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Une récurrence coriace
il y a huit mois
avatar
Bonjour je vous propose le problème suivant que j'ai rencontré sur Maths Stack Exchange :
Définissons la relation de récurrence suivante pour $a_1=0.5$ :
$$a_{n+1}=a_n-a_nln(a_n)$$
Montrer alors l'inégalité suivante :
$$\sum_{k=1}^{n}(1-a_k)<\frac{2}{3}$$

Mon approche :
On a donc la condition :
$a_{n+1}=a_n-a_n\ln(a_n)$

Or

$a_{n+1}=e^{\ln(a_n)}(1-\ln(a_n))$

Or

$a_{n+1}=-e[e^{(\ln(a_n)-1)}(\ln(a_n)-1)]$

Or

$W_{}(\frac{a_{n+1}}{-e})=ln(a_n)-1$$\quad$ou $W_{}$ est la fonction de Lambert.

Or

$e^{(W(\frac{a_{n+1}}{-e})+1)}=a_n$

Or

$e[\frac{\frac{a_{n+1}}{-e}}{W(\frac{a_{n+1}}{-e})}]=a_n$

Or :

$\frac{a_n}{a_{n+1}}=\frac{-1}{W(\frac{a_{n+1}}{-e})}$

Après je n'ai pas d'idées spéciales à proposer .
Si en fait il y aurait la récurrence de Fritsch.

Bien cordialement.

J'offre des points à qui mieux mieux ...[math.stackexchange.com]
Re: Une récurrence coriace
il y a huit mois
avatar
Bonjour,
Le lien sur MSE?

--------------------------------------------------------------------------
[Le meilleur moyen de fuir le monde est de pénétrer les mathématiques ]
Re: Une récurrence coriace
il y a huit mois
avatar
Salut Gebrane, aussi tôt dis aussi tôt fait [math.stackexchange.com]

Bonne journée à toi .

J'offre des points à qui mieux mieux ...[math.stackexchange.com]
Re: Une récurrence coriace
il y a huit mois
Une idée, qui ne va pas tout à fait jusqu'au bout...
Soit $b_{n}=1-a_{n}$. La suite $b_n$ est régie par la relation de récurrence : $ b_{n+1}=g(b_{n})$, avec : $g(x)=x+(1-x)\ln (1-x)$.
Si $b_1 \in [0,1[$ alors la suite $b_n $ est décroissante et converge vers $0$. En particulier si $b_1= \frac 12$, ce qui est l'hypothèse.
Pour $x\in \lbrack 0,1]$, on a : $\displaystyle \frac{g(x)}{x^{2}}=\overset{+\infty }{\underset{n=0}{\sum }}\frac{x^{n}}{(n+1)(n+2)}$. La fonction $x\mapsto \frac{g(x)}{x^{2}}$ est donc croissante sur $[0,1]$.
Si $0 \leq x \leq \frac 12$, alors : $\frac{g(x)}{x^{2}}\leq 4g(\frac{1}{2})=2(1-\ln 2)=\lambda \simeq 0,6137$.
Il en résulte : $b_{n+1}=g(b_{n})\leq \lambda b_{n}^{2}$, d'où : $\displaystyle \frac{\ln b_{n+1}}{2^{n+1}}\leq \frac{\ln b_{n}}{2^{n}}+\frac{\ln \lambda }{2^{n+1}}$, et par suite :
$\displaystyle \frac{\ln b_{n}}{2^{n}}\leq \frac{\ln b_{1}}{2}+\overset{n-1}{\underset{k=1}{\sum }}\frac{\ln \lambda }{2^{k+1}}<\frac{\ln b_{1}}{2}+\overset{+\infty }{\underset{k=1}{\sum }}\frac{\ln \lambda }{2^{k+1}}=-\frac{1}{2}\ln 2+\frac{1}{2}\ln \lambda =\frac{1}{2}\ln (1-\ln 2)$.
On en déduit : $b_{n} < e^{2^{n-1} \ln (1-\ln 2)}=q^{2^{n-1}}$, avec : $q=1-\ln 2\simeq 0,30685$.
Et enfin : $\displaystyle \overset{+\infty }{\underset{n=1}{\sum }}b_{n}<\overset{+\infty }{\underset{n=1}{\sum }}q^{2^{n-1}}$.

En ce moment je manque de moyens de calcul, alors je ne saurais dire si ce majorant convient, mais j'en ai le doux espoir...
Quelle est la référence exacte de cet énoncé ?

Bonne soirée.
Fr. Ch.
05/12/2017

ATTENTION, IL Y A DES ERREURS, VOIR PLUS BAS



Edité 3 fois. La derni&egrave;re correction date de il y a huit mois et a &eacute;t&eacute; effectu&eacute;e par Chaurien.
gb
Re: Une récurrence coriace
il y a huit mois
avatar
Chaurien &eacute;crivait:
-------------------------------------------------------
On en déduit : $b_{n}\leq e^{2^{n-1} \ln (1-\ln 2)}=q^{2^{n-1}}$
-------------------------------------------------------

Problème à l'initialisation : \(0,5 = b_1 \leqslant q^{2^0} \simeq 0,30685\) !!!
Re: Une récurrence coriace
il y a huit mois
Oui, je viens aussi de voir une grave erreur tenant au fait que j'ai pris $\ln \lambda$ pour positif.
Bon ça ne marche pas...
gb
Re: Une récurrence coriace
il y a huit mois
avatar
Il ne faut pas majorer trop large :

\(b_1+b_2+b_3+b_4 \simeq 0,665\,926\,574\) à la précision de ma machine.
Re: Une récurrence coriace
il y a huit mois
En fait, c'est beaucoup plus simple. Je garde le raisonnement jusqu'à $b_{n+1}\leq \lambda b_{n}^{2}$, qui me semble bon. Et comme $b_{1}=\frac{1}{2}$, j'en déduis : $b_{n}\leq \lambda ^{2^{n-1}-1}(\frac{1}{2})^{2^{n-1}}$. Ceci me donne une série plus petite que la précédente, dont les calculateurs doivent donner la somme approchée, qui fournira un majorant.
En espérant qu'il n'y a pas encore des erreurs.
Mille excuses.
Fr. Ch.

À mesur' que je deviens vieux
Je m´en aperçois mieux
J´ai le cerveau qui flanche
Soyons sérieux disons le mot
C´est mêm' plus un cerveau
C´est comm' de la sauc' blanche




Edité 1 fois. La derni&egrave;re correction date de il y a huit mois et a &eacute;t&eacute; effectu&eacute;e par Chaurien.
gb
Re: Une récurrence coriace
il y a huit mois
avatar
Je reprends les notations précédentes :

Citation
Chaurien
Soit $b_{n}=1-a_{n}$. La suite $b_n$ est régie par la relation de récurrence : $b_{n+1}=g(b_{n})$, avec : $g(x)=x+(1-x)\ln (1-x)$.
Si $b_1 \in [0,1[$ alors la suite $b_n $ est décroissante et converge vers $0$. En particulier si $b_1= \frac 12$, ce qui est l'hypothèse.

Pour $x$ dans $[0,1]$ : $\displaystyle \frac{g(x)}{x}=\sum_{n=0}^{+\infty} \frac{x^{n+1}}{(n+1)(n+2)}$. La fonction $x\mapsto g(x)/x$ est donc croissante sur $[0,1]$.

Si $n \geq 3$, alors : \(\dfrac{b_{n+1}}{b_n} = \dfrac{g(b_n)}{b_n} \leqslant \dfrac{g(b_3)}{b_3} = \dfrac{b_4}{b_3} = q\) et par suite \(b_n \leqslant b_3 q^{n-3}\).

D'où la majoration :
\[\sum_{n=1}^{+\infty} b_n \leqslant b_1 + b_2 + \sum_{n=3}^{+\infty} b_3 q^{n-3} = b_1 + b_2 + \dfrac{b_3}{1-q} = b_1 + b_2 + \dfrac{b_3^2}{b_3-b_4} \simeq 0,665\,927\,060\,773\,904\,235\,357\]
avec ma babasse en double précision.
Re: Une récurrence coriace
il y a huit mois
L'union fait la force.
On a ga-gné ! spinning smiley sticking its tongue out
Re: Une récurrence coriace
il y a huit mois
avatar
Bravo

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[Le meilleur moyen de fuir le monde est de pénétrer les mathématiques ]
Re: Une récurrence coriace
il y a huit mois
Merci Gebrane.
Mon idée était de ramener le point fixe limite en 0, avec une convergence pourrait-on dire super-exponentielle parce que la dérivée est nulle en ce point fixe. C'était une bonne idée, mais j'ai fait une drôle d'erreur qui tient à une application mécanique de techniques : radotage... Heureusement que gb était vigilant. Mais il faudra que je me dote de moyens de calcul convenables.
Bonne soirée.
Fr. Ch.
Re: Une récurrence coriace
il y a huit mois
avatar
gb est un intervenant de qualité, j'espere qu'il restera actif au Forum pour un temps.

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[Le meilleur moyen de fuir le monde est de pénétrer les mathématiques ]
Re: Une récurrence coriace
il y a huit mois
avatar
Merci à tous pour votre participation, je vois d'ailleurs que mon inégalité n'a pas tenu longtemps face à la sagacité de Chaurien et Gb que je remercie chaleureusement pour avoir partagé leurs idées simples puissantes et efficaces.

En vous souhaitant une agréable soirée.

J'offre des points à qui mieux mieux ...[math.stackexchange.com]



Edité 1 fois. La derni&egrave;re correction date de il y a huit mois et a &eacute;t&eacute; effectu&eacute;e par AD.
Re: Une récurrence coriace
il y a huit mois
On ne saura jamais d'où vient cet énoncé ?
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