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Etude d'une suite récurrence

Posté par Profil Ramanujan 10-09-23 à 13:33

Bonjour,

Etudier la nature des suites (u_n)_{n \in \N^{*}} pour lesquelles u_{n+1}=\dfrac{u_n}{n}+\dfrac{1}{n^2} pour tout n \in \N^{*}.


J'ai essayé de calculer les premiers termes mais je ne trouve pas de conjecture pour l'expression de (u_n).
u_1 est un paramètre.
On a : u_2=u_1+1
u_3=\dfrac{u_1+1}{2}+\dfrac{1}{4}=\dfrac{u_1}{2}+\dfrac{3}{4}
u_4=\dfrac{u_1}{6}+\dfrac{13}{36}

Posté par
malou Webmasterre : Etude d'une suite récurrence 10-09-23 à 13:35

Bonjour
on ne demande pas l'expression...

Posté par Profil Ramanujanre : Etude d'une suite récurrence 10-09-23 à 14:31

En effet, mais calculer les termes est la seule idée que j'ai eue.

Je remarque que u_n=\dfrac{u_1}{(n-1)!}+ \cdots

Posté par
carpediemre : Etude d'une suite récurrence 10-09-23 à 15:06

salut

étudier la nature c'est déterminer la convergence (et alors la limite) ou non  ...

Posté par Profil Ramanujanre : Etude d'une suite récurrence 10-09-23 à 16:24

Généralement, on étudie la croissance/décroissance, et on regarde si la suite est majorée/minorée.

Mais ici u_{n+1}-u_n=u_n ( \dfrac{1}{n}-1) + \dfrac{1}{n^2} cela dépend de u_n.

De plus, on ne connaît pas u_1.

Posté par
carpediemre : Etude d'une suite récurrence 10-09-23 à 17:41

ben oui !!

il se peut que la nature de la suite dépende (ou non) de son premier terme ... et tout le travail est de le déterminer ...

ensuite les modalités d'action pour déterminer la nature de la suite à nouveau ben oui tu as divers outils suffisants et/ou nécessaire qui te permettent de conclure !!!

dans le cas présent je suis persuadé qu'un changement de variable adéquat donne les réponses ... mais pour l'instant je ne le vois pas  

Posté par
Sylvieg Moderateurre : Etude d'une suite récurrence 10-09-23 à 17:46

Bonjour,
J'ai tenté aussi une suite auxiliaire sans succès.
On peut quand même voir qu'il n'y a pas 36 possibilités pour une limite éventuelle.

Posté par
verdurinre : Etude d'une suite récurrence 10-09-23 à 17:59

Bonsoir,
tu as eu une bonne idée :

Ramanujan @ 10-09-2023 à 14:31


Je remarque que u_n=\dfrac{u_1}{(n-1)!}+ \cdots

Il reste à montrer que ce qu'il  y dans les pointillés ne dépend pas de u_1, puis à étudier la suite avec une valeur de départ facilitant les choses.

Posté par Profil Ramanujanre : Etude d'une suite récurrence 10-09-23 à 18:06

Il me semble que si  u_1 \geq 0 alors \dfrac{u_1}{(n-1)!} \leq u_n.
Au rang n=1 c'est évident.
Supposons que la propriété soit vraie au rang n.
On a u_{n+1} \geq \dfrac{u_1}{n(n-1)!} + \dfrac{1}{n^2} = \dfrac{u_1}{n!}+\dfrac{1}{n^2} \geq \dfrac{u_1}{n!}

Posté par
verdurinre : Etude d'une suite récurrence 10-09-23 à 18:24

Je voulais dire :
u_n=\frac{u_1}{(n-1)!}+a_n et la suite \bigl(a_n\bigr)_{n\in\N*} ne dépend pas de u_1.
La nature de la suite (u_n) (convergente ou pas, bornée ou non) ne dépend pas de u_1.

Posté par
carpediemre : Etude d'une suite récurrence 10-09-23 à 19:00

1^2 u_2 = 1 \times u_n + 1 \\ 2^2 u_3 = 2u_2 + 1 \le 2(u_2 + 1) \\ 3^2 u_4 = 3u_3 + 1 \le 3(u_3 + 1) \\ ... \\ (n - 1)^2u_n = (n - 1)u_{n - 1} + 1 \le (n - 1)(u_{n - 1} + n - 1)

en multipliant membre à membre et après simplification :

(n - 1)! \prod_1^n u_k \le \prod_1^{n - 1} (u_k + k) \iff \prod_1^n u_k \le \dfrac 1 {(n - 1)!}\prod_1^{n - 1} \left( \dfrac {u_k} k + 1\right)

ouais bof ...

Posté par Profil Ramanujanre : Etude d'une suite récurrence 10-09-23 à 20:11

Verdurin je vois mais on ne connaît pas (a_n).

Posté par
thetapinch27re : Etude d'une suite récurrence 10-09-23 à 20:37

Bonsoir,

C'est peut-être faux (je ne l'ai pas écrit) mais je crois qu'on pourrait encadrer Un (récurrence pour prouver) :

U1/n2 Un 1/n+U1/n2

Bon courage

Posté par
Sylvieg Moderateurre : Etude d'une suite récurrence 10-09-23 à 21:13

Bonsoir,
Pas le temps de vérifier ce soir, mais il me semble que la suite (an) de verdurin vérifie \; 0 an 1/n \; à partir d'un certain rang.

Posté par
jandri Correcteurre : Etude d'une suite récurrence 10-09-23 à 21:19

Bonsoir,

on devine que \lim(u_n)=0.

Pour le démontrer on peut poser C=\max(1,3|u_3|) et démontrer par récurrence pour n\geq3 : |u_n|\leq\dfrac Cn

Posté par Profil Ramanujanre : Etude d'une suite récurrence 10-09-23 à 21:35

verdurin @ 10-09-2023 à 18:24

Je voulais dire :
u_n=\frac{u_1}{(n-1)!}+a_n et la suite \bigl(a_n\bigr)_{n\in\N*} ne dépend pas de u_1.
La nature de la suite (u_n) (convergente ou pas, bornée ou non) ne dépend pas de u_1.


Je n'arrive pas à déterminer (a_n).

Posté par Profil Ramanujanre : Etude d'une suite récurrence 10-09-23 à 21:40

Jandri.
Je n'ai pas réussi à le démontrer par récurrence.
La propriété est évidemment vraie au rang n=3.
Supposons qu'elle soit vraie au rang n \geq 3 fixé.
Alors : |u_{n+1}| = | \dfrac{u_n}{n}+ \dfrac{1}{n^2} | \leq \dfrac{|u_n|}{n}+ \dfrac{1}{n^2} \leq \dfrac{C+1}{n^2}

Ici je ne sais plus quoi faire, il n'y a pas de n+1 au dénominateur.

Posté par
jandri Correcteurre : Etude d'une suite récurrence 10-09-23 à 21:48

On majore 1 par C puis on écrit que \dfrac2{n^2}\leq\dfrac1{n+1} pour n\geq3

Posté par
jandri Correcteurre : Etude d'une suite récurrence 10-09-23 à 21:52

On peut être plus précis et montrer que u_n\sim\dfrac1{n^2} en montrant d'abord u_n=\dfrac{u_1}{(n-1)!}+\sum_{k=1}^{n-1}\dfrac{(k-1)!}{k(n-1)!}

Posté par Profil Ramanujanre : Etude d'une suite récurrence 10-09-23 à 21:54

Verdurin.
Par récurrence, je montre facilement que (a_n) ne dépend pas de u_1 et que a_{n+1} = \dfrac{n a_n + 1}{n^2}.

Mais j'ai du mal à montrer que (a_n) converge vers
0.

Posté par Profil Ramanujanre : Etude d'une suite récurrence 10-09-23 à 22:22

Jandri merci ! Ce sont des idées de génie.
J'ai réussi à montrer facilement \forall n \geq 3 \ \dfrac{2}{n^2} \leq \dfrac{1}{n+1} en étudiant le signe de P(n)=n^2-2n-2.

Pour la méthode de l'équivalent, je cherche et j'essaie de le démontrer.

Posté par Profil Ramanujanre : Etude d'une suite récurrence 10-09-23 à 23:03

J'ai réussi à démontrer par récurrence sans difficulté que :
u_n= \dfrac{u_1}{(n-1)!}+ \dfrac{1}{(n-1)!} \sum_{k=1}^{n-1} \dfrac{(k-1)!}{k}

J'ai fait plein de calculs mais je ne parviens pas à comprendre comment vous trouvez ce :  a_n=\dfrac{1}{(n-1)!} \sum_{k=1}^{n-1} \dfrac{(k-1)!}{k}.

Je n'ai pas compris non plus comment en déduire l'équivalent u_n \sim \dfrac{1}{n^2}

Posté par
jarod128re : Etude d'une suite récurrence 10-09-23 à 23:19

Prenons u1 positif ou nul. n>=2
un+1<un
équivalent à \frac{1}{n(n-1)}<u_n
Or on a d'après l'énoncé que u_n\geq \frac{1}{(n-1)^2}>\frac{1}{n(n-1)} donc (un)est décroissante à partir de n=2, clairement positive donc elle converge. Sa limite est triviale.

Posté par Profil Ramanujanre : Etude d'une suite récurrence 10-09-23 à 23:43

Jarod128 merci mais je n'ai pas compris d'où sort le :  u_n \geq \dfrac{1}{(n-1)^2} .
Et pour u_1 < 0 ?

u_{n+1} \leq u_n \iff \dfrac{u_n}{n}+\dfrac{1}{n^2} \leq u_n \\ \\ \iff u_n ( 1 - \dfrac{1}{n} ) \geq \dfrac{1}{n^2} \\ \\ \iff u_n \geq \dfrac{1}{n(n-1)}

P(n)=(n-1)^2-n(n-1)=n^2-2n+1-n+1=n^2-3n+2 \geq 0 pour n \geq 2.

Si u converge vers \ell alors \ell=0 en passant à la limite dans l'égalité de récurrence.

Posté par
jarod128re : Etude d'une suite récurrence 11-09-23 à 00:00

Cela vient de l'énoncé au rang n: u_n=\frac{u_{n-1}}{n-1}+\frac{1}{(n-1)^2} et comme tout est positif...

Posté par Profil Ramanujanre : Etude d'une suite récurrence 11-09-23 à 00:04

Ok merci et si u_1 <0 on fait comment ?
Il me semble que la preuve de Jandri est valable pour n'importe quel u_1 \in \R.

Posté par
jandri Correcteurre : Etude d'une suite récurrence 11-09-23 à 09:24

Ramanujan @ 10-09-2023 à 23:03

J'ai réussi à démontrer par récurrence sans difficulté que :
u_n= \dfrac{u_1}{(n-1)!}+ \dfrac{1}{(n-1)!} \sum_{k=1}^{n-1} \dfrac{(k-1)!}{k}

J'ai fait plein de calculs mais je ne parviens pas à comprendre comment vous trouvez ce : a_n=\dfrac{1}{(n-1)!} \sum_{k=1}^{n-1} \dfrac{(k-1)!}{k}.

Je n'ai pas compris non plus comment en déduire l'équivalent u_n \sim \dfrac{1}{n^2}


Si tu as démontré l'égalité pour u_n celle pour a_n s'en déduit immédiatement puisque u_n= \dfrac{u_1}{(n-1)!}+ a_n (notation de verdurin).

Pour l'équivalent de u_n on écrit u_n=\dfrac{1}{(n-1)^2}+\dfrac{1}{(n-2)^2(n-1)}+\dfrac{1}{(n-3)^2(n-2)(n-1)}+\dots d'où l'on déduit que \lim n^2u_n=1

Posté par
Sylvieg Moderateurre : Etude d'une suite récurrence 11-09-23 à 10:23

Citation :
et si u_1 <0 on fait comment ?
Pourquoi continuer à s'embêter avec u1 alors qu' on peut s'en débarrasser avec la suite (an) de verdurin :
a_{n} = u_{n} - \dfrac{u_{1}}{(n-1)!}
La suite (an) vérifie la même relation de récurrence que (un). Et a_{1} = 0

Je confirme qu'on peut démontrer \; 0 an 1/n \; à partir d'un certain rang.
On peut préférer démontrer \; 0 an 1/(n-2) \; à partir du rang 3.

Posté par Profil Ramanujanre : Etude d'une suite récurrence 11-09-23 à 12:05

Jandri ok merci c'est compris pour l'équivalent.

Je me suis mal expliqué, j'aimerais savoir comment vous faites pour trouver : u_n=\dfrac{u_1}{(n-1)!} + \dfrac{1}{(n-1)!} \sum_{k=1}^{n-1} \dfrac{(k-1)!}{k}
J'ai réussi à la démontrer par récurrence, mais comment vous faites pour le trouver tout seul ? Par quelle méthode on le trouve ?

Sylvieg
Ok merci j'essaie de démontrer ces 2 résultats.

Posté par Profil Ramanujanre : Etude d'une suite récurrence 11-09-23 à 13:37

Sylvieg ce n'est pas si simple à démontrer, il faut étudier un polynôme de degré 3.
Comment tu as fait pour trouver que a_n \leq \dfrac{1}{n-2} ?

Montrons que \forall n \geq 3 \ 0 \leq a_n \leq \dfrac{1}{n-2} par récurrence.
Au rang n=3, on a 0 \leq a_3= \dfrac{3}{4} \leq \dfrac{1}{3-2}=1
Supposons P(n) vraie.
On a a_{n+1} = \dfrac{a_n}{n}+ \dfrac{1}{n^2} \geq 0
De plus a_{n+1} \leq \dfrac{1}{n(n-2)}+\dfrac{1}{n^2}=\dfrac{n+n-2}{n^2(n-2)}=\dfrac{2n-2}{n^3-2n^2}

Or : \dfrac{2n-2}{n^3-2n^2} \leq \dfrac{1}{n-1} \iff 2(n-1)^2 \leq n^3-2n^2 \\ \\ \iff -n^3+4n^2-4n+2 \leq 0
On pose f(n)=-n^3+4n^2-4n+2 et une étude rapide de fonction montre que n \geq 3 \implies f(n) \leq 0

Posté par
Sylvieg Moderateurre : Etude d'une suite récurrence 11-09-23 à 13:43

Je n'ai jamais dit que c'était simple.
n3 - 4n2 + 4n -2 = n(....) - 2

Posté par Profil Ramanujanre : Etude d'une suite récurrence 11-09-23 à 14:03

Bien vu !
n^3-4n^2+4n2=n(n^2-4n+4) -2=n(n-2)^2-2
Pour n \geq 3 n(n-2)^2 \geq 2 c'est assez évident.

Comment avez-vous eu l'idée du a_n \leq \dfrac{1}[n-2} ?
J'aimerais bien retenir quelque chose de cet exercice.

Posté par
Sylvieg Moderateurre : Etude d'une suite récurrence 11-09-23 à 14:33

J'ai au préalable calculé les premiers termes de la suite (an).
J'ai commencé par chercher à démontrer \; an 1/n .
J'y suis arrivée mais il fallait aller jusque u5.
Alors que \; an 1/(n-2) \; est vrai plus tôt.

Posté par
jandri Correcteurre : Etude d'une suite récurrence 11-09-23 à 15:46

Ramanujan @ 11-09-2023 à 12:05


Je me suis mal expliqué, j'aimerais savoir comment vous faites pour trouver : u_n=\dfrac{u_1}{(n-1)!} + \dfrac{1}{(n-1)!} \sum_{k=1}^{n-1} \dfrac{(k-1)!}{k}
J'ai réussi à la démontrer par récurrence, mais comment vous faites pour le trouver tout seul ? Par quelle méthode on le trouve ?


Il suffit de mettre la définition de u_n sous la forme n!u_{n+1}=(n-1)!u_n+\dfrac{(n-1)!}n ou encore v_{n+1}=v_n+\dfrac{(n-1)!}n en posant v_n=(n-1)!u_n

Posté par Profil Ramanujanre : Etude d'une suite récurrence 11-09-23 à 18:55

Sylvieg
D'accord merci.

Jandri
Merci beaucoup
On a u_{n+1}=\dfrac{u_n}{n}+\dfrac{1}{n^2}
Donc : n! u_{n+1}=(n-1)! u_n + \dfrac{(n-1)!}{n}

Posons : v_n = (n-1)! u_n.
Alors : v_{n+1}=v_n + \dfrac{(n-1)!}{n}
Puis : v_n=v_{n-1}+ \dfrac{(n-2)!}{n-1}
Donc : v_{n+1}=v_{n-1} + \dfrac{(n-2)!}{n-1} +\dfrac{(n-1)!}{n}

On voit la formule apparaître

Posté par Profil Ramanujanre : Etude d'une suite récurrence 11-09-23 à 18:58

Cet exercice avait été posé sur l'île il y a 2 ans mais je n'avais pas compris.

Maintenant j'ai réussi à comprendre 2 solutions différentes, et même comment trouver un équivalent de u_n.


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