Limite ardue
Bonjour
Suite à une grande défaillance, comment démontrer que la suite $\big(\cos (2^n)\big)$ n'admet pas de limite ?
Suite à une grande défaillance, comment démontrer que la suite $\big(\cos (2^n)\big)$ n'admet pas de limite ?
Le 😄 Farceur
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Réponses
je tente quelque chose sans aller plus loin, c'est une idée en l'air:
en disant que le groupe additif engendré par $\pi$ et $\ln{2}$ est dense dans $\mathbb{R}$ ?
Edit: pléonasme du jour: mon prédécesseur a été plus rapide que moi
Comme $\cos 3x = 4\cos^3x -3\cos x$, la suite $(\cos (3\times 2^n)$ tendrait vers $1$, donc il existe $N\in \N$ tel que pour tout $n\geqslant N$, $\cos (3\times 2^n)>\frac{1}{\sqrt{2}}$.
Soit $c=\frac{1}{8}$. Soit $N\in\N$. Il existerait $n\geqslant N$ et $k\in\N$ tels que $2\pi (k-c)<3\times 2^n<2\pi (k+c)$. Soit $m\geqslant 0$ l'unique entier tel que $2\pi\times 2^{-m-4}\leqslant |3\times 2^n-2\pi k|<2\pi\times 2^{-3-m}$ (cet entier existe car $3\times 2^n\ne 2\pi k$ par irrationnalité de $\pi$). Quitte à remplacer $n$ par $n+3$ et $k$ par $k2^m$ on peut supposer que $m=0$. On a alors $\cos (3\times 2^n)\leqslant \frac{1}{\sqrt{2}}$, ce qui est contradictoire.
Grothad'icks puis-je voir ta preuve sur:si $a_n \to +\infty$ et $a_n$ incommensurable avec $\pi$, alors la suite $(\cos(a_n))_n$ n'admet pas de limite
Comme ca on va mettre dans le même panier la $(\cos(n^2))_n$ et ses sœurs
Si la suite $\cos(2^n) $ admet une limite $l= \cos(\theta)$ avec $\theta \in [-\pi; \pi]$ alors on doit avoir
\[
2^n= 2 k_n \pi \pm \theta +o(1)
\]
où $k_n$ est un entier. On a de plus
\[
2^{n+1}= 4k_n \pi \pm 2\theta +o(1) = 2k_{n+1} \pi \pm \theta +o(1)
\]
donc $2\pi(2k_n - k_{n+1}) + \delta_n \theta$ doit tendre vers $0$ où $\delta_n \in \{\pm 1; \pm 3;\}$. Cela est possible si et seulement si $ 3 \theta =\pm 2\pi $ ou si $\theta =0$. Cela implique que $3\cdot 2^n = 2k'_n \pi +o(1)$ avec encore $k_n'$ entier. On reprend la même idée qu'avant :
\[
3\cdot 2^{n+1} = 2\pi (2k_n') + o(1) = 2\pi k_{n+1}' + o(1)
\]
et donc $k_{n+1}' = 2 k_n'$ pour tout $n$ assez grand, ainsi pour tout $n$ assez grand $k'_n = 2^{n-m}K $ avec $m$ et $K$ entiers. Ceci implique que $2\pi 2^{n-m} K - 3\cdot 2^n = 2^n(2^{1-m}K \pi-3)$ tend vers $0$ et donc est identiquement nulle. Ceci est absurde car $\pi$ n'est pas rationnel (et a fortiori n'est pas le triple d'un dyadique).
Contrairement à JLT je ne trouve que $-1/2$ comme limite possible, il y a donc peut-être une erreur quelque part (:D EDIT : j'ai trouvé l'erreur et je l'ai corrigée.
Aussi un coup de soleil ?:-D
Les racines de $l=2l^2-1$ sont bien $-\frac 12$ et 1
Je viens d'ailleurs de trouver l'erreur et de la corriger (cf mon édit).