Suites (Suite négative et encadrement)


  • M

    Bonjour, après avoir cherché de longues heures ces deux questions d'un devoir maison, je fais appelle à votre bienveillante aide:
    Ce DM porte sur une suite (an), vérifiant deux propriétés: (an) est bornée et ∀n∈n,an+1≤an+an+22\forall n\in n, a_{n+1}\leq \frac{a_{n}+a_{n+2}}{2}nn,an+12an+an+2
    On pose par la suite bn=an+1−anb_{n}=a_{n+1}-a_{n}bn=an+1an
    Les premières questions consistaient à donner le sens de variation de bn, et simplifier et encadrer une somme pour montrer que $a_{n}\leq a_{p}+(n-p)b_{p} :: : (n,p\in n, n>p)$
    Là ou je bloque, c'est lorsqu'on peut demande, à l'aide de cette précédente inégalité, de montrer que (bn) est négative.....Car là, j'ai eu beau combiné les différentes inégalités, utiliser le fait que bn est croissante, donner une valeur particulière à p, je n'obtiens rien...la question ne doit pourtant pas demander une grande technicité, elle commence par "en dédiure que".....
    Les question suivantes consistent à montrer que an coverge, que du coup bn converge vers 0. On pose ensuite bn=∑k=0nbkb_{n}=\sum_{k=0}^{n}{b_{k}}bn=k=0nbk il faut montrer que Bn converge et donner sa limite.
    C'est enfin dans la question suivante que la difficulté (pour moi) réapparait : on pose n,p∈n:et:n≥2pn,p\in n : et: n\geq 2pn,pn:et:n2p il faut montrer que 2(an−ap)≤nbn−12(a_{n}-a_{p})\leq nb_{n-1}2(anap)nbn1 Et là encore, je ne vois pas comment faire, j'ai pensé à utiliser une somme (peut-être Bn), de la même manière que l'on a trouvé la première inégalité, mais ça donne pas grand chose...
    Merci, par avance, de votre aide.


  • mtschoon

    Bonjour,

    Bien sûr, tu n'as pas donné l'énoncé en entier mais tu as écrit avoir prouvé que :

    $a_{n}\leq a_{p}+(n-p)b_{p} :: : (n,p\in n, n>p)$

    A forciori, cette inégalité s'applique à p=n-1, vu que n > n-1

    cela donne :

    an≤an−1+bn−1a_{n}\leq a_{n-1}+b_{n-1}anan1+bn1

    ce qui équivaut à bn−1≥an−an−1b_{n-1} \ge a_n-a_{n-1}bn1anan1

    or, vu que pour tout n, bn=an+1−anb_n=a_{n+1}-a_nbn=an+1an,

    on a bn−1=an−an−1b_{n-1} = a_n-a_{n-1}bn1=anan1

    alors, je reste perplexe sur "=" et "≥" ...


  • M

    Pour information et pour compléter mon premier message, on nous demande de démontrer cette inégalité en commençant par simplifier ∑k=pn−abk\sum_{k=p}^{n-a}{b_{k}}k=pnabk Ce qui fait an-ap (somme télescopique), et puisque bn est croissant, on a:
    ∑k=pn−1bk≤∑k=pn−1bp\sum_{k=p}^{n-1}{b_{k}}\leq \sum_{k=p}^{n-1}{b_{p}}k=pn1bkk=pn1bp
    D'ou an−ap≤(n−p)bpa_{n}-a_{p}\leq (n-p)b_{p}anap(np)bp
    Mais je ne vois toujours pas comment montrer que bn est négative......


  • mtschoon

    Effectivement, si l'inégalité de départ est bonne, (bn) est bien croissante

    Ensuite, tu as écrit :

    Vu que (bn) est croissante,

    ∑k=pn−1bk≤∑k=pn−1bp\sum_{k=p}^{n-1}{b_{k}}\leq \sum_{k=p}^{n-1}{b_{p}}k=pn1bkk=pn1bp

    Je reste perplexe...

    (bn) étant croissante,

    bp≤bp+1≤bp+2≤...≤bn−1b_p \le b_{p+1} \le b_{p+2} \le ...\le b_{n-1}bpbp+1bp+2...bn1

    Donc en ajoutant les bkb_kbk (k variant de p à n-1) tu obtiendras une somme supérieure à la somme des bpb_pbp et tu tombes sur une inégalité qui n'est pas celle proposée...

    Alors, désolée, cet énoncé ne me convient vraiment pas...


  • M

    Oui, au temps pour moi....je me suis trompé en recopiant (et pas qu'une fois), c'est bien an≥ap(n−p)bpa_{n}\geq a_{p}(n-p)b_{p}anap(np)bp
    .....Encore désolé....


  • mtschoon

    Finalement, si j'ai bien compris, après ta modification, l'inégalité est

    an≥ap+(n−p)bpa_{n} \ge a_p+(n-p)b_{p}anap+(np)bp

    Pour prouver, avec cette inégalité, que (bn(b_n(bn) est négative, tu peux peut-être envisager un raisonnement par l'absurde :

    Supposer qu'il existe une valeur de p (p < n) telle que bpb_pbp > 0

    Trouver la limite de ana_nan lorsque n tend vers +∞

    En déduire une contradiction avec le fait que (an(a_n(an) est bornée.


  • M

    Aaah! Merci, vraiment !
    Car du coup on a, à p fixé, lim (n-p)=+infinie donc ap+(n-p)bp qui diverge (ap fixe, bp strictement positif) et donc (an) diverge, or (an) bornée d'où contradiction. C'est ça?
    Et du coup, une piste pour l'encadrement?, on majore facilement 2(an-ap) par 2ap, mais je ne vois vraiment pas comme faire....


  • mtschoon

    C'est bon pour (bn(b_n(bn) négative.

    J'ignore de quel encadrement tu parles...


  • M

    En fait, il faut montrer que si n≥2pn\geq 2pn2p alors 2(an−ap)≤nbn−1≤02(a_{n}-a_{p})\leq nb_{n-1}\leq 02(anap)nbn10 La borne supérieur ne me pose pas vraiment problème, mais je vois pas comment montrer que 2(an−ap)≤nbn−12(a_{n}-a_{p})\leq nb_{n-1}2(anap)nbn1


  • mtschoon

    Je n'ai pas trop regardé, mais à première vue, tu peux peut-être utiliser le même type de méthode que pour l'inégalité précédente, mais en utilisant le fait que les bkb_kbk sont inférieurs à bn−1b_{n-1}bn1, pour k variant de p à n-1

    (bn) croissante

    $\bigsum_{k=p}^{n-1}b_k \le \bigsum_{k=p}^{n-1}b_{n-1}$

    d'où

    an−ap≤(n−p)bn−1a_n-a_p\le (n-p)b_{n-1}anap(np)bn1

    il te reste à justifier que pour n ≥ 2p, (n−p)bn−1≤n2bn−1(n-p)b_{n-1}\le \frac{n}{2}b_{n-1}(np)bn12nbn1
    (Pense que bn−1b_{n-1 }bn1est négatif)


  • M

    Ah! ça y est j'ai compris! :
    J'avais pensé à la somme mais ne voyais pas comment l'utiliser
    n≥2pn\geq 2pn2p
    2n−2p≥n2n-2p\geq n2n2pn
    n−p≥n2n-p\geq \frac{n}{2}np2n
    or (bn-1) négatif, donc (n−p)bn−1≤n2bn−1(n-p)b_{n-1}\leq \frac{n}{2}b_{n-1}(np)bn12nbn1
    Il n'y a plus qu'à conclure!
    Je sais pas comment vous remercier, encore une fois votre aide est profitable, merci 😉


  • mtschoon

    De rien !

    A+


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