Bonjour,
Je me suis permise de supprimer le premier message de carpediem qui était rectifié à 13h10.
J'en suis au même point...

Bonjour,
J'ai du me tromper en trouvant n+1
exemple n=19--->20.5288

bon ... comme je partais d'une hypothèse fausse en permanence j'arrivais toujours à des faussetés !!!

j'arrive à prouver

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par récurrence que

carpediem

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Comment tu montres par récurrence que ?

C'est immédiat en montrant que .

Imod

Imod

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Peux-tu rédiger cette preuve ?

Pris d'un doute j'avais repris mon calcul . On arrive bien à mais . Il faut peut-être affiner l'encadrement pour que pour que la récurrence marche .

Désolé

Imod

Bonjour,
Moi aussi je rame pour démontrer quelque chose

Comme je n'aime pas les inégalités , j'ai essayé un autre angle .

On pose et alors



En observant la fonction on voit bien que converge vers .

Imod

Une remarque :
Au 1), on n'a pas dès le départ :
.

Pour être plus explicite , en partant de 1 :



Imod

@Imod
Es-tu certain que v_n+1 est égal à f(v_n) ?

Es-tu certain que v_n+1 est égal à f(v_n) ?

En fait je suis sûr du contraire et je vais arrêter de vous faire perdre votre temps , j'ai vraiment la tête ailleurs

Imod

rebonjour,

désolé j'étais un peu malade ... et j'ai jeté mes papiers mais je me rappelle qu'en encadrant effectivement par récurrence alors :

l'un des cas est relativement "aisé" et il semble bien que ce soit la minoration comme Imod)

l'autre est un peu plus difficile et il faut creuser ... malheureusement j'ai jeté mes papiers mais j'ai souvenir que ça ne tenait pas dans la marge d'une feuille !!

j'essayerai de revoir cela ce we ... en espérant ne pas avoir fait d'erreur et dit des co...

L'analogie avec les suites récurrentes pourrait s'avérer intéressante

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f(x)=x/n+n/x
Variations de f
Résolution de f(x)=x

Bonsoir

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il me semble (sauf erreur de ma part bien entendu ) qu'on peut montrer que :

Une proposition, avec les indications de alb12, qui permet peut-être de démontrer n < u_n < (n+1) par récurrence :

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f_n(x) = x/n + n/x.
a_n = n/(n-1).
Le réel a_n vérifie f_n(a_n) = a_n et (n+1) < a_n < (n+2) .

La fonction f_n est croissante sur [n ; +[ et f(n) > (n+1) .
Si n < u_n < (n+1)
Alors ....

Bonjour,

avec un petit programme je conjecture que la suite définie par est telle que :

converge vers et converge vers

Une grossière erreur sur un sens de variation...
Mais ça coince encore.
Je corrige quand même :

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f_n(x) = x/n + n/x.
a_n = n/(n-1).
Le réel a_n vérifie f_n(a_n) = a_n et (n+1) < a_n < (n+2) si n 3.

La fonction f_n est décroissante sur ]0;n].
Si n < u_n < (n+1)
Alors ....

Finalement, je ne fais pas mieux que elhor_abdelali :

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f_n(x) = x/n + n/x.
La fonction f_n est décroissante sur ]0;n].

a_n = n/(n-1).
Le réel a_n vérifie f_n(a_n) = a_n et (n+1) < a_n < (n+2) si n 3 .
De plus a_n+1 = f_n(n)

Si n < u_n < a_n alors a_n < u_n+1 < a_n+1
D'où (n+1) < u_n+1 < a_n+1 .

Oui Sylvieg c'est exactement ce que j'ai fait

Une autre petite information !

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La suite est strictement croissante à partir du rang . _{(il en va de même pour la suite )}


Jusqu'ici on a prouvé que pour tout entier naturel , la partie entière de est soit soit .


On est ainsi devant deux scénarios possibles :


L'un des deux ensembles et est fini. _{(l'autre étant nécessairement infini)}


Chacun de ces deux ensembles est infini.


Si la conjecture de jandri est vraie l'ensemble est fini


ce qui veut dire qu'à partir d'un certain rang la partie entière de est . _{sauf erreur de ma part bien entendu}

Je n'ai pas réussi à démontrer la majoration par sqrt(n+2).
Je ne suis pas convaincu par la démo du corrigé. Et vous ?

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juste au passage :

en testant sur tableur alors par exemple pour la partie entière de peut même être

alb12 : quel corrigé ?

bon je suis un peu fatigué et je me contredis moi-même car la minoration par n s'obtient bien par récurrence ...

mais c'est tout de même étonnant qu'avec 6 décimales (au moins je pense) on puisse avoir un tel résultat avec un tableur ...

Un programme.

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fonction PartieEntiereTermes(u0,n)
  var u,L,k;
  u:=u0;L:=[[1,u0,floor(u0^2)]];
  pour k de 1 jusque n-1 faire
    u:=u/k+k/u;
    L.append([k+1,u,floor(u^2)]);
  fpour
  retourne L
ffonction:;

PartieEntiereTermes(100.0,100)

Histoire de relancer
En fait, on s'intéresse plus à (u_n)² qu'à u_n .
Donc autant faire des programmes qui portent sur (u_n)² .
Et aussi :
Avec v_n = (u_n)² , on a :
v_n+1 = g_n(v_n) où g_n(x) = x/n² + n²/x + 2.
La fonction g_n est décroissante sur ]0;n²] .
Et n²/(n-1) est invariant par g_n .

Les constantes découvertes par jandri font partie d'une plus grande oscillation dont la partie la plus stable est en u1=1.



Avec , et

La formule de vient de Sylvieg.

Bon, je me lance...
Avec v_n = (u_n)² et les notations qui vont avec dans mon message du 11 à 11h37.
b_n+1 = g_n(n) est utilisé dans 1).
En 2) est démontré (enfin, si je n'ai pas fait d'erreur) l'inégalité litigieuse du "corrigé".

1) Pour démontrer n < v_n < b_n par récurrence :
Si n < v_n < b_n alors g_n(b_n) < v_n+1 < b_n+1.
Or g_n(b_n) = b_n = n+1 + 1/(n-1).
D'où n+1 < v_n+1 < b_n+1.

2) D'après 1), v_n-1 < b_n-1 . Donc v_n > g_n-1(b_n-1)) .
Or g_n-1(b_n-1)) = b_n-1 = n + 1/(n-2) .
D'où v_n > n + 1/(n-2) .

3) Il reste à vérifier g_n(n + 1/(n-2)) < n+2 .
Ce qui se fait, mais n'est pas très agréable.

Bonjour,
En l'absence de réactions, je propose une présentation que j'espère plus claire.
Merci de me signaler une erreur éventuelle.

Toujours avec v_n = (u_n)² .
g_n(x) = x/n² + n²/x + 2 . v_n+1 = g_n(v_n) .
La fonction g_n est décroissante sur ]0;n²] .
Avec b_n = n+1 + 1/(n-1) = n²/(n-1) , on a g_n(b_n) = b_n .
De plus g_n(n) = b_n+1 et b_n-1 = n + 1/(n-2) .

Soit P(n) : b_n-1 < v_n < b_n .
P(n) est équivalente à n + 1/(n-2) < v_n < b_n
Hérédité de P(n) :
Si n + 1/(n-2) < v_n < b_n alors n < v_n < b_n .
Donc g_n(b_n) < v_n+1 < g_n(n) .
D'où b_n < v_n+1 < b_n+1 .

Il reste quand même à vérifier g_n(n + 1/(n-2)) < n+2 .

Désolé pour le retard
Voici la source de cet exercice
_{* Sylvieg > Lien modifié et remplacé par les images ci-dessous.  *}

L'énoncé :


La solution :

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Bonjour,
La solution proposée où il est écrit dès le début ".. which will imply the claim" me paraît boiteuse.
C'est moi et mon anglais approximatif ou bien ?

Sans parler du où l'égalité me semble suspecte.

Bonsoir


il me semble qu'on peut exposer d'une manière plus rigoureuse l'idée de la solution proposée.

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Je m'explique :


à l'aide d'une récurrence à deux pas on prouve l'assertion .


L'initialisation est acquise pour et .



En supposant l'assertion vraie pour et pour un certain on a alors :


et


qu'on complète en et .


La stricte décroissance (facile à vérifier) des fonctions et


respectivement sur les deux intervalles et donne d'une part,





et d'une autre

et donc ce qui achève la récurrence à deux pas.


Pour se convaincre de la véracité de l'inégalité stricte du dernier encadré bleu :

















_{sauf erreur de ma part bien entendu}

Mon niveau ne m'aurait  pas permis de participer :cry
Mais qu'un énoncé aussi simple aboutisse à de tels développements
me sidère...
Bravo aux excellents participants.

Merci à tous pour vos apports à ce sujet et tout particulièrement à Sylvieg pour sa ténacité et à elhor_abdelali pour la clarté de sa démonstration

C'était un plaisir alb12 merci à toi pour tes exercices intéressants

Bonjour,
@alb12,
Je trouve un peu dommage de laisser le lien que tu as donné le 16 mars avec tous ces beaux exercices qui pourraient être exploités ici.
Que penserais-tu de ne laisser que l' image de l'énoncé dont il est question ici, accompagné de l'image de la solution donnée ?

Oui bien sûr j'avais hésité à donner le lien
Tu peux modifier le message du 16 mars

C'est fait
J'ai trouvé plus correct de laisser un lien vers un site du créateur du pdf.

En effet il faut rendre à Igor ce qui appartient à Igor