Limite de suite $q^n$
dans Arithmétique
Bonjour à tous
Je cherche la solution à ce problème depuis plusieurs jours mais je sèche.
Je cherche la condition sur $q$ un réel $> 1$ qui vérifie l'inéquation ci-dessous $$
aq^n - ( 1 + q + q^2 +\cdots + q^n) > 0 , \quad\text{avec } a \in\R,\ a > 1 .
$$ Pour les deux premiers rangs, les solutions sont triviales mais j'aimerais savoir si on peux trouver une solution générale pour $q$ pour tout $n$ ?
Merci pour votre aide.
Je cherche la solution à ce problème depuis plusieurs jours mais je sèche.
Je cherche la condition sur $q$ un réel $> 1$ qui vérifie l'inéquation ci-dessous $$
aq^n - ( 1 + q + q^2 +\cdots + q^n) > 0 , \quad\text{avec } a \in\R,\ a > 1 .
$$ Pour les deux premiers rangs, les solutions sont triviales mais j'aimerais savoir si on peux trouver une solution générale pour $q$ pour tout $n$ ?
Merci pour votre aide.
Réponses
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Bonjour,
ça revient à résoudre : $q>1$ et $\left(a-1\right)q^{n+1}-aq^{n}+1>0$
A moins d'une grosse astuce, je ne vois pas dans le cas général.. -
Bonjour,
Etudier la fonction $f(q)=(a-1)q^{n+1}-aq^n+1$, sachant que $f(1)=0$.
$f'(q)= q^{n-1}(...)$ -
$q>1+\frac{1}{a-1}$ marche, et c'est très probablement optimal, bien que je ne sache pas le démontrer.
Si tu poses $\varepsilon :=a-1$ ($\geq 0$ par hypothèse), et pour $n\geq 0,\ P_n(x) = \varepsilon x^n-(1+x+\cdots+x^{n-1})$, il faut trouver $q$ (si possible optimal) tel que $P_n(q)>0$ pour tout $n$. Comme les $P_n$ satisfont la récursion :
$$
P_{n+1} = xP_n-1,
$$ les racines $\rho$ de $P_{n+1}$ satisfont $P_n(\rho)=\frac{1}{\rho}$ (graphiquement: les abscisses des intersections du graphe de $P_n$ et de l'hyperbole $x\mapsto \frac{1}{x}$); ça suffit pour se convaincre (récurrence) que chaque $P_n$ ($n\geq 1$) a au moins une racine réelle positive, et que, si on appelle $\lambda_n$ la plus grande racine de $P_n$, on a $\lambda_{n+1}>\lambda_n$. Il faut trouver la lim sup des $\lambda_n$. Pas facile.Après je bloque. -
Merci à tous pour vos réponses !
Effectivement, q > 1 + 1/(a-1) marche et c'est la solution qui semble optimale !
Encore merci de m'avoir aiguillé ! -
NB : en fait la solution est $q\geq 1+\frac{1}{a-1}$, et ce n'est pas si difficile que ça à démontrer.
Il faut résoudre, $(a-1)x^n-\dfrac{x^n-1}{x-1}>0$, c'est-à-dire après quelques manipulations :
$$
\forall n\geq 0,\quad x^n\big((a-1)x-a\big)>-1.
$$ C'est vrai si $x\geq 1+\frac{1}{a-1}$, et tu peux vérifier que si $1<x<1+\frac{1}{a-1}$, on peut trouver $n$ assez grand tel que l'inégalité ci-dessus n'est pas vérifiée.Après je bloque. -
Bonjour,
Je lis que vous n'avez pas démontré le résultat.
Voici ce que je propose, à vérifier :
On étudie la fonction $\displaystyle f_n: q \mapsto (a-1) q^{n+1} - a q^n+1$ pour $\displaystyle q >1, a>1, n \in \N^*.$ Cette fonction est dérivable, de dérivée la fonction $\displaystyle f'_n: q \mapsto q^{n-1}((a-1)(n+1) q - a n)$ qui s'annule en $\displaystyle {a \over a-1} {n \over n+1}$ pour tout $n$ entier non nul.
On calcule :
$\displaystyle {a \over a-1} {n \over n+1} \to {a\over a-1}, (n \to +\infty)$,
$\displaystyle f_n(1) = 0$ pour tout $n$ entier non nul,
$\displaystyle f_n(n) \to +\infty, (n \to +\infty).$
Puis on lit sur le tableau que $\displaystyle f_n({a \over a-1} {n \over n+1}) <0$ pour tout $n$ entier non nul,
et on calcule $\displaystyle f_n({a \over a-1}) = 1$ pour tout $n$ entier non nul.
Le tableau des variations montre qu'il existe, pour tout $n$ entier non nul, un unique $\displaystyle q_n$ tel que $\displaystyle f_n(q_n) = 0.$
Les calculs des valeurs particulières ci-dessus montrent que $\displaystyle {a \over a-1} {n \over n+1} <q_n <{a \over a-1}$ pour tout $n$ entier non nul.
On calcule alors la limite quand $n$ tend vers l'infini : $\displaystyle q_{\infty} = {a \over a-1} = 1 + {1 \over a-1} >1$ est la valeur optimale qui garantit que $\displaystyle f_n(q_{\infty}) =1>0$ pour tout $n$ entier non nul.
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Bonjour!
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