majoration du terme général d'une suite

Ne pas oublier la décomposition en élément simple de $\frac{1}{n(n+1)}=\frac{1}{n}-\frac{1}{(n+1)}$

Une récurrence semble bien faire l'affaire. On peut essayer de montrer l'inégalité sous la forme $nu_n \leq M(n-1)$.

En effet c'est presque l'initialisation de la récurrence qui pose le plus de problèmes... et la décomposition en éléments simples accélère grandement la preuve de l'hérédité. La présence du M sert peut-être à donner l'impression que cet exercice est plus difficile qu'il ne l'est vraiment ?

Une autre manière de faire et je ne prétends pas que c'est la solution la plus simple.

J'ai modifié mon message initial il utilisait implicitement que $u_1>u_0$ ce qui ne permettait pas d'affirmer que (1) est vraie pour tout $n\geq 1$ si on se place dans l'hypothèse que $u_1,u_0$ sont quelconques mais strictement positifs.
A priori, la suite n'est pas croissante et on peut avoir, par exemple, $u_2<u_0$.

On a pour tout $n\geq 1$,
$u_{n+1}=u_n+\frac{1}{n(n+1)}u_{n-1}$

( En particulier, pour tout $n\geq 1$, $u_{n+1}\geq u_n$. )

Puisque $(u_n)_{n\geq 1}$ est croissante on a pour tout $n\geq 2$:
$\displaystyle u_{n+1}\leq \left(1+\frac{1}{n(n+1)}\right)u_n$ (1).

Puisque $(u_n)$ est strictement positive on a pour tout $n\geq 2$:
$\displaystyle \frac{u_{n+1}}{u_n}\leq 1+\frac{1}{n(n+1)}$

Puisque $(u_n)$ est strictement positive et la fonction logarithme est croissante sur son domaine de définition,
on a pour tout $n\geq 2$:
$\displaystyle \ln\left(\frac{u_{n+1}}{u_n}\right)\leq \ln\left(1+\frac{1}{n(n+1)}\right)$

Puisque pour tout $x>0$ , $\ln(1+x)\leq x$,
$\displaystyle \ln\left(\frac{u_{n+1}}{u_n}\right)\leq \frac{1}{n(n+1)}$

Soit $m\geq 3$.

On a:
$\displaystyle \sum_{n=2}^{m-1} \ln\left(\frac{u_{n+1}}{u_n}\right)\leq \sum_{n=2}^{m-1} \frac{1}{n(n+1)}$

Or,
$\displaystyle \sum_{n=2}^{m-1} \ln\left(\frac{u_{n+1}}{u_n}\right)=\ln\left(\frac{u_{m}}{u_2}\right)$

et,
$\displaystyle \sum_{n=2}^{m-1} \frac{1}{n(n+1)}=\dfrac{1}{2}-\dfrac{1}{m+1}$

(la somme est une somme télescopique puisque $\frac{1}{n(n+1)}=\frac{1}{n}-\frac{1}{n+1}$ )

Donc, pour tout $m\geq 3$,
$\displaystyle \ln\left(\frac{u_{m}}{u_2}\right)\leq \frac{1}{2}-\frac{1}{m+1}$

La fonction exponentielle est croissante sur son domaine de définition,
Donc, pour tout $m\geq 3$,
$\displaystyle \frac{u_{m}}{u_2}\leq \exp\left(\frac{1}{2}-\frac{1}{m+1}\right)$
et $u_2>0$ ainsi, pour tout $m\geq 3$,
$\displaystyle u_{m}\leq u_2\exp\left(\frac{1}{2}-\frac{1}{m+1}\right)$

On peut montrer que,
la suite définie pour tout $n>1$ par ,
$\displaystyle \frac{\exp\left(\frac{1}{2}-\frac{1}{n+1}\right)}{\sqrt{\text{e}}\left(1-\frac{1}{n}\right)}$ converge vers $1$.

Il existe donc $A>0$ tel que pour tout $n>1$ on a:
$\displaystyle \exp\left(\frac{1}{2}-\frac{1}{n+1}\right)\leq A\sqrt{\text{e}}\left(1-\frac{1}{n}\right)$

On peut donc en déduire que pour tout $n\geq 3$,
$\displaystyle u_n\leq u_2\times A\sqrt{\text{e}}\left(1-\frac{1}{n}\right)$

Or,
$u_2=u_1+\dfrac{1}{2}u_0=\left(2u_1+u_0\right)\left(1-\frac{1}{2}\right)$

Si on prend $M=\text{Max}\left(2u_1+u_0,u_2\times A\sqrt{\text{e}}\right)$ on a pour tout $n\geq 2$,
$\displaystyle u_n\leq M\left(1-\frac{1}{n}\right)$

J'espère qu'il n'y a plus d'erreurs.

Peut on savoir cc ta preuve ( toi qui n'aime pas les calculs)

Moi je le trouve intéressant cet exercice.

La suite $u_n$ est évidemment positive, et elle est donc croissante, et il nous « faut » prouver qu'elle est majorée : c'est là le point important.

Ici nous touchons à la stratégie de la récurrence. Dans « $P(n)\Rightarrow P(n+1)$ » , l'assertion $P(n)$ est à la fois l'hypothèse et la conclusion, en quelque sorte. Alors si nous ne mettons pas assez de choses dans $P(n)$ nous n'aurons pas assez d'hypothèse, mais si nous en mettons trop, nous aurons trop de conclusion. Dans le cas présent, si nous avions pris pour assertion $ P(n)$ à prouver : « $u_{n}\leq M$ et $u_{n+1}\leq M$ », nous n'aurions pas assez d'hypothèse et n'aurions pas pu mettre en œuvre notre récurrence. Heureusement l'énoncé, au lieu de nous demander « prouver que la suite $u_n$ est majorée », nous sert une propriété plus précise qui permet la récurrence, comme j'ai montré dans un précédent message. Et la majoration trouvée prouve que la suite $u_n$ est majorée.

Ainsi, notre suite $u_n$ a une limite $L>0$, et la forme de la relation de récurrence permet d'affirmer : $u_{n}=L-\frac{L}{n}+o(\frac{1}{n})$ quand $n\rightarrow +\infty $, et l'on peut pousser le développement asymptotique si l'on veut.

En fait, cette dernière conclusion s'étend à toute suite régie par la même relation de récurrence, mais avec deux valeurs initiales $u_0$ et $u_1$ quelconques, réelles ou complexes. En effet, cette relation de récurrence est linéaire d'ordre $2$, et qu'elle soit à coefficients non constants n'empêche pas l'ensemble de ces suites d'être un espace vectoriel de dimension $2$, réel ou complexe selon les hypothèses. Et un tel espace a une base constituée de deux suites dont les deux premiers termes sont pour chacune des réels strictement positifs. D'ailleurs, on peut légèrement affaiblir l'hypothèse initiale « $u_{0}>0$ et $u_{1} >0$ » en : « $u_{0}\geq 0$ et $u_{1}\geq 0$ et $(u_{0},u_{1})\neq (0,0)$ », la démonstration de récurrence précédente reste valable, et l'on peut prendre pour base la base canonique.

Bonne journée.
Fr. Ch.

Coucou de mon téléphone : oui bien sûr je ne faisais que partager une émotion instinctive je sais que chaurien sait. @gebrane: pardon de te décevoir mais je n'ai "bien évidemment aucune preuve" à proposer (je ne prouve sue ce dont je suis convaincu et l'énoncé m'inspire "je ne sais pas" quand je le lis pour la première fois). Bien entendu je serais probablement convaincu par les preuves des autres intervenants si je me mettais en chantier de lire les calculs... Mais j'en aurais pour jusqu'à demain matin :-D Ce n'est pas tout a fait mon projet de soirée.