Suite récurrente et série
Bonjour
Je cherche à résoudre l'exercice suivant.
On considère une suite ${U_n}$ définie par la relation de récurrence suivante : $$ u_{n+1}=u_n+\frac{1}{n^{\alpha} u_n},$$ avec $u_1>0$ et $\alpha >0.$
1) nature de la suite ?
2)- Équivalent de $\ell-u_n$ si $u_n$ converge vers $\ell$.
- Équivalent de $u_n$ quand $u_n$ diverge.
Ma réponse :
1) $\displaystyle u_{n+1} - u_1=\sum_{k=1}^{n} \frac{1}{k^{\alpha} u_k}$.
Une condition nécessaire et suffisante de convergence est que $u_k \times k^{\alpha}=o(n^{-\beta}),$ avec $\beta >1$.
Merci.
Je cherche à résoudre l'exercice suivant.
On considère une suite ${U_n}$ définie par la relation de récurrence suivante : $$ u_{n+1}=u_n+\frac{1}{n^{\alpha} u_n},$$ avec $u_1>0$ et $\alpha >0.$
1) nature de la suite ?
2)- Équivalent de $\ell-u_n$ si $u_n$ converge vers $\ell$.
- Équivalent de $u_n$ quand $u_n$ diverge.
Ma réponse :
1) $\displaystyle u_{n+1} - u_1=\sum_{k=1}^{n} \frac{1}{k^{\alpha} u_k}$.
Une condition nécessaire et suffisante de convergence est que $u_k \times k^{\alpha}=o(n^{-\beta}),$ avec $\beta >1$.
Merci.
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Réponses
Bof il reste du un dans ta condition. Elle ne doit en principe que donner un ensemble de valeurs pour alpha.
Tu as une bonne base, tu peux conclure pour les deux conditions en utilisant la croissance de la suite.
PS : c'est pour Tales of Zestiria le pseudo ? Quand tu galères face à une question de maths et que tu trouves la réponse il y a Zaveid the exile qui se lance ?
$u_n$ est strictement croissante :
- soit elle converge vers $l>0$
- soit elle diverge
Il y a une notion de point fixe : si je suppose que $u_n \sim n^{-\gamma}$, je dois retrouver $\sum_{k=1}^{n} \frac{1}{ n ^{\gamma}} \sim (n+1)^{-\gamma} -u_1 $ . Cette équation du point fixe est censée identifier l'équivalent de $u_n$.
Pour $0<\alpha \leq 1$ ça diverge
Pour $\alpha =1$ , $u_n \sim \sqrt{2\ln(n)}$
Pour $0<\alpha \leq 1$ , $u_n \sim \sqrt{n^b/b}$ avec $b=\frac{1-\alpha}{2}$
Supposons que $u_n \rightarrow l$,
alors $n^{\alpha} u_k \sim n^{\alpha} l $
et $\sum_{k=1}^{n}\frac{1}{l n ^{\alpha}}$ converge si et seulement si $\alpha >1$.
Donc une condition nécessaire est que $\alpha >1$.
Maintenant, je vais essayer la réciproque, et après je regarderai comment vous avez obtenu vos équivalents.
$$u_{n+1}-u_n=\frac{1}{ n^{\alpha}{u_n}} \geq \frac{1}{n^{\alpha} } \times \frac{1}{u_1} $$ car la suite est strictement croissante.
Donc si $\alpha \leq 1$ la suite diverge.
D'un point de vue logique, mon raisonnement me paraît inachevé, je n'ai pas fini de prouver que
$$ \alpha >1 \iff u_n \quad \text{converge} $$
$u_{n+1} - u_n \leq \frac{1}{n^a.u_1}$ tu sommes la série $\sum u_{n+1} - u_n $ converge donc la suite $u_n$ converge
u_{n+1}-u_n=\frac{1}{ n^{\alpha}{u_n}} \leq \frac{1}{ n^{\alpha} u_1}.
$$ Donc à ce stade j'ai montré l'équivalence entre $\alpha >1$ et convergence de $u_n$.
Passons aux équivalents : la réponse a été donnée plus haut, merci.
D'où cela vient ? Cela ne semble pas être une comparaison série-intégrale.
Edit : la dernière ligne était fausse.
Je me souviens, il y a quelques années, j'avais cherché l'équivalent d'une telle suite définie par $f(x)=x-e^{- \frac 1{x^2}}$, qui était posé dans la rubrique des problèmes du Bulletin de l'APMEP. Pas question de $x^{\xi}$, ça ne marche pas. Alors ç’ai-je fait (*), au lieu de $x \mapsto x^\xi$ je m'en vas (**) chercher une fonction $\phi$ telle que $\lim_{x \rightarrow 0}(\phi(f(x))- \phi(x))=L \neq 0$. Je l'ai trouvée au pif, je n'avais pas la méthode proposée par Mickaël, mais j'étais plus malin qu'aujourd'hui.
Ici ce n'est pas tout à fait la même situation puisqu'on a : $u_{n+1}=f(n,u_n)$ et non $u_{n+1}=f(u_n)$, mais la fonction $f$ est très simple et l'équation différentielle discrétisée n'est pas indispensable, comme dans l'autre fil où $u_{n+1}=(1+\frac 1n) \sin u_n$.
Bonne après-midi.
Ft. Ch.
(*) http://www.toutmoliere.net/acte-2,405392.html
(**) https://www.dicoperso.com/term/157,9,xhtml
c'est vraiment $v^2_{n+1}-v^2_n$ que tu calcules ou bien $v_{n+1}-v_n$?
L'équation homogène $yy'=0$ donne $2(y^2)'=0$ donc $y^2=c_1$ donc $y=c_0$. La solution de l'équation homogène est la fonction constante.
maintenant, il s'agit de résoudre l'équation $yy'=t^{-\alpha}$. Il faut utiliser la méthode de la variation de la constante, donc chercher une solution de la forme $y_0 \lambda(t)$ où $y_0$ est la solution de l'équation homogène, c'est-à-dire $c \lambda(t)$.
Il vient :
$c^2 \lambda(t) \lambda'(t)= t^{- \alpha}$
$\frac{c^2}{2} (\lambda(t)^2)'= t^{- \alpha}$
$\frac{c^2}{2} \lambda(t)^2= \frac{t^{- \alpha+1}}{- \alpha +1 } + K$
$\lambda(t)= \frac{2}{1 - \alpha} t^ { \frac{1- \alpha}{2}} + K $
Partant de l'équation différentielle, quelle est la suite auxiliaire à considérer, et la différence à considérer ? je n'arrive pas inférer la règle générale, en lisant l'exemple donné dans l'autre fil.
-partant de la suite :
Ensuite je résouds l'équation homogène, puis l'équation non homogène avec la méthode de la variation de la constante.
Après je repasse au temps discret :
u_{n+1} &=u_n+ \frac{1}{n^{\alpha} u_n} \\
u_{n+1}^2&=u_n^2 + \frac{1}{n^{2 \alpha} u_n^2} + \frac{2}{n^ {\alpha}} \\
u_{n+1}^2 - u_n^2 &= \frac{1}{ n^{2 \alpha} u_n^2} + \frac{2}{ n ^\alpha } \\
v_{n+1} -v_n &=\frac{1}{ n^{2 \alpha} v_n} + \frac{2}{n^ {\alpha}}
\end{align}$
Par téléscopage, $$
v_{n+1} = \sum_{k=1}^{n} \frac{1}{ k^{2 \alpha} v_k} + \sum_{k=1}^{n} \frac{2}{k^ {\alpha}}.
$$ Pour le dernier terme, je peux trouver un équivalent grâce à la comparaison série-intégrale.
Pour le premier terme,
- si $v_n$ diverge ce terme est négligeable ;
- si $v_n$ converge, je dois encore chercher.
Si la série diverge, on l'applique comme tu as vu aux sommes partielles.
Si la série converge, on l'applique aux restes, bien sûr: $\ell-u_n$, c'est un reste..
Bon courage.
Fr. Ch.
Pour les détails, prenons par exemple le cas $\alpha =1$. Et supposons qu'on a déjà un minimum d'info sur $u_n$, qu'elle tend vers l'infini par exemple. Alors $u_{n+1}^2-u_n^2 = u_n^2+ 2/n +\frac{1}{n^2u_n^2}-u_n^2 \sim \frac{2}{n}$ (on a utilisé notre info sur la suite pour négliger le terme $\frac{1}{n^2u_n^2}$. Ainsi $u_n^2 \sim 2\log n$ (j'ai sommé les équivalents) et on obtient le résultat souhaité. Tu remarqueras que je n'ai pas résolu l'équation différentielle. Je m'en suis servi pour trouver le bon changement de variable.
Dernière remarque : pour les amoureux du développement asymptotique on gagnera à le faire sur $u_n^2$ directement.
En tout cas, la mémoire est intacte et impressionnante.
Pour $\alpha <1$
$\begin{align}
v_{n+1} &= \sum_{k=1}^{n} \frac{1}{ k^{2 \alpha} v_k} + \sum_{k=1}^{n} \frac{2}{k^ {\alpha}} \\
v_{n+1} &\sim \sum_{k=1}^{n} \frac{2}{k^ {\alpha}} \\
v_{n+1} & \sim \frac{2}{1- \alpha} n^{ -\alpha+1} \\
u_{n+1} & \sim ( \frac{2}{1- \alpha} n^{ -\alpha+1} ) ^ { \frac{1}{2}} \\
\end{align}$
Je retrouve le résultat annoncé au début.
Plus rapide , j'enlève avant de sommer le terme négligeable.
$\begin{align}
v_{n+1}-v_n &\sim \frac{2}{k^ {\alpha}}
\end{align}$
Pour $\alpha =1$, la correction est plus haut. Maintenant je passe au cas où la suite converge.
$\begin{align}
u_{p+n+1} -u_{n} & = \sum_{k=n} ^ { p+n} ( u_{k+1} - u_k )\\
l - u_n &\sim \sum_{k=n} ^ {\infty} ( u_{k+1} - u_k ) \\
\end{align}$
D'autre part,
$\begin{align}
u_{n+1} &=u_n + \frac{1}{u_k n^{\alpha}} \\
u_{n+1} - u_n &= \frac{1}{u_k n^{\alpha}} \\
\frac{1}{u_k n^{\alpha}} &\sim \frac{1}{l n^{\alpha}} \\
\sum_{k=n} ^ { \infty} \frac{1}{u_k n^{\alpha}} &\sim \sum_{k=n} ^ { \infty} \frac{1}{l n^{\alpha}} \\
\sum_{k=n} ^ { \infty} \frac{1}{u_k n^{\alpha}} &\sim \frac{1}{ (\alpha-1) l n^{\alpha-1}}
\end{align}$
D'où :
$\begin{align}
l - u_n &\sim \frac{1}{ (\alpha-1) l n^{\alpha-1}}
\end{align}$
C'est le résultat donné précédemment . La démarche est-elle correcte ?
stackexchange
On rappelle que $a>0$ et que pour chaque entier $n>0$ :
\[
u_{n+1}-u_{n}=n^{-a}u_{n}^{-1}
\]
$u$ est donc croissante. On note $R_{n}=\sum_{k=n}^{+\infty}k^{-a}\underset{}{\sim}\frac{n^{1-a}}{1-a}$ si $a>1$ et de même on note $S_{n}=\sum_{k=1}^{n-1}k^{-a}\sim\begin{cases}
\ln n & \text{si }a=1\\
\frac{2}{\left(1-a\right)n^{1-a}} & \text{si }a<1
\end{cases}$ (résultat classique issue de la comparaison série / intégrale dans le cas des fonctions continues décroissantes positives au voisinage de $+\infty$)
1er cas: $u$ est majorée et donc converge vers $\ell$. Dans ce cas, par télescopage, pour tous $n>0,p>0$
\[
u_{n+p}^{-1}\sum_{k=n}^{n+p}k^{-a}\leqslant u_{n+p+1}-u_{n}\leqslant u_{n}^{-1}\sum_{k=n}^{n+p}k^{-a}
\]
L'inégalité de gauche, quand $p$ tend vers $+\infty$, montre que la série $R_{n}$ converge (donc que $a>1$) et fournit pour chaque $n>0$ : $\ell^{-1}R_{n}\leqslant l-u_{n}\leqslant u_{n}^{-1}R_{n}$ et finalement assure que $l-u_{n}\underset{}{\sim}\ell^{-1}R_{n}$. Et donc
\[
\ell-u_{n}\underset{}{\sim}\frac{1}{\ell\left(1-a\right)n^{a-1}}
\]
2ème cas: $u$ n'est pas majorée donc diverge vers $+\infty$ (croissance). On a
\[
u_{n+1}^{2}-u_{n}^{2}=n^{-a}u_{n}^{-1}\left(u_{n+1}+u_{n}\right)=n^{-a}u_{n}^{-1}\left(n^{-a}u_{n}^{-1}+2u_{n}\right)=n^{-2a}u_{n}^{-2}+2n^{-a}\sim2n^{-a}
\]
Donc, le membre de gauche est le terme général d'une série télescopique divergente ce qui montre que dans le membre de droite on a $a\leqslant1$. Par sommation des équivalents on déduit que : $u_{n}^{2}\sim S_{n}$ i.e que :
\[
u_{n}\sim\begin{cases}
\sqrt{2\ln n} & \text{si }a=1\\
\sqrt{\frac{2}{\left(1-a\right)n^{1-a}}} & \text{si }a<1
\end{cases}
\]