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Modérateurs : JeanN, Michel Quercia

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prepamath
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Message par prepamath » ven. mai 31, 2019 8:45 am

Bonjour, je peine sur cet exo :
Soit (un) suite de réels positifs. Soit a réel < 1 tels que $$ u_{n+1} - a u_n -> 0 $$ Montrer que un tend vers 0.
J'ai montré qu'il suffit que un soit bornée mais c'est tout...
Merci à vous !!

BobbyJoe
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Message par BobbyJoe » ven. mai 31, 2019 9:20 am

Regarde les suites $ $$v$ qui vérifient $$\forall n\in\mathbb{N},\mbox{ } v_{n+1}-av_{n}=u_{n+1}-au_{n}:=w_{n}.$$
La suite $ $$u$ est clairement solution, il ne reste plus qu'à déterminer la forme générale des solutions de cette équation.
Techniquement, on trouve les solutions de l'équation homogène (je pense que tu connais les suites géométriques?) et ensuite, on trouve une solution particulière.
Pour ce point : il suffit premièrement de trouver une solution fondamentale de cette équation i.e. une suite $ l $ vérifiant $ l_{1}-al_{0}=1 $ et $ \forall n\in\mathbb{N}^{*}, l_{n+1}-al_{n}=0. $
Ensuite une solution particulière est donnée par la convolée de $ l $ et $ w, $ notée $ l \star w $ qui est la suite définie par $$\forall n\in\mathbb{N},\mbox{ } (l \star w)_{n}=\sum_{k=0}^{n}l_{k}w_{n-k}.$$
Une fois que tu as la forme explicite, il est facile de conclure (en faisant un peu d'analyse).

Remarque : L'autre façon d'y arriver est de considérer la série génératrice des suites $v$ et $w$ (le faire formellement dans un premier temps) pour résoudre une certaine équation différentielle et trouver ainsi la forme des suites vérifiant la récurrence linéaire qui t'intéresse.

Nabuco
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Re: Suite

Message par Nabuco » ven. mai 31, 2019 11:17 am

Il y a un peu plus simple : déjà on peut supposer a structement positif et montrer que si l est une valeur d adhérence alors (1/a)l l est aussi et contredire le caractère bornée

Krik
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Re: Suite

Message par Krik » ven. mai 31, 2019 1:54 pm

Tout d'abord, comme le dit Nabuco, le cas où $ a \leq 0 $ est évident car on a alors l'encadrement $ 0\leq u_{n+1} \leq u_{n+1} -a u_n $. On suppose donc dans la suite que $ 0<a<1 $.

On peut obtenir l'expression explicite de façon plus artisanale que BobbyJoe :
On pose $ v_n =u_{n+1} -a u_n $, de façon à avoir :
$ u_{n+1}=v_n +a u_n $ et $ v_n $ tend vers 0.
En remplaçant $ u_n $ grâce à la relation précédente à l'étape $ n-1 $ :
$ u_{n+1}=v_n +a (v_{n-1} +a u_{n-1} )=v_n+av_{n-1} +a^2 u_{n-1} $.
Puis de même :
$ u_{n+1}=v_n+av_{n-1} +a^2 (v_{n-2} +a u_{n-2}) = v_n+av_{n-1} +a^2 v_{n-2} +a^3 u_{n-2} $.
Etc...

On voit surgir la relation :
$ u_{n+1}= \sum\limits_{k=0}^n a^k v_{n-k} +a^{n+1} u_0 $, que tu peux montrer par récurrence.

Comme le terme géométrique tend vers 0, il suffit de montrer que $ w_n :=\sum\limits_{k=0}^n a^k v_{n-k} $ tend vers 0. Remarquons qu'un simple changement d'indice donne $ w_n=\sum\limits_{k=0}^n a^{n-k} v_{k} $.


Pour montrer que $ w_n $ tend vers 0, on peut epsiloner :
Soit $ \varepsilon > 0 $ et $ K $ tel que pour tout $ k \geq K, |v_k| \leq \varepsilon $.
Soit $ n\geq K $. On a par inégalité triangulaire et découpage de la somme :
$ |w_n| \leq \sum\limits_{k=0}^K a^{n-k} |v_{k}| + \varepsilon \sum\limits_{k=K+1}^n a^{n-k} $.
$ (v_n) $ converge, donc est bornée par une constante $ M \geq 0 $. De plus, $ \sum\limits_{k=K+1}^n a^{n-k} \leq\sum\limits_{k=0}^{+\infty} a^{k} =\frac{1}{1-a} $.
Cela donne :
$ |w_n| \leq M \sum\limits_{k=0}^K a^{n-k} + \varepsilon \frac{1}{1-a} $.
On majore chaque $ a^{n-k} $ par $ a^{n-K} $ :
$ |w_n| \leq M (K+1) a^{n-K} + \varepsilon \frac{1}{1-a} $.

Finalement : soit $ N $ tel que pour tout $ n \geq N, M (K+1) a^{n-K} \leq \varepsilon $.
Alors pour $ n\geq \max (K, N),|w_n| \leq \left(1+\frac{1}{1-a}\right) \varepsilon $.

BobbyJoe
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Re: Suite

Message par BobbyJoe » sam. juin 01, 2019 3:46 am

J'expliquais juste la méthode générale...
Mais sinon divise la relation ta relation par $ $$a^{n+1}$(si $ $$a\neq 0$), somme (on observe un télescopage) et tu as la conclusion (en distinguant éventuellement les cas et en utilisant les sommations de relations de comparaison).

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