Suites dont les termes se rapprochent

1. Soit $l\in \R$ un élément hors de $\mathcal{V}_{u}$, c’est-à-dire qu’il existe $\varepsilon >0$ et un $N\in \N$, tels que pour tout $n\geq N$, on ait que $|u_{n}-l|>\varepsilon$. Autrement dit, il existe un intervalle de rayon $\varepsilon$ autour de $l$ dans lequel plus aucun terme à partir d’un certain rang n’y rentre. Mais donc si on prend par exemple l’intervalle de rayon $\varepsilon/2$ autour de $l$, alors cet intervalle est entièrement inclus dans le complémentaire de $\mathcal{V}_{u}$. En effet, si $m$ est dans cet intervalle, alors d’après la seconde inégalité triangulaire, pour $n\geq N$, on a :
   $$\left|m-u_n\right| \geqslant\left|\ell-u_n\right|-|\ell-m| \geqslant \frac{\varepsilon}{2}$$ce qui montre que $m$ ne peut pas être dans $\mathcal{V}_{u}$.

Ceci montre que le complémentaire de $\mathcal{V}_{u}$ est ouvert dans $\R$, et donc $\mathcal{V}_{u}$ est fermé.

2. Soient $a$ et $b$ dans $\mathcal{V}_{u}$, et sans perte de généralité on suppose que $a\leq b$. Soit $c\in [a,b]$. Il faut montrer que $c$ est dans $\mathcal{V}_{u}$. Soit donc $\varepsilon >0$ et $N\in \N$. Par hypothèse, on a également un $M\in \N$ tel que, pour tout $n\geq M$, on a que la suite avance à petits pas successifs :
   $$|u_{n+1}-u_{n}|\leq \varepsilon.$$

Sans perte de généralité, on suppose que $N\geq M$ (sinon on redéfinit $M=N$). Comme $a$ est valeur d’adhérence, alors il existe $n\geq N$ tel que
$$|u_{n}-a|\leq \varepsilon.$$De même, comme $b$ est valeur d’adhérence, il existe $m\geq n$ (!) tel que $|u_{m}-b|\leq \varepsilon$.

• Si $a<c<u_{n}$, alors on a gagné, puisque $\left|u_n-c\right|<\left|u_n-a\right| \leqslant \varepsilon$.
• Si $u_{m}<c <b$, alors on a gagné, puisque $\left|u_m-c\right| \leqslant\left|u_m-b\right| \leqslant \varepsilon$.
• Sinon, on a $a<u_{n}<c<u_{m}<b$.
  Mais donc, entre les indices $n$ et $m$, comme la suite avance à petits pas successifs de taille inférieure à $\varepsilon$ et finit par dépasser $c$, il existe nécessairement une étape intermédiaire $n_{0}$ entre $n$ et $m$ où l’on a $|u_{n_{0}}-c|\leq\varepsilon$. C’est ce qu’il fallait démontrer !

Pour la seconde partie de la question, prenons la suite suivante, les premiers termes de la série harmonique :
$$u_{n}=\sum_{k=1}^{n}\frac{1}{k}.$$Il s’agit d’un exemple classique de suite dont la différence des termes tend vers 0, mais pourtant la suite diverge. Comme la suite est croissante et diverge, il n’y a pas de valeur d’adhérence. Donc $\mathcal{V}_{u}$ est vide dans ce cas.

1. Let $l\in \R$ be an element outside $\mathcal{V}_{u}$, that is, there exist $\varepsilon >0$ and $N\in \N$ such that, for every $n\geq N$, we have $|u_{n}-l|>\varepsilon$. In other words, there exists an interval of radius $\varepsilon$ around $l$ into which no term of the sequence enters after some rank. But then, if we take for instance the interval of radius $\varepsilon/2$ around $l$, this interval is entirely contained in the complement of $\mathcal{V}_{u}$. Indeed, if $m$ belongs to this interval, then by the reverse triangle inequality, for $n\geq N$, we have:
   $$\left|m-u_n\right| \geqslant\left|\ell-u_n\right|-|\ell-m| \geqslant \frac{\varepsilon}{2}$$which shows that $m$ cannot belong to $\mathcal{V}_{u}$.

This shows that the complement of $\mathcal{V}_{u}$ is open in $\R$, and therefore $\mathcal{V}_{u}$ is closed.

2. Let $a$ and $b$ belong to $\mathcal{V}_{u}$, and without loss of generality assume that $a\leq b$. Let $c\in [a,b]$. We need to show that $c$ belongs to $\mathcal{V}_{u}$. Let therefore $\varepsilon >0$ and $N\in \N$. By assumption, there also exists $M\in \N$ such that, for every $n\geq M$, the sequence moves in small successive steps:
   $$|u_{n+1}-u_{n}|\leq \varepsilon.$$

Without loss of generality, assume that $N\geq M$ (otherwise, redefine $M=N$). Since $a$ is a subsequential limit, there exists $n\geq N$ such that
$$|u_{n}-a|\leq \varepsilon.$$Likewise, since $b$ is a subsequential limit, there exists $m\geq n$ (!) such that $|u_{m}-b|\leq \varepsilon$.

• If $a<c<u_{n}$, then we are done, since $\left|u_n-c\right|<\left|u_n-a\right| \leqslant \varepsilon$.
• If $u_{m}<c <b$, then we are done, since $\left|u_m-c\right| \leqslant\left|u_m-b\right| \leqslant \varepsilon$.
• Otherwise, we have $a<u_{n}<c<u_{m}<b$.
  But then, between the indices $n$ and $m$, since the sequence moves in small successive steps of size at most $\varepsilon$ and eventually exceeds $c$, there must necessarily exist an intermediate index $n_{0}$ between $n$ and $m$ such that $|u_{n_{0}}-c|\leq\varepsilon$. This is exactly what we wanted to prove!

For the second part of the question, consider the following sequence, given by the partial sums of the harmonic series:
$$u_{n}=\sum_{k=1}^{n}\frac{1}{k}.$$This is a classical example of a sequence for which the difference between successive terms tends to $0$, but which nevertheless diverges. Since the sequence is increasing and diverges, it has no cluster point. Therefore $\mathcal{V}_{u}$ is empty in this case.