Moi je n'utiliserais pas de suite extraite dans ce problème.
Partant de $v_{n}=u_{n}+\frac{1}{2}u_{2n}$, je cherche à exprimer $u_n$ en fonction de $v_n$, par une simple manipulation algébrique, sans étalage de connaissances mal digérées sur les suites extraites .
Sauf faute de calcul toujours possible, je trouve :
$\displaystyle \underset{k=0}{\overset{p}{\sum }}(-1)^{k}\frac{1}{2^{k}}%
v_{2^{k}n}=u_{n}+(-1)^{p}\frac{1}{2^{p+1}}u_{2^{p+1}n}$.
Il me semble qu'on approche la réponse.
Bonne sieste.
Fr. Ch.
Oui la conclusion subsiste.
Je vois une façon de faire plus simple que celle proposée par Chaurien :
Si la suite extraite $(u_{\sigma(n)})$ converge vers $\frac23+d$ pour $d\in \Bbb R$, vers combien converge $(u_{2\sigma(n)})$ ? Et $(u_{4\sigma(n)})$ ? Et $(u_{8\sigma(n)})$ ? Etc. En déduire que $d=0$.
Édit : J'ai remplacé $1+d$ par $\frac23+d$, c'était une coquille.
Et afin de ne pas contredire le bornage de $u$, on doit nécessairement avoir $\ell = \frac{2}{3}$ donc $u$ a une unique valeur d'adhérence et est bornée donc $u$ converge vers $2/3$
Moi je trouve que ma solution n'est pas si compliquée.
L'idée première est une sorte de télescopage généralisé qui fait remonter de $v_n$ à $u_n$, tout naturellement, en sommant les $v_{n}=u_{n}+\frac{1}{2}u_{2n}$, $v_{2n}=u_{2n}+\frac{1}{2}u_{4n}$, etc. avec coefficients ad hoc : $\displaystyle \underset{k=0}{\overset{p}{\sum }}\frac{(-1)^{k}}{2^{k}}%
v_{2^{k}n}=u_{n}+\frac{(-1)^{p}}{2^{p+1}}u_{2^{p+1}n}$.
En conséquence : $\displaystyle u_n =\underset{k=0}{\overset{+ \infty}{\sum }}\frac{(-1)^{k}}{2^{k}}%
v_{2^{k}n}$.
Posons $v_{n}=1+z_{n}$, d'où $\underset{n\rightarrow +\infty }{\lim }z_{n}=0$. Il vient :
$\displaystyle u_{n}=\underset{k=0}{\overset{+\infty }{\sum }}\frac{(-1)^{k}}{2^{k}}%
(1+z_{2^{k}n})=\underset{k=0}{\overset{+\infty }{\sum }}\frac{(-1)^{k}}{%
2^{k}}+\underset{k=0}{\overset{+\infty }{\sum }}\frac{(-1)^{k}}{2^{k}}%
z_{2^{k}n}=\frac{2}{3}+\underset{k=0}{\overset{+\infty }{\sum }}\frac{(-1)^{k}}{2^{k}}z_{2^{k}n}$.
Soit $\varepsilon >0$. Il existe $n_0 \in \mathbb N$ tel que $n\geq n_{0}\Rightarrow \left\vert z_{n}\right\vert \leq \varepsilon $.
D'où pour $n\geq n_{0} $: $\displaystyle \left\vert \underset{k=0}{\overset{+\infty }{\sum }}\frac{(-1)^{k}}{2^{k}}%
z_{2^{k}n}\right\vert \leq \underset{k=0}{\overset{+\infty }{\sum }}\frac{1}{2^{k}}\left\vert z_{2^{k}n}\right\vert \leq \underset{k=0}{\overset{+\infty }{\sum }}\frac{1}{2^{k}}\varepsilon =2\varepsilon $
C'est un enchaînement d'idées tout à fait naturelles et ça ne paraît long que parce que j'ai détaillé.
Cette méthode s'applique à ce genre de problème, dont on peut citer plusieurs exemples.
Bonne soirée.
Fr. Ch.
01/03/2021 [small]Tandis qu'à leurs œuvres perverses
Les hommes courent, haletants,
Mars, qui rit malgré les averses,
Prépare en secret le printemps.[/small]
Variante : soit $x_n=u_n-\frac{2}{3}$. L'hypothèse entraîne que $x_n-\frac{x_{2n}}{2}\to 0$.
On a $|x_n|\leqslant |x_n-\frac{x_{2n}}{2}|+\frac{1}{2}|x_{2n}|$.
Soit $L=\limsup |x_n|$. On en déduit que $L\leqslant \frac{1}{2}\limsup |x_{2n}|\leqslant \frac{L}{2}$ donc $L=0$, d'où $x_n\to 0$. Par conséquent, $u_n\to\frac{2}{3}$.
Réponses
Alors : $u_{2\sigma(n)} = u_{2n^2}$ et $u_{4 \sigma(n)} = u_{4 n^2}$
Par exemple, $u_{4 . 3^2} = u_{36}$ est terme de $u_{4 \sigma(n)}$
Mais $2n^2 = 36 \Rightarrow n^2 = 18$ donc $u_{36}$ n'est pas terme de $u_{2\sigma(n)}$
Ce qui est en rouge est faux.
Partant de $v_{n}=u_{n}+\frac{1}{2}u_{2n}$, je cherche à exprimer $u_n$ en fonction de $v_n$, par une simple manipulation algébrique, sans étalage de connaissances mal digérées sur les suites extraites .
Sauf faute de calcul toujours possible, je trouve :
$\displaystyle \underset{k=0}{\overset{p}{\sum }}(-1)^{k}\frac{1}{2^{k}}%
v_{2^{k}n}=u_{n}+(-1)^{p}\frac{1}{2^{p+1}}u_{2^{p+1}n}$.
Il me semble qu'on approche la réponse.
Bonne sieste.
Fr. Ch.
Je vois une façon de faire plus simple que celle proposée par Chaurien :
Si la suite extraite $(u_{\sigma(n)})$ converge vers $\frac23+d$ pour $d\in \Bbb R$, vers combien converge $(u_{2\sigma(n)})$ ? Et $(u_{4\sigma(n)})$ ? Et $(u_{8\sigma(n)})$ ? Etc. En déduire que $d=0$.
Édit : J'ai remplacé $1+d$ par $\frac23+d$, c'était une coquille.
Par BW, il existe $(u_{\sigma(n)})$ extraite de $(u_n)$ telle que $u_{\sigma(n)} \rightarrow \ell$.
Or, $v_{\sigma(n)} = u_{\sigma(n)} + \frac{u_{2\sigma(n)}}{2} \rightarrow 1$ donc : $u_{2\sigma(n)} \rightarrow 2(1 - \ell) = f(\ell)$
De même, $u_{4\sigma(n)} \rightarrow f \circ f (\ell) = f^2(\ell)$
Et : $u_{2^p \sigma(n)} \rightarrow f^p(\ell)$ pour $p \geq 0$
Or $f^p(\ell) = (-1)^{p-1} 2^p(1-\ell) + \sum_{i=1}^{p-1} (-1)^{i-1}2^{i} = (-1)^{p-1} 2^p(1-\ell) + \frac{2}{3} (1-(-2)^{p-1}) = (-1)^{p}2^p(\ell - 1 + \frac{1}{3}) +\frac{2}{3} = (-1)^{p}2^p(\ell - \frac{2}{3}) +\frac{2}{3}$
Et afin de ne pas contredire le bornage de $u$, on doit nécessairement avoir $\ell = \frac{2}{3}$ donc $u$ a une unique valeur d'adhérence et est bornée donc $u$ converge vers $2/3$
L'idée première est une sorte de télescopage généralisé qui fait remonter de $v_n$ à $u_n$, tout naturellement, en sommant les $v_{n}=u_{n}+\frac{1}{2}u_{2n}$, $v_{2n}=u_{2n}+\frac{1}{2}u_{4n}$, etc. avec coefficients ad hoc : $\displaystyle \underset{k=0}{\overset{p}{\sum }}\frac{(-1)^{k}}{2^{k}}%
v_{2^{k}n}=u_{n}+\frac{(-1)^{p}}{2^{p+1}}u_{2^{p+1}n}$.
En conséquence : $\displaystyle u_n =\underset{k=0}{\overset{+ \infty}{\sum }}\frac{(-1)^{k}}{2^{k}}%
v_{2^{k}n}$.
Posons $v_{n}=1+z_{n}$, d'où $\underset{n\rightarrow +\infty }{\lim }z_{n}=0$. Il vient :
$\displaystyle u_{n}=\underset{k=0}{\overset{+\infty }{\sum }}\frac{(-1)^{k}}{2^{k}}%
(1+z_{2^{k}n})=\underset{k=0}{\overset{+\infty }{\sum }}\frac{(-1)^{k}}{%
2^{k}}+\underset{k=0}{\overset{+\infty }{\sum }}\frac{(-1)^{k}}{2^{k}}%
z_{2^{k}n}=\frac{2}{3}+\underset{k=0}{\overset{+\infty }{\sum }}\frac{(-1)^{k}}{2^{k}}z_{2^{k}n}$.
Soit $\varepsilon >0$. Il existe $n_0 \in \mathbb N$ tel que $n\geq n_{0}\Rightarrow \left\vert z_{n}\right\vert \leq \varepsilon $.
D'où pour $n\geq n_{0} $: $\displaystyle \left\vert \underset{k=0}{\overset{+\infty }{\sum }}\frac{(-1)^{k}}{2^{k}}%
z_{2^{k}n}\right\vert \leq \underset{k=0}{\overset{+\infty }{\sum }}\frac{1}{2^{k}}\left\vert z_{2^{k}n}\right\vert \leq \underset{k=0}{\overset{+\infty }{\sum }}\frac{1}{2^{k}}\varepsilon =2\varepsilon $
C'est un enchaînement d'idées tout à fait naturelles et ça ne paraît long que parce que j'ai détaillé.
Cette méthode s'applique à ce genre de problème, dont on peut citer plusieurs exemples.
Bonne soirée.
Fr. Ch.
01/03/2021
[small]Tandis qu'à leurs œuvres perverses
Les hommes courent, haletants,
Mars, qui rit malgré les averses,
Prépare en secret le printemps.[/small]
On a $|x_n|\leqslant |x_n-\frac{x_{2n}}{2}|+\frac{1}{2}|x_{2n}|$.
Soit $L=\limsup |x_n|$. On en déduit que $L\leqslant \frac{1}{2}\limsup |x_{2n}|\leqslant \frac{L}{2}$ donc $L=0$, d'où $x_n\to 0$. Par conséquent, $u_n\to\frac{2}{3}$.