Suite récursive

Bonjour,
Numériquement il semble qu'on a $u_n \sim \frac{C}{n^2}$ avec $C\approx 5{,}2$.
Autre remarque : $\forall x\in{]{-}1,1[},\ \sum\limits_{n=0}^\infty u_n x^n = e^{{\rm Li}_2(x)}$ mais je ne sais absolument pas si ça peut être utile.

PS: AD, tu as fait une erreur en modifiant. C'était $u_n=\frac{1}{n}\sum_{k=0}^{n-1} \frac{u_k}{n-k}$.
[En effet, il y a un $t$ qui s'était introduit ! :-S J'ai corrigé. AD]

J'ai en partie transgressé le principe qui veut qu'on donne des indices et pas la solution. Mais j'ai eu un peu de mal à trouver (j'avais largement sous-estimé le début de la somme et j'étais parti sur une mauvaise piste) et je ne dois pas être le seul car personne d'autre n'a répondu en sept heures ! Donc j'ai répondu de la même manière qu'aux défis du camarade etanche. Néanmoins, il te reste des choses à justifier mathspe, par exemple le fait que $\forall x\in{]{-}1,1[},\ \sum\limits_{n=0}^\infty u_n x^n = e^{{\rm Li}_2(x)}$ et $\sum\limits_{k=0}^\infty u_k = e^{{\rm Li}_2(1)}$ :-).

PS: Je ne l'ai pas précisé, mais la définition du dilogarithme ${\rm Li}_2$ est : $\forall x\in[-1,1], \;{\rm Li}_2(x) := \sum\limits_{n=0}^\infty \frac{x^n}{n^2}$.

sevaus, j'utilise mes cours de physique-chimie ! (:D Je m'explique. En TP de physique-chimie, quand on voulait déterminer une loi du type $Y =c X^\alpha$ à partir de valeurs expérimentales, on traçait nos mesures $(X_i,Y_i)$ sur un papier millimétré en échelle log-log et on regardait la pente et l'ordonnée à l'origine de la droite obtenue, qui valent respectivement $\alpha$ et $\ln(c)$. Ici, j'ai fait pareil : j'ai tracé $-\ln(u_n)$ en fonction de $\ln(n)$. À partir de $n\geqslant 10$, on obtient très clairement une droite et j'ai mesuré sa pente : $\frac{-\ln(u_{10\,000})+\ln(u_{1000})}{\ln(10\,000)-\ln(1000)} \approx 2{,}00$. Ensuite, le facteur multiplicatif est l'exponentielle de moins l'ordonnée à l'origine de la droite, ou tout simplement $u_{10\,000}\times 10\,000^2$.

Totem, ce n'est pas un exercice facile que nous avons là. J'attends d'ailleurs toujours tes réponses ici : http://www.les-mathematiques.net/phorum/read.php?4,2092668,2093330#msg-2093330 :-D

totem : J'ai passé sous silence un calcul non trivial. Si tu veux essayer de le faire, tu auras besoin des outils suivants :

1. la formule de récurrence que vérifie $(u_n)$,
2. le théorème de Fubini (oh ! encore lui (:P), mais avec les séries cette fois), édit : ou bien un produit de Cauchy
3. savoir dériver et primitiver une série entière,
4. et savoir résoudre une équation différentielle linéaire du premier ordre.

totem : Pas besoin de changer la formule de récurrence ; on garde $u_n$ en fonction de $u_0,u_1,\dots,u_{n-1}$. Je donne le point de départ. Soit $f:x\in{]-1,1[}\mapsto\sum\limits_{n=0}^\infty u_n x^n$. On commence par écrire : $$\forall x\in{]-1,1[},\quad f(x) = \sum_{n=0}^\infty \frac1n \sum_{k=0}^{n-1} \frac{u_k}{n-k} x^n$$ et ensuite on manipule les signes $\sum$ et leurs indices.

@Calli impressionnant !

En ce qui me concerne je ne vois pas comment appliquer la convergence monotone ici : $\sum_{k=0}^{n-1} u_k \frac{n}{n-k} \longrightarrow \sum_{k=0}^\infty u_k$, la suite $(u_k \frac{n}{n-k})_n$ tend vers $u_k$ mais elle est décroissante en $n$. Il y a un truc évident qui m'échappe ?

Si quelqu'un voit...

Raoul a écrit:

la suite $(u_k \frac{n}{n-k})_n$ tend vers $u_k$ mais elle est décroissante en $n$.

Ah merde, je me suis trompé en regardant le sens de variation :)o. Merci d'être vigilant. Donc il faut trouver une meilleure justification (oui parce que les justifications justes sont meilleures que les fausses :-P). Je n'ai pas envie de réfléchir ce soir, donc je regarderai demain sauf si quelqu'un donne un bon argument d'ici là. Mais la limite est correcte ; ça j'en suis sûr (à 99%) parce c'est confirmé numériquement avec une bonne précision.

sevaus : Tu réponds à qui ?

Je répondais à raoul.S pour la démonstration de

$\displaystyle \sum_{n = 0}^{+\infty} u_n x^n = e^{\text{Li}_2(x)}$

Bonjour raoul.S et Calli.

La convergence monotone s'applique sur l'espace des suites avec la mesure de comptage.
Les applications à intégrer sont les $f_{n}:k\mapsto\frac{u_{k}}{n-k}1_{\left\{ 0;\dots;n-1\right\} }\left(k\right)$. Elles ne sont pas monotones en $n$ car, pour $k<n$, on a $f_n(k)>f_{n+1}(k)$ alors que $f_n(n)=0$ et $f_{n+1}(n)=u_n>0$.

Pour rectifier le tir, il faudrait envisager une majoration de toutes les $f_n$ par une même suite de somme finie et appliquer la convergence dominée.

Bonjour à tous. Suite aux justifications (toujours brillantes !) de LOU16, il a été finalement montré que $\displaystyle \lim_{n\to + \infty}\Big(n^2u_n-\sum_{k=0}^{n-1} u_k\Big)=0$, et que d'autre part $\displaystyle \lim_{x\to 1}\sum_{k=0}^{+\infty} u_kx^k=\exp\big(\zeta(2)\big)$. J'ai l'impression qu'il manque un argument pour la convergence de la série numérique $\displaystyle \sum_{k\geq 0}u_k$ pour conclure. Non ?

Cet exercice est je pense un peu plus simple qu'il n'y paraît en commençant par poser $w_{n}=\frac{1}{n+1}$, et alors pour $\left|x\right|<1$ on a:
\begin{align*}
\underbrace{\Big(\sum_{n}u_{k}x^{k}\Big)}_{f\left(x\right)}\,\underbrace{\Big(\sum_{n}w_{k}x^{k}\Big)}_{g\left(x\right)} & =\sum_{n}\sum_{k=0}^{n}u_{k}w_{n-k}x^{n}\\
& =\sum_{n}\sum_{k=0}^{n}\frac{u_{k}}{n+1-k}x^{n}\\
& =\sum_{n}\left(n+1\right)u_{n+1}x^{n+1}=xf'\left(x\right)

\end{align*} et le résultat découle de la résolution de cette équation différentielle et du fait que $$ -\int_{0}^{1}\frac{\ln\left(1-t\right)}{t}dt=\frac{\pi^{2}}{6}.$$

Merci LOU16. (tu)

dedekind93 : Il y a un théorème qui dit que si $(u_k)$ est une suite positive et que la série entière $f :x\mapsto \sum\limits_{k=0}^\infty u_k x^k$ a un rayon de convergence supérieur ou égal à 1, alors $\sum\limits_{k=0}^\infty u_k = \lim\limits_{x\to1^-}\sum\limits_{k=0}^\infty u_k x^k$ dans $\overline{\Bbb R}$.

troisqua : Il me semble que tu as oublié une multiplication par $n$ en posant $f_{n}:k\mapsto\frac{u_{k}}{n-k}1_{\left\{ 0;\dots;n-1\right\} }\left(k\right)$. Donc la seule domination que tu peux avoir c'est par $(ku_k)$ qui n'est pas sommable.

troisqua a écrit:

Cet exercice est je pense un peu plus simple qu'il n'y paraît

C'est sûr qu'une fois qu'on a la solution, c'est facile.

Calli : tu as raison pour l'oubli du produit par $n$. Bref, je pense que c'était une mauvaise piste de chercher à montrer la convergence de $n^2 u_n$ vers la somme de la série des $u_n$: trop compliqué.

Sinon, je dis que cet exo était plus simple qu'il n'y paraissait.... modulo le fait qu'on repère la convolution qui figure dans la définition de $u_n$.

troisqua a écrit:

je pense que c'était une mauvaise piste de chercher à montrer la convergence de $n^2 u_n$ vers la somme de la série des $u_n$: trop compliqué.

La convergence de $n^2 u_n$ vers $\sum_n u_n =e^{\zeta(2)}$ est directement équivalente à l'équivalent qu'on veut trouver : $u_n\sim \frac{e^{\zeta(2)}}{n^2}$. Et en général montrer la convergence d'une suite est plus facile qu'un équivalent qui tend vers 0. Donc je ne vois pas comment éviter de montrer que $n^2 u_n \to \sum_n u_n$.

Un de mes élèves a eu un exercice très similaire à l'oral d'Ulm, il y a 2 ans.
Il y avait un $n-k+2$ au dénominateur au lieu du $n-k+1$ et la question était de calculer la somme de la série $\displaystyle \sum_{n=0}^{+\infty}\frac{u_k}{2^k}$.

L'introduction de la série entière et l'utilisation de la série produit de Cauchy et de l'équa diff sont effectivement les ingrédients qui permettent de s'en sortir.

@dedekind93.
Je te propose une rédaction détaillée.
Par une récurrence immédiate, pour tout naturel $n,$ on a $0\leqslant u_{n}\leqslant n+1$ si bien que $f\left(x\right)=\sum_{n=0}^{+\infty}u_{n}x^{n}$ a un rayon de convergence supérieure ou égal à $1$. On note $I=]-1;1[$ et pour $x\in I$ on a:
\[
-\ln\left(1-x\right)=\sum_{n=0}^{+\infty}\frac{x^{n+1}}{n+1}=x\sum_{n=0}^{+\infty}\frac{x^{n}}{n+1}
\] et donc
\begin{align*}
-f\left(x\right)\ln\left(1-x\right) & =x\sum_{n=0}^{+\infty}u_{n}x^{n}\sum_{n=0}^{+\infty}\frac{x^{n}}{n+1}\\
& =x\sum_{n=0}^{+\infty}\underbrace{\sum_{k=0}^{n}\frac{u_{k}}{n+1-k}}_{\left(n+1\right)u_{n+1}}x^{n}\\
& =x\sum_{n=0}^{+\infty}\left(n+1\right)u_{n+1}x^{n}\\
& =xf'\left(x\right)

\end{align*} La fonction $x\mapsto\frac{-\ln\left(1-x\right)}{x}$ est continue sur $I$ et, pour une certaine primitive $F$ de $f$ sur $I$ on a $f\left(x\right)=e^{F\left(x\right)}$. Comme $f\left(0\right)=u_{0}=1$ on a $F\left(0\right)=0$. Donc $F\left(x\right)=\int_{0}^{x}\frac{-\ln\left(1-x\right)}{x}dx$ qui converge en $1^{-}$. Ainsi $f\left(x\right)=\sum_{n=0}^{+\infty}u_{n}x^{n}$ possède une limite finie en $1^{-}$. Donc, vu que les $u_{n}$ sont positifs, la série $\sum_{n=0}^{+\infty}u_{n}$ converge vers $f\left(1^{-}\right)$ (cf cette petite propriété). Or
\begin{align*}
F\left(1\right) & =\int_{0}^{1}\frac{-\ln\left(1-x\right)}{x}dx\\
& =\int_{0}^{1}\sum_{n=0}^{+\infty}\frac{x^{n}}{n+1}dx\\
& =\sum_{n=0}^{+\infty}\int_{0}^{1}\frac{x^{n}}{n+1}dx=\sum_{n=0}^{+\infty}\frac{1}{\left(n+1\right)^{2}}=\frac{\pi^{2}}{6}

\end{align*} et finalement
\[
\sum_{n=0}^{+\infty}u_{n}=e^{F\left(1\right)}=e^{\frac{\pi^{2}}{6}}
\]
[édit: pour la détermination de l'équivalent de $u_n$, cf ce message un peu plus bas]

A noter que $n!u_{n}=\frac{A323290(n)}{A323291(n)}$

Totem, c'est classique, ce sont ces bons vieux nombres de Catalan, la famille de nombres entiers qui a le plus d'interprétations combinatoires, et de loin.

@Poirot: intervention divine ?? rien que ça !! ::o:-D
Je croyais que tout était "connecté" avec tout en maths...

Pour revenir au problème initial on peut démontrer que la suite $(n^2u_n)$ a pour limite $\displaystyle\sum_{k=0}^{+\infty}u_k$ sans introduire de série entière. Cela utilise les mêmes arguments que la démonstration de LOU16 avec le résultat connu : $H_n=\displaystyle\sum_{k=1}^n\dfrac1k\sim\log n$.

1) $\max(u_0,\dots,u_{n-1})\leq1$ entraîne que $u_n\leq\dfrac1n H_n\leq1$ donc $u_n\leq1$ pour tout $n$.

2) $u_k\leq\dfrac1k H_k$ pour $k\geq1$ donne $n^2u_n\leq1+\displaystyle\sum_{k=1}^{n-1}\dfrac{nH_k}{k(n-k)}\leq1+H_{n-1}\displaystyle\sum_{k=1}^{n-1}\left(\dfrac1k+\dfrac1{n-k}\right)=1+2H_{n-1}^2\sim 2(\log n)^2$ donc la série $(\sum u_k)$ converge.

3) $n^2u_n=\displaystyle\sum_{k=1}^{n-1}u_k+r_n$ avec $r_n=\displaystyle\sum_{k=1}^{n-1}\dfrac{ku_k}{n-k}\leq \sum_{k=1}^{n-1}\dfrac{1+2H_{k-1}^2}{k(n-k)}\leq (1+2H_{n-2}^2)\dfrac1n\displaystyle\sum_{k=1}^{n-1}\left(\dfrac1k+\dfrac1{n-k}\right)=\dfrac{2H_{n-1}(1+2H_{n-2}^2)}n\sim\dfrac{4(\log n)^3}n$ qui tend vers $0$.

On a démontré que $u_n\sim\dfrac S{n^2}$ avec $S=\displaystyle\sum_{k=0}^{+\infty}u_k$.
Pour le calcul de $S$ il faut bien sûr introduire une série entière.

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