Petite suite

P.
P.
dans Analyse
$u_0$ et $u_1$ sont donnés et $\ \displaystyle u_{n+1}=\frac{1}{n}\sum_{k=0}^{n-1}u_k,\ $ pour $n\geq 1.$ Quelle est la valeur de $\ \lim\limits_{n\to \infty}u_n\quad?$

Réponses

  • Corto
    Corto
    Hum la suite est constante à partir du rang 2 et vaut $(u_0+u_1)/2$ non ? Ou bien je raconte n'importe quoi ?
  • P.
    P.
    Pour moi $u_2=u_0...$
  • Calli
    Calli
    Bonjour,
    Il me semble que : $\forall n\geqslant 1,\;\displaystyle u_n = u_0 \sum_{k=1}^{n-1}\frac{(-1)^{k+1}}{k!} + u_1 \sum_{k=0}^{n-1}\frac{(-1)^k}{k!} $. Donc $u_n\longrightarrow (1-e^{-1})u_0 + e^{-1}u_1$.
  • Corto
    Corto
    Donc c'est bien moi qui raconte n'importe quoi :-D
  • Calli
    Calli
    Preuve que : $\forall n\geqslant 1,\;\displaystyle u_n = u_0 \sum_{k=1}^{n-1}\frac{(-1)^{k+1}}{k!} + u_1 \sum_{k=0}^{n-1}\frac{(-1)^k}{k!}$.

    Initialisation : $u_1 = u_0 \times 0+u_1\times \frac1{0!}$.

    Hérédité : $$\begin{eqnarray*}
    u_{n+1} &=& \frac{1}{n}\sum_{i=0}^{n-1}u_i \\
    &=& u_0 \frac{1}{n}\left[1 + \sum_{i=1}^{n-1}\sum_{k=1}^{i-1}\frac{(-1)^{k+1}}{k!}\right] + u_1 \frac{1}{n}\sum_{i=1}^{n-1} \sum_{k=0}^{i-1}\frac{(-1)^k}{k!} \\
    &=& u_0 \frac{1}{n}\left[1 + \sum_{k=1}^{n-1} (n-k-1) \frac{(-1)^{k+1}}{k!}\right] + u_1 \frac{1}{n}\sum_{k=0}^{n-1} (n-k-1) \frac{(-1)^k}{k!} \\
    &=& u_0 \left[\frac1n + \sum_{k=1}^{n-1} \frac{(-1)^{k+1}}{k!} + \frac1n \sum_{k=1}^{n-1}\left( \frac{(-1)^{k}}{(k-1)!} - \frac{(-1)^{k+1}}{k!} \right) \right] + u_1 \times [\text{même principe}] \\
    &=& u_0 \left[\frac1n + \sum_{k=1}^{n-1} \frac{(-1)^{k+1}}{k!} - \frac1n - \frac1n \frac{(-1)^{n}}{(n-1)!}\right] + u_1 \times [\dots]\\
    &=& u_0 \sum_{k=1}^{n} \frac{(-1)^{k+1}}{k!} + u_1\sum_{k=0}^{n} \frac{(-1)^k}{k!}
    \end{eqnarray*}$$
  • Corto
    Corto
    Bon du coup j'essaye de ne pas raconter n'importe quoi cette fois ci.

    On a $n u_{n+1} - (n-1)u_{n} = u_{n-1} $ donc $n(u_{n+1}-u_n) = u_{n-1} - u_n$ ou, autrement dit, $v_{n+1} = \frac{-1}{n}v_n$ en notant $v_n = u_n-u_{n-1}$. Ainsi $v_{n+1} = \frac{(-1)^n}{n!} v_1 = \frac{(-1)^n}{n!} (u_1-u_0)$ et on en déduit
    \[
    u_n = u_0 + \sum_{k=1}^{n} v_k = u_0 + (u_1-u_0)\sum_{k=0}^{n-1} \frac{(-1)^{k}}{(k)!} \to u_0 + (u_1-u_0)e^{-1}.
    \]
    (modulo les possibles erreurs d'indice)


    Au départ je voulais utiliser la linéarité de la fonction $\varphi : \R^2 \to \R^\N$ qui à $(u_0,u_1)$ associe $(u_n)_n$. On voit facilement que $\varphi(1,1)$ donne la suite constante égale à $1$, mais je n'ai pas trouvé d'autres conditions initiales qui donnaient un calcul simple de la suite $(u_n)_n$. Quand on voit l'expression de $u_n$ ce n'est pas surprenant.
  • Georges Abitbol
    Georges Abitbol
    C'est la suite qui permet de rendre à Cesàro ce qui est à Cesàro, quoi.
  • jean lismonde
    jean lismonde
    bonsoir

    calculons les termes successifs de la suite en fonction de u(0) et u(1) :
    u(0)
    u(1)
    u(2) = u(0)
    u(3) = (u(0) + u(1))/2
    u(4) = (2u(0) + u(1))/3
    u(5) = (5u(0) + 3u(1))/8
    u(6) = (19u(0) + 11u(1))/30

    nous voyons à partir de n = 3 apparaître une moyenne pondérée des deux termes u(0) et u(1)

    d'après les résultats de Calli la limite de la suite de terme général u(n)
    serait égale à une certaine moyenne pondérée des deux termes initiaux

    $$(1 - \frac{1}{e})u(0) + \frac{1}{e}u(1)$$

    cordialement
  • PetitLutinMalicieux
    PetitLutinMalicieux
    Bonjour

    Tu peux être plus précis. u(n+2) est le barycentre de {(u(n);1),(u(n+1);n)}, donc des deux précédents (à partir de $n \ge 1$).
    Donc on peut toujours retomber sur une expression en fonction de u0 et u1. La somme des coefficients fait 1.
    Mais cela ne donne pas la formule, si on ne la connaît pas.
    Sans l'astuce dévoilée par Corto, je ne sais pas comment finir le calcul. Y a-t-il un chemin par les séries formelles ?
    Ce site est fatigant. Les gens modifient sans cesse leurs messages passés, et on ne comprend plus rien à la discussion. Je suis nostalgique du temps où, si on postait une bêtise, on devait l'assumer. Et si on cite le passage pour l'ancrer, l'administrateur supprime en disant qu'on n'a pas besoin de recopier le message passé.
  • JLT
    JLT
    Posons $S(x)=\sum_{n=0}^\infty u_{n+2}x^{n+1}$.

    Pour tout $n\geqslant 0$ on a $(n+1)u_{n+2}=\sum_{k=0}^n u_k$. Ceci s'écrit

    $S'(x)=\dfrac{\sum_{k=0}^\infty u_kx^k}{1-x}=\dfrac{u_0+u_1x+xS(x)}{1-x}$.

    On résout cette équation différentielle par la méthode de variation de la constante. On trouve $S(x)=\dfrac{u_0-u_1+u_1x}{1-x}+K\dfrac{e^{-x}}{1-x}$ où $K$ est une constante.

    Comme $S(0)=0$ on obtient $K=u_1-u_0$ donc
    $$S(x)=\dfrac{u_0-u_1+u_1x}{1-x}+(u_1-u_0)\dfrac{e^{-x}}{1-x}.$$

    En identifiant les coefficients de $x^n$, il vient
    $$u_{n+1}=u_0+(u_1-u_0)\sum_{k=0}^n\dfrac{(-1)^k}{k!}.$$
  • etanche
    etanche
    A tout hasard existe-t-il une version de cet exercice avec la moyenne géométrique et une autre avec la moyenne harmonique des termes
    $u_0,u_1,...,u_{n-1}$ ?
  • Corto
    Corto
    Etanche : Si l'on pose $u_{n+1} = \sqrt[n]{u_0 \ldots u_{n-1}}$ et que l'on fixe $u_0$ et $u_1$ des réels strictement positifs on trouve
    \[
    \frac{u_{n+1}^n}{u_n^{n-1}} = u_{n-1},

    \] ou encore
    \[
    \frac{u_{n+1}}{u_{n}} = \left(\frac{u_{n-1}}{u_{n}}\right)^{1/n},

    \] qui se réécrit $v_{n+1} = v_n^{-1/n}$ où $v_n = u_n/u_{n-1}$. On en déduit $v_n = v_1^{(-1)^{n-1}/(n-1)!}$ et
    \[u_n = v_n \ldots v_1 u_0 = v_1 ^{\sum_{k=0}^{n-1} \frac{(-1)^{k}}{k!}} u_0 = u_1^{\sum_{k=0}^{n-1} \frac{(-1)^{k}}{k!}} u_{0}^{1-\sum_{k=0}^{n-1} \frac{(-1)^{k}}{k!}} \to u_1^{1/e} u_0^{1-1/e}.
    \] Bon il s'agit de la même astuce que pour la suite du début de ce fil.
  • P.
    P.
    Comme l'analogie d'etanche se traite par $v_n=\log u_n,$ il est peut etre plus stimulant de considerer la generalisation $u_{n+1}=\frac{1}{n}\sum_{k=0}^{n-1}u_k$ pour $n\geq m$ et de demander $ \lim_{n}u_n$ en fonction de $u_0,\ldots,u_m.$
  • JLT
    JLT
    La méthode que j'ai indiquée marche encore. Soit $P(x)=u_mx^m+(\sum_{k=0}^{m-1} u_k)x^{m-1}$. Soit $Q$ tel que $(Q(x)e^x)'=P(x)e^x$.

    Soit $S(x)=\sum_{n\geqslant 0} u_{n+m+1}x^{n+m}$. On trouve que
    $$S(x)=\dfrac{Q(x)-Q(0)e^{-x}}{1-x}.$$

    En identifiant les coefficients de $x^n$ et en faisant tendre $n$ vers l'infini, on trouve que $u_n$ tend vers $Q(1)-Q(0)e^{-1}$.

    Edit : j'ai corrigé l'expression de $P(x)$.
  • P.
    P.
    (tu)
  • JLT
    JLT
    J'avais fait une erreur de calcul, je l'ai rectifiée. Sauf nouvelle erreur de calcul, je trouve
    $$u_m+\left(\frac{u_0+\cdots+u_{m-1}}{m}-u_m\right)\sum_{k=0}^\infty \frac{(-1)^k m!}{(m+k)!}.$$
  • PetitLutinMalicieux
    PetitLutinMalicieux
    Bravo JLT ! C'est exactement ce que je cherchais.

    Merci.
    Ce site est fatigant. Les gens modifient sans cesse leurs messages passés, et on ne comprend plus rien à la discussion. Je suis nostalgique du temps où, si on postait une bêtise, on devait l'assumer. Et si on cite le passage pour l'ancrer, l'administrateur supprime en disant qu'on n'a pas besoin de recopier le message passé.
Connectez-vous ou Inscrivez-vous pour répondre.

Bonjour!

Pour participer au forum, cliquer sur l'un des boutons :

Connexion S'inscrire

Catégories

In this Discussion

Qui est en ligne 34

BibixChaurienKarnajMath Cossbiguine_equationzestezygomathique +27 Invités