bonjour,
Quelqu'un ici a-t-il une suggestion pour étudier le comportement en $+\infty$ de la suite $u_n=\cos(a^n)$ lorsque $a>1$ ?
Elle ne semble pas avoir de limite (si j'en crois le tracé de courbes en faisant varier $n$) mais comment l'établir ?
Merci pour votre aide.
Réponses
L'absence d'une telle limite ne me semble pas élémentaire.
Cordialement.
Je trouve l'exercice dans un livre de maths expertes de Tle ... dans la rubrique des exercices préalables à savoir faire !
De manière surprenante, je n'en trouve pas de trace sur le net ou ce forum alors si quelqu'un a une source pour traiter cet exo ...
A priori je ne connais même pas d'exemple de nombre $ a > 1$ tel que la suite $(a^n \mod 2\pi)_n$ converge ; en aurais-tu un exemple à l'esprit ?
Pour les sceptiques c'est l'exercice n°7 2°) p206 du "livre scolaire" maths expertes::o
:-D [je sors]
[Je reviens]
J'avais partagé un papier ici il y a quelques années montrant que la suite des sommes partielles (sur $k$) des $\cos(k^m)$ n'était pas bornée (pour $m>1$ entier). On sait jamais si ça peut servir (le résultat est non trivial à obtenir).
Et voilà un fil avec une questions assez semblable mais plus simple.
la suite de terme général $u_n=cos(a^n)$ avec a > 0 et n entier naturel, converge
si 0 < a < 1 la suite est monotone croissante et converge directement vers 1 puisque $a^n$ converge alors vers 0
si a = 1, la suite est constante égale à cos1
si a > 1 la suite converge d'une façon alternée vers 0
pour ce dernier cas je propose une démonstration basée sur la limite en + l'infini de la fonction g définie par $g(x) = cos(e^x)$
on suppose x > 0 et la dérivée est $g'(x) = - e^x.sin(e^x)$
la courbe de g'(x) est une sinusoïde déformée avec des pics de plus en plus éloignés et des zéros de plus en plus espacés
en effet elle coupe l'axe des abscisses en une infinité de points d'abscisses respectives $ln\pi$, $ln(2\pi)$, $ln(3\pi)$.......$ln(p\pi)....$
et l'ordonnée à l'origine est égale à - sin1
nous allons calculer l'aire A déterminée par la courbe de la fonction g'(x) avec l'axe des abscisses pour x variant de 0 à +oo
et en déduire la limite de g(x) en + oo (c'est ce que l'on peut appeler le raisonnement des aires)
toutes les aires déterminées par la courbe de g'(x) à partir de $x = ln\pi$ jusqu'à l'infini sont 2, -2, 2, -2, 2, .......
égales à 2 mais de signe alterné et donc cette somme des aires à partir de $x = ln\pi$ jusqu'à l'infini est égale à 1,
aire à laquelle il faut ajouter l'aire calculée de 0 à $ln\pi$ soit $g(ln\pi) - g(0) = - 1 - cos1$ au total A = - cos1
or cette aire A par définition est aussi égale à limite de g(x) en +oo moins g(0) soit limg(x) - cos1 = - cos1
et donc limite de g(x) en + l'infini = 0 et celle de la suite de terme $u_n = cos(e^n)$ est également nulle
je signale que l'on peut démontrer par une détermination analogue que la limite en +oo de $sin(e^x)$ est également nulle
je signale enfin l'intégrale $\int_0^{+oo}cos(e^x)dx = B - \gamma = - 0,33740396....$
avec $\gamma$ constante d'Euler et $B = \int_0^1\frac{1-cosx}{x}dx = 0,2398117....$
et donc la série de terme général $cos(a^n)$ avec a > 1 converge également
cordialement
Tu dis que tu sais montrerles deux égalités suivantes: \begin{align*}
\lim_{x\underset{}{\longrightarrow}+\infty}\cos\left(e^{x}\right) & =0\\
\lim_{x\underset{}{\longrightarrow}+\infty}\sin\left(e^{x}\right) & =0
\end{align*}
donc tu sais démontrer que
\[
\lim_{x\underset{}{\longrightarrow}+\infty}\underbrace{\cos^{2}\left(e^{x}\right)+\sin^{2}\left(e^{x}\right)}_{1}=0+0=0
\]
donc tu sais démontrer que
\[
1=0
\]
Non? pas assez de compétences 8-):-D
Théorème (?) : Pour presque tout $a\in [2;3]$ (au sens de Lebesgue) la suite $(a^n)_n$ modulo $2\pi$ est dense dans $\R/2\pi\Z$.
Ici j'ai pris $[2;3]$ mais si c'est vrai sur cet intervalle ça l'est probablement sur $[1;+\infty [$ aussi.
(Ébauche incomplète de) Démonstration :
Soit $I= ]\alpha;\beta[$ un intervalle ouvert de $\R/2\pi\Z$ et $n\in \N$ un entier, on note
\[
E_n(I) = \{ a\in [2;3] : a^n \in I \} \quad \text{et} \quad E(I) = \limsup E_n(I)
\]
vous m'excuserez l'abus de notation consistant à noter de la même façon un nombre réel et sa classe modulo $2\pi$. Supposons que $\lambda(E(I))=1$ pour tout intervalle ouvert non vide $I$. On prend alors $(I_n)_{n\in \N}$ une énumération des intervalles ouverts à bords rationnels inclus dans $[2;3]$, on voit que $\lambda(\cap E(I_n))=1$ et on en déduit donc que le résultat voulu. Il faut donc démontrer que $\lambda(E(I))=1$ quel que soit l'intervalle $I$, pour cela le lemme de Borel-Cantelli semble tout désigné. Bon, les $E_n(I) $ ne vont pas être complètement indépendants mais on peut faire marcher les conclusions de Borel-Cantelli avec simplement une indépendance approchée. Plus précisément je pense que les deux résultats suivants sont vrais et qu'ils entrainent facilement (en revisitant un peu la preuve de Borel-Cantelli) $\lambda(E(I))=1$.
Lemme I : Pour tout intervalle ouvert $I$ de $\R/2\pi\Z$ il existe un réel $m(I)>0$ tel que
\[
\lim_{n\to \infty} E_n(I) = m(I).
\]
Lemme II : Pour tout intervalle ouvert $I$ de $\R/2\pi\Z$ il existe un réel $C_I \in [0;1[$ tel que
\[
\left|\lambda(E_n(I) \cap E_m(I))- \lambda(E_n(I))\lambda(E_m(I))\right| \leq C_I^{|n-m|}.
\]
Pour être bien clair : il faut alors encore un résultat après avoir démontré le lemme I et II pour conclure.
Lemme (Borel-Cantelli revisité) : Soit $(A_n)_n$ une famille d'ensembles mesurables de $[2;3]$ vérifiant les conclusions des lemmes I et II, on a $\lambda(\limsup A_n) = 1$.
Bon comme vous le voyez c'est très incomplet mais je pense que c'est une piste crédible. Je chercherais par moi même à compléter cette preuve mais si certains d'entre vous veulent s'y essayer allez y !
Quelques remarques :
-Pour le lemme I la fonction $m$ doit en fait être une mesure que je suppose être sous la forme $f d \lambda$ avec $f$ une fonction gentille, de sorte à ce que $\lambda$ et $m$ aient les mêmes ensembles négligeables.
-Pour le lemme II je pense qu'on a une indépendance exponentielle comme indiquée mais même si les bornes trouvées sont bien moins bonnes (ie polynomiales) il devrait être possible de faire marcher Borel-Cantelli revisité tout de même.
-Je suppose qu'en fait la suite $(a^n)_n$ est même équirépartie modulo $2\pi$ pour presque tout $a$. Je n'ai pas essayé de le démontrer en revanche mais c'est peut-être plus facile.
-Il reste la question de savoir s'il existe des réels $a>1$ tels que $\lim d(a^n,2\pi\Z) =0$. J'ai essayé de reprendre la démonstration pour les nombres de Pisot et de la faire marcher dans ce cas mais je n'ai pas réussi, le problème majeur étant que, contrairement à $\Z$, le pauvre $2\pi\Z$ n'est pas un anneau. Je pense qu'il existe de tels réels mais et qu'il doit être possible d'en exhiber en choisissant le bon système d'écriture mais je n'ai pas réussi à le faire.
« Selon un résultat de J. F. Koksma (1933), la suite $(\alpha x^n)$ pour $\alpha$ réel, est équirépartie modulo $1$ pour presque tout réel $x > 1$, c'est à dire que l'ensemble des $x > 1$ tels que la suite n'est pas équirépartie est de mesure nulle au sens de Lebesgue. Mais selon Marcel David (Encyclopaedia Universalis, Approximations diophantiennes, §6 répartition modulo 1), aucun $x$ n'a encore été exhibé : un cas comme $\alpha = 1, x = 3/2$ est un problème ouvert. »
Source : Chronomath.
Merci pour cette info, qui devrait clore les débats.
Avec ça et la notion de convergence alternée explosive de J. Lismonde, j'ai appris deux trucs ajourd'hui.
edit après avoir lu, ton théorème est démontré dans le papier http://www.numdam.org/item?id=CM_1935__2__250_0
On peut prouver par une IPP une variante "soft" d'un lemme de Van der Corput, à savoir : lorsque $\phi' \geq \lambda>0$ sur $[a,b]$ (où les constantes implicites sont absolues et ne dépendent pas de $[a,b]$, ni de la fonction $\phi$ qui est réelle) $$\big\vert \int_{a}^{b}e^{i\phi(t)}dt \big\vert \lesssim \frac{1}{\lambda}.
$$ On veut appliquer alors le critère d'équirépartition de Weyl en "moyenne".
Soit $k\in \mathbb{Z}^{*}.$ Notons pour $N\gg 1$ et $x\geq 1,$ $$S_{N}(x)=\frac{1}{N+1}\sum_{n=0}^{N}e^{ikx^{n}}.
$$ On a alors pour $A\gg 1$ et par le lemme précédent (quitte à conjuguer les intégrales en jeu)
\begin{align*}
\int_{1}^{A} \vert S_{N}(x) \vert^{2}dx & = \frac{A-1}{N+1}+\frac{2}{(N+1)^{2}}\sum_{0\leq n<n'\leq N}\mbox{Re} \big(\int_{1}^{A} e^{ik(x^{n'}-x^{n})}dx\big)\\
& \lesssim \frac{A}{N} + \frac{1}{N^{2}}\sum_{0\leq n<n'\leq N}\frac{1}{n'-n}\\
& \lesssim \frac{A}{N} + \frac{\ln(N)}{N}.
\end{align*} Ainsi, il vient en notant $\mu$ la mesure de Lebesgue sur la droite réelle : $$\mu( x\in [1,A]\mid \vert S_{N^{2}}(x) \vert \geq \varepsilon)\lesssim_{A,\varepsilon} \frac{\ln(N)}{N^2}.
$$ Par le lemme de Borel Cantelli, on obtient alors que pour presque tout $x$ de $[1,A],$ $S_{N^{2}}(x)$ tend vers $0$ lorsque $N$ tend vers l'infini.
En procédant par encadrement, on obtient ainsi que pour presque tout $x$ de $[1,A],$ $S_{n}(x)$ tend vers $0$ lorsque $n$ tend vers l'infini (il suffit de considérer un entier $n$ vérifiant $N^{2}\leq n< (N+1)^{2}$ et de remarquer que $\vert S_{(N+1)^{2}}-S_{n}(x)\vert \lesssim \frac{1}{N}$).
Ceci conclut la preuve du théorème de Koksma (modulo les choses habituelles : une intersection dénombrable d'ensembles de mesure pleine reste de mesure pleine).
Ceux qui trouvent des difficultés à suivre les indications de BJ, j'ai trouvé une preuve de du théorème de Koksma Exercices de mathématiques pour l'agrégation : analyse - Tome 1 - 2ème édition Exercice 9-3 ( avec solution détaillée)
Maintenant comment déduire la question?
Tout ça ne donne par contre effectivement rien par rapport problème initial. Ca dit que pour la plupart des $a$, $\cos(a^n)$ ne peut pas converger, mais pour ceux qui restent... je n'ai pas de pistes pour ma part (mais si je devais miser, je dirais qu'un tel $a$ existe).
Sinon, toujours dans l'idée communément acceptée de ne pas répondre à la question initiale: je me demande si il est vrai ou non que pour tout $a>1$ fixé, il existe $\alpha\not=0$ tel que $(a^n\alpha)_n$ converge modulo 1. Cette question est peut être plus simple à traiter. Si c'est vrai, alors c'est intéressant car ça voudrait dire que ce ne sont pas vraiment les propriétés arithmétiques de $a$ qui sont importantes (je pense aux Pisot). Ca voudrait dire aussi qu'on aurait probablement également la version duale: pour tout $\alpha$ il existe $a$ tel que $(a^n\alpha)_n$ converge modulo 1 (et ceci répondrait donc à la question initiale)
Side était si proche pour résoudre la question initiale. Quand j 'avais posté la question, j'avais indiquer en même temps deux liens qui resolvent la question. J 'ai caché les 2 liens dans les deux smiley . En faisant cela, je ne voulais pas perdre les liens et aussi pour ne pas gacher votre plaisir de chercher.
Surement tu as raté ce lien caché qui envoie vers une de tes belles démonstrations http://www.les-mathematiques.net/phorum/read.php?4,2051314,2056244#msg-2056244
En résumé, si je note
\[D=\left\{a\in ]1,+\infty[~~\big|~~ \text{La suite}~(\cos(a^n))_{n\in\N}~\text{converge}\right\},\]
nous avons vu que :
1) L'ensemble $D$ est de mesure nulle pour la mesure de Lebesgue.
2) On a que $2\notin A$.
3) Nous n'avons pas réussi à exhiber un élément explicite de $D$.
4) On ne sait même pas si $D$ est non vide.
Est-ce que j'ai loupé quelques choses?
On peut ensuite ainsi déduire que $(\cos(a^n) )_n$ ne converge pas si $a>1$ est rationnel (le cas $a$ entier étant à traiter à part)