Calcul de limite

gebrane · April 2018

Bonjour,

Je dois aider une personne pour son devoir.
Soit $a>0$ et on note la suite $u_n$ défine par $$u_n=\sum_{k=1}^{n}\binom{n}k a^{k(n+1-k)}$$
1) Calculer $\lim\limits_{n\to +\infty} u_n,\quad \text{si}\quad a\geq 1$
2) Demontrer que $k(n+1-k)\geq n\quad \forall 1\leq k\leq n$
3) En déduire que $\lim\limits_{n\to +\infty} u_n=0,\quad \text{si}\quad 0<a<\frac 12$
4)Démontrer que $\lim\limits_{n\to +\infty} u_n=0,\quad \text{si}\quad 0<a<1$

J'ai réussi les 3 premières questions, mais la 4 me résiste. Un peu d'aide ne sera pas de refus
Merci

P. · April 2018

Peut etre prendre $\sqrt{n}\leq k\leq n-\sqrt{n}$ car alors $\frac{\log 2}{-\log a}<(n+1-\sqrt n)$ pour $n$ assez grand? et montrer que $\sum_{k=1}^{\sqrt{n}}C^k_na^{k(n+1-k)}\to 0$?

rakam · April 2018

Tu as aussi $k(n+1-k)\geqslant2n$ si $2\leqslant k\leqslant n-1$ ce qui permet de conclure pour $a<\dfrac1{\sqrt2}$.
Il me semble qu'on peut continuer pour $2\leqslant k\leqslant n-1$ en fixant $p$.

Correction :
$k(n+1-k)\geqslant2(n-1)$ pour $2\leqslant k\leqslant n-1$
et $k(n+1-k)\geqslant p(n+1-p)$ pour $p\leqslant k\leqslant n+1-p$.
Merci à ceux qui m'ont signalé les erreurs et l'oubli de $p$ dans la deuxième relation !

P. · April 2018

Ouais, rakam a une meilleure idee en effet. :-)

gebrane · April 2018

Merci P et Rakam pour vos idées
@Rakam, il y a un petit problème dans "Tu as aussi $k(n+1-k)\geqslant2n$ si $2\leqslant k\leqslant n-1$" car pour k=2, ton inégalité suggère que $-2\geq 0$
J'aime bien ton idée ( similaire à celle de P) qui suggere d'ecrire $$\sum_{k=1}^{n}(..)=\sum_{k=1}^{p-1}(..)+\sum_{k=p}^{n+1-p}(..)+\sum_{k=n+2-p}^{n}(..)$$ avec la bonne estimation de Rakam ( corrigée) : $k(n+1-k)\geqslant p(n+1-p)$ si $p\leqslant k\leqslant n+1-p$"

je vais regarder tous ca le soir
S'il y a d'autres pistes , j'achètes :-)

gebrane · April 2018

Merci ça marche, je viens de voir l'astuce, on fixe $p>2$, on peut entrer la limite dans la première somme et la troisième ( chacune des sommes contient un nombre fini de termes) pour conclure deux limites nulles,
Pour la deuxième somme, une majoration par $2^{n+1}a^{p(n+1-p)}$ permet de conclure une limite nulle si $0<a<(\frac 1 2)^{\frac 1p}$ et puisque p est quelconque et $(\frac 1 2)^{\frac 1p}$ tend vers 1 , on peut atteindre des $0<a<1$
Un grand merci à P et rakam:-)

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