Équivalent asymptotique
Réponses
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Problème pour $n=3$, non ?
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Effectivement, nous allons démarrer à n=4.
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D'accord, en fait c'est très facile de montrer que c'est équivalent à $\frac{1}{2} n^{\frac{3}{2}}$
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Ce n'est pas très facile, c'est de niveau L2 (spéciale dédicace à Oshine).
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Bonjour,
En calculant les premiers termes j’obtiens en appelant $f(n)$ le quotient devant le signe « - » :
$\displaystyle u_n=(-1)^n\Big(\sum_{k=4}^n (-1)^{k}f(k) \Big)$ (en remplaçant $f(4)$ par $u_4$)
Indications pour moi : Attention aux erreurs de signes (par chance je m’en suis peut-être bien sorti...).
Il reste à regarder si l’on peut trouver un développement asymptotique de cette somme « alternée ». -
On a $u_{n+2}-u_n=f'(x_n)$ pour un certain $x_n$ entre $n+1$ et $n+2$ et $f(x)=\frac{x^2}{\sqrt{x}-2}$.
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Aléa je ne sais pas faire cet exercice. Il me semble difficile.
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Même avec mon indication ?
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Je ne comprends pas du tout l'indication, mais j'ai calculé.
Je trouve $u_{n+2}-u_n= \dfrac{(n+2)^2}{\sqrt{n+2}-2} - \dfrac{(n+1)^2}{\sqrt{n+1}-2} $
Et $f'(x)=\dfrac{3x^{3/2}-4x}{2 (\sqrt{x}-2)^2}$ -
Aléa n'a pas parlé de séries :-S
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OShine écrivait : http://www.les-mathematiques.net/phorum/read.php?4,2222172,2222332#msg-2222332
C'est pas mal ça, tu peux essayer de faire un développement asymptotique de ce truc puis appliquer Cesàro (méthode classique de chez classique).
[Inutile de recopier un message présent sur le forum. Un lien suffit. AD] -
Tu es exaspérant. Ce que tu veux, c'est qu'Aléa ou que je te donne la solution toute faite.
De toute façon si savoir résoudre graphiquement une inéquation ça ne sert à rien et bien savoir trouver l'équivalent via les séries ça ne sert à rien aussi. -
Bd2017 je connais le cours sur les séries de première année mais j'avoue ne pas voir ici le lien.
Il y a un résultat de cours qui relie série et suites oui : la suite $(v_n)$ converge si et seulement si la série de terme général $v_{n+1}-v_n$ est convergente.
Noobey ok merci je vais chercher dans cette voie. Je pense avoir trouvé un développement asymptotique, il faut que je vérifie mes calculs. -
Voici mon développement asymptotique, je ne vois pas le rapport avec le lemme de Césaro.
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Tu appelles ça un équivalent de $U_{n+2} - U_n$ ? :-D
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Dis donc tu veux donner des colles? D'une part $x_n\sim n\sqrt{n} $ c'est évident donc inutile de calculer et le second calcul c'est le même que le premier. Bref 10 , 12 lignes pour rien. Pour un champion du calcul... !
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Posons $x_n = \dfrac{ (n+2)^2}{\sqrt{n+2}-2}$
On a $x_n = (n+2)^2 \dfrac{ \sqrt{n+2}+2}{n-2}$
On sait que $\dfrac{1}{1-u}=u+o(u)$ et $\sqrt{1+u}=1+ \dfrac{u}{2} +o(u)$
Ainsi, $x_n = \dfrac{(n+2)^2}{n} \dfrac{ \sqrt{n+2}+2}{1-2/n}=\dfrac{(n+2)^2}{n} \left( \sqrt{n+2}+2 \right) (1+ \dfrac{2}{n}+o(\dfrac{1}{n}) ) $
Or $\sqrt{n+2}=\sqrt{n} \sqrt{1+2/n}= \sqrt{n} (1+\dfrac{2}{n}+o(\dfrac{1}{n}))$
Ainsi, $x_n = \dfrac{(n+2)^2}{n} \left( 2 + \sqrt{n}+ \dfrac{2}{ \sqrt{n}} +o(\dfrac{1}{ \sqrt{n}}) \right) \left( 1+ \dfrac{2}{n}+o(\dfrac{1}{n}) \right)$
Or $ \dfrac{2}{n}+o(\dfrac{1}{n}) =o(\dfrac{1}{ \sqrt{n}})$
Donc $x_n= \dfrac{(n+2)^2}{n} \left( 2 + \sqrt{n}+ \dfrac{2}{ \sqrt{n}} +o(\dfrac{1}{ \sqrt{n}}) \right) \left( 1++o(\dfrac{1}{ \sqrt{n}}) \right)$
J'essaie de terminer ce soir. -
... Donc xn est asymptotiquement équivalent à nrac(n)... Ce qui était clair depuis le début.
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Bof ! Je vais m'étouffer ! Les calculs ne sont pas immondes c'est toi qui les rend immondes.
$u_n=f(n)-u_{n-1} $
$f(n) =n^2/ (\sqrt {n}-2)= $ $n^{3/2} \dfrac{1}{1-2/\sqrt{n}}= n^{3/2} (1+2/\sqrt{n}+o(1/\sqrt{n})) $
d'où $f(n)=n^{3/2} +2 n +o(n)$
P.S @Os ne retire pas tes commentaires (immondes exct....) -
Bon c'est pas fini ...... Il y a encore un équivalent à chercher, simple à faire (mais que tu vas rendre immonde) et
ensuite utiliser une petite notion sur les séries ! -
Je ne vois pas où bd2017 veut en venir.
Edit: Ok, compris, tu veux suivre la méthode de Dom. -
Je vais terminer mes calculs, j'ai corrigé car j'avais une erreur.
Aléa je n'ai rien compris à ta méthode, je suis celle de Noobey. -
Pas mal ton astuce de calcul pour te débarrasser du $n+2$.
On a $f(n)=n^{3/2}+2n+o(n)$
Donc $f(n-1)=(n-1)^{3/2}+2(n-1)+o(n)=n^{3/2} (1- \dfrac{1}{n})^{3/2}+2n-2+o(n)$
Mais $ (1- \dfrac{1}{n})^{3/2}=1- \dfrac{3}{2n}+ o(\dfrac{1}{n})$
Donc $f(n-1)=n^{3/2}-\dfrac{3}{2} \sqrt{n} +o(\sqrt{n}) +2n-2+o(n)$ où $-\dfrac{3}{2} \sqrt{n} +o(\sqrt{n}) =o(n)$
Donc $f(n-1)=n^{3/2}+2n-2+o(n) =n^{3/2}+2n+o(n)$
Donc $f(n) - f(n-1)= o(n)$ :-S -
Je te fais sur un cas plus simple ce que tu viens de faire :
$(n+1)^2 =n^2+o(n^2)$ et $n^2=n^2+o(n^2)$ donc $(n+1)^2-n^2=o(n^2)$.
Vois-tu pourquoi tu n'arrives pas à ce que tu veux ? -
Bonsoir, peut être que quelque chose m'échappe mais en quoi Cesàro marche-t-il sur la série de terme général un-un-2 ?
Cela donne simplement un équivalent de un+1+un chose que l'on avait déjà d'après la relation de récurrence.
Pour conclure il faut pouvoir montrer un+1 équivalent à un. -
Alexique je n'ai pas compris.
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Ben, ce que tu as fait n'est pas faux mais tout comme dans mon exemple, je n'arrive pas à avoir un équivalent de $(n+1)^2-n^2$, vois-tu pourquoi ?
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Je dois aller plus loin dans mon DL je pense.
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On a $f(n)=n^{3/2}+2n+o(n)$
Donc $f(n-1)=(n-1)^{3/2}+2(n-1)+o(n)=n^{3/2} (1-\dfrac{1}{n})^{3/2}+2n-2+o(n)$
Mais $ (1- \dfrac{1}{n})^{3/2}=1- \dfrac{3}{2n}+ \ \dfrac{3}{4n^2}+ o(\dfrac{1}{n^2})$
Donc $f(n-1)=n^{3/2}-\dfrac{3}{2} \sqrt{n} +\dfrac{3}{4} \dfrac{1}{\sqrt{n}} + o (\dfrac{1}{\sqrt{n}} ) +2n-2+o(n)$
Ca change rien que je mette plus de termes dans le DL car tous les termes en racine carrée de $n$ sont négligeable devant $n$, je reviens à zéro. -
Je ne comprends pas cet exercice.
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Puisque le calcul de $f'(x)$ a déjà été effectué i.e $f'(x)=\dfrac{3x^{3/2}-4x}{2 (\sqrt{x}-2)^2}$,
on a donc directement $f(n)-f(n-1) \sim \dfrac{3}{2} \sqrt{n} $.
Ce qui montre que $f(n)-f(n-1)=o(n)$ n'est pas faux. -
OS, tu réfléchis vraiment pas, c'est fou.
Tu pars de $f(n)=...+o(n)$ donc forcément tu as $f(n-1)$ en précision $o(n)$ et la différence aussi ! C'est juste que ton DL de départ est déjà trop insuffisant. Il faut déjà aller plus loin sur le DL de $f(n)$ mais comme déjà dit, on peut s'en passer grâce aux acroissements finis.
Mais c'est vraiment n'importe quoi de tout refaire pour dire "ha ben zut, ça marche toujours pas !". Si tu as une précision pourrie dès le début, tu la trimballes jusqu'à la fin, c'est forcé. -
Je ne comprends pas le rapport entre $u_n-u_{n-2}= f(n)-f(n-1)$ et le $f'(x)$
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Je viens de le dire : accroissements finis !
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Ok Alexique je retrouve le résultat de Bd2017 B-)
Le théorème des accroissements finis non donne qu'il existe $c_n \in [n-1,n]$ tel que :
$f(n)-f(n-1)= f'(c_n) (n- (n-1) )=f'(c_n) $
Or $n-1 \leq c_n \leq n$ donc $\boxed{c_n \sim n}$
Or $f'(n)=\dfrac{3n^{3/2}-4n}{2 (\sqrt{n}-2)^2} \sim\dfrac{3}{2} \sqrt{n} $
Comme $(c_n)$ et $(n)$ sont deux suites qui divergent vers $+ \infty$ alors on a $f'(c_n) \sim f'(n)$
Ce qui permet de conclure $\boxed{u_n-u_{n-2} \sim \dfrac{3}{2} \sqrt{n}}$
Mais on fait quoi maintenant, on a un équivalent de $u_n-u_{n-2}$ mais on cherche le comportement de $(u_n)$ ?
Je ne vois pas le rapport avec Césaro. -
Grossièrement faux. Mais tu peux continuer à faire des calculs sans rien justifier. Tant que tu ne comprends pas que derrière chaque égalité, il y a des théorèmes de cours que tu utilises que tu ne connais pas, ou en l'occurrence des théorèmes faux.OS a écrit:Comme $(c_n)$ et $(n)$ sont deux suites qui divergent vers $+ \infty$ alors on a $f'(c_n) \sim f'(n)$ -
Oui ka est équivalent à 1/(a+1)((k+1)a-ka). Pour moi c’est la sommation des relations de comparaison des séries à termes positifs.
Si on ne connaît pas Cesàro on a aussi la comparaison avec une intégrale.
Toujours est-il que je ne vois pas comment on va conclure avec cette méthode, alors que par exemple l’expression en série alternée plus haut permet de conclure si on découpe les sommes partielles en ses termes pairs et impairs. -
Si $u_{k+2}-u_k\sim A k^{\alpha}$, on aura $u_{2k+2}-u_{2k}\sim A (2k)^{\alpha}$ ce qui donne un équivalent de $u_{2k}$. On fait la même chose pour $u_{2k+1}-u_{2k-1}$ et on obtient le résultat.
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@Oshine: si on veut être sérieux avec les équivalents, voici ce qu'il faut faire:
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Ok merci
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Bonjour
il faut envisager aussi le cas où $u_4$ est négatif par exemple égal à - 1
les termes de la suite sont apparemment de signe alterné d'une façon irrégulière
ce qui complique forcément le problème
cordialement -
BD2017 j'ai abandonné le calcul du DL sans utiliser f' trop compliqué et trop long.
Si on a un DL de $u_{2k+2}-u_{2k}$ et $u_{2k+1}-u_{2k-1}$ comment en déduire un équivalent de $u_n$ ? -
Je crois que tous les ingrédients ont déjà été donnés dans cette page.
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Bonjour!
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