. $(u_{\varphi(j)})_j$ avec $\varphi$ définie comme on sait bien est le plus courant .Moralement, cela revient à noter successivement $\varphi(j) \to \varphi_j \to n_j $ La lettre $n$ remplace le lettre "$\varphi$" .Alors le plus gênant vient dans la suite.
La lettre "n" a un double emploi, c'est pénible à lire. Je ne parle pas de la suite qui n'est pas convaincante par le défaut de rédaction.OShine a dit :
Soit $k$ un entier tel que $n_k \geq n$ -
Q-4 Soit $(u_\varphi(n))_n$ une sous suite extraite qui converge vers $L.$ Puisque pour tout $n \in N$ on a $\forall k\geq n, u_{\varphi(k)}\in U_n$[où je rappelle que la notation :OShine a dit :J'avance un peu.
Posons $U_n=\{u_k \mid k \geq n \}$alors $L=\lim_{k\rightarrow \infty} u_{\varphi(k)}\leq \sup U_n=\lim \sup u_n.$Rem : l'inégalité précédente s'explique parce que $\{u_{\varphi(k)}, \ k \geq n \} \subset U_n$. -
Je suis en vacances donc je n'avance pas beaucoup, je n'ai que 30 min par jour pour faire des maths.
@rakam
Ok merci.
@bd2017
Je préfère aussi utiliser l'extractrice $\varphi$.
Soit $n \in \N$ fixé.
Soit $\ell$ une valeur d'adhérence de la suite $(u_m)$. Alors il existe une application $\varphi : \N \longrightarrow \N$ strictement croissante telle que $(u_{\varphi(m)})$ converge vers $\ell$.
On sait que $\forall k \in \N \ \varphi(k) \geq k$, ainsi $\{ u_{\varphi(k)} , k \geq n \} \subset U_n$.
Donc $\forall k \in \N \ k \geq n \ \ \inf_{k \geq n} u_k \leq u_{\varphi(k)} \leq \sup_{k \geq n} u_k$.
Par passage à la limite, on a : $\boxed{\underline{\lim} u_k \leq \ell \leq \overline{\lim} u_k}$.
-
J'ai des difficultés avec cette question $5$.
Q5) Montrons que $\overline{\lim} u_k$ est une valeur d'adhérence de la suite $(u_n)$.
Utilisons la caractérisation séquentielle de la valeur d'adhérence.
Il faut montrer que $\forall \varepsilon >0 \ \forall N \in \N \ \exists n \geq N \ \ \ |u_n-\overline{\lim} u_k| \leq \varepsilon$.
On sait que $S_n= \sup_{k \geq n} u_k$.
Par caractérisation de la borne supérieure, $\forall \varepsilon >0 \ \exists p \in \N \ u_p > S_n - \varepsilon$.
J'ai écrit les idées qui me venaient mais je ne sais pas traiter cette question.
-
Tu y es presque mais il faut faire apparaitre les dépendances pour y voir clair. Par caractérisation de la borne supérieure, on a :
$$\forall n \in \N, \forall \varepsilon > 0, \exists p_n \geq n, S_n \geq u_{p_n} > S_n - \varepsilon.$$ D'où ... -
Autre méthode pour montrer que $L:=\overline{\lim} u_k$ est valeur d'adhérence de $(u_n)$, sachant que l'ensemble des valeurs d'adhérence de $(u_n)$ est $\underset{n\in\mathbb N}\cap\overline{X_n}$ où $X_n:=\{u_k\mid k\geqslant n\}$ (cela se montre facilement avec la "définition classique" de valeur d'adhérence).
Soit $n\in\mathbb N$. Pour tout $p\geqslant n$, $X_p\subset X_n$ donc $\overline{X_p}\subset \overline{X_n}$. Or $b_p:=\sup X_p\in\overline{X_p}$ donc $b_p\in\overline{X_n}$. Donc la suite $(b_p)_{p\geqslant n}$ est à valeurs dans le fermé $\overline{X_n}$, et comme elle converge vers $L$, on a $L\in \overline{X_n}$. Ainsi, $L\in\underset{n\in\mathbb N}\cap\overline{X_n}$.
-
@Bibix
Merci.
Q5) On remarque que $(u_{p_n})_{n \in \N}$ est une sous-suite de $(u_n)$. Notons $p_n=\varphi(n)$ avec $\varphi : \N \longrightarrow \N$ strictement croissante.
On a pour $n=0$, $\varphi(0)=p_0$. Si $n=p_0+1$, on a $\varphi(1)=p_0+1$ avec $\varphi(1) > \varphi(0)$ etc.
En choisissant $\varepsilon=\dfrac{1}{n+1} >0$ on a $\forall n \in \N \ S_n- \dfrac{1}{n+1} < u_{\varphi(n)} \leq S_n$.
Par passage à la limite, on a $\boxed{\lim\limits_{n \rightarrow +\infty} u_{\varphi(n)} =\overline{\lim} u_k}$
On a trouvé une sous-suite de $(u_n)$ qui converge vers $\overline{\lim} u_k$ donc $\overline{\lim} u_k$ est une valeur d'adhérence de $(u_n)$.
@topopot
Ok merci mais ça ne me semble pas dans l'esprit du sujet.
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