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 #1 - 15-07-2013 19:01:54

shadock
Elite de Prise2Tete
Enigmes résolues : 39
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Mathématiques poru les nuls 14

La suite que j'apprécie particulièrement est la suivante :
[TeX]U_0 \ge 0[/TeX]
[TeX]U_{n+1}=\sqrt{U_n}+\frac{1}{n+1}[/TeX]
Etudier la convergence de cette suite lol

Bonne chance, je mettrais des indices au fur et à mesure si besoin est.
La case réponse valide la valeur de la limite.

Shadock smile


 
Réponse :

"L'expérience est une lanterne qui n'éclaire que celui qui la porte." L-F. Céline
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 #2 - 15-07-2013 20:15:51

titoufred
Elite de Prise2Tete
Enigmes résolues : 20
Messages : 1749

Mathématiques pour les nul 14

Pour commencer, on montre facilement par récurrence que la suite est minorée par 1 pour [latex]n \geq 1[/latex]

Nous allons prouver que la suite ne peut pas être strictement croissante :

Supposons que la suite est strictement croissante.

Par conséquent [latex]u_2 > 1[/latex].
[TeX]u_{n+1}-u_n = -u_n + \sqrt{u_n} + \frac{1}{n+1}[/TeX]
Nous avons un trinôme du second degré en [latex]\sqrt{u_n}[/latex], dont le discriminant vaut
[TeX]\Delta = 1+\frac{4}{n+1}[/latex] et les solutions [latex]\frac{1\pm\sqrt{\Delta}}{2}[/latex].

Ce trinôme est positif entre ces racines, donc :

[latex]u_{n+1}-u_n > 0 \Longleftrightarrow \sqrt{u_n} < \frac{1+\sqrt{\Delta}}{2} \Longleftrightarrow u_n < \left(\frac{1+\sqrt{\Delta}}{2}\right)^2[/TeX]
Mais [latex]\Delta[/latex] tend vers 1 lorsque [latex]n[/latex] tend vers [latex]+\infty[/latex] donc [latex]\left(\frac{1+\sqrt{\Delta}}{2}\right)^2[/latex] aussi et donc pour [latex]n[/latex] assez grand, on a :
[TeX]\left(\frac{1+\sqrt{\Delta}}{2}\right)^2<u_2[/latex] et donc [latex]u_n > \left(\frac{1+\sqrt{\Delta}}{2}\right)^2[/latex] et donc [latex]u_{n+1}-u_n < 0[/TeX]
C'est absurde.

Par conséquent, la suite n'est pas strictement croissante. Il y a donc un rang où elle décroit.

Montrons à présent que si la suite décroit à un certain rang, alors elle est décroissante aux rangs suivants :

Supposons que [latex]u_{n+1} \leq u_n[/latex]

alors [latex]\sqrt{u_{n+1}} \leq \sqrt{u_n}[/latex]

donc [latex]\sqrt{u_{n+1}}+\frac{1}{n+2} \leq \sqrt{u_n}+\frac{1}{n+1}[/latex]

c-à-d [latex]u_{n+2} \leq u_{n+1}[/latex]

Par conséquent, la suite décroit à partir d'un certain rang. Comme elle est minorée par 1, elle converge vers une certaine limite [latex]l \geq 1[/latex].
Lorsqu'on passe à la limite dans la relation de récurrence, on obtient que [latex]l = \sqrt{l}[/latex] donc [latex]l=0[/latex] ou [latex]l=1[/latex].

On en conclut que la suite converge vers 1.

 #3 - 15-07-2013 23:04:55

JulesV
Passionné de Prise2Tete
Enigmes résolues : 15
Messages : 52

Mathémaitques pour les nuls 14

C'est 1 je crois.


Il faut étudier la limite de  [latex]U_{n}-\sqrt{U_{n-1}}=\frac{1}{n}}[/latex] :
[TeX]\lim_{n\to +\infty} U_{n}-\sqrt{U_{n-1}} = 0[/TeX]
soit [latex]\lim_{n\to +\infty}U_n = \sqrt{U_{n-1}}
[/latex]

De même, [latex]\lim_{n\to +\infty} U_{n-1}=\sqrt{U_{n-2}}[/latex] etc...

On a donc [latex]\lim_{n\to +\infty} U_{n} = \sqrt{\sqrt{\sqrt{...U_{n-k}}}}[/latex] avec k racines.


De plus [latex]\sqrt{\sqrt{\sqrt{...U_{n-k}}}} = e^{\frac{1}{2k} ln(U_(n-k)} = {(e^{\frac{1}{2k}})}^{ln(U_{n-k})}[/latex]

Finalement,
[TeX] \lim_{n\to +\infty}{(e^{\frac{1}{2k}})}^{ln(U_{n-k})} =1^{ln(U_{n-k})}=1[/TeX]
Voilà. smile

 #4 - 16-07-2013 00:28:30

Nombrilist
Expert de Prise2Tete
Enigmes résolues : 10
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Mathémattiques pour les nuls 14

Je pense qu'il faut appliquer le théorème des gendarmes. La suite [latex]u_n[/latex] est minorée par la suite [latex]v_{n+1}=\sqrt{v_n}[/latex] qui converge vers 1. Reste à trouver la bonne suite majorante.

 #5 - 16-07-2013 10:22:23

nodgim
Elite de Prise2Tete
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mathématiques pour led nuls 14

La convergence vers 1 est évidente, mais elle est lente.
Supposons la limite 1+1/1000, c'esà dire différente de 1. 
U(10^10)=racUn+1/10^10 avec Un>1+1/1000=1,001
Si Un s'écrit 1+e, racUn vaut environ 1+e/2. L'apport de 1/10^10 est négligeable. Donc 1+e/2 deviendra 1+e/4, puis 1+e/8 etc. Très rapidement, on passera sous la limite fictive qu'on s'est donnée.
Un converge vers 1.

 #6 - 16-07-2013 10:58:43

godisdead
Expert de Prise2Tete
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Matthématiques pour les nuls 14

1/(1+N) tend vers 0 lorsque N tend vers l'infini

Il reste donc U(n+1) = racine (U(n))
Ce qui équivaut à racine^n(U) donc tend vers 1

 #7 - 16-07-2013 12:09:59

shadock
Elite de Prise2Tete
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mathélatiques pour les nuls 14

nodgim a écrit:

Un converge vers  .

Pas mal pas mal ^^


"L'expérience est une lanterne qui n'éclaire que celui qui la porte." L-F. Céline

 #8 - 16-07-2013 12:18:36

Promath-
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Mathématiques por les nuls 14

Elle converge vers 1 ^^

Je peux détailler et expliquer si tu veux


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 #9 - 16-07-2013 14:08:56

shadock
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Mathématiques pour les nls 14

Promath- un poil laconique non ? wink


"L'expérience est une lanterne qui n'éclaire que celui qui la porte." L-F. Céline

 #10 - 16-07-2013 16:22:14

Promath-
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mathématisues pour les nuls 14

NOOOOOOOOON PAS DU TOUT!

Eh bien on a la formule sur la racine carrée:
Si x appartient à 1; infini alors Vx <x
Si x appartient à 0; 1 alors Vx >x
Si x=1, alors Vx=x

Donc la suite des racines cumulées (ou emboitées) converge vers 1 car V se réduit si x>1 ou augmente si x<1.

Le premier terme converge vers 1 et la limite de 1/(n+1) est 0 quand x tend vers l'infini donc ça fait  au final puisque la somme des limites est la limite des sommes.


J'ai dû rater un truc non?


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 #11 - 16-07-2013 16:52:44

shadock
Elite de Prise2Tete
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Mathématiqques pour les nuls 14

Le raisonnement est bon Promath- smile

titou Simple et efficace smile
JulesV Intéressant je n'avais pas penser à ça.. yikes
nodgim C'est quand que tu te mets au LaTeX? tongue Non ce n'est pas évident comme tu dis. J'ai utiliser le même genre de raisonnement smile
godisdead Tu peux la refaire stp parce que la denière phrase est incompréhensible hmm Et de ce que je vois du raisonnement, rien de prédit qu'elle converge forcément vers 1, elle pourrait très bien oscillé sans jamais l'atteindre... wink


A tout ceux qui cherche encore : Je rappelle que la notion de point fixe n'implique pas la notion de convergence.
Exemplum : Sur [latex][0;1][/latex] la suite définie par [latex]U_n=1-n^2[/latex] possède un point fixe [latex]\alpha=\frac{\sqrt{5}-1}{2}[/latex] et pourtant elle oscille entre deux valeurs, 0 et 1 !

shadock smile


"L'expérience est une lanterne qui n'éclaire que celui qui la porte." L-F. Céline

 #12 - 16-07-2013 16:59:15

vladimir37
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aMthématiques pour les nuls 14

@shadock

Lorsque tu as cité nodgim dans ton dernier post, tu as donné la réponse:Un converge vers 1.
roll
Peut-être attends tu une démonstration plus fine concernant la minoration de la suite et son sens de variation?

 #13 - 16-07-2013 18:02:53

shadock
Elite de Prise2Tete
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Messages : 3334

athématiques pour les nuls 14

Je sais Vladimir, mais vu les bêtes qui traînent ici, bien sûr que je ne me satisferai pas d'une simple réponse sans démonstrations, on fait des mathématiques ici big_smile


"L'expérience est une lanterne qui n'éclaire que celui qui la porte." L-F. Céline

 #14 - 17-07-2013 12:44:56

kossi_tg
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Lieu: Montargis

Mahématiques pour les nuls 14

Proposition
[TeX]U_1=\sqrt{U_0}+1[/latex] donc [latex]U_1\ge1[/TeX]
On démontre très rapidement par récurrence que [latex]U_n\ge1[/latex] pout tout [latex]n\ge1[/latex] (laissé au lecteur smile)
Par définition; [latex](U_{n+1}-\frac{1}{1+n})^2=U_n[/latex].
Comme [latex]U_{n+1}\ge1[/latex] et [latex]\frac{1}{1+n}\le1[/latex] alors [latex]U_{n+1}-\frac{1}{1+n}\ge0[/latex],
Par conséquent [latex]U_n\ge1[/latex] implique que [latex]U_{n+1}-\frac{1}{1+n}\ge1[/latex] soit [latex]U_{n+1}\ge{\frac{1}{1+n}+1}[/latex] (1).
Par définition; [latex]U_{n+1}-\frac{1}{1+n}=\sqrt{U_n}[/latex]; or [latex]\sqrt{U_n}\le{U_n}   ( cf. U_n\ge1)[/latex]
donc [latex]U_{n+1}-\frac{1}{1+n}\le{U_n}  soit  U_{n+1}\le{U_n+\frac{1}{1+n}}[/latex] (2).
En combinant les inégalités (1) et (2), on a:
[latex]1+\frac{1}{1+n}\le{U_{n+1}}\le{U_n+\frac{1}{n+1}}[/latex] (3).
Lorsque n tend vers l'infini, [latex]\frac{1}{n+1}\simeq0[/latex] donc (3) devient [latex]1\le{U_{n+1}}\le{U_n}[/latex] (4)
Pour tout [latex]n\ge1[/latex], [latex]U_n[/latex] est minorée par 1.
Pour des grands n; [latex]U_{n+1}\le{U_n} [/latex]donc [latex]U_n[/latex] est décroissante.
[latex]U_n[/latex] est minorée et décroissante donc elle est convergente.
Si A est la limite de [latex]U_n[/latex] alors [latex]A\ge1   et     A=\sqrt{A}+0[/latex] car [latex]\frac{1}{n+1}\simeq0[/latex]; par conséquent A=1.
[latex]U_n [/latex] converge donc vers 1.

 #15 - 17-07-2013 13:05:55

nodgim
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Mathématique spour les nuls 14

Sinon, on peut approximer la fonction par celle ci: f(n)=1+2/(n+1) quand n grand.
En effet, pour n grand, rac(1+2/(n+1)) vaut environ 1+ 1/(n+1).  Auquel on ajoute 1/(n+1), et ça donne 1+2/(n+1).
Le tableur confirme.

 #16 - 18-07-2013 12:24:20

shadock
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Mathématiques pou rles nuls 14

kossi_tg Presque parfait l'équation [latex]x=\sqrt{x}[/latex] a deux solutions, il faut donc préciser une dernière petite chose wink  J'ai rien dit j'avais mal lu ^^

nodgim Oui c'est sur, avec ce genre de raisonnement on peut en trouver des milliers smile


"L'expérience est une lanterne qui n'éclaire que celui qui la porte." L-F. Céline

 #17 - 18-07-2013 17:11:35

Promath-
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Mathématiques pour les nuls 114

Dons ça compte pour bon?


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 #18 - 18-07-2013 21:22:26

shadock
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Mathématiques pour les nus 14

Bah oui, je ne vois pas bien comment tu pourrais faire mieux, à moins d'avoir le même raisonnement que titou smile
Ma démonstration est assez longue je l'a mettrai à la fin wink


"L'expérience est une lanterne qui n'éclaire que celui qui la porte." L-F. Céline

 #19 - 19-07-2013 10:20:18

nodgim
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Mathématiques pour les nuls 1

La suite Un+1= racUn+1/racn est plus lente encore...

 #20 - 19-07-2013 20:41:38

fix33
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mathématiques pout les nuls 14

Il est évident que tout Un est positif ou nul.

Lorsque n tend vers l'infini, la 2nde composante tend vers 0.
Et la 1ère composante tend vers 1 : il y a que si n>1, 1 < sqrt(n) < n ; si n=1, sqrt(n)=1 ; si n<1, n < sqrt(n) < 1. Ce n'est certes pas une preuve. Une preuve de cette affirmation est peut-être que la fonction inverse, la puissance 2, est croissante et tend vers l'infini.

Pour n grand, on peut donc ignorer la 2nde composante. Et comme la 1ère tend vers 1 dans tous les cas, la suite qui nous intéresse aussi.


Je ne vien sur se site que pour faire croir que je suis treise intélligens.

 #21 - 19-07-2013 21:09:11

Promath-
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Mathhématiques pour les nuls 14

Très bien! smile


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 #22 - 19-07-2013 23:34:54

shadock
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Mathématiques pour ls nuls 14

Oui fix33 c'est l'idée wink


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 #23 - 21-07-2013 22:40:26

shadock
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Mathématiques pour les uls 14

On peut déjà montrer par récurrence que la suite [latex](U_n)[/latex] est bien définie et que l’on a pour tout entiers naturels [latex]U_n \ge 1[/latex]
Déterminons les limites éventuelles de la suite [latex](Un)[/latex] :
Si [latex](Un)[/latex] converge vers [latex]l[/latex], alors forcément [latex]l \ge 1[/latex], de plus [latex](U_{n+1})[/latex] converge alors aussi vers [latex]l[/latex], d'où par passage à la limite dans la définition de récurrence de la suite, on obtient [latex]\sqrt{l}=l[/latex] et donc [latex]l=1[/latex]
Ainsi [latex]1[/latex] est la seule limite de la suite [latex](U_n)[/latex]



On étudie donc [latex]U_n-1[/latex]:
[TeX]U_{n+1}-1=\sqrt{U_n}-1+\frac{1}{n+1}[/TeX]
[TeX]=\frac{U_n-1}{\sqrt{U_n}+1}+\frac{1}{n+1}[/TeX]
[TeX]\le \frac{1}{2}\left(U_n-1\right)+\frac{1}{n+1}[/TeX]
si [latex]n \ge 1[/latex]

Donc [latex]|U_{n+2}-1| \le \frac{1}{2}|U_{n+1}-1+\frac{1}{n+2}|[/latex]
[TeX]\le \frac{1}{4}|U_n-1| +\left(\frac{1}{2}+1\right)\frac{1}{n+1}[/TeX]
Par récurrence sur [latex]p \ge 1[/latex] on a :
[TeX]|U_{n+p}-1|\le \frac{1}{2^p}|U_n-1|+\left(1+\frac{1}{2}+\text{...}+\frac{1}{2^{p-1}}\right)\frac{1}{n+1}[/TeX]
Or [latex]1+\frac{1}{2}+\text{...}+\frac{1}{2^{p-1}}\le2[/latex]

Et ainsi on a :
[TeX]\forall n \in \mathbb{N}, \forall p \in \mathbb{N^*}, |U_{n+p}-1|\le \frac{1}{2^p}|U_n-1|+\frac{2}{n+1}[/TeX]
Soit [latex]\epsilon > 0[/latex] il existe un rang [latex]N_0[/latex] tel que [latex]\frac{2}{N_0+1}<\frac{\epsilon}{2}[/latex]

Il existe alors un rang [latex]N_1[/latex] tel que [latex]p \ge N_1 \Rightarrow \frac{1}{2^p}|U_{N_0}-1|<\frac{\epsilon}{2}[/latex]

Ainsi si [latex]n \ge N_0+N_1[/latex] on obtient que [latex]n=N_0+p[/latex] avec [latex]p \ge 1[/latex] donc [latex]|U_n-1|<\epsilon[/latex] avec les majorations ci-dessus.

D'où, la suite converge, vers la seule limite possible [latex]1[/latex] !!! QED


Shadock smile


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 #24 - 22-07-2013 11:54:21

titoufred
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Mathématiques pour les nuls 4

shadock a écrit:

[latex]U_{n+2}-1 \leq \frac12 (U_{n+1}-1) + \frac{1}{n+2} \leq \frac14 (U_n-1)+ \frac12 \times \frac{1}{n+1}[/latex]

Comment obtiens-tu la deuxième inégalité ? Il ne manquerait pas le terme [latex]\frac1{n+2}[/latex] ?

 #25 - 22-07-2013 11:58:21

shadock
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Mathémaitques pour les nuls 14

A oui j'ai factorisé trop vite, je vais corriger ça smile


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