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Limite de suite théorique

Posté par Profil Ramanujan 09-09-23 à 19:52

Bonjour,
Exercice classé 2 étoiles de difficulté sur 3. parfaitement inutile
Soit (u_n)_{n \in \N} une suite strictement positive. On suppose \left( \dfrac{u_{n+1}}{u_n} \right)_{n \in \N} convergente de limite \ell.
1) Etudier \lim\limits_{n \rightarrow +\infty} u_n dans le cas \ell <1.
2) Même question dans le cas où \ell >1.
3) Pourquoi ne peut-on pas conclure si \ell=1 ?

Pour le cas 1, j'ai trouvé l'exemple u_n= \dfrac{1}{e^n} et pour le cas 2, u_n=e^n. Je ne sais pas s'il y a d'autres exemples qui n'utilisent pas l'exponentielle.
Pour le 3, j'ai la suite u_n=\dfrac{1}{n!} ou toute suite constante strictement positive.

Avant de me lancer dans l'exercice j'aimerais savoir si vous avez d'autres idées d'exemples pour les cas 1 et 2.

Posté par
carpediemre : Limite de suite théorique 09-09-23 à 20:01

salut

à la place de e tu peux mettre n'importe quel réel positif supérieur strictement à 1 ...

n'est-il pas dit quelque chose sur le signe de L ?

à nouveau cet exercice se résout avec la définition de la limite et utilise la même idée qu'ici : Limite de suite à partir d'une inégalité

Posté par Profil Ramanujanre : Limite de suite théorique 09-09-23 à 20:23

Non l'énoncé est tel quel. Mais (u_n) étant strictement positive, on a \ell \geq 0.
Ok ça marche je vais raisonner avec la définition théorique de la limite pour voir si j'arrive à résoudre Q1.

Posté par
Sylvieg Moderateurre : Limite de suite théorique 09-09-23 à 21:07

Bonsoir,

Citation :
Pour le 3, j'ai la suite u_n=\dfrac{1}{n!}

Posté par Profil Ramanujanre : Limite de suite théorique 09-09-23 à 21:35

Sylvieg merci en effet, grosse bêtise.

Pour la question 1 j'ai de nouveau utilisé un dessin et l'idée de Verdurin lors d'un précédent exercice.
1) Soit 0 < \ell <1. On conjecture que u_n \longrightarrow 0. Démontrons-le.
Soit \varepsilon= \min (\ell,1-\ell) de sorte que 0 < \varepsilon <1
\exists n_0 \in \N \ \forall n \in \N \ n \geq n_0 \implies \ell - \varepsilon \leq \dfrac{u_{n+1}}{u_n} \leq \ell+ \varepsilon.
Ce choix de \varepsilon permet d'avoir à partir du rang n_0, l'inclusion [\ell-\varepsilon,\ell+\varepsilon] \subset ]0,1[.
Ainsi, on obtient l'inégalité 0 < \dfrac{u_{n+1}}{u_n} \leq l+ \varepsilon <1
Posons : a=l+ \varepsilon \in ]0,1[.
On a alors n \geq n_0 \implies u_{n+1} \leq a u_n
Par récurrence immédiate, pour n \geq n_0, on a u_n \leq a^n u_0
Comme \lim\limits_{n \rightarrow +\infty} a^n u_0=0 on en déduit finalement :
\boxed{0 \leq \ell < 1 \implies \lim\limits_{n \rightarrow +\infty} u_n =0}

Posté par
lionel52re : Limite de suite théorique 09-09-23 à 22:02

Quand tu commences une phrase par

"Il est immédiat que"
"Il est trivial que"
"Par récurrence immédiate..."


95% de chances que tu sortes une ânerie juste après

Posté par Profil Ramanujanre : Limite de suite théorique 09-09-23 à 22:29

Oui en effet. On a \forall n \geq n_0 \ u_{n+1} \leq a u_n

Montrons par récurrence que : \forall n \geq n_0 \ u_n \leq a^{n-n_0} u_{n_0}
Au rang n_0 on a égalité donc la propriété est vraie.
Supposons la propriété vraie pour n fixé avec n \geq n_0.
On a u_{n_0+1} \leq a u_{n_0} \leq a a^{n-n_0} u_{n_0} =a^{n+1-n_0} u_{n_0}

Cela ne change rien à la fin de la preuve car a^{n-n_0}u_0 = a^n \dfrac{u_0}{a^{n_0} } \longrightarrow 0

Par contre pour la 2, je conjecture u_n \longrightarrow \ell mais je n'ai pas réussi à la montrer.
Je bloque sur la 2.

Posté par
lionel52re : Limite de suite théorique 09-09-23 à 22:36

Oui par exemple si Un = e^n comme dans le premier post alors Un+1/Un = e  et Un tend vers e

Retour de vacances difficile?

Posté par Profil Ramanujanre : Limite de suite théorique 09-09-23 à 23:23

Oui retour de vacances compliqué, j'ai tout oublié.
Oui par exemple u_n=2^n \longrightarrow + \infty et \dfrac{u_{n+1}}{u_n} =2 \longrightarrow 2.

2) Supposons : \ell >1.
Soit 0<\varepsilon < \ell-1.
\exists n_0 \in \N \ n \geq n_0 \implies \dfrac{u_{n+1}}{u_n} \geq \ell- \varepsilon.
Posons : b=\ell- \varepsilon >1
Ainsi, pour n \geq n_0, on a : u_{n+1} \geq b u_n

Par récurrence, on montre que : n \geq n_0 \implies u_n \geq b^{n-n_0} u_{n_0} \longrightarrow + \infty car b>1 et u_{n_0} >0.
On a montré : \boxed{\lim\limits_{n \rightarrow +\infty} u_n = + \infty}

3) Pour cette question ma réponse est-elle suffisante ?
On ne peut pas conclure car par exemple si u_n= C >0 alors (u_n) converge vers C>0.
Mais si u_n= \dfrac{1}{n} alors (u_n) converge vers 0.

Posté par
lionel52re : Limite de suite théorique 09-09-23 à 23:38

C'est ok

Posté par Profil Ramanujanre : Limite de suite théorique 10-09-23 à 00:09

Merci.

Posté par
carpediemre : Limite de suite théorique 10-09-23 à 09:50

si on a compris la notion des limites et surtout le rôle de epsilon (que je note h par simplicité) alors on a compris que l'objectif c'est de faire tendre h vers 0

donc cette histoire de minimum

Ramanujan @ 09-09-2023 à 21:35

Soit \varepsilon= \min (\ell,1-\ell) de sorte que 0 < \varepsilon <1
est inutile.

si L < 1 alors il existe un réel r < 1 tel que L < r < 1

et donc il suffit de prendre h < (1 - L)/2 par exemple ou même (1 - L)/k avec k > 1 (et plus généralement tout barycentre r compris dans l'intervalle ouvert ]L, 1[ et prendre h = r - L

si la suite u tend vers L < 1 alors il est certain qu'à partir d'un certain rang u < (1 + L)/2 les epsilon traduisent exactement cette propriété dite en français !!

Posté par Profil Ramanujanre : Limite de suite théorique 10-09-23 à 13:22

De toute façon, on peut prendre \varepsilon aussi petit que l'on veut, ensuite avec un dessin, on voit facilement comment choisir \varepsilon pour avoir les inégalités voulues ici.

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