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 $∀n∈n,an+1≤an+an+22\forall n\in n, a_{n+1}\leq \frac{a_{n}+a_{n+2}}{2}$
On pose par la suite $b_{n}=a_{n+1}-a_{n}$
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 $n,p∈n:et:n≥2pn,p\in n : et: n\geq 2p$ il faut montrer que $2(an−ap)≤nbn−12(a_{n}-a_{p})\leq nb_{n-1}$ 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.

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 :

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

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

or, vu que pour tout n, $b_n=a_{n+1}-a_n$ ,

on a $b_{n-1} = a_n-a_{n-1}$

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 $∑k=pn−abk\sum_{k=p}^{n-a}{b_{k}}$ Ce qui fait an-ap (somme télescopique), et puisque bn est croissant, on a:
$∑k=pn−1bk≤∑k=pn−1bp\sum_{k=p}^{n-1}{b_{k}}\leq \sum_{k=p}^{n-1}{b_{p}}$
D'ou $an−ap≤(n−p)bpa_{n}-a_{p}\leq (n-p)b_{p}$
Mais je ne vois toujours pas comment montrer que bn est négative......

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

Ensuite, tu as écrit :

Vu que (bn) est croissante,

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

Je reste perplexe...

(bn) étant croissante,

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

Donc en ajoutant les $b_k$ (k variant de p à n-1) tu obtiendras une somme supérieure à la somme des $b_p$ 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 $an≥ap(n−p)bpa_{n}\geq a_{p}(n-p)b_{p}$
.....Encore désolé....

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

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

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

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

Trouver la limite de $a_n$ lorsque n tend vers +∞

En déduire une contradiction avec le fait que $a_n$ ) 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....

C'est bon pour $b_n$ ) négative.

J'ignore de quel encadrement tu parles...

En fait, il faut montrer que si $n≥2pn\geq 2p$ alors $2(an−ap)≤nbn−1≤02(a_{n}-a_{p})\leq nb_{n-1}\leq 0$ La borne supérieur ne me pose pas vraiment problème, mais je vois pas comment montrer que $2(an−ap)≤nbn−12(a_{n}-a_{p})\leq nb_{n-1}$

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 $b_k$ sont inférieurs à $b_{n-1}$ , 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

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

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

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

De rien !

A+