Solution

Corrig´es d’exercices pour le TD 4
S´erie harmonique
1. Montrer que la s´erie harmonique Pn≥11
nne v´erifie pas le crit`ere de Cauchy et en d´eduire qu’elle
diverge.
On pose pour n∈N∗,
un= 1 + 1
2+···+1 p+···+1 n−ln(n).
2. Montrer que pour tout p≥1,
1
p+ 1 ≤ln(p+ 1) −ln(p)≤1 p.
3. D´eduire de 2. que la suite (un)n≥1est d´ecroissante et minor´ee. En d´eduire qu’elle converge.
4. D´eduire de 2. que pour tout n≥1, pour tout k≥0, 0 ≤un−un+k≤1
n.
Retrouver le r´esultat de la question 3. en montrant que (un)n≥1est de Cauchy.
Solution .
1. Pour tout n≥1,
u2n−un=
2n
X
n+1
1
p≥n×1 2n=1 2
ce qui contredit le crit`ere de Cauchy. Or, R´etant complet, une s´erie de r´eels converge seulement si elle
v´erifie le crit`ere de Cauchy. Donc la s´erie harmonique diverge.
2. Pour tout n≥1,
ln(p+ 1) −ln(p) = Zp+1
p
dt
t.
La fonction t7→ 1/t ´etant d´ecroissante, on a donc
1
p+ 1 ≤Zp+1
p
1
p+ 1 dt ≤ln(p+ 1) −ln(p)≤Zp+1
p
1
pdt =1 p.
3. On d´eduit du cˆot´e gauche de cette in´egalit´e que un+1 −un=1
n+1 −ln (n+ 1)+ ln n≤0,ce qui montre
que (un) d´ecroˆıt, tandis qu’en sommant la partie droite de cette in´egalit´e entre p= 1 et n−1 pour n≥2,
on obtient
ln n≤1 + 1
2+···+1 n−1,
et en particulier la suite (un) est positive. Etant d´ecroissante minor´ee, elle converge.
4. Pour k= 0, c’est ´evident. Sinon, en sommant les in´egalit´es du 1. entre net n+k−1, on obtient
1
n+ 1 +· · · +1 n+k≤ln (n+k)−ln n≤1 n+...+1 n+k−1.
En retranchant 1
n+1 +...+1 n+k`a tous les membres de cette in´egalit´e, on obtient
0≤un+k−un≤1
n−1 n+k,
et en particulier on a le r´esultat cherch´e. Ceci prouve que la suite (un) est de Cauchy dans Rcomplet,
elle converge donc.
1

Espaces de suites
On d´efinit
l∞={(un)n∈N∈RN; sup{|un|, n ∈N}<+∞},muni de k(un)n∈Nk∞= sup{|un|, n ∈N},
l1={(un)n∈N∈RN,
+∞
X
n=0
|un|<+∞},muni de k(un)n∈Nk1=
+∞
X
n=0
|un|,
l2={(un)n∈N∈RN,
+∞
X
n=0
|un|2<+∞},muni de k(un)n∈Nk2= +∞
X
n=0
|un|2!1/2
.
1. Montrer que (l∞,k · k∞), (l1,k · k1) et (l2,k · k2) sont des espaces de Banach.
2. Soit pour p∈N\{0},Up= (up
n)n∈No`u up n= 0 si n6=p, et up p= 1/p. V´erifier que Up∈l1∩l2∩l∞pour
tout p∈N\ {0}. Pour chacune des normes 1, 2 et ∞, la s´erie de terme g´en´eral Upest-elle absolument
convergente? La suite (Up)p≥1est-elle une suite de Cauchy?
3. Soit (xp)p∈Nune suite d’´el´ements de [0,1[, et soit pour tout p,Up= ((xp)n+1)n∈N.
Montrer que Up∈l1∩l2∩l∞pour tout pet calculer sa norme 1, 2 et ∞. Pour chacune des normes 1, 2
et ∞, donner une condition suffisante pour que la s´erie de terme g´en´eral Upsoit absolument convergente.
Quelle est alors sa somme?
Solution .
1. On sait d´ej`a que (l∞,k · k∞), (l1,k · k1) et (l2,k · k2) sont des espaces vectoriels norm´es. Montrons
qu’ils sont complets. On traite seulement le cas de l1, les autres cas ´etant similaires. Soit (Up)p∈Nune
suite de Cauchy d’´el´ements de (l1,k · k1); en particulier pour tout p∈N,Upest une suite sommable que
nous noterons (up
n)n∈N.Pour chaque n∈N, (up n)p∈Nest une suite de Cauchy de R, car pour tous p, q ∈N,
|up
n−uq n| ≤
+∞
X
i=0
|up
i−uq i|=kUp−Uqk1→0
lorsque pet qtendent vers +∞. Ainsi, R´etant complet, pour tout n∈N, la suite (up
n)p∈Nconverge dans
Rlorsque ptend vers +∞. Notons unsa limite, et notons U= (un)n∈N. Il suffit maintenant de montrer
que U∈l1et que Up→Upour la norme k · k1. Tout d’abord montrons que U∈l1: la suite (Up) ´etant
de Cauchy dans un espace vectoriel norm´e, elle est en particulier born´ee, c’est-`a-dire qu’il existe M > 0
tel que pour tout p∈N,
kUpk1≤M,
et en particulier pour tout p∈Net tout N∈N,
N
X
n=0
|up
n| ≤ kUpk ≤ M.
Faisant tendre pvers +∞dans cette in´egalit´e (ce qui est possible car la somme est finie), on en d´eduit
que pour tout N∈N,
N
X
n=0
|un| ≤ M,
et donc la s´erie Pn∈N|un|converge : U∈l1.Montrons finalement que Up→Upour la norme k · k1:
fixons ε > 0.La suite (Up) est de Cauchy, donc il existe p0∈Ntel que pour tout p≥p0et tout q≥p0,
kUp−Uqk1≤ε,
et en particulier pour tout p≥p0, tout q≥p0et tout N∈N,
N
X
n=0
|up
n−uq n| ≤ kUp−Uqk ≤ ε.
Faisant tendre qvers +∞dans cette in´egalit´e (ce qui est possible car la somme est finie), on en d´eduit
que pour tout p≥p0et tout N∈N,
N
X
n=0
|up
n−un| ≤ ε,
2

Lorsque Ntend vers +∞, on en d´eduit que pour tout p≥p0,
kUp−Uk1=
+∞
X
n=0
|up
n−un| ≤ ε,
et donc Up→Udans l1lorsque p→+∞.On a montr´e que toute suite de Cauchy d’´el´ements de (l1,k·k1)
converge dans l1, ce qui prouve que (l1,k · k1) est complet.
2. La suite Upa un seul ´el´ement non nul, elle est donc born´ee, sommable et de carr´e sommable. De plus
kUpk∞=kUpk1=kUpk2=1
p,
et la s´erie des 1/p diverge. Donc la s´erie de terme g´en´eral Upn’est pas absolument convergente, ni dans
l1, ni dans l2, ni dans l∞.
Pour tous p, q ∈N\ {0}tels que p6=q,
kUp−Uqk∞=1
min{p, q},
kUp−Uqk1=1
p+1 q,
kUp−Uqk2=r1
p2+1 q2,
et dans chaque cas, cette quantit´e tend vers 0 lorsque pet qtendent vers +∞.La suite (Up)p≥1est donc
de Cauchy dans l1,l2et l∞.
3. Pour tout p∈N, Upest une suite g´eom´etrique de raison xp∈[0,1[,donc appartient `a l1∩l2∩l∞, et
kUpk∞= sup
n≥1
(xp)n=xp,
kUpk1=
+∞
X
n=1
(xp)n=xp
1−xp
,
kUpk2=v
u
u
t
+∞
X
n=1
(xp)2n=x2
p
(1 −xp)2,
On v´erifie alors (c’est un exercice de s´eries num´eriques) que dans chaque cas, la s´erie de terme g´en´eral
Upest absolument convergente si Pp∈Nxpconverge. Les espaces l1,l2et l∞´etant complets pour leur
norme respective, on en d´eduit que sous cette condition la s´erie de terme g´en´eral Upest convergente dans
l1,l2et l∞. Sa somme est donn´ee par
lim
P→+∞
P
X
p=0
Up= lim
P→+∞
P
X
p=0
((xp)n+1)n∈N= lim
P→+∞ P
X
p=0
(xp)n+1!n∈N
,
o`u la limite est prise respectivement au sens de la norme k · k1,k · k2et k · k∞. Mais une telle convergence
implique la convergence terme `a terme (c’est-`a-dire pour tout nfix´e), et donc la somme de la s´erie est la
suite +∞
X
p=0
(xp)n+1!n∈N = +∞
X
p=0
xp,
+∞
X
p=0
(xp)2,...,
+∞
X
p=0
(xp)n+1, . . . !.
Soit (E, k · k) un espace vectoriel norm´e. Montrer que (E, k · k) est complet si et seulement si toute s´erie
absolument convergente d’´el´ements de Econverge dans E.
Solution .
(⇒) C’est un th´eor`eme de cours: soit Pn∈Nunune s´erie d’´el´ements de Eabsolument convergente, et soit
pour n∈N, Un=Pn
k=0 uk.Alors pour m > n,
kUm−Unk=k
m
X
k=n+1
ukk ≤
m
X
k=n+1
kukk → 0 lorsque m, n →+∞,
3

comme reste d’une s´erie convergente. La suite (Un) est donc de Cauchy, et par compl´etude de Eon en
d´eduit qu’elle converge, c’est-`a-dire que la s´erie Pn∈Nunconverge.
(⇒) Soit (un) une suite de Cauchy d’´el´ements de E. On peut donc construire une suite (nk)kdivergente
et strictement croissante telle que pour tout k∈N,
kunk+1 −unkk ≤ 1
2k.
La s´erie Pk∈N(unk+1 −unk) est donc absolument convergente, d’apr`es le th´eor`eme de comparaison entre
s´eries `a termes positifs. D’apr`es notre hypoth`ese, elle est donc convergente dans E, c’est-`a-dire que
N−1
X
k=0
(unk+1 −unk) = unN−un0
converge lorsque N→+∞vers un ´el´ement de E, et donc la suite de Cauchy (un) a une valeur d’adh´erence
dans E. Or une suite de Cauchy qui a une valeur d’adh´erence converge vers cette valeur d’adh´erence
(exercice !). Donc (un) converge, et on a bien montr´e que Eest complet.
Th´eor`eme des ferm´es emboit´es
1. Soit (E, d) un espace m´etrique complet, et (Fn)nune suite de ferm´es emboit´es non vides dont le
diam`etre
diam(Fn) = sup{d(x, y); x, y ∈Fn}
tend vers 0. Montrer que ∩n≥0Fnest un singleton.
2. Soit Fn={u∈l∞;kuk∞= 1 et u0=··· =un= 0}. V´erifier que les Fnforment une suite de ferm´es
emboit´es tous non vides d’un espace de Banach, dont l’intersection est vide. Quel est le probl`eme?
Solution .
1. Commen¸cons par montrer que ∩n≥0Fnn’est pas vide. Pour tout n∈N,soit xn∈Fn. Pour tous
n, m ∈Ntels que m≥n, comme les Fisont emboˆıt´es, on sait que xm∈Fm⊂Fn,xn∈Fnet donc
d(xm, xn)≤diam(Fn)→0 quand n→+∞.
La suite (xn) est donc de Cauchy dans (E, k · k) complet, elle converge vers un certain x∈E. De plus
pour tout net m≥n, on a xm∈Fm⊂Fn, et par fermeture de Fnon en d´eduit lorsque m→+∞que
x∈Fn, et ce pour tout n. Ainsi x∈ ∩n≥0Fn, qui n’est pas vide.
Soit de plus xet ydeux ´el´ements de ∩n≥0Fn, alors pour tout n,x, y ∈Fnet donc
d(x, y)≤diam(Fn)→0 quand n→+∞,
ce qui montre que x=y. On a donc montr´e que ∩n≥0Fnest un singleton.
2. Les Fnsont clairement emboˆıt´es, car si u∈l∞v´erifie u0=··· =un+1 = 0, alors a fortiori
u0=··· =un= 0. Les Fnsont tous non vides, car pour tout n∈Nfix´e, la suite ud´efinie par
u0=··· =un= 0 et ui= 1 pour tout i≥n+ 1 est ´el´ement de Fn.Les Fnsont ´egalement ferm´es
car une suite (up)pd’´el´ements de Fnconvergeant vers un ´el´ement udans l∞v´erifie kupk∞= 1 et
up
0=··· =up
n= 0 pour tout p, et up
i→uilorsque p→+∞pour tout i; en particulier `a la limite on
obtient kuk∞= 1 et u0=···=un= 0, et donc u∈Fn.Enfin l∞est un espace de Banach.
Pourtant l’intersection des Fnest vide car un ´el´ement ude cette intersection devrait v´erifier kuk∞= 1
et ui= 0 pour tout i, ce qui est contradictoire. Le probl`eme vient de ce que le diam`etre de Fnest 2, et
ne tend pas vers 0.
Valeurs d’adh´erence d’une suite
Soit (E, d) un espace m´etrique.
1. Soit (xn)nune suite d’´el´ements de E. Montrer que l’ensemble des valeurs d’adh´erences de (xn) est
´egal `a l’ensemble
∩n≥0{xm;m≥n}.
2. En d´eduire que si le th´eor`eme des ferm´es emboit´es est vrai dans E, alors Eest complet.
4

Solution .
1. Soit x∈E. Alors xest valeur d’adh´erence de (xn) si et seulement si
∀ε > 0,∀n∈N,∃m≥ntel que d(xm, x)< ε
⇔ ∀ n∈N,∀ε > 0,{xm;m≥n} ∩ B(x, ε)6=∅
⇔ ∀ n∈N, x ∈{xm;m≥n}
⇔x∈ ∩n≥0{xm;m≥n}.
D’o`u le r´esultat.
2. Soit (xn) une suite de Cauchy d’´el´ements de E, et soit pour tout n,
Fn={xm;m≥n}.
Montrons que Fnsatisfait les hypoth`eses du th´eor`eme des ferm´es emboˆıt´es.
Tout d’abord, pour tout n,Fnest ´evidemment non vide et ferm´e. Les (Fn) forment une suite emboˆıt´ee
car pour tout n,
{xm;m≥n+ 1} ⊂ {xm;m≥n},
relation qui passe `a l’adh´erence.
Enfin, le diam`etre de Fnest ´egal `a sup{d(xp, xq), p, q ≥n}. Pour cela il suffit de montrer que pour
toute partie A⊂E,diam(A) = diam(A). L’in´egalit´e ≤est triviale puisque A⊂A, tandis que pour
l’in´egalit´e inverse, si x, y ∈A, il existe deux suites (xn) et (yn) d’´el´ements de Aconvergeant respectivement
vers x, y. Alors
d(x, y) = lim d(xn, yn)≤diam(A)
puisque xn, yn∈A. En passant au sup `a gauche, on obtient le r´esultat annonc´e.
Ainsi
diam(Fn) = sup{d(xp, xq), p, q ≥n} → 0
lorsque n→+∞, car (xn) est une suite de Cauchy.
Comme le th´eor`eme des ferm´es emboˆıt´es est vrai, on d´eduit de cela qu’il existe x∈Etel que
∩n≥0{xm;m≥n}={x}.
D’apr`es la premi`ere question, la suite de Cauchy (xn) poss`ede donc une valeur d’adh´erence. Or une suite
de Cauchy qui poss`ede une valeur d’adh´erence converge vers cette valeur d’adh´erence. La suite (xn) est
donc convergente : on a bien montr´e que (E, k · k) est complet.
Boules emboit´ees
Soit ¯ B(an, rn) une suite de boules ferm´ees emboit´ees d’un espace m´etrique complet.
1. Montrer que pour tout m, n ∈Ntels que m≥n,
d(an, am)≤rn−rm.
2. En d´eduire que
∩n≥0¯
B(an, rn)
est une boule ferm´ee.
Solution . La suite (rn) est n´ecessairement d´ecroissante puisque les boules sont emboˆıt´ees. Etant de plus
positive, elle converge. Soit rsa limite. Pour tout m≥non a de plus
d(an, am)≤rn−rm,(1)
car ¯ B(am, rm)⊂¯ B(an, rn). La suite (an) est donc de Cauchy dans un espace m´etrique complet, elle
converge. Soit asa limite. Montrons que ∩n≥0¯
B(an, rn) = ¯ B(a, r).
Tout d’abord, lorsque m→+∞dans (1), on obtient pour tout n,
d(an, a)≤rn−r
5