Suite croissante ?
Soit $(u_n)_{n\geq 2}$ définie par $u_2=u_3=0$ et, pour $n\geq 4$
$$(n+1)u_n=n-3+2(n-1)u_{n-1}-2\sum_{k=2}^{n-2}u_k.$$ Je voudrais montrer qu'elle est croissante...et n'arrive même pas à montrer qu'elle est positive, ni à demander à Mathematica quelques premiers termes.
Votre avis, chers amis ?
$$(n+1)u_n=n-3+2(n-1)u_{n-1}-2\sum_{k=2}^{n-2}u_k.$$ Je voudrais montrer qu'elle est croissante...et n'arrive même pas à montrer qu'elle est positive, ni à demander à Mathematica quelques premiers termes.
Votre avis, chers amis ?
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Réponses
Voilà des valeurs :
Elle a l'air croissante.
Il y a un interpréteur lua ici : https://www.lua.org/demo.html
Edit : finalement les mêmes résultats que marsup, une erreur d'indice (je sommais jusqu'à $n-1$ au lieu de $n-2$).
e.v.
En faisant l'ajustement linéaire des logarithmes avec les termes d'indices 7900 à 8000, la pente est $0,6928$ environ, ce qui est vraiment proche de $\ln2$. Il n'est pas exclu que $\ln u_n\sim n\ln2$.
Edit : entre 14900 et 15000, le coefficient d'ajustement linéaire est $0.69295$.
Si on suppose $u_{n-1}>\dfrac32 u_{n-2}$ on déduit $(n+1)u_n>1+\dfrac{(5n-2) u_{n-1}}3>(n+1)\dfrac32 u_{n-1}$ pour $n>13$.
Je note \(a_n = \sum_{k=2}^nu_k\) de telle sorte que la récurrence s'écrit :
\[(n+1)u_n=n-3+2(n-1)u_{n-1}-2a_{n-2}.\]
En notant :
\begin{align}S(x) &= \sum_{n=2}^{+\infty} u_nx^n & A(x) = \sum_{n=2}^{+\infty} a_nx^n\end{align}
et en supposant que les séries entières convergent sur un intervalle non réduit à un point…, la relation de récurrence fournit :
\[\left(x\sum_{n=4}^{+\infty} u_nx^n\right)'=x^4\left(\sum_{n=4}^{+\infty} x^{n-3}\right)'+2x^2\left(\sum_{n=4}^{+\infty} u_{n-1}x^{n-1}\right)'-2x^2\sum_{n=4}^{+\infty} a_{n-2}x^{n-2}\]
c'est-à-dire :
\[S(x)+xS'(x) = \frac{x^4}{(1-x)^2}+2x^2S'(x)-2x^2A(x) = \frac{x^4}{(1-x)^2}+2x^2S'(x)-2x^2\frac{S(x)}{1-x}\]
ou encore :
\[\frac{1-x+2x^2}{1-x}S(x)+x(1-2x)S'(x) = \frac{x^4}{(1-x)^2}\]
que je résous pour obtenir :
\[S(x) = -\frac{3(1-2x)^2\ln(1-2x)}{16x(1-x)^2}-\frac{x}{4}-1+\frac{5}{8(1-x)}\]
et on repart pour développer \(S\) en série entière (avec un rayon de convergence de \(1/2\)…) :
\begin{align}
-\frac{\ln(1-2x)}{x} &= \sum_{n=0}^{+\infty}a_nx^n & a_n &= \frac{2^{n+1}}{n+1} \\
-\frac{(1-2x)^2\ln(1-2x)}{x} &= \sum_{n=0}^{+\infty}b_nx^n & b_n &= a_n-4a_{n-1}+4a_{n-2} =\frac{2^n}{n^3-n} \\
-\frac{(1-2x)^2\ln(1-2x)}{x(1-x)^2} &= \sum_{n=0}^{+\infty}c_nx^n & c_{n+1}-c_n &=\sum_{k=0}^{n+1} b_k
\end{align}
L'expression de \(b_n\) n'est valide que pour : \(n\geqslant2\), et on vérifie facilement que : \(\sum_{k=0}^3b_k=0\).
La relation entre les \(b_k\) et les \(c_k\) résulte du DSE de :
\[-\frac{(1-2x)^2\ln(1-2x)}{x(1-x)}\]
que l'on peut calculer de deux façons…
Tout ceci pour établir que la suite \((c_n)_{n\geq4}\) est croissante puisque les \(b_k\) qui interviennent alors dans \(c_{n+1}-c_n\) sont positifs.
La croissance de la suite \((u_n)_{n\geq4}\) résulte alors de la relation :
\[u_n = \frac{3}{16}\color{red}{u_n}+\frac{5}{8} \text{ (ERREUR)}.\]
\[u_n = \frac{3}{16}\color{red}{c_n}+\frac{5}{8} \text{ (corrigé d'après la remarque de gebrane)}.\]
Tout ceci sauf erreur de calcul…
Ta dernière relation $u_n = \frac{3}{16}u_n+\frac{5}{8}$ m'intrigue car dans ce cas la suite est constante et même si tu obtiens $u_{n+
1} = \frac{3}{16}u_n+\frac{5}{8}$ cela contredit le dessin qui dit que la suite n'est pas "affine"
Quand je m'en donne la peine, je calcule correctement ; j'ai par contre des problèmes de saisie au clavier…
On sait déduire le comportement asymptotique de $(u_n)$ de cette série génératrice ? (Si elle était rationnelle ce serait facile...)
Ici, à cause du facteur \(2^n\), je vois poindre à l'horizon l'ombre d'une transformation d'Abel…
\[u_n \mathop{\sim}_{+\infty} \frac34 \frac{2^n}{n^3}.\]
Puis une sommation d'Abel donne \[
\sum_{k=1}^n\frac{2^k}{k^3}=\frac{1}{n^3}(2^{n+1}-2)-\sum_{k=1}^{n-1}(2^{k+1}-2)\underbrace{\Big(\frac{1}{(k+1)^3}-\frac{1}{k^3}\Big)}_{\sim-\tfrac{3}{k^4}}.\]Pour $k$ grand, le terme d'indice $k$ de la somme de droite est négligeable devant le terme correspondant de la somme du membre de gauche. Comme ces séries sont (toujours) divergentes, cela reste vrai de la somme partielle, d'où $\sum_{k=1}^nb_n\sim2^{n+1}/n^3$. On applique le même argument pour obtenir $c_n\sim2^{n+2}/n^3$ et c'est fini.