Suites numériques

Puissance dans une intégrale 👉 IPP !

On intègre par parties avec $\displaystyle u=\cos^{n-1}$ et $\displaystyle v=\sin$. Alors, pour $\displaystyle n>1$,
$$\int_0^{\frac{\pi}{2}} \cos^n(t)dt=[\sin(t)\cos^{n-1}(t)]_0^{\pi/2}-\int_0^{\frac{\pi}{2}}-(n-1)\sin(t)\cos^{n-2}(t)\sin(t)dt.$$ Donc, avec $\displaystyle \sin^2=1-\cos^2$, on obtient : $$I_n=(n-1)(I_{n-2}-I_n),$$ d’où $\displaystyle nI_n=(n-1)I_{n-2}$ et $\displaystyle nI_nI_{n-1}=(n-1)I_{n-1}I_{n-2}$, ce qu’on voulait.
On a $\displaystyle I_0=\pi/2$ et $\displaystyle I_1=1$, donc pour tout $\displaystyle n\ge1$, $\displaystyle nI_nI_{n-1}=\pi/2$.
Comme sur $\displaystyle [0,\pi/2]$, $\displaystyle 0\le\cos(t)\le 1$, on en déduit que $\displaystyle I_n$ est décroissante. Donc $$nI_n^2\le nI_nI_{n-1}=\frac{\pi}{2}=(n+1)I_{n+1}I_n\le (1+1/n)nI_n^2.$$ Ainsi $\displaystyle nI_n^2$ converge vers $\displaystyle \pi/2$ et $\displaystyle I_n\sim\sqrt{\frac{\pi}{2n}}$. Enfin, $$I_n=\frac{n-1}{n}I_{n-2}=\frac{n-1}{n}\frac{n-3}{n-2}I_{n-4}.$$ Donc, en prenant $\displaystyle 2n$ au lieu de $\displaystyle n$, on a $$I_{2n}=\frac{(2n-1)\cdots 3\cdot 1}{2n\cdots 2\cdot 1}I_0=\frac{(2n)!}{2^n n! 2^n n!}\frac{\pi}{2}.$$ Par conséquent $$4^{-n}{2n\choose n}\sim \frac{2}{\pi}\sqrt{\frac{\pi}{4n}}=\frac{1}{\sqrt{\pi n}},$$ qui est la fréquence de l’équirépartition : $\displaystyle n$ piles et $\displaystyle n$ faces parmi $\displaystyle 2n$ lancés de pièce.

🎁 Pour en savoir plus sur les coefficients binomiaux centraux, on pourra consulter
cet article du blog Math-OS

• Télescopage ;
• Sommation des relations de comparaison.

On a $\displaystyle u_{n+1}^2-u_n^2=1$, donc en sommant, on obtient par téléscopage $\displaystyle u_n^2-u_0^2=n$, d’où $\displaystyle u_n=\sqrt{n+u_0^2}$.
On en déduit $\displaystyle u_n \sim {\sqrt{n}}$. Or $\displaystyle \sqrt{n+1}-\sqrt{n}=\frac{1}{\sqrt{n+1}+\sqrt{n}}\sim \frac{1}{2\sqrt{n}}\sim \frac{1}{2u_{n}}$. Comme $\displaystyle \sum \frac{1}{\sqrt{n}}$ diverge, on en déduit par sommation des relations de comparaison : $$\sum_{k=0}^n \frac{1}{u_k} \sim 2 \sum_{k=0}^n (\sqrt{k+1}-\sqrt{k}) \sim 2\sqrt{n}.$$

A toi de choisir !

• $\displaystyle \frac{1}{n+1}=\int_0^1 t^ndt$ ;
• $\displaystyle \frac{1}{n}=\int_0^\infty e^{-nx}dx$.

En écrivant $\displaystyle \frac{1}{n+1}=\int_0^1 t^ndt$, on a
$$\begin{aligned} v_N &= \sum_{n=0}^{N} \int_0^1 (-1)^n t^n dt \\ & = \int_0^1\sum_{n=0}^{N} (-t)^ndt \\ & = \int_0^1 \frac{1-(-t)^{N+1}}{1+t}dt.\\ \end{aligned}$$

On a pu intervertir somme et intégrale sans théorèmes car la somme est finie. Comme $$\left|\int_0^1 \frac{(-t)^{N+1}}{1+t}dt\right|\le\int_0^1t^{N+1}dt=\frac{1}{N+2}\xrightarrow[N\to\infty]{} 0,$$ on en déduit : $$v_N\xrightarrow[N\to\infty]{} \int_0^1\frac{dt}{1+t}=\ln(2).$$

1. On commence à voir le début d’une identité remarquable pour $\displaystyle u_n$, en effet $\displaystyle u_{n+1}=(u_n-1)^2+1$. Par récurrence on voit alors que $\displaystyle u_n>1$ car $\displaystyle u_0>1$.
2. On remarque $\displaystyle u_{n+1}-1=(u_n-1)^2$, donc en passant au logarithme il vient $\displaystyle v_{n+1}=2v_n$, d’où $\displaystyle v_n=2^nv_0$.
   Ainsi $\displaystyle u_n=e^{v_n}+1$. On calcule alors facilement la limite de $\displaystyle u_n$ suivant que $\displaystyle u_0\in]1,2[$ (i.e. $\displaystyle v_0<0$), $\displaystyle u_0=2$ (i.e. $\displaystyle v_0=0$) et $\displaystyle u_0>2$ (i.e. $\displaystyle v_0>0$).

Suite arithmético-géométrique !

On pose $\displaystyle a=1-\alpha$ et $\displaystyle b=\alpha(1-\alpha)$, de sorte que $\displaystyle u_{n+1} = au_n + b$. Ici $\displaystyle a\neq1$, on pose $\displaystyle r=\frac{b}{1-a}=1-\alpha$ et on rappelle que $\displaystyle v_n=u_n-r$ est une suite géométrique avec $\displaystyle v_{n+1}=av_n$, ce qui fournit : $$u_n=a^n(u_0-r)+r=(1-\alpha)^n(\alpha (1-\alpha)-(1-\alpha))+(1-\alpha).$$ L’expression peut être un peu factorisée mais est déjà suffisante pour voir que $\displaystyle \lim_{n\to+\infty}u_n= 1-\alpha$ car $\displaystyle 0<\alpha<1$ et donc $\displaystyle 0<1-\alpha<1$.

On pourra considérer l’ensemble $\displaystyle \{k\ |\ q\le k\le r \ {\rm et}\ u_k\le c-\epsilon\}$ avec $\displaystyle q$ et $\displaystyle r$ bien choisis.

Soit $\displaystyle a<b$ deux valeurs d’adhérence. Soit $\displaystyle c\in]a,b[$ et $\displaystyle \epsilon>0$ tel que $\displaystyle ]c-\epsilon,c+\epsilon[\subset ]a,b[$.
Comme $\displaystyle u_{n+1}-u_n\xrightarrow[n\to\infty]{} 0$, il existe $\displaystyle N$ tel que pour tout $\displaystyle n\ge N$, $\displaystyle |u_{n+1}-u_n|< 2\epsilon$. On fixe désormais $\displaystyle N$.
On a $\displaystyle a<c-\epsilon$. Comme $\displaystyle a$ est une valeur d’adhérence de $\displaystyle (u_n)$, il existe une sous-suite de $\displaystyle (u_n)$ qui converge vers $\displaystyle a$. Donc "pour certains $\displaystyle n$ de plus en plus grand, $\displaystyle u_n$ se rapproche de $\displaystyle a$ et finit par descendre en dessous de $\displaystyle c-\epsilon$". Ainsi il existe $\displaystyle N_1>N$ tel que $\displaystyle u_{N_1}\le c-\epsilon$.
De même, comme $\displaystyle b$ est valeur d’adhérence, il existe $\displaystyle N_2>N_1$ tel que $\displaystyle u_{N_2}\ge c+\epsilon$.

On considère alors l’ensemble $\displaystyle A=\{k\ |\ N_1\le k\le N_2 \ {\rm et}\ u_k\le c-\epsilon\}$. On note que $\displaystyle A$ est non vide car $\displaystyle N_1\in A$, et il est borné, donc il possède un plus grand élément $\displaystyle K< N_2$ (on ne peut pas avoir $\displaystyle K=N_2$ par définition de $\displaystyle N_2$). Donc $\displaystyle N_1\le K+1\le N_2$, mais $\displaystyle K+1\notin A$. Par suite $\displaystyle u_{K+1}>c-\epsilon$ (sinon on aurait $\displaystyle K+1\in A$). Comme $\displaystyle K\ge N_1\ge N$, on a $\displaystyle |u_{K+1}-u_K|< 2\epsilon$, et donc $\displaystyle u_{K+1}<u_K+2\epsilon\le c+\epsilon$, i.e. $\displaystyle u_{K+1}\in ]c-\epsilon,c+\epsilon[$, ce qu’on voulait.

C’est le critère spécial des séries alternées (c’est du cours normalement). Tu peux trouver la preuve avec des exemples intéressants sur la page wikipédia des séries alternées.

La suite $\displaystyle (u_n)$ est décroissante (car $\displaystyle \{x_k,k\ge n+1\}\subset \{x_k,k\ge n\}$). Elle est minorée car $\displaystyle (x_n)$ est bornée. Donc la suite $\displaystyle (u_n)$ converge.
C’est la notion de $\displaystyle \limsup$ (resp. de $\displaystyle \liminf$) qui n’est pas au programme de sup-spé, L1-L2, mais qui est fondamentale et un outil très puissant.

• On voit du $\displaystyle \cos$ 👉 Faudra sans doute utiliser des formules de trigo ;
• Limite d’une suite ? 👉 Penser à monotone bornée !
• La suite peut a priori changer de signe 👉 Pas cool, on prend la valeur absolue pour voir.

La suite $\displaystyle v_n=|u_n|$ est décroissante car $\displaystyle |\cos(n)|\le1$, et minorée par $\displaystyle 0$, donc convergente vers $\displaystyle l\ge0$.
Supposons que $\displaystyle l>0$. Alors $$|\cos(n)|=\frac{v_n}{v_{n-1}}\xrightarrow[ n\to \infty]{}1,$$ donc $$\cos^2(n)=\frac12(\cos(2n)+1)\xrightarrow[ n\to \infty]{}1,$$ d’où $\displaystyle \cos(2n)\to 2-1=1$. Mais $$\cos(2n)+\cos(2n+4)=2\cos(2n+2)\cos(2)$$ (cf Formulaire 5). On s’empresse de passager à la limite (réflexe à avoir quand on a des égalités ou inégalités avec une variable) car on voit des sous-suites de la suite convergente $\displaystyle n\mapsto \cos(2n)$. Ainsi on obtient $\displaystyle 2=2\cos(2)$, i.e. $\displaystyle \cos(2)=1$, ce qui est faux ! On en déduit donc que $\displaystyle l=0$, et que la suite $\displaystyle u_n$ tend vers $\displaystyle 0$.

• Existence de racine, continuité 👉 TVI !
• Suite convergente ? 👉 suite monotone bornée ?

On a $\displaystyle P_n(0)=-a_0<0$, et $\displaystyle P'_n(x)=a_1+\sum_{2\le k\le n}ka_k x^{k-1}>0$ pour tout $\displaystyle x\ge0$. Comme $\displaystyle P_n$ est continu strictement croissante sur $\displaystyle \R_+$ avec $\displaystyle \lim_{x\to\infty}P_n(x)=+\infty$, on en déduit que $\displaystyle P_n$ a une unique racine $\displaystyle u_n>0$ ($\displaystyle P_n$ réalise en fait une bijection de $\displaystyle [0,+\infty[$ sur $\displaystyle [-a_0,+\infty[$).
Pour voir si $\displaystyle u_n$ converge, on peut dans un premier temps regarder si elle est monotone (sinon faudra se creuser la tête un peu plus). On a $$P_{n+1}(u_n)= a_{n+1}u_n^{n+1}+P_n(u_n)\ge0,$$ mais aussi $\displaystyle P_{n+1}(u_{n+1})=0$, i.e. $\displaystyle P_{n+1}(u_{n+1})\le P_{n+1}(u_n)$. Comme $\displaystyle P_{n+1}$ est croissant, on en déduit que $\displaystyle u_{n+1}\le u_n$. La suite $\displaystyle (u_n)$ est alors décroissante et minorée par $\displaystyle 0$, donc elle converge !

La page wikipedia est très bien. La preuve utilise la notion de $\displaystyle \limsup$ et de $\displaystyle \liminf$ qui n’est pas au programme de sup-spé, L1-L2, mais qui est simple et très puissante. Pour compléter cette dernière page, il faut dire que si $\displaystyle \limsup u_n=\liminf u_n$ alors $\displaystyle (u_n)$ a une limite qui est la lim sup ou inf.

Pas facile d’avoir une intuition sur le comportement d’une série alternée dont le terme général diverge vers $\displaystyle +\infty$ en valeur absolue. On peut déjà se ramener à l’étude d’une série à termes positifs en écrivant que $$b_{2n} = \sum_{k=1}^n \sqrt{2k}-\sqrt{2k-1}.$$ Ici, on a juste regroupé les termes deux par deux. La somme obtenue ressemble à une somme téléscopique, mais il faut ruser un peu pour obtenir une telle forme… Une façon de s’en sortir est d’écrire $$\sqrt{2k}-\sqrt{2k-1} = \frac{1}{2}\left(\sqrt{2k}-\sqrt{2k-2}\right)+\frac{1}{2}\left(\sqrt{2k}-2\sqrt{2k-1}+\sqrt{2k-2}\right).$$ On a donc $$b_{2n} = \frac{1}{2} \sum_{k=1}^n \left(\sqrt{2k}-\sqrt{2k-2}\right) + \sum_{k=1}^n w_k,$$ avec $\displaystyle w_k=\frac{1}{2}\left(\sqrt{2k}-2\sqrt{2k-1}+\sqrt{2k-2}\right)$. La première somme est maintenant téléscopique, on a : $$\frac{1}{2} \sum_{k=1}^n \left(\sqrt{2k}-\sqrt{2k-2}\right) = \frac{\sqrt{2n}}{2}.$$ La seconde somme est la somme partielle d’une série convergente. En effet, la concavité de la fonction $\displaystyle x \mapsto \sqrt{x}$ permet de montrer que $\displaystyle w_k \le 0$. De plus, on utilise le développement limité $\displaystyle \sqrt{1+h}=1+\frac{1}{2}h-\frac{1}{8}h^2$ pour écrire : $$w_k = \frac{\sqrt{2k}}{2}\left(1-2\sqrt{1-\frac{1}{2k}}+\sqrt{1-\frac{1}{k}}\right) \sim -\frac{1}{16\sqrt{2}} \frac{1}{k^{3/2}}.$$ La suite $\displaystyle (w_k)$ est à termes négatifs et équivalente au terme général d’une série convergente, donc la suite $\displaystyle S_n = \sum_{k=1}^n w_k$ est convergente. On a donc montré : $$\lim_{n \to \infty} \frac{b_{2n}}{\frac{1}{2}\sqrt{2n}} = \lim_{n \to \infty} 1 + \frac{S_n}{\frac{1}{2}\sqrt{2n}} = 1.$$ De plus, on a : $$\lim_{n \to \infty} \frac{b_{2n+1}}{\frac{1}{2}\sqrt{2n+1}} = \lim_{n \to \infty} \frac{\frac{1}{2}\sqrt{2n}}{\frac{1}{2}\sqrt{2n+1}} - \frac{\sqrt{2n+1}}{\frac{1}{2}\sqrt{2n+1}}+ \frac{S_n}{\frac{1}{2}\sqrt{2n}} = 1-2=-1.$$

Au final, on a montré que
$$b_n \sim (-1)^n \frac{\sqrt{n}}{2}.$$

Produit 👉 Passage au $\displaystyle \log$.

Voulant prendre le $\displaystyle \log$ de $\displaystyle \sqrt{n}\prod_{2 \le k \le n} \left(1+\frac{(-1)^k}{\sqrt{k}}\right)$, on pose naturellement :$$u_n = \frac{1}{2} \ln(n)+\sum_{k=2}^n \ln\left(1+\frac{(-1)^k}{\sqrt{k}}\right).$$ On va montrer que la suite $\displaystyle u_n$ est convergente, de limite $\displaystyle l \in \R$, ce qui implique, par continuité de la fonction exponentielle, le résultat souhaité, avec $\displaystyle C=\exp(l)$. L’idée naturelle est de considérer un développement limité des logarithmes. On pose donc, pour $\displaystyle k \ge 2$, $$v_k = \frac{(-1)^k}{\sqrt{k}}-\frac{1}{2k} \ , \ w_k = \ln\left(1+\frac{(-1)^k}{\sqrt{k}}\right)-v_k.$$ Le développement limité du logarithme permet de montrer que $$\lim_{k \to \infty} k^{3/2} |w_k| = \frac{1}{3}.$$ Par comparaison avec une série de Riemann, on en déduit que la série $\displaystyle \sum_{k \ge 2} w_k$ est absolument convergente, donc convergente. Notons $\displaystyle S_1$ la somme de cette série. De plus, la série $\displaystyle \sum_{k \ge 2} \frac{(-1)^k}{\sqrt{k}}$ vérifie les hypothèses du critère des séries alternées, c’est donc une série convergente, on note $\displaystyle S_2$ sa somme. Enfin, on rappelle le résultat suivant : la suite $\displaystyle \left(-\ln(n)+\sum_{k=1}^n \frac{1}{k}\right)_{n \ge 1}$ est convergente, sa limite étant souvent notée $\displaystyle \gamma$. On recolle tous ces résultats de la façon suivante : on a $$u_n = \frac{1}{2}\left(\ln(n)-\sum_{k=1}^n \frac{1}{k} \right)+\frac{1}{2} + \sum_{k=2}^n \frac{(-1)^k}{\sqrt{k}} + \sum_{k=2}^n w_k,$$ donc la suite $\displaystyle (u_n)_{n \ge 2}$ est bien convergente, de limite $\displaystyle -\frac{1}{2}\gamma+\frac{1}{2}+S_2+S_1$.

• On voit du $\displaystyle \cos$ 👉 Formules de trigo ;
• On voit des entiers $\displaystyle n$ 👉 Récurrence (ici ça n’est pas pertinent), regarder avec $\displaystyle n+1$, $\displaystyle n+2$, sous-suites, etc.

Au diable les epsilons et les raisonnements fins, voici une solution assez simple. Tout d’abord, la formule $\displaystyle \sin^2(nx) = 1- \cos^2(nx)$ permet de montrer que $\displaystyle \lim_{n \to \infty} \sin(nx) = 0$. Ensuite, on écrit que :
$$\begin{aligned} 1 & = \lim_{n \to \infty} \cos((n+1)x) \\ & = \cos(x)\lim_{n \to \infty} \cos(nx)-\sin(x) \lim_{n \to \infty} \sin(nx) \\ & = \cos(x). \end{aligned}$$ Ainsi $\displaystyle x$ est nécessairement solution de l’équation $\displaystyle \cos(x)=1$, donc $\displaystyle x$ est bien élément de $\displaystyle 2\pi \mathbb{Z}$.

$\displaystyle u_n$ ressemble à une moyenne arithmétique 👉 Lemme de Cesaro ?

La seule idée naturelle pour la limite, ce serait $\displaystyle \alpha \beta$. Intuitivement, si $\displaystyle k$ et $\displaystyle n-k$ sont tous les deux suffisamment grands, alors $\displaystyle a_k b_{n-k}$ ne doit pas être éloigné de $\displaystyle \alpha \beta$, donc $\displaystyle u_n$, qui est vu comme une moyenne des $\displaystyle a_k b_{n-k}$, doit aussi être proche de $\displaystyle \alpha \beta$. Pour rendre ces idées rigoureuses, il faut deux ingrédients supplémentaires : tout d’abord, comme les suites $\displaystyle (a_n)_{n \ge 0}$ et $\displaystyle (b_n)_{n \ge 0}$ sont convergentes, elles sont bornées : il existe donc $\displaystyle M>0$ tel que $\displaystyle |a_n| \le M$ et $\displaystyle |b_n| \le M$ pour tout $\displaystyle n \ge 0$. On a également $\displaystyle \alpha \le M$ et $\displaystyle \beta \le M$.

Le deuxième ingrédient est le lemme de Cesaro, qu’on rappelle ici sous une forme simplifiée : si $\displaystyle (v_n)_{n \ge 0}$ est une suite convergente de limite $\displaystyle 0$, et si $\displaystyle S_n = \frac{1}{n+1} \sum_{k=0}^n v_k$, alors la suite $\displaystyle (S_n)_{n \ge 0}$ est convergente de limite $\displaystyle 0$. En effet, si $\displaystyle \varepsilon > 0$, on fixe un rang $\displaystyle K$ tel que $\displaystyle |v_k|<\frac{\varepsilon}{2}$ pour $\displaystyle n \ge K$. On fixe ensuite un rang $\displaystyle N \ge K$ tel que $\displaystyle \frac{1}{n+1}\left|\sum_{k=0}^{K-1} v_k \right| \le \frac{\varepsilon}{2}$ pour tout $\displaystyle n \ge N$. On a alors : $$\forall n \ge N \ , \ \left|S_n \right| \le \frac{1}{n+1}\left|\sum_{k=0}^{K-1} v_k \right| + \frac{1}{n+1} \sum_{k=K}^n |v_k| \le \frac{\varepsilon}{2} + \frac{n-K+1}{n} \frac{\varepsilon}{2} < \varepsilon,$$ la limite est donc bien établie.

Revenons à l’exercice : on remarque tout d’abord que $$|a_kb_{n-k}-\alpha \beta| = |(a_k-\alpha)b_{n-k} + \alpha (b_{n-k}-\beta)| \le M |a_k-\alpha| + M |b_{n-k}-\beta|$$ $$|u_n-\alpha \beta | \le M \frac{1}{n+1} \sum_{k=0}^n |a_k-\alpha|+ M \frac{1}{n+1} \sum_{k=0}^n |b_{n-k}-\beta|.$$ On applique le lemme de Cesaro à la suite $\displaystyle v_n =a_n-\alpha$, qui est de limite nulle, et ainsi $$\lim_{n \to \infty}\frac{1}{n+1} \sum_{k=0}^n |a_k-\alpha| =0 .$$ Pour l’autre somme, on remarque d’abord que $\displaystyle \sum_{k=0}^n |b_{n-k}-\beta| = \sum_{k=0}^n |b_{k}-\beta|$, on peut donc à nouveau appliquer le lemme de Cesaro, qui donne la limite $$\lim_{n \to \infty}\frac{1}{n+1} \sum_{k=0}^n |b_{n-k}-\beta| =0 .$$ Ainsi on a bien $\displaystyle \lim_{n \to \infty} |u_n-\alpha\beta| = 0$.

• Produit, puissance 👉 Passage au $\displaystyle \log$ ;
• Factoriel, puissance 👉 Formule de stirling.

Puisque $\displaystyle u_n>0$, on peut poser $\displaystyle v_n:=\ln(u_n)=\frac1n(\ln((2n)!)-\ln(n!)-n\ln(n))$.
Or $\displaystyle \ln((2n)!)-\ln(n!)=\sum_{k=1}^n\ln(n+k)$. Donc $$v_n=\frac1n\sum_{k=1}^n(\ln(n+k)-\ln n)=\frac1n\sum_{k=1}^n\ln\left(1+\frac{k}{n}\right),$$
et là on reconnaît une somme de Riemann associée à la fonction continue $\displaystyle f(x)=\ln(1+x)$ sur $\displaystyle [0,1]$. Donc $\displaystyle v_n\xrightarrow[n\to\infty]{}\int_0^1\ln(1+x)dx=[(1+x)\log(1+x)-x]_0^1=2\ln 2-1$. Comme la fonction exp est continue, on en déduit $\displaystyle u_n\xrightarrow[n\to\infty]{} e^{2\ln 2-1}=4/e$.

Il faut faire le lien entre $\displaystyle nu_n$ et des sommes de la série. Soit $\displaystyle \epsilon>0$.
Comme $\displaystyle \sum u_n$ converge, il existe $\displaystyle n_1$ tel que $\displaystyle \sum_{k\ge n_1}u_k <\epsilon$. Pour $\displaystyle n\ge n_1$, on a $$(n-n_1)u_n\le \sum_{k=n_1+1}^n u_k <\epsilon$$ car $\displaystyle (u_k)$ est décroissante. Ainsi $\displaystyle nu_n\le \epsilon +n_1u_n$. On sait que $\displaystyle \sum u_n$ converge, donc $\displaystyle u_n\to 0$, et on trouve un $\displaystyle n_2$ tel que pour tout $\displaystyle n\ge n_2$, $\displaystyle n_1 u_n\le\epsilon$. Ainsi pour tout $\displaystyle n\ge \max(n_1,n_2)$, $\displaystyle nu_n\le 2 \epsilon$, ce qui prouve la convergence $\displaystyle nu_n$ vers $\displaystyle 0$.

Pour étudier la réciproque, on prend $\displaystyle v_n=\frac{1}{n\ln(n)}$. On a bien $\displaystyle v_n=o(1/n)$, mais la série $\displaystyle \sum v_n$ ne converge pas d’après le critère de Bertrand. On peut se rappeler facilement ce dernier résultat en comparant $\displaystyle v_n=\sum\frac{1}{n\ln(n)}$ à l’intégrale $\displaystyle \int\frac{1}{x\ln(x)}$, une primitive étant $\displaystyle \ln(\ln(x))$, qui tend vers l’infini quand $\displaystyle x\to\infty$.

1. On a $\displaystyle u_{n+1}-u_n=\frac{1}{(n+1)!}>0$, donc $\displaystyle (u_n)$ est strictement croissante. De plus, $$\begin{aligned} v_n-v_{n+1} & = u_n-u_{n+1}+\frac{1}{n!}-\frac{1}{(n+1)!}\\ & = \frac{1}{n!}-\frac{2}{(n+1)!} \\ & = \frac{n-1}{(n+1)!}>0, \end{aligned}$$ pour $\displaystyle n\ge2$. Donc $\displaystyle (v_n)$ est strictement décroissante à partir de $\displaystyle n=2$. Comme $\displaystyle v_n-u_n=\frac{1}{n!}\to 0$ quand $\displaystyle n\to\infty$, on en déduit que les suites $\displaystyle (u_n)$ et $\displaystyle (v_n)$ sont adjacentes. Elles convergent donc vers une limite, qu’on appelle $\displaystyle e$.
2. Supposons que $\displaystyle e=\frac{p}{q}$. On a $\displaystyle u_q<\frac{p}{q}<u_q+\frac{1}{q!}$, les inégalités étant strictes car les suites $\displaystyle (u_n)$ et $\displaystyle (v_n)$ sont strictement monotones. D’où, $\displaystyle q!u_q<p(q-1)!<q!u_q+1$. Or $\displaystyle q!u_q$ est un entier, donc l’entier $\displaystyle p(q-1)!$ est strictement compris entre deux entiers consécutifs, ce qui est impossible. On en déduit que le nombre $\displaystyle e$ est irrationnel.