Limite d'une suite
Bonjour,
soit la suite de premier terme U(0)=0,3 et telle que U(n+1) = 3 U(n) (1-U(n)) pour tout entier naturel n.
Cette suite converge-t-elle ?
En faisant une simulation sur tableur, on dirait qu'elle converge vers un nombre proche de 0,67 mais au 50 0000 ième terme le terme diffère déjà du précédent au troisième chiffre après la virgule, ce qui ne semble pas exclure une non convergence.
Impossible de faire un raisonnement par récurrence.
Merci de votre aide !
R.
soit la suite de premier terme U(0)=0,3 et telle que U(n+1) = 3 U(n) (1-U(n)) pour tout entier naturel n.
Cette suite converge-t-elle ?
En faisant une simulation sur tableur, on dirait qu'elle converge vers un nombre proche de 0,67 mais au 50 0000 ième terme le terme diffère déjà du précédent au troisième chiffre après la virgule, ce qui ne semble pas exclure une non convergence.
Impossible de faire un raisonnement par récurrence.
Merci de votre aide !
R.
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Réponses
Petit raisonnement : supposons que la suite converge vers un réel $\ell$.
Alors que peut-on dire de ce $\ell$ quand on fait tendre $n$ vers l'infini dans l'égalité proposée ?
Edit : je n'avais pas vu le message de Gilles, que je salue.
en suivant les conseils, et en construisant les termes (sur geogébra par exemple) on peut constater la convergence
https://www.geogebra.org/calculator/tv8p55tc
(surpris par les 50000 termes du tableur, je la "vois" converger plus vite).
Par contre, @gilles benson, il me semble (au vu du dessin) qu'elle n'est pas monotone mais en spirale... ? Le point fixe est du côté décroissant de la courbe...
Bonne journée
D'accord, mais je ne voulais pas forcément résoudre l'exercice... je faisais suite à la question, c'est tout !
Et puis, pour pinailler, on démarre à $u_0=0.3$ qui n'est pas dans $[\frac{1}{2},\frac{3}{4}]$... mais on est d'accord que ça va y rentrer vite fait...
D'ailleurs, en choisissant bien l'intervalle $I$ (i.e. dès que $x>\frac{1}{3}$), on pourra majorer $|f'(x)|$ par $k<1$, inégalité des accroissement finis avec f contractante sur $I$ (théorème du point fixe quoi...) et on conclut. Je ne sais pas ce qui est le plus rapide...
@+
Je vais me jeter ... sous mon chat !
C'est la raison pour laquelle Riki a dû prendre un grand nombre de termes pour obtenir une maigre stabilisation des chiffres de la limite. On pourrait évaluer la qualité de la convergence en prouvant que $u_n- \frac 23 \sim (-1)^n \frac Cn$.
Bonne après-midi.
Fr. Ch.
@gebrane: de quel fil et document est-il question?
@chaurien: belles questions, c'est vrai.
@RIKI: merci d'avoir posé la question !
@JLT: merci maitre Jedi d'avoir corrigé le padawan (bon, ce n'est pas dans Avatar...)
Bref, merci tout le monde !!! j'ai de quoi m'amuser cet après-midi, isolé à la maison...
merci à tous pour vos éclairages et plus particulièrement à JLT pour sa démarche !
R.
C'est confirmé par un calcul approché.
On peut aller plus loin dans le développement asymptotique : $u_{2n}-\dfrac23-\dfrac1{6\sqrt n}\sim-\dfrac1{24n}$
Maintenant, la relation $w_{n+1} = w_n - 18w_n^3 -27 w_n^4$ ne permet pas de reproduire la méthode classique de développement du premier terme de l'itération du sinus car il manque un terme en $w_n^2$; il faut donc procéder à un changement de suite inconnue en prenant $v_n = w_n^2$, soit $w_n = \sqrt{v_n}$, ce qui est possible au niveau des signes.
On obtient alors :
\begin{align*}
\sqrt{v_{n+1}} - \sqrt{v_n} &= -18v_n\sqrt{v_n}-27 v_n^2 &\text{et} \\
\sqrt{v_{n+1}} + \sqrt{v_n} &= 2 \sqrt{v_n}-18v_n\sqrt{v_n}-27 v_n^2
\end{align*} En multipliant, on obtient :
$$
v_{n+1} - v_n = -36v_n^2 + O(v_n^{5/2}).
$$ On prend alors les inverses: $a_n = \frac{1}{v_n}$ et un développement simple donne :
$$
a_{n+1} - a_n = 36 + O(a_n^{-3/2}).
$$ On somme ces égalités de 1 à $N-1$ pour obtenir :
$$
a_N = 36N + O(1),
$$ dans la mesure où $a_n$ tend vers l'infini. Il ne reste plus qu'à revenir à $u_{2n}$ (et c'est là où mon 6 est resté au numérateur...).
$\dfrac1{w_{n+1}^2}-\dfrac1{w_{n}^2}=\dfrac{(w_{n}-w_{n+1})(w_{n}+w_{n+1})}{w_{n}^2w_{n+1}^2}\sim \dfrac{18w_n^3\times 2w_n}{w_n^4}=36$ quand $w_n$ tend vers $0$.
On en déduit $\dfrac1{w_{n}^2}\sim 36n$.
$$
w_{n+1} = w_n - 18w_n^3 -27 w_n^4,
$$ dans laquelle on remplace $w_n$ par $t_n + \dfrac{1}{6\sqrt{n}}$ dans le membre de gauche et par $\dfrac{1}{6\sqrt{n}} + o( \dfrac{1}{\sqrt{n}})$ dans le membre de droite.
On développe en ne conservant que les termes d'ordre $n^{-2}$ au maximum :
$$
t_{n+1} + \dfrac{1}{6\sqrt{n+1}} = t_n + \dfrac{1}{6\sqrt{n}} - 18 \Big( \dfrac{1}{6\sqrt{n}} + o\big( \dfrac{1}{\sqrt{n}}\big) \Big) ^3 -27 \Big( \dfrac{1}{6\sqrt{n}} + o\big( \dfrac{1}{\sqrt{n}}\big) \Big)^4 .
$$ Ensuite, $ \dfrac{1}{6\sqrt{n}} -\dfrac{1}{6\sqrt{n+1}} = \dfrac{1}{6\sqrt{n}} \Big( 1 - \big(1 + \frac{1}{n} \big)^{-1/2} \Big) = \dfrac{1}{12n\sqrt{n}} + o(n^{-2})$.
De même, $-18 \Big( \dfrac{1}{6\sqrt{n}} + o\big( \dfrac{1}{\sqrt{n}}\big) \Big) ^3 = -\dfrac{1}{12n\sqrt{n}} + o(n^{-2})$.
Et $ -27 \Big( \dfrac{1}{6\sqrt{n}} + o\big( \dfrac{1}{\sqrt{n}}\big) \Big)^4 = -\dfrac{1}{48n^2} + o(n^{-2})$.
Finalement, on a:
$$
t_{n+1} - t_n \; = \; -\dfrac{1}{48n^2} + o(n^{-2}).
$$ En sommant à nouveau entre 1 et $N$, on obtient le résultat de Jandri.
On cherche un exposant $q$ tel que $h(x)^q-x^q$ ait une limite finie non nulle quand $x \rightarrow 0$.
Pour une suite $w_{n+1}=h(w_n)$, avec $h(x)=x-ax^m+o(x^m)$, $a>0,m>1$, on trouve un tel exposant $q$ et un seul, qui est $q=1-m$, et la limite en question est : $\ell=a(m-1)$. Il en résulte : $w_n^{1-m} \sim \ell n$, et donc : $w_n \sim \ell^{\frac1{1-m}} n^{\frac1{1-m}}$
Dans le cas présent, où $m=3$ cet exposant est bien $q=-2$, et comme $a=18$, on a : $\ell =36$, et $w_n \sim \frac 1{6 \sqrt n}$. C'est ce qu'ont dit Jandri et Gilles Benson.
Maintenant, si l'on connaît un terme de plus du développement limité de la fonction $h$, on peut en déduire un terme de plus du développement de $w_n$, au moyen de la méthode générale de sommation des relations de comparaison, en utilisant le développement déjà acquis. Et ainsi de suite... C'est bien une méthode générale, pour reprendre la distinction, faite dans un autre fil, entre méthode et astuce.
Bonne nuit.
Fr. Ch.
On a la fonction : $h(x)=x(1-18x^{2}-27x^{3})$. On a vu que $h(x)^{-2}-x^{-2}$ a une limite finie, égale à $36$, quand $x\rightarrow 0$. L'idée est de pousser le développement limité de $h(x)^{-2}-x^{-2}$, qiui donne : $h(x)^{-2}-x^{-2}=x^{-2}((1-18x^{2}-27x^{3})^{-2}-1)=36+54x+o(x)$
On a trouvé : $w_{n}\sim \frac{1}{6\sqrt{n}}$ quand $n \rightarrow + \infty$.
Il en résulte : $\displaystyle w_{n}^{-2}-w_{1}^{-2}=\underset{k=1}{\overset{n-1}{\sum }}(w_{k+1}^{-2}-w_{k}^{-2})$$\displaystyle =36\underset{k=1}{\overset{n-1}{\sum }}1+54\underset{k=1}{\overset{n-1}{\sum }}w_{k}(1+o(1))$
$~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~\displaystyle =36(n-1)+54\underset{k=1}{\overset{n-1}{\sum }}\frac{1}{6\sqrt{k}}(1+o(1))$.
Or $\displaystyle \underset{k=1}{\overset{n-1}{\sum }}\frac{1}{\sqrt{k}}\sim \int_{1}^{n}%
\frac{dt}{\sqrt{t}}\sim 2\sqrt{n}$.
En conséquence : $w_{n}^{-2}=36n+18\sqrt{n}+o(\sqrt{n})=36n(1+\frac{1}{2\sqrt{n}}+o(\frac{1}{%
\sqrt{n}}))$, et enfin :
$w_{n}=(36n)^{-\frac{1}{2}}(1+\frac{1}{2\sqrt{n}}+o(\frac{1}{\sqrt{n}}))^{-%
\frac{1}{2}}=\frac{1}{6\sqrt{n}}(1-\frac{1}{4\sqrt{n}}+o(\frac{1}{\sqrt{n}}%
))=\frac{1}{6\sqrt{n}}-\frac{1}{24n}+o(\frac{1}{n})$.
Bonne journée.
Fr. Ch.
25/03/2021
Sur la fonction : $h(x)=x(1-18x^{2}-27x^{3})$, exécutons un développement limité à un cran de plus :
$h(x)^{-2}-x^{-2}=x^{-2}((1-18x^{2}-27x^{3})^{-2}-1)=36+54x+972x^{2}+o(x^{2})$.
Il en résulte : $\displaystyle w_{n}^{-2}-w_{1}^{-2}=\underset{k=1}{\overset{n-1}{\sum }}(w_{k+1}^{-2}-w_{k}^{-2})$$\displaystyle =36\underset{k=1}{\overset{n-1}{\sum }}1+54\underset{k=1}{\overset{n-1}{\sum }}w_{k}+972\underset{k=1}{\overset{n-1}{\sum }}w_{k}^{2}(1+o(1))$.
Il faut évaluer ces trois $\sum $, en utilisant le développement limité de $w_n$ déjà acquis : $w_{n}=\frac{1}{6\sqrt{n}}-\frac{1}{24n}+o(\frac{1}{n})$.
- Le premier $\sum $ est encore trivial : $\displaystyle \underset{k=1}{\overset{n-1}{\sum }}1=n-1$.
- Le dernier $\sum $ est : $\displaystyle \underset{k=1}{\overset{n-1}{\sum }}w_{k}^{2}(1+o(1))=%
\underset{k=1}{\overset{n-1}{\sum }}\frac{1}{36k}(1+o(1))=\frac{1}{36}(\ln
n)(1+o(1))$.
C'est lui qui donne la précision qui sera celle du développement asymptotique que l’on obtiendra in fine.
- Le deuxième $\sum $ est : $\displaystyle \underset{k=1}{\overset{n-1}{\sum }}w_{k}
=\frac{1}{6}\underset{k=1}{\overset{n-1}{\sum }}\frac{1}{\sqrt{k}}-\frac{1}{24}\underset{%
k=1}{\overset{n-1}{\sum }}(\frac{1}{k}+o(\frac{1}{k}))$
$~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~=\frac{1}{6}(2\sqrt{n}+C+o(1))-\frac{1}{24}(\ln n)(1+o(1))=\frac{1}{3}\sqrt{%
n}-\frac{1}{24}\ln n+o(\ln n)$.
En regroupant : $w_{n}^{-2}=36n+54(\frac{1}{3}\sqrt{n}-\frac{1}{24}\ln n)+\frac{972}{36}\ln n+o(\ln n)$
$~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~=36n+18\sqrt{n}+\frac{99}{4}\ln n+o(\ln n)=36n(1+\frac{1}{2\sqrt{n}}+\frac{%
11}{16}\cdot \frac{\ln n}{n}+o(\frac{\ln n}{n}))$.
Et pour finir : $w_{n}=(36n)^{-\frac{1}{2}}(1+\frac{1}{2\sqrt{n}}+\frac{11}{16}\cdot \frac{%
\ln n}{n}+o(\frac{\ln n}{n}))^{-\frac{1}{2}}=\frac{1}{6\sqrt{n}}(1-\frac{1}{4%
\sqrt{n}}-\frac{11}{32}\cdot \frac{\ln n}{n}+o(\frac{\ln n}{n}))$,
soit en conclusion :
$~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~\displaystyle w_n=\frac{1}{6\sqrt{n}}-\frac{1}{24n}-\frac{11}{192}\cdot \frac{\ln n}{n \sqrt{n}}+o(\frac{\ln n}{n \sqrt{n}})$.
C'est assez fastidieux, mais on voit bien la méthode, qui peut se prolonger, avec complications croissantes au fur et à mesure qu'on recherche une plus grande précision. Maintenant je ne garantis pas l'absence d'erreur de calcul
Bonne journée.
Fr. Ch.
25/03/2021