Limite d'une suite

Ah ? La suite définie par $u_n=1+n\mathrm{i}$ ($n\in\N$) est un contre-exemple à ce théorème.

C'est un peu bourrin mais en développant le binôme de Newton et en utilisant l'inégalité triangulaire inverse on peut montrer ce que tu veux.

J’ai quant à moi fait de l’algèbre linéaire pour avoir le terme général de la partie réelle.
C’est moche aussi en calculs...

Révérence gardée, je trouve les réponses de Poirot et ev un peu sous-minimales allusives.

Bonjour,

> En raisonnant par l'.............

Attention! En prononçant le mot maudit, tu t'exposes à la réaction du côté obscur de la force :-D.

Cordialement,

Rescassol

@Math Coss : j'avais fait une erreur bête, je n'ai pas d'idée.

Bonsoir

Le nombre complexe $a =\frac{1}{2} + i\frac{\sqrt{7}}{2}$
admet un module $r = \sqrt{2}$ et un argument $t$ tel que $\cos t = \frac{1}{2\sqrt{2}}$
puisque $\tan t = \sqrt{7}$ avec $\frac{\pi}{4} < t < \frac{\pi}{2}$.

il vient en conséquence : $Re(a^n) = (\sqrt{2})^n\cos(nt)$ et sa valeur absolue est : $u_n = (\sqrt{2})^n|\cos(nt)|$
la valeur absolue de $\cos(nt)$ varie entre $0$ et $1$
En fait la valeur $0$ est exclue car $nt$ ne peut jamais être un multiple impair de $\frac{\pi}{2}$,
et donc la suite $u(n)$ va diverger vers $+\infty$.

Cordialement.

JL a écrit:

et donc la suite u(n) va diverger vers +oo

Ah bon ? Ça alors ! Mais quand ? Et, plus lancinant, quand aura-t-on une esquisse de preuve ?

Autant pour moi.

Cordialement,

i.zitoussi.

Bonjour,

Voici une preuve assez détaillée, adaptable à toutes les suites d'entiers obéissant à une récurrence linéaire, du fait que tout entier n'est atteint qu'un nombre fini de fois par la suite $\left( 2 \Re(a^n)\right) _{n\in \N}.$ De nature exclusivement arithmétique, elle utilise les ressorts de la valuation $p-$ adique , qui sont ceux du théorème de Mahler évoqué par Noobey, et elle fait appel à deux lemmes mentionnés en préambule.

$\boxed{ \underline{\text{Lemme 1}}\quad\text{ Soient} \:\:g =X^k+ \displaystyle \sum_{j=0}^{k-1} b_jX^j,\:\: h(X) =\sum_{j=0}^m c_jX^j \in \Z[X] , \quad f(X) = g(X) h(X) = \sum _{j=0} ^{m+k} a_jX^j.\\
\qquad\qquad\quad \text{Alors}, \quad\forall p,n \in \N, \:\: p \:\text{premier},\quad \exists j \in [\![k;k+m]\!], \:\:\: \mathcal V_p(f(n)) \geqslant \mathcal V_p(a_j).}$

Supposons le contraire: $\:\:\forall j \in [\![k;k+m]\!], \:\:\: \mathcal V_p\big(f(n)\big) < \mathcal V_p(a_j)$.
En écrivant successivement les coefficients $a_{m+k}, a_{m+k-1} \dots a_k$ de $f(X)$ en fonction de ceux de $g(X)$ et de $h(X)$, on obtient: $\:\:\mathcal V_p\big(f(n)\big) < \mathcal V_p(c_m),\quad \mathcal V_p\big(f(n)\big) < \mathcal V_p(c_{m-1}), \dots\mathcal V_p\big(f(n)\big) < \mathcal V_p(c_0).\quad (\star)$
Alors: $\: \mathcal V_p\big(f(n)\big) = \mathcal V_p\big(g(n)h(n)\big)\geqslant \mathcal V_p\big(h(n)\big) = \mathcal V_p\big(\sum_{j=0}^m c_jX^j )\big)\overset {(\star)}> \mathcal V_p\big(f(n)\big), \:\:$ ce qui constitue une contradiction $\square$

$\boxed{\underline {\text {Lemme 2}}\qquad\forall p,n \in \N, \:\: p \:\text{premier}, \:\:\: \mathcal V_p(n!) \leqslant \dfrac n {p-1}.}$
$\displaystyle \mathcal V_p(n!)= \sum_{k=1}^{+\infty} k \: \text{Card}\left\{ a \in [\![1;n]\!] \mid a\equiv 0 \mod p^k,a \not \equiv 0 \mod p^{k+1}\right \} = \sum_{k=1}^{+\infty} k \left ( \Big\lfloor \dfrac n{p^k}\Big\rfloor -\Big\lfloor \dfrac n{p^{k+1}}\Big\rfloor \right) = \sum_{k=1}^{+\infty} \Big\lfloor \dfrac n{p^k}\Big\rfloor\leqslant \dfrac n{p-1}\: \square$


Soit $(v_n)_{n\in \N}$ la suite définie par: $ \quad v_0= 2, \:v_1 =1, \:\:\forall n \in \N , \:\:v_{n+2} = v_{n+1} - 2v_n.$
Alors: $\quad\forall n \in \N,\:\: |v_n| = 2u_n,\:\: v_n \in \Z.\:\: $ Pour démontrer que $\displaystyle \lim_{n\to + \infty} u_n = + \infty,\:\:$ il "suffit" de prouver que: $$ \quad \forall k \in [\![0;7]\!],\:\: \forall p \in \Z,\:\: \{n \in \N \mid v_{k+8n} = p \}\:\text{ est fini.}\qquad(\bigstar)$$
(cela entraîne en effet que $\displaystyle \lim_{n\to + \infty}|v_{k+8n}| = + \infty,\quad$ puis $\displaystyle \lim_{n\to + \infty}|v_{n}| = + \infty.) $
Notons: $ \forall n \in \N, \:X_n=\begin{pmatrix} v_{n+1}\\v_n \end{pmatrix},\quad A = \begin{pmatrix}1&-2\\ 1&0 \end{pmatrix},\quad B= \begin{pmatrix} -6&2\\ -1&-5 \end{pmatrix}, \quad \Phi \in \mathcal L\Big (\mathcal M_2(\Z) , \Z\Big):\:\:\begin{pmatrix} a&b\\ c&d \end{pmatrix}\longmapsto c+2d..$
Alors: $\quad \forall n \in \N,\:\:X_0 =\begin{pmatrix} 2\\1 \end{pmatrix},\quad X_n=A^n X_0, \:\: v_n = \Phi (A^n),\:\: A^8 = \mathrm I_2+3B.\qquad$
On remarque d'abord que $\forall k \in [\![0;7]\!],\:$ la suite $(v_{k+8n})_n $ n'est pas constante à partir d'un certain rang.
En effet: $\:\:\:\forall k \in [\![0;7]\!], (v_k,v_{k+8})\neq (0,0) $ et $A^8 - \mathrm I_2$ est inversible.

Supposons que: $\:(\bigstar)$ soit faux.
Alors: il existe $ m \in \N$ et une suite $(n_1, n_2 \dots)$ strictement croissante d'entiers tels que: $\:\:\forall k \in \N^*, \:v_m = v_{m+8n_k}.\:\:$
D'après la remarque précédente: $\:\:\exists \:s, k_0 \in \N^*\: $ tels que $ \:v_{m +8s}\neq v_m, \:\: \:\:n_ {k_0}>s.\quad$ D'autre part:
$$\forall n \in \N\qquad v_{m +8n} =\Phi \Big(A^m( \mathrm I_2+3B)^n\Big) = v_m + \displaystyle \sum_{i=1} ^n \binom ni 3^i \Phi(A^mB^i).$$
Notons encore $\Phi(A^mB^i)=t_i \in \Z,\:$ et $\:\quad\forall N\in \N, \:\: f_N (X) =\displaystyle \sum _{i=1}^N 3^i t_i \binom Xi =\sum_{i=1}^N a_i X^i \in \Z[X].$
Soit $\:k \geqslant k_0\:\:$ et $\:\:N>n_k.\quad \:\:\forall n\leqslant N, \:\:v_{m+8n} -v_m = f_N(n).\:\:\quad $ On a alors: $\forall j \in [\![1;k]\!],\:\: f_N(n_j) =0, \:\:\: f_N(s) \neq 0.$

Notons enfin: $g_N(X)=\displaystyle \prod _{j=1}^k (X-n_j) =X^k +\sum _{i=0}^{k-1} b_jX^j,\quad f_N(X) =g_N(X) h_N(X), \:\:\: g_N, h_N \in \Z[X].$
On peut appliquer le lemme $1$ aux polynômes $f_N,g_N,h_N: \:\: \exists j \in [\![k;N\!]], \:\:\: \mathcal V_3(f_N(s)) \geqslant \mathcal V_3(a_j).$
Tous les coefficients de $\displaystyle \sum _{i=j}^N 3^i t_i \binom Xi $ ont une $3\text{-valuation}$ qui, d'après le lemme $2$, est supérieure à $ \dfrac j2 \:$et $a_j$ est un coefficient de ce polynôme.
Il s'ensuit que $\:\: \mathcal V_3(f_N(s)) \geqslant \dfrac j2 \geqslant \dfrac k2.\quad$ Ainsi : $\forall k\geqslant k_0,\:\: \mathcal V_3(f_N(s)) \geqslant \dfrac k2$ et cela contredit $f_N(s) \neq 0.$