Soit $\lambda \in \left] 0,1\right[ $ et $\left( u_{n}\right) _{n}$ une
suite telle que pour tout $n$ ,$u_{n+2}\geq \lambda u_{n+1}+\left( 1-\lambda
\right) u_{n}$
Montrer que $\left( u_{n}\right) _{n}$ est convergente ou tend vers +$\infty$
(edit : Mon indication est fausse. cela m'apprendra à ne pas écrire sur papier mon truc, je regarderai ce soir en rentrant, mais je vois le principe)
Indication.
Si pour un certain $n$, tu as $u_n \leq u_{n+1}$, alors tu auras : $u_{n+1} \leq u_{n+2}$
Par récurrence, tu auras donc une suite croissante à partir d'un certain rang.
Une suite croissante à valeur dans $\R$ est soit bornée et donc convergente, soit non bornée et donc de limite $+\infty$ (on suppose que la suite est à valeur dans $\R$)
@ Millie
La condition donnée : $u_{n+2}\geq \lambda u_{n+1}+\left( 1-\lambda\right) u_{n}$, équivaut à : $u_{n+2}- u_{n+1} \geq (1-\lambda) (u_{n}- u_{n+1})$.
La condition $u_n \leq u_{n+1}$ n'implique donc pas $ u_{n+1} \leq u_{n+2}$.
C'est pour ça que tu dis que c'est faux je pense.
Cet exo me semble suspect.
Bonne soirée.
Fr. Ch.
Une idée (peut être à développer)
Si on pose $x_n=u_{n+1}-u_n$ alors la suite $x_n$ est croissante
Si elle est majoré alors
....(edit je developpe un peu ce point dans ce cas $x_n\to l$.
(1) Si $l\neq 0$, par Cesaro $u_n\sim nl$ et $u_n$ diverge
(2) Si $l=0$.... ?)
Si elle n'est pas majoré alors
$u_{n+1}-u_n\to +\infty$...?
Autre piste. Soit $w_n=u_{n+1}+(1-\lambda) u_{n}$, c'est une suite croissante, etc.
J'avais bien tort de médire de cet exo, c'est tout moi ça, soupe au lait.
Oui, j'avais effectivement fait le calcul dans ma tête et j'ai constaté mon erreur après avoir posté (surtout que j'avais pas utilisé le fait que $\lambda$ soit entre 0 et 1 strictement.
$u_n \leq u_{n+1}$ implique $u_n \leq u_{n+2}$ (et non $u_{n+1} \leq u_{n+2}$...)
Et de manière similaire $u_{n+1} \leq u_n$ implique $u_{n+1} \leq u_{n+2}$
Et donc : $\forall n \in \N, min(u_n, u_{n+1}) \leq u_{n+2}$
Et j'en étais restée là...
edit : Le fait que $\lambda>0$ et $1-\lambda>0$ sert dans les inégalités.
Du coup, je retombe sur la suite $v_n$ de Chaurien.
Avec :
$\forall n \in \N,\ \min(u_n, u_{n+1}) \leq u_{n+2}$
On trouve :
$\forall n \in \N,\ \min(u_n, u_{n+1}) \leq \min(u_{n+1}, u_{n+2})$
Donc $(v_n)_n$ converge ou est de limite $\infty$ (avec l'argument de la suite croissante à valeur dans $\R$)
edit : Il manque cependant un argument. Ma "preuve" jusque là, fonctionne avec $\lambda=1$.
Pourtant, avec cette valeur. $(v_n)_n$ converge ne nous dit pas que $(u_n)_n$ converge.
Exemple simple :
$u_n=n$ si n pair et $u_n=0$ si $n$ impair
Qui vérifie bien :
$\forall n \in \N,\ \min(u_n, u_{n+1}) \leq \min(u_{n+1}, u_{n+2})$ (ça vaut 0 tout le temps...)
Ce n'est pas toujours la même chose non?...Vu que $\lambda$ appartient à $]0,1[.$ On résout l'équation homogène, les racines de l'équation caractéristique sont $1$ et $(\lambda-1).$
Une solution fondamentale de l'équation $v_{n+2}-\lambda v_{n+1}+(\lambda-1) v_{n}=\delta_{0,n}$ est $v_{n}=\frac{1}{1-\lambda}$ si $n\neq 0$ et $v_{0}=0.$
Ainsi, si $u_{n+2}-\lambda u_{n+1}+(\lambda-1) u_{n}=\eta_{n}\geq 0$ alors, il existe $A,B$ appartenant à $\mathbb{R}$ tels que pour tout $n$ appartenant à $\mathbb{N},$
Ecrire que la suite u satisfait une inégalité (celle écrite dans le thread) ou écrire que la suite u satisfait l'égalité que j'ai écrite est la même chose.... C'est formellement équivalent!
C'est grâce à cela, que l'on peut résoudre facilement....
C'est la même astuce d'écriture que pour résoudre des inéquations différentielles par exemple.
@BobbyJoe
Ton niveau et tes connaissances en maths dépassent les miennes d'une année lumière, donc je ne mets pas en doute tes affirmations.
Si je comprends bien , si toute suite $u_n$ solution de $X_{n+1}=f(X_n)$ convergente vers l, alors je peux déduire que toute solution $v_n$ du problème $X_{n+1}\leq f(X_n)$ est aussi convergente ?
edit pour être plus claire si je prends f l'identité, avec l’égalité la suite $u_n$ est constante donc convergente et avec l’inégalité la suite $v_n$ est décroissante et pas forcement convergente
Je n'ai jamais dit ça.... Dans le cas linéaire, il suffit de connaitre une solution fondamentale de l'équation ainsi que les solutions de l'équation homogène, si elles sont assez simples, on peut conclure mais ça dépend des cas...
Ecris-le au lieu de te moquer! Ecris proprement les choses et tu verras....
Dans ton exemple, on pose $\eta_{k}=u_{k+1}-u_{k}\leq 0.$ Cherchons la forme des suites qui satisfont cette propriété. On choisit $v_{n}=1$ si $n\geq 1$ et $v_{0}=0$ elle satisfait bien pour tout $n$ appartenant à $\mathbb{N},$ $v_{n+1}-v_{n}=\delta_{0,n}.$
Ensuite, il existe $A$ appartenant à $\mathbb{R}$ tel que pour tout $n$ appartenant à $\mathbb{N},$
Ici, la suite soit converge soit tend vers $-\infty$ en fonction de la nature de la série à droite (qui est à termes négatifs ici!).
Le problème que tu as posté n'est pas réellement un contre exemple....
C'est ça ce que je n'arrive pas à comprendre ( à mon niveau)
Par exemple chercher les solutions du problème
$y'+y\leq 1$
sachant que les solutions du probleme $y'+y= 1$ sont $u(x)=ce^{-x}+1$
Aie!, je me sens tout petit car je viens de comprendre ce que tu essayais de me dire ( j'ai une tète de mule :-D) Voila un bel exemple que j'ai trouvé :
Soit f une fonction $ C^2|0,\pi]$ vérifiant :
$$\forall x\in |0,\pi],\quad f''(x)+2f'(x)+2f(x) \geq e^{-x} ,\quad f(0)=1,\quad f'(0)=-1$$
Montrer que $$\forall x\in |0,\pi], f(x)\geq e^{-x}$$
Ce que tu essayais de me dire c'est de résoudre le problème $f''(x)+2f'(x)+2f(x) =g(x)$ puis après utiliser le fait que $g(x)\geq e^{-x}$
Il faut juste utiliser qu'une solution de l'équation est somme d'une solution particulière (obtenue par convolée d'une solution fondamentale avec le second membre) et d'une solution de l'équation homogène.
J'en reviens à mes deux idées, d'abord la première.
Soit $v_{n}=\min (u_{n},u_{n+1})$. Suite croissante.
$\bullet $ Premier cas. Supposons que la suite $v_{n}$ est majorée. Alors cette suite $v_{n}$ est convergente. Soit $L$ sa limite.
On prouve par l'absurde que $(1-\lambda )u_{n+1}+\lambda v_{n}\leq L$ pour tout $n\in \mathbb{N}$. C'est la partie em...nuyeuse de la démonstration et peut-être quelqu'un en trouvera-t-il une preuve plus simple que la mienne.
Il en résulte : $v_{n}\leq u_{n}\leq \frac{L-\lambda v_{n-1}}{1-\lambda }$.
On passe à la limite quand $~n\rightarrow +\infty $, et c'est terminé.
$\bullet $ Second cas. Supposons que la suite $v_{n}$ n'est pas majorée. Alors : $\displaystyle \underset{n\rightarrow +\infty }{\lim }v_{n}=+\infty $, et comme $u_{n}\geq v_{n}$, on en conclut : $\displaystyle \underset{n\rightarrow +\infty }{\lim } u_{n}=+\infty $.
Bonne journée, quoique déjà froide.
Fr. Ch.
25/11/2017
Seconde idée.
Soit $w_n=u_{n+1}+(1-\lambda) u_{n}$. C'est une suite croissante, d'où les deux mêmes cas.
$\bullet$ Premier cas. Si la suite $w_n$ est majorée, elle est convergente. On utilise un lemmeSoit une suite complexe $(u_{n})_{n\in \mathbb{N}}$ et un nombre complexe $a$, avec $\left\vert a\right\vert >1$, tels que : $\displaystyle \underset{n\rightarrow+\infty }{\lim }(au_{n+1}+u_{n})=L\in \mathbb{C}$.
Alors : $ \displaystyle \underset{n\rightarrow +\infty }{\lim }u_{n}=\frac{L}{a+1}$.Ce lemme se prouve en exprimant $u_n$ en fonction de $z_n=au_{n+1}+u_{n}$, puis un argument de coupe-en-deux à la Cesàro. Et la question est réglée.
$\bullet$ Second cas. Si la suite $w_n$ n'est pas majorée, on aimerait que comme pour Cesàro il y ait un lemme analogue au précédent pour une suite réelle de limite infinie. Malheureusement ce n'est pas le cas en général. Peut-être avec la monotonie de $w_n$ ? En tout cas je ne vois pas pour l'instant et je vous soumets la chose.
On va montrer que $\left( 1-\lambda \right) u_{n+1}+\lambda v_{n}\leq L$
Si $u_{n+1}\leq u_{n}$ , alors $v_{n}=\min \left( u_{n},u_{n+1}\right)
=u_{n+1}$ dans ce cas $\left( 1-\lambda \right) u_{n+1}+\lambda
v_{n}=u_{n+1}=v_{n}\leq L.$
Si $u_{n}\leq u_{n+1}$ , on va discuter deux cas aussi
Si $u_{n+1}\leq u_{n+2}$ , alors $u_{n}\leq $\ $u_{n+1}\leq u_{n+2}$ par
suite $\ \left( 1-\lambda \right) u_{n+1}+\lambda v_{n}=\left( 1-\lambda
\right) u_{n+1}+\lambda u_{n}\leq u_{n+1}=v_{n+1}\leq L$
Si $u_{n+2}\leq u_{n+1}$ , dans ce cas l'inégalité $\lambda
u_{n}+\left( 1-\lambda \right) u_{n+1}\leq u_{n+2}$ entraine que
On a ainsi $u_{n}\leq u_{n+2}\leq u_{n+1}$ ce qui donne que $\lambda
v_{n}+\left( 1-\lambda \right) u_{n+1}=\lambda u_{n}+\left( 1-\lambda
\right) u_{n+1}\leq u_{n+2}=v_{n+1}\leq L$
J'ajoute deux choses, répétées pour insister.
1) Je répète que j'avais sous-estimé l'intérêt de cet exercice.
2) Et je répète que la suite en question n'est pas du tout une suite concave. J'ai donné plus haut la définition d'une suite concave.
J'ai mis cet exercice en colle et j'avait cru que c'était très simple, après je me suis aperçu que c'est pas évident et la raison pour laquelle j'ai cherché cet échange .Merci pour vous idées.
On peut prendre $\lambda >0$ au lieu de $0<\lambda <1$
Le cas $\lambda =1$ est trivial
Le cas $\lambda =2$ c'est la defintion officielle de la concavité d'une suite
Chaurien (tu)
@millie
As-tu compris la méthode de Bobbyjoe ( moi pas encore à 100%)
Merci de ce message lien qui achève le point où j'étais bloquée. Le cas $\lambda=1$ (où c'est faux) m'avait laissé pantois, mais je ne voyais pas comment m'extirper du problème.
La preuve de BobbyJoe va bien au delà de mes connaissances actuelles. L'exercice me semblait-être un exercice de L1 (ou maths sup), et il devait bien y avoir une solution plus "terre à terre".
@gebrane : Absolument pas :-D Si l'on me fournissait des mots clefs sur lequel repose cette méthode, cela m'aiderait à trouver.
La solution que j'ai proposée est du niveau de maths Sup.... Le seul passage "compliqué" est comment fabriquer une solution particulière de l'équation initiale (qui devient une égalité avec ls bonnes notations). Ceci peut-être détaillé en proposant la formule et de la démontrer par récurrence ou de se ramener au cas arithmético-géométrique avec un second membre qcq par une transformation sur la suite (celle donnée par les racines de l'équation homogène)... Pour ce dernier cas, un télescopage pour fabriquer la solution particulière est possible.
@Miliie : solution fondamentale, convolution, opérateur de dérivation (inversion) .... cette méthode est le plus souvent utilisée dans des cas continus... On a juste plus d'outils pour fabriquer les solutions particulières dans le cas continu.
Notons $r_{1}$ et $r_{2}$ les racines de $X^{2}-\lambda X-\left( 1-\lambda
\right) $ , on \ a $r_{1}+r_{2}=\lambda $ \ et $r_{1}r_{2}=-\left( 1-\lambda
\right) $
ce qui donne $\dfrac{a_{n+1}}{r_{2}^{n+1}}-\dfrac{a_{n}}{r_{2}^{n}}=\dfrac{%
b_{n}}{r_{2}^{n}}$ donc $\dfrac{a_{n}}{r_{2}^{n}}=a_{0}+\sum_{k=0}^{n-1}\dfrac{b_{k}}{r_{2}^{k}}$ puis $a_{n}=a_{0}r_{2}^{n}+%
\sum_{k=0}^{n-1}b_{k}r_{2}^{n-k}$
Puis $u_{n+1}-r_{1}u_{n}=a_{n}$ donne que $u_{n}=u_{0}r_{1}^{n}+\sum_{k=0}^{n-1} a_{k}r_{1}^{n-k}$
oui c'est la méthode que j'utilise dans mon cours pour résoudre les équat diff du second ordre homogène à coefficients constants et aussi les suites récurrentes d'ordre 2 linéaires à coefficients constants
Maintenant à la base de cette discussion , je me pose si on peut généraliser cet exercice
Etant donné $\lambda_1,\lambda_2,\lambda_3 $ strictement positifs tel que :$\lambda_1+\lambda_2+\lambda_3=1$
et $(u_n) $ une suite réelle telle que pour tout n , $u_{n+3}\geq \lambda_1 u_{n+2}+\lambda_2 u_{n+1}+\lambda_3 u_{n}$
Après remplacer 3 par p entier supérieur ou égal à 2
Réponses
Et $\lambda=0.5$ vérifie bien : $2u_{n+2} \geq u_{n+1}+u_n$
Indication.
Si pour un certain $n$, tu as $u_n \leq u_{n+1}$, alors tu auras : $u_{n+1} \leq u_{n+2}$
Par récurrence, tu auras donc une suite croissante à partir d'un certain rang.
Une suite croissante à valeur dans $\R$ est soit bornée et donc convergente, soit non bornée et donc de limite $+\infty$ (on suppose que la suite est à valeur dans $\R$)
La condition donnée : $u_{n+2}\geq \lambda u_{n+1}+\left( 1-\lambda\right) u_{n}$, équivaut à : $u_{n+2}- u_{n+1} \geq (1-\lambda) (u_{n}- u_{n+1})$.
La condition $u_n \leq u_{n+1}$ n'implique donc pas $ u_{n+1} \leq u_{n+2}$.
C'est pour ça que tu dis que c'est faux je pense.
Cet exo me semble suspect.
Bonne soirée.
Fr. Ch.
Une idée (peut être à développer)
Si on pose $x_n=u_{n+1}-u_n$ alors la suite $x_n$ est croissante
Si elle est majoré alors
....(edit je developpe un peu ce point dans ce cas $x_n\to l$.
(1) Si $l\neq 0$, par Cesaro $u_n\sim nl$ et $u_n$ diverge
(2) Si $l=0$.... ?)
Si elle n'est pas majoré alors
$u_{n+1}-u_n\to +\infty$...?
ah non une erreur
Je pense qu'on peut s'en sortir en considérant $v_n=\min(u_n,u_{n+1})$. Montrer d'abord que cette suite est croissante.
J'avais bien tort de médire de cet exo, c'est tout moi ça, soupe au lait.
$u_n \leq u_{n+1}$ implique $u_n \leq u_{n+2}$ (et non $u_{n+1} \leq u_{n+2}$...)
Et de manière similaire $u_{n+1} \leq u_n$ implique $u_{n+1} \leq u_{n+2}$
Et donc : $\forall n \in \N, min(u_n, u_{n+1}) \leq u_{n+2}$
Et j'en étais restée là...
edit : Le fait que $\lambda>0$ et $1-\lambda>0$ sert dans les inégalités.
Avec :
$\forall n \in \N,\ \min(u_n, u_{n+1}) \leq u_{n+2}$
On trouve :
$\forall n \in \N,\ \min(u_n, u_{n+1}) \leq \min(u_{n+1}, u_{n+2})$
Donc $(v_n)_n$ converge ou est de limite $\infty$ (avec l'argument de la suite croissante à valeur dans $\R$)
edit : Il manque cependant un argument. Ma "preuve" jusque là, fonctionne avec $\lambda=1$.
Pourtant, avec cette valeur. $(v_n)_n$ converge ne nous dit pas que $(u_n)_n$ converge.
Exemple simple :
$u_n=n$ si n pair et $u_n=0$ si $n$ impair
Qui vérifie bien :
$\forall n \in \N,\ \min(u_n, u_{n+1}) \leq \min(u_{n+1}, u_{n+2})$ (ça vaut 0 tout le temps...)
Une solution fondamentale de l'équation $v_{n+2}-\lambda v_{n+1}+(\lambda-1) v_{n}=\delta_{0,n}$ est $v_{n}=\frac{1}{1-\lambda}$ si $n\neq 0$ et $v_{0}=0.$
Ainsi, si $u_{n+2}-\lambda u_{n+1}+(\lambda-1) u_{n}=\eta_{n}\geq 0$ alors, il existe $A,B$ appartenant à $\mathbb{R}$ tels que pour tout $n$ appartenant à $\mathbb{N},$
\begin{align*}
u_{n} & = A+B(\lambda-1)^{n}+\sum_{k=0}^{n}\eta_{n-k}v_{k}\\
& = A+B(\lambda-1)^{n}+\sum_{k=1}^{n}\eta_{n-k}v_{k}\\
& = A+B(\lambda-1)^{n}+\frac{1}{1-\lambda}\sum_{k=0}^{n-1}\eta_{k}.
\end{align*}
Le résultat demandé s'en déduit facilement (discussion sur la nature de la série de TG : $\eta_{k}$ à termes positifs).
Éclaire ma lampe, la suite $(u_n)$ vérifie une inégalité par une égalité.
C'est grâce à cela, que l'on peut résoudre facilement....
C'est la même astuce d'écriture que pour résoudre des inéquations différentielles par exemple.
Ton niveau et tes connaissances en maths dépassent les miennes d'une année lumière, donc je ne mets pas en doute tes affirmations.
Si je comprends bien , si toute suite $u_n$ solution de $X_{n+1}=f(X_n)$ convergente vers l, alors je peux déduire que toute solution $v_n$ du problème $X_{n+1}\leq f(X_n)$ est aussi convergente ?
edit pour être plus claire si je prends f l'identité, avec l’égalité la suite $u_n$ est constante donc convergente et avec l’inégalité la suite $v_n$ est décroissante et pas forcement convergente
Merci
Dans ton exemple, on pose $\eta_{k}=u_{k+1}-u_{k}\leq 0.$ Cherchons la forme des suites qui satisfont cette propriété. On choisit $v_{n}=1$ si $n\geq 1$ et $v_{0}=0$ elle satisfait bien pour tout $n$ appartenant à $\mathbb{N},$ $v_{n+1}-v_{n}=\delta_{0,n}.$
Ensuite, il existe $A$ appartenant à $\mathbb{R}$ tel que pour tout $n$ appartenant à $\mathbb{N},$
\begin{align*}
u_{n} & = A +\sum_{k=0}^{n}\eta_{n-k}v_{k}\\
& = A+ \sum_{k=0}^{n-1}\eta_{k}.
\end{align*}
Ici, la suite soit converge soit tend vers $-\infty$ en fonction de la nature de la série à droite (qui est à termes négatifs ici!).
Le problème que tu as posté n'est pas réellement un contre exemple....
Je n'ai pas compris le lien entre un problème de type " sous-solution " à un problème de type " solution"
Si je n'ai pas compris ta méthode sur le champ, c'est que ça me dépassait
Je vais regarder ton dernier post pour comprendre ce passage
Par exemple chercher les solutions du problème
$y'+y\leq 1$
sachant que les solutions du probleme $y'+y= 1$ sont $u(x)=ce^{-x}+1$
Aie!, je me sens tout petit car je viens de comprendre ce que tu essayais de me dire ( j'ai une tète de mule :-D) Voila un bel exemple que j'ai trouvé :
Soit f une fonction $ C^2|0,\pi]$ vérifiant :
$$\forall x\in |0,\pi],\quad f''(x)+2f'(x)+2f(x) \geq e^{-x} ,\quad f(0)=1,\quad f'(0)=-1$$
Montrer que $$\forall x\in |0,\pi], f(x)\geq e^{-x}$$
Ce que tu essayais de me dire c'est de résoudre le problème $f''(x)+2f'(x)+2f(x) =g(x)$ puis après utiliser le fait que $g(x)\geq e^{-x}$
désolé pour la déviation du fil mustapha
Dans l'exemple "simple" : ici
Je ne comprends pas pourquoi comment vous déduisez (des deux suites définies précédemment)
\begin{align*}
u_{n} & = A +\sum_{k=0}^{n}\eta_{n-k}v_{k}\\
\end{align*}
(tant que je n'ai pas compris cette implication, je ne pense pas pouvoir comprendre la première preuve...)
Soit $v_{n}=\min (u_{n},u_{n+1})$. Suite croissante.
$\bullet $ Premier cas. Supposons que la suite $v_{n}$ est majorée. Alors cette suite $v_{n}$ est convergente. Soit $L$ sa limite.
On prouve par l'absurde que $(1-\lambda )u_{n+1}+\lambda v_{n}\leq L$ pour tout $n\in \mathbb{N}$. C'est la partie em...nuyeuse de la démonstration et peut-être quelqu'un en trouvera-t-il une preuve plus simple que la mienne.
Il en résulte : $v_{n}\leq u_{n}\leq \frac{L-\lambda v_{n-1}}{1-\lambda }$.
On passe à la limite quand $~n\rightarrow +\infty $, et c'est terminé.
$\bullet $ Second cas. Supposons que la suite $v_{n}$ n'est pas majorée. Alors : $\displaystyle \underset{n\rightarrow +\infty }{\lim }v_{n}=+\infty $, et comme $u_{n}\geq v_{n}$, on en conclut : $\displaystyle \underset{n\rightarrow +\infty }{\lim } u_{n}=+\infty $.
Bonne journée, quoique déjà froide.
Fr. Ch.
25/11/2017
si $v_{n}\rightarrow +\infty $ , alors $u_{n}\rightarrow +\infty .$
Si $v_{n}\rightarrow L\in \mathbb{R}$ . \
Soit $\varepsilon >0$, alors il existe $n_{0}\in \mathbb{N}$ tel que : $%
\forall n\geq n_{0}$ ,$~L-\varepsilon <v_{n}<L+\varepsilon .$
D'après cette inégalité, $L-\varepsilon <u_{n} $ pour
tout $n\geq n_{0}.$ ( puisque $v_{n}\leq u_{n}).$
Je traite le cas $\lambda \geq \dfrac{1}{2}.$
Soit $A=\left \{ k>n_{0}~/~u_{p}\geq L+\varepsilon \right \} $ .
Supposons que $A$ est non vide , soit $p=\min A.$
\bigskip $v_{p-1}=\min \left( u_{p},u_{p-1}\right) \leq L$ donc $%
v_{p-1}=u_{p-1}$ par suite $L-\varepsilon <u_{p-1}\leq L.$ ( $p-1\geq n_{0}).
$
On a $u_{p+1}\geq \lambda u_{p}+\left( 1-\lambda \right) u_{p-1}>\lambda
\left( L+\varepsilon \right) +\left( 1-\lambda \right) \left( L-\varepsilon
\right) =L+\left( 2\lambda -1\right) \varepsilon \geq L.$
$v_{p+1}=\min \left( u_{p},u_{p+1}\right) >L$ ce qui est absude ( $\left(
v_{n}\right) _{n}$ est croissante de limite $L$, donc $v_{n}\leq L).$
$A=\emptyset $, donc pour tout $n>n_{0}~,u_{n}<L+\varepsilon .,$ ce donne le
résultat .
Il me reste le cas $0\leq \lambda \leq \dfrac{1}{2}$
Soit $w_n=u_{n+1}+(1-\lambda) u_{n}$. C'est une suite croissante, d'où les deux mêmes cas.
$\bullet$ Premier cas. Si la suite $w_n$ est majorée, elle est convergente. On utilise un lemmeSoit une suite complexe $(u_{n})_{n\in \mathbb{N}}$ et un nombre complexe $a$, avec $\left\vert a\right\vert >1$, tels que : $\displaystyle \underset{n\rightarrow+\infty }{\lim }(au_{n+1}+u_{n})=L\in \mathbb{C}$.
Alors : $ \displaystyle \underset{n\rightarrow +\infty }{\lim }u_{n}=\frac{L}{a+1}$.Ce lemme se prouve en exprimant $u_n$ en fonction de $z_n=au_{n+1}+u_{n}$, puis un argument de coupe-en-deux à la Cesàro. Et la question est réglée.
$\bullet$ Second cas. Si la suite $w_n$ n'est pas majorée, on aimerait que comme pour Cesàro il y ait un lemme analogue au précédent pour une suite réelle de limite infinie. Malheureusement ce n'est pas le cas en général. Peut-être avec la monotonie de $w_n$ ? En tout cas je ne vois pas pour l'instant et je vous soumets la chose.
Bonne journée.
Fr. Ch.
25/11/2017
On va montrer que $\left( 1-\lambda \right) u_{n+1}+\lambda v_{n}\leq L$
Si $u_{n+1}\leq u_{n}$ , alors $v_{n}=\min \left( u_{n},u_{n+1}\right)
=u_{n+1}$ dans ce cas $\left( 1-\lambda \right) u_{n+1}+\lambda
v_{n}=u_{n+1}=v_{n}\leq L.$
Si $u_{n}\leq u_{n+1}$ , on va discuter deux cas aussi
Si $u_{n+1}\leq u_{n+2}$ , alors $u_{n}\leq $\ $u_{n+1}\leq u_{n+2}$ par
suite $\ \left( 1-\lambda \right) u_{n+1}+\lambda v_{n}=\left( 1-\lambda
\right) u_{n+1}+\lambda u_{n}\leq u_{n+1}=v_{n+1}\leq L$
Si $u_{n+2}\leq u_{n+1}$ , dans ce cas l'inégalité $\lambda
u_{n}+\left( 1-\lambda \right) u_{n+1}\leq u_{n+2}$ entraine que
$\ \ \ \lambda u_{n}\leq u_{n+2}-\left( 1-\lambda \right) u_{n+1}\leq
u_{n+2}-\left( 1-\lambda \right) u_{n+2}=\lambda u_{n+2}$ donc $u_{n}\leq
u_{n+2}.$
On a ainsi $u_{n}\leq u_{n+2}\leq u_{n+1}$ ce qui donne que $\lambda
v_{n}+\left( 1-\lambda \right) u_{n+1}=\lambda u_{n}+\left( 1-\lambda
\right) u_{n+1}\leq u_{n+2}=v_{n+1}\leq L$
1) Je répète que j'avais sous-estimé l'intérêt de cet exercice.
2) Et je répète que la suite en question n'est pas du tout une suite concave. J'ai donné plus haut la définition d'une suite concave.
Le cas $\lambda =1$ est trivial
Le cas $\lambda =2$ c'est la defintion officielle de la concavité d'une suite
Chaurien (tu)
@millie
As-tu compris la méthode de Bobbyjoe ( moi pas encore à 100%)
La preuve de BobbyJoe va bien au delà de mes connaissances actuelles. L'exercice me semblait-être un exercice de L1 (ou maths sup), et il devait bien y avoir une solution plus "terre à terre".
@gebrane : Absolument pas :-D Si l'on me fournissait des mots clefs sur lequel repose cette méthode, cela m'aiderait à trouver.
@Miliie : solution fondamentale, convolution, opérateur de dérivation (inversion) .... cette méthode est le plus souvent utilisée dans des cas continus... On a juste plus d'outils pour fabriquer les solutions particulières dans le cas continu.
le cas $\lambda =1$ est trivial car dans ce cas la suite (u_n) est croissante
Notons $r_{1}$ et $r_{2}$ les racines de $X^{2}-\lambda X-\left( 1-\lambda
\right) $ , on \ a $r_{1}+r_{2}=\lambda $ \ et $r_{1}r_{2}=-\left( 1-\lambda
\right) $
Posons $a_n=u_{n+1}-r_{1}u_{n}$ , on $\
a_{n+1}-r_{2}a_{n}=u_{n+2}-\lambda u_{n+1}-\left( 1-\lambda \right)
u_{n}=b_{n}\geq 0$
ce qui donne $\dfrac{a_{n+1}}{r_{2}^{n+1}}-\dfrac{a_{n}}{r_{2}^{n}}=\dfrac{%
b_{n}}{r_{2}^{n}}$ donc $\dfrac{a_{n}}{r_{2}^{n}}=a_{0}+\sum_{k=0}^{n-1}\dfrac{b_{k}}{r_{2}^{k}}$ puis $a_{n}=a_{0}r_{2}^{n}+%
\sum_{k=0}^{n-1}b_{k}r_{2}^{n-k}$
Puis $u_{n+1}-r_{1}u_{n}=a_{n}$ donne que $u_{n}=u_{0}r_{1}^{n}+\sum_{k=0}^{n-1} a_{k}r_{1}^{n-k}$
(avec ce type de suite : $u_n=n$ si n pair et $u_n=0$ si n impair)
edit : Du coup, j'aime bien la dernière méthode de mustapha que je comprends sur le coup ^^
Etant donné $\lambda_1,\lambda_2,\lambda_3 $ strictement positifs tel que :$\lambda_1+\lambda_2+\lambda_3=1$
et $(u_n) $ une suite réelle telle que pour tout n , $u_{n+3}\geq \lambda_1 u_{n+2}+\lambda_2 u_{n+1}+\lambda_3 u_{n}$
Après remplacer 3 par p entier supérieur ou égal à 2
Dans ce message http://www.les-mathematiques.net/phorum/read.php?4,1567954,1570128#msg-1570128 tu trouves $$u_{n}=u_{0}r_{1}^{n}+\sum_{k=0}^{n-1} (u_{k+1}-r_{1}u_{k})r_{1}^{n-k}$$
Apres comment tu conclus que $(u_n)$ tend vers $+\infty$ ou converge?
edit tu n'as pas prouver que le signe des $(u_{k+1}-r_{1}u_{k})$ est constant sauf si je suis aveugle