Problème sur des suites
Réponses
-
Bonjour.
Il est un peu difficile de t'aider sans savoir :
* Ce que tu as essayé ("cela fait un petit moment que j’ai du mal" donc tu as essayé de nombreuses choses)
* A quel niveau tu fais ce problème (c'est bien plus simple au niveau licence qu'au niveau première).
Donc, conformément aux règles du forum (A lire avant de poster fin du 1), dis-nous ce que tu as fait et ton niveau.
Cordialement. -
Alors j’ai calculé le terme général de la suite qui est je crois ce que j’ai envoyé en pièce jointe et j’ai essayé de montrer par récurrence l’inégalité recherchée sans succès . Sinon je suis en 1ère
-
Bravo pour ta formule, qui semble marcher !
Au niveau première, je ne vois pas trop d'idée simple (même au niveau L1 c'est délicat; il faut connaître le test de Raabe-Duhamel). Il faudrait trouver une majoration utile de 1 moins la somme, j'ai regardé sur un tableur sans trouver de bonne idée. Mais d'autres ici trouveront sans doute.
Cordialement. -
Merci d’avoir essayé en tout cas , mais en quoi consiste le test de Raabe-Duhamel ?
-
Une idée ici :
On part de l'équation de récurrence écrite sous la forme :
$2na_{n}=2\left(n-1\right)a_{n-1}-a_{n-1}$
Du coup en partant de (n+1) et en itérant :
$2\left(n+1\right)a_{n+1}=2na_{n}-a_{n}=2\left(n-1\right)a_{n-1}-a_{n-1}-a_{n}=$
$2\left(n-2\right)a_{n-2}-a_{n-2}-a_{n-1}-a_{n}=...=2a_{1}-a_{1}-...-a_{n-2}-a_{n-1}-a_{n}=2a_{1}-\left(a_{1}+...+a_{n-2}+a_{n-1}+a_{n}\right)$
Donc : $a_{1}+...+a_{n-2}+a_{n-1}+a_{n}=2a_{1}-2\left(n+1\right)a_{n+1}=1-2\left(n+1\right)a_{n+1}$
D'où le résultat.. !
. -
Merci bcp !
-
Un tel énoncé est difficile en Première, il me semble que c'est un énoncé de type olympiade.
Même la règle de Raabe-Duhamel ne serait d'aucun secours, puisqu'elle nous dirait seulement que la série converge et ne nous donnerait pas un majorant de sa somme. Et pour s'assurer que la série converge, il n'est pas nécessaire d'utiliser cette règle.
La formule avec les factorielles est correcte, mais le but n'est pas d'écrire des choses justes, c'est que ces choses permettent d'avancer vers la solution. Un majorant de $a_n$ me semblerait plus utile pour majorer la somme de ces $a_n$.
Bon courage quand même.
Fr. Ch. -
J’ai justement essayé de trouver un majorant de a_n en utilisant la formule mais rien de bien utile
-
Bravo Zig, qui a trouvé alors que je tournais autour, avec l'astuce qui tue (tu).
-
Prolongement à l'intention de Dio_sama. La suite des sommes $\displaystyle S_{n}=\underset{k=1}{\overset{n}{\sum }}a_{k}$$=a_1+a_2+...+a_{n-1}+a_n$ est croissante et on vient de voir qu'elle est majorée par $1$. Cette suite $S_n$ admet donc une limite finie $S$ telle que $\frac12<S \le 1$. On dit que cette limite est la somme de la série de terme général $a_n$, ce qui se note : $\displaystyle S=\underset{k=1}{\overset{+\infty }{\sum }}a_{k}$. Question : démontrer que $S=1$.
Bonne soirée.
Fr. Ch. -
La solution de Zig est encore une victoire du télescopage. Il y a de nombreux exemples de résultats obtenus avec cette méthode. On pourrait même ouvrir un fil à ce sujet.
-
Un coup de Stirling devrait donner $a_n = o(\frac{1}{2n})$ et la formule de Zig $S_n=1-2na_n$ devrait permettre de conclure?
-
Oui, Amathoué, mais le questionneur Dio_sama est en Première. Je ne sais même pas ce qu'on fait dans cette classe en 2020. La dernière fois que j'ai regardé ce que faisait un élève de Première, c'était ma fille, et c'était en 1992. Je trouve très bien que Dio_sama se confronte à des problèmes difficiles pour sa classe.
-
Bonjour,
Autre méthode pour montrer $a_n = o(\frac1n)$ (autre que Stirling) : $$\begin{eqnarray*} \forall n\geqslant 2,\qquad
a_n &=& \left(1-\frac3{2n}\right)\times\cdots\times\left(1-\frac3{2\cdot 2}\right)\, a_1 \\
&\leqslant&\frac12 \exp\left[- \sum_{k=2}^n \frac3{2k} \right] \\
&\leqslant&\frac12 \exp\left[- \frac32 \int_2^{n+1} \frac{{\rm d}t}t \right] \\
&=&\frac12 \exp\left[- \frac32 (\ln(n+1)-\ln2) \right] \\
&=& \frac{\sqrt2}{(n+1)^{3/2}}
\end{eqnarray*}$$
Mais je crains que ça ne soit pas non plus accessible en première. -
Cela dit, l'utilisation de la formule de Stirling n'est pas indispensable car la suite $na_n$ a une limite finie pour deux raisons (liée à la somme partielle, et décroissante positive), et si cette limite était non nulle, alors la série de terme général $a_n$ serait divergente.
Je viens de retrouver cet exo dans mes papiers, je l'avais posé en prépa-HEC mais je n'y pensais plus.
Bonne soirée.
Fr. Ch. -
En cours d’éditionLe 😄 Farceur
-
Le plus simple (quand on connaît les séries entières) est de former une équation différentielle sur $\phi$ où $\displaystyle \phi(z)=\sum_{k\geq 1}a_{k}z^{k}.$
On trouve ainsi pour $\vert z\vert <1$ : $\displaystyle 2(1-z)\phi'(z)=1-\phi(z).$
On a alors pour $x\in ]-1,1[$ : $\displaystyle \phi(x)=1-\sqrt{1-x}$ d'où l'on tire $\phi(1)=1$ et le résultat annoncé par Chaurien (par convergence monotone). -
Chaurien a écrit:$na_n$ a une limite finie pour deux raisons (liée à la somme partielle, et décroissante positive), et si cette limite était non nulle, alors la série de terme général $a_n$ serait divergente.
Ah oui, c'est plus élémentaire ça. (tu) Tu vois la décroissance de $(na_n)$ grâce à la formule de Zig $a_1+\dots+a_{n-1}=1-2na_n$ si j'ai bien compris. On peut aussi la voir en modifiant légèrement la relation de récurrence : $na_n = \frac{2n-3}{2n-2}(n-1)a_{n-1}<(n-1)a_{n-1}$.
Edit : Je n'avais pas fait attention à la première formule de Zig $2na_{n}=2\left(n-1\right)a_{n-1}-a_{n-1}$ qui fait très bien le job.Chaurien a écrit:Je trouve très bien que Dio_sama se confronte à des problèmes difficiles pour sa classe.
Très certainement. -
J'ajoute que je suis toujours étonné qu'on se focalise sur la formule de Stirling, et qu'on oublie la formule de Wallis, qui n'en est pas une conséquence, mais au contraire un ingrédient de sa démonstration, et qu'on peut énoncer sous la forme : $p_{n}=\frac{1\cdot 3\cdot ...\cdot (2n-1)}{2\cdot 4\cdot ...\cdot (2n)}=\frac{1}{2^{2n}}(_{~n}^{2n})\sim \frac{1}{\sqrt{\pi n}}$ quand $n\rightarrow
+\infty $. Et ceci peut suffire aussi pour notre problème actuel. -
GEBRANE !!! Fais un effort pour l'orthographe !!! Je sais que tu en [size=large]es[/size] capable.
-
Je connaissais la formule de Stirling et je l’avais déjà appliqué d’ailleurs à ce problème , sinon merci de votre contribution à tous !!
-
Bravo Dio_sama, continue dans cette voie et tu trouveras toujours de l'appui ici.
-
Costaud pour un première. Tu mérites bien ton pseudo, brille en prépa et décroche ton ZA WARUDO. -
Décidément les fans de Jojo sont partout xD !
-
J'ai utilisé sa formule à savoir $$a_{n+1}=\frac{(2n)!}{2.4^n(n!)^2 (n+1)}= \frac{2n \choose n}{2.4^n (n+1)}$$
et j'ai trouvé en utilisant le développement en série entière $$\frac{1}{\sqrt{1-4x}}=\sum_{n=0}^{\infty} {2n \choose n}x^n$$
qu'on a bien (on l’intègre puis on remplace x par 1/4)
$$\sum_{n=0}^{\infty} a_{n+1}=\sum_{n=0}^{\infty} \frac{(2n)!}{2.4^n(n!)^2 (n+1)}=1$$
@Calli tu m'as fait souffrir dans http://www.les-mathematiques.net/phorum/read.php?4,2059162,2059308#msg-2059308 avec ta première inégalité, je n'avais pas vu tout de suite que tu utilisais $1-x<e^{-x}$Le 😄 Farceur -
Challenge. En partant de la formule trouvée par sa ma, est ce que quelqu'un peut trouver une majoration astucieuse de la suite (a_n) qui permet de répondre à la question initiale. J ' ai essayé sans succès.Le 😄 Farceur
-
gebrane, ça n'est pas possible. Il a été prouvé que $\sum_{n=1}^\infty a_n =1$. Donc, si tu majores $(a_n)$ par une suite $(b_n)$ (différente de $(a_n)$), on aura $\sum_{n=1}^\infty b_n >1$, donc il existera forcément un $n$ tel que $b_1+\dots+b_n>1$ et tu ne pourras pas conclure.
-
Là en l'occurrence il me semble que Calli a raison..
Si $\varepsilon_{n}$ est une suite positive non identiquement nulle (soit $p$ tel que $\varepsilon_{p}>0$),
on a pour tout n>=p : $\underset{0\leq i\leq n}{\sum}\left(a_{i}+\varepsilon_{i}\right)\geq\varepsilon_{p}+\underset{0\leq i\leq n}{\sum}a_{i}$,
et donc il existe un rang à partit duquel $\underset{0\leq i\leq n}{\sum}\left(a_{i}+\varepsilon_{i}\right)\geq1+\frac{1}{2}\varepsilon_{p}$
. -
Effectivement, dans ma tête je remplaçais les sommes partielles par des suites quelconque, ce qui ne perd aucune généralité, vérifiant $u_n < v_n$ et $u_n, v_n \underset{n \to +\infty}{\longrightarrow} 1$. Mais dans ce contexte, la majoration des termes de la série se traduit plutôt par $u_{n+1} - u_n < v_{n+1} - v_n$.
-
C'est une conséquence du célèbre théorème "si $a<b$ et $s\leqslant s'$ alors $a+s<b+s'$" appliqué à $a=a_p,b=b_p$ pour un certain $p$ et $s=\sum_{n\neq p}a_n$, $s'=\sum_{n\neq p}b_n$. :-P
-
L'exercice avait été proposé en mars 2019 dans le fil suivant : Problème de suite cette fois
Mais les solutions de l'époque étaient plus compliquées que celle proposée ici par Zig. -
Il s’agit d’un problème qui a été proposé au IMO en 1988 mais qui n’a pas été retenu , je viens de retrouver la source du problème , ça explique pourquoi ce problème est difficile
-
Effectivement c'est le n°35 de la IMO LongList 1988, problème proposé par l'Islande.
J'ai un pdf sur lequel sont corrigés certains de ces problèmes. Pour le n°35 la solution proposée est celle de Zig. -
Calli merciLe 😄 Farceur
-
Questions de méthode.
J'ai été étonné d'apprendre que ce problème a été proposé à l'OIM car les problèmes de cette compétition sont généralement plus difficiles. Par exemple, le problème 6 de cette année 1988 a été longtemps considéré comme le problème le plus difficile de toute l’histoire des OIM et a résisté à plusieurs mathématiciens chevronnés : https://fr.wikipedia.org/wiki/Saut_de_Viète#cite_note-ReferenceA-1
Mais c'est pourtant vrai, et le problème du présent fil fait partie des « Longlisted problems », page 219 du Compendium : https://nagyzoli.web.elte.hu/compendium.pdf
Il est vrai qu'en page 222 on demande le PGCD de deux termes de la suite de Fibonacci, ce qui est quasiment une question de cours...
Mais ces deux énoncés n'ont finalement pas été retenus, on comprend bien pourquoi.
Ce qui est déroutant dans l'énoncé tel qu'il a été posé ici, c'est de demander la majoration de la somme par $1$ alors qu'en fait la somme de la série se trouve sans mal par un télescopage ... pourvu qu'on s'en aperçoive. Mais aux OIM, pas question de somme de série ni de limite de suite, d'où la rédaction de cet énoncé. Il demande moins que ce qu'on peut prouver, mais il n'en est pas plus facile pour autant, il serait plutôt plus difficile : remarque méthodologique dont on pourra faire son profit dans d'autres circonstances. Je pense à un autre exemple : le calcul de $I_{n}=\int_{0}^{1}t^{n}(1-t)^{n}dt$.
Comme j'ai dit j'avais posé cet énoncé en 1996-97 en prépa-HEC première année sous une autre forme, j'en ai retrouvé deux versions que je joins, mais je ne me souviens plus où j'avais trouvé l'idée.
Bonne soirée.
Fr. Ch.
24/07/2020
Connectez-vous ou Inscrivez-vous pour répondre.
Bonjour!
Catégories
- 163.1K Toutes les catégories
- 9 Collège/Lycée
- 21.9K Algèbre
- 37.1K Analyse
- 6.2K Arithmétique
- 53 Catégories et structures
- 1K Combinatoire et Graphes
- 11 Sciences des données
- 5K Concours et Examens
- 11 CultureMath
- 47 Enseignement à distance
- 2.9K Fondements et Logique
- 10.3K Géométrie
- 62 Géométrie différentielle
- 1.1K Histoire des Mathématiques
- 68 Informatique théorique
- 3.8K LaTeX
- 39K Les-mathématiques
- 3.5K Livres, articles, revues, (...)
- 2.7K Logiciels pour les mathématiques
- 24 Mathématiques et finance
- 312 Mathématiques et Physique
- 4.9K Mathématiques et Société
- 3.3K Pédagogie, enseignement, orientation
- 10K Probabilités, théorie de la mesure
- 773 Shtam
- 4.2K Statistiques
- 3.7K Topologie
- 1.4K Vie du Forum et de ses membres
In this Discussion
Qui est en ligne 22
+16 Invités