Suites (Suite négative et encadrement)



  • 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 nn,an+1an+an+22\forall n\in n, a_{n+1}\leq \frac{a_{n}+a_{n+2}}{2}
    On pose par la suite bn=an+1anb_{n}=a_{n+1}-a_{n}
    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}} 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,pn:et:n2pn,p\in n : et: n\geq 2p il faut montrer que 2(anap)nbn12(a_{n}-a_{p})\leq nb_{n-1} 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.


  • Modérateurs

    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 :

    anan1+bn1a_{n}\leq a_{n-1}+b_{n-1}

    ce qui équivaut à bn1anan1b_{n-1} \ge a_n-a_{n-1}

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

    on a bn1=anan1b_{n-1} = a_n-a_{n-1}

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



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


  • Modérateurs

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

    Ensuite, tu as écrit :

    Vu que (bn) est croissante,

    k=pn1bkk=pn1bp\sum_{k=p}^{n-1}{b_{k}}\leq \sum_{k=p}^{n-1}{b_{p}}

    Je reste perplexe...

    (bn) étant croissante,

    bpbp+1bp+2...bn1b_p \le b_{p+1} \le b_{p+2} \le ...\le b_{n-1}

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

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



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


  • Modérateurs

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

    anap+(np)bpa_{n} \ge a_p+(n-p)b_{p}

    Pour prouver, avec cette inégalité, que (bn(b_n) 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_p > 0

    Trouver la limite de ana_n lorsque n tend vers +∞

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



  • 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....


  • Modérateurs

    C'est bon pour (bn(b_n) négative.

    J'ignore de quel encadrement tu parles...



  • En fait, il faut montrer que si n2pn\geq 2p alors 2(anap)nbn102(a_{n}-a_{p})\leq nb_{n-1}\leq 0 La borne supérieur ne me pose pas vraiment problème, mais je vois pas comment montrer que 2(anap)nbn12(a_{n}-a_{p})\leq nb_{n-1}


  • Modérateurs

    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_k sont inférieurs à bn1b_{n-1}, pour k variant de p à n-1

    (bn) croissante

    \bigsumk=pn1bk\bigsumk=pn1bn1\bigsum_{k=p}^{n-1}b_k \le \bigsum_{k=p}^{n-1}b_{n-1}

    d'où

    anap(np)bn1a_n-a_p\le (n-p)b_{n-1}

    il te reste à justifier que pour n ≥ 2p, (np)bn1n2bn1(n-p)b_{n-1}\le \frac{n}{2}b_{n-1}
    (Pense que bn1b_{n-1 }est négatif)



  • Ah! ça y est j'ai compris! :
    J'avais pensé à la somme mais ne voyais pas comment l'utiliser
    n2pn\geq 2p
    2n2pn2n-2p\geq n
    npn2n-p\geq \frac{n}{2}
    or (bn-1) négatif, donc (np)bn1n2bn1(n-p)b_{n-1}\leq \frac{n}{2}b_{n-1}
    Il n'y a plus qu'à conclure!
    Je sais pas comment vous remercier, encore une fois votre aide est profitable, merci 😉


  • Modérateurs

    De rien !

    A+


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