Je n'arrive pas au même calcul avec cette idée de prendre $k=0$ au numérateur et $1$ au dénominateur:
$\displaystyle -\sum_{k=1}^{n}\frac{n+1}{(n+1)^{2}+k+1}-\frac{n}{n^{2}+k}=\sum_{k=1}^{n}\frac{n^{2}+2n-k}{n^{4}+2n^{3}+(2k+2)n^{2}+2kn+k^{2}+2k}<\frac{n^{3}+2n^{2}}{n^{4}+2n^{3}+4n^{2}+2n+3}$.
Donc sauf erreur
$$
a_{n}>\frac{n+1}{(n+1)^{2}+1}-\frac{n^{3}+2n^{2}}{n^{4}+2n^{3}+4n^{2}+2n+3}=\frac{-n^4 + 2n^2 + 5n + 3}{n^6 + 4n^5 + 10n^4 + 14n^3 + 15n^2 + 10n + 6}.
$$ J'ajoute qu'on a visiblement $a_{n}\sim\frac{1}{2n^{2}}$ or ton calcul donnait $a_n>C/n$.
Je ne pense pas qu'on s'en sorte avec des majorations "grossières".
Je pense qu'il va falloir aller chercher des inégalités de convexité ou des choses dans le genre pour arriver au résultat.
Ah ok mais a_n tend vers zéro tu as du oublier de diviser par n à un moment. Non ça tend vers 1 c'est bon. Sinon je confirme que $P(x)=x^{4}+2x^{3}-6x^{2}-5x-1>0$ dès que $x>3$. Ce qui se fait à la main puisque $P(3)=205>0$ et $P'(x)=(x+5/2)(x^{2}-x-1/2)>0$ pour $x>3$.
Sinon, on peut aussi contrôler $u_n$ par une méthode des trapèzes un peu améliorée.
Si mes calculs sont corrects, on obtient
$\displaystyle \left| u_n - \frac{\pi}{4} +\frac{1}{4n} + \frac{1}{24 n^2}\right|\leq \frac{M_3}{24 n^3}$
où $M_3$ est un majorant de la valeur absolue de la dérivée troisième de $x\mapsto \frac{1}{1+x^2}$ sur $[0,1]$.
On peut expliciter $M_3$ par le calcul (un truc un peu moche avec des $\sqrt 5$ qui vaut environ $4.668...$) et en déduire une majoration de $u_n$ et une minoration de $u_{n+1}$ qui donne la réponse par transitivité.
Si on prend $M_3=5$, seul le cas $n=1$ est à faire à la main.
En posant classiquement \[H_n=\sum_{k=1}^n \frac{1}{k}\] on peut exprimer \[u_n=n(H_{n(n+1)}-H_{n^2})\] donc \[u_{n+1}-u_n=n(H_{(n+1)(n+2)}-H_{(n+1)^2}-H_{n(n+1)}+H_{n^2})+(H_{(n+1)(n+2)}-H_{(n+1)^2})
\] On peut peut-être utiliser les encadrements avec les intégrales de la fonction $t\mapsto \frac{1}{t}$, mais je ne sais pas si c'est assez précis.
Avec quelques termes en plus
$a_n=1-\frac{1}{2}n^{-1}-\frac{1}{6}n^{-2}+\frac{1}{4}n^{-3}-\frac{2}{15}n^{-4}+\frac{1}{12}n^{-5}-\frac{1}{42}n^{-6}-\frac{1}{24}n^{-7}+\frac{7}{90}n^{-8}-\frac{1}{10}n^{-9}+\frac{1}{11}n^{-10}-\frac{1}{24}n^{-11}+O\left(n^{-12}\right)$
On a donc $\displaystyle u_n = 1- \sum_{k=1}^n {k \over n(n^2+k)}.$
La différence est donc $\displaystyle u_{n+1} - u_n = \sum_{k=1}^n ({k \over n(n^2+k)} - {k \over (n+1)((n+1)^2+k)}) - {1 \over (n+1)(n+2)}$ où l'on a séparé le terme pour $\displaystyle k=n+1.$
On simplifie les dénominateurs brutalement par $\displaystyle 1 \leq k \leq n$ : $\displaystyle u_{n+1} - u_n \geq \sum_{k=1}^n ({k \over n(n^2+n)} - {k \over (n+1)((n+1)^2+1)}) - {1 \over (n+1)(n+2)}.$
On garde les $k$ aux numérateurs et on utilise $\displaystyle \sum_{k=1}^n k = {n (n+1) \over 2}.$
On trouve donc $\displaystyle u_{n+1} - u_n \geq {1 \over 2 n} - {n \over 2 (n^2+2n+2)} - {1 \over (n+1)(n+2)}={2 n^2 + 3 n + 2 \over n (n+1) (n+2) (n^2+2n +2)} >0.$
Bonjour.
Quelqu’un aurait-il la gentillesse de me dire pourquoi je n’arrive pas à commenter?
J’ai toujours le message d’erreur suivant:
Phorum Database Error
Sorry, a Phorum database error occurred.
Please try again later!
Error:
Illegal mix of collations (latin]_swedish_ ci,IMPLICIT) and (utf8_general _ci,COERCIBLE)
for operation '=' (1267): SELECT message id FROM phorum messages WHERE forum id
=4 AND author ='Acide2021' AND subject ='Re: Monotonie d'une suite' AND body ='Il
me semble qu'il y'a des erreurs de calcul. IrInA la 2 ieme ligne la fraction dans le E devrait
être \rin(n2 +2n-k)((n2 +2n+k+2) (n2 +k)).IrInlr\nDésolé ta démonstration tombe à
l'eau.IrinBien tenté!r\nMerci (2)L' AND datestamp > 1636008324
Backtrace:
Function phorum database error called at
{path to Phorum}/include/db/mysql/mysqli.php:212
Function phorum db interact called at
{path to Phorum}/include/db/mysql.php:920
Function phorum_db_ post message called at
{path to Phorum}/include/posting/action _post.php: 149
Function include called at
{path to Phorum}/posting.php:595
Néanmoins attention à ton dessin car l'escalier du dessous n'est pas en dessous de la courbe du dessus.
L'escalier et la courbe se recoupent sur chaque intervalle.
- la courbe en escalier posée sur f[n-1] est au dessus de f[n-1], première inégalité
- la courbe en escalier posée sur f[n] est inférieure à f[n-1] à chaque marche comme écrit dans l'inégalité à gauche de l'accolade (et entre deux marches puisque f[n-1] est croissante), deuxième inégalité
- etc.
La courbe en escalier de f_n est inférieure à f_(n-1) en tout point: aux points d'abscisse k/n (voir l'inégalité à gauche de l'accolade) et entre ces points puisque f_(n-1) est croissante alors que la courbe en escalier est constante entre les marches.
Je ne pense pas qu'il manque un facteur 1/n. D'ailleurs il a raison de voir que l'intégrale de $f_n$ sur [0,1] approche sa suite $v_n$.
Par contre je retire ce que j'ai dit " à première vue cela me semble correct". D'ailleurs j'avais bien observé que sa figure est fausse et ce qui aurait dû me rendre plus suspicieux quant à son raisonnement.
Le tracé ci dessous montre que c'est pire. L'escalier du dessus n'est pas complètement au dessus de l'autre.
Ainsi il est inutile de démonter le raisonnement d'@evariste21, le graphique parle de lui-même.
Pour revenir à l'approche de bd2017 que je trouve très naturelle, en introduisant un résultat intermédiaire un peu artificiel je vous l'accorde, on arrive à une inégalité finale des plus simples qui prouve que la suite $u_{n}=\sum_{k=1}^{n}\frac{n}{n^{2}+k}=\frac{1}{n}\sum_{k=1}^{n}\frac{1}{1+k/n^{2}}$ est croissante pour $n\geq6$.
Il est en effet facile de montrer que pour tout $n\geq6$ on a l'inégalité stricte
$$
\sum_{1}^{n}k^{2}=\frac{n(n+1)(2n+1)}{6}<\frac{n^{4}}{2(n+1)}.
$$ Comme
$$
\frac{1}{n}\Big(\sum_{k=1}^{n}1-\frac{k}{n^{2}}\Big)\leq u_{n}\leq\frac{1}{n}\Big(\sum_{k=1}^{n}1-\frac{k}{n^{2}}+\frac{k^{2}}{n^{4}}\Big).
$$ on a alors pour $n\geq6$
$$
\frac{1}{2}-\frac{1}{2n}\leq u_{n}<\frac{1}{2}-\frac{1}{2n}+\frac{1}{2n(n+1)}=\frac{1}{2}-\frac{1}{2(n+1)}
$$ et donc grâce à l'inégalité stricte il vient
$$
u_{n+1}-u_{n}>0.$$
Réponses
Quel est le signe de $n/(n^2+k)$?
Il suffit de minorer $a_n=u_{n+1}-u_n$
On a $\displaystyle a_n=\dfrac{n+1}{(n+1)^2+1} + \sum_{k=1}^n\Big[ \dfrac{n+1}{(n+1)^2+k+1}- \dfrac{n}{n^2+k}\Big]$
$\displaystyle - \sum_{k=1}^n\Big[ \dfrac{n+1}{(n+1)^2+k+1}- \dfrac{n}{n^2+k}\Big]\ =\sum_{k=1}^n \dfrac{-k+n+n^2}{\left(k+n^2\right) \left(1+k+2 n+n^2\right)}\\
\displaystyle \qquad<\quad \sum_{k=1}^n \dfrac{n+n^2}{\left(1+n^2\right) \left(3+2 n+n^2\right)}=
\dfrac{2 n+n^2}{\left(1+n^2\right) \left(3+2 n+n^2\right)}$
Donc $\displaystyle a_n>\dfrac{n+1}{(n+1)^2+1} -\dfrac{2 n+n^2}{\left(1+n^2\right) \left(3+2 n+n^2\right)}=\frac{3+n+2 n^3+2 n^4+n^5}{\left(1+n^2\right) \left(2+2 n+n^2\right) \left(3+2 n+n^2\right)}>0$
$\frac1{k+n^2}\le\frac1{n+n^2}$ qui est suspecte.
$\displaystyle -\sum_{k=1}^{n}\frac{n+1}{(n+1)^{2}+k+1}-\frac{n}{n^{2}+k}=\sum_{k=1}^{n}\frac{n^{2}+2n-k}{n^{4}+2n^{3}+(2k+2)n^{2}+2kn+k^{2}+2k}<\frac{n^{3}+2n^{2}}{n^{4}+2n^{3}+4n^{2}+2n+3}$.
Donc sauf erreur
$$
a_{n}>\frac{n+1}{(n+1)^{2}+1}-\frac{n^{3}+2n^{2}}{n^{4}+2n^{3}+4n^{2}+2n+3}=\frac{-n^4 + 2n^2 + 5n + 3}{n^6 + 4n^5 + 10n^4 + 14n^3 + 15n^2 + 10n + 6}.
$$ J'ajoute qu'on a visiblement $a_{n}\sim\frac{1}{2n^{2}}$ or ton calcul donnait $a_n>C/n$.
Je pense qu'il va falloir aller chercher des inégalités de convexité ou des choses dans le genre pour arriver au résultat.
On a $a_n=\sum_{k=1}^n \dfrac{n}{n^2+k}=\dfrac{1}{n} \sum_{k=1}^n \dfrac{1}{1+k/n^2}$
En utilisant l'encadrement $1-x \leq \dfrac{1}{1+x} \leq 1-x + x^2 ,$ pour $x\in[0,1] $
on a $ b_n \leq a_n \leq c_n $
où $b_n= \dfrac{1}{n} \sum_{k=1}^n( 1- \dfrac{k}{n^2})$
$c_n= \dfrac{1}{n} \sum_{k=1}^n( 1- \dfrac{k}{n^2}+\dfrac{k^2}{n^4}) $
$b_n$ et $c_n$ se calculent facilement on trouve
$b_n=\dfrac{2 n^2-n-1}{2 n^2}$ et $c_n=\frac{6 n^4-3 n^3- n^2+3 n+1}{6 n^4}$
Mais $c_n \leq b_{n+1}$ à partir d'un certain rang
(en effet $b_{n+1}-c_n= ( n^4+2 n^3- 6 n^2- 5n -1)/(6 n^4 (1 + n)^2)$
Il y a encore un ^petit travail à faire c'est trouver ce rang qui ne doit être très grand et verifier
ce qu'il se passe pour les premiers termes.
( $c_n< b_{n+1} $ à partir du rang $n_0=3$ je crois)
Si mes calculs sont corrects, on obtient
$\displaystyle \left| u_n - \frac{\pi}{4} +\frac{1}{4n} + \frac{1}{24 n^2}\right|\leq \frac{M_3}{24 n^3}$
où $M_3$ est un majorant de la valeur absolue de la dérivée troisième de $x\mapsto \frac{1}{1+x^2}$ sur $[0,1]$.
On peut expliciter $M_3$ par le calcul (un truc un peu moche avec des $\sqrt 5$ qui vaut environ $4.668...$) et en déduire une majoration de $u_n$ et une minoration de $u_{n+1}$ qui donne la réponse par transitivité.
Si on prend $M_3=5$, seul le cas $n=1$ est à faire à la main.
\] On peut peut-être utiliser les encadrements avec les intégrales de la fonction $t\mapsto \frac{1}{t}$, mais je ne sais pas si c'est assez précis.
On peut ajouter cette question supplémentaire: M.q
$a_n=1- 1/(2 n) - 1/(6 n^2)+ 1/(4 n^3) - 2/(15 n^4) + 1/(12 n^5) +o(1/n^5)$
$a_n=1-\frac{1}{2}n^{-1}-\frac{1}{6}n^{-2}+\frac{1}{4}n^{-3}-\frac{2}{15}n^{-4}+\frac{1}{12}n^{-5}-\frac{1}{42}n^{-6}-\frac{1}{24}n^{-7}+\frac{7}{90}n^{-8}-\frac{1}{10}n^{-9}+\frac{1}{11}n^{-10}-\frac{1}{24}n^{-11}+O\left(n^{-12}\right)$
\frac {2}{15\,{n}^{4}}}+{\frac {1}{12\,{n}^{5}}}\\
&\quad-{\frac {1}{42\,{n}^{6
}}}-{\frac {1}{24\,{n}^{7}}}+{\frac {7}{90\,{n}^{8}}}-{\frac {1}{10\,{
n}^{9}}}+{\frac {1}{11\,{n}^{10}}}-{\frac {1}{24\,{n}^{11}}}-{\frac {
89}{2730\,{n}^{12}}}\\&\quad+{\frac {9}{70\,{n}^{13}}}-{\frac {19}{90\,{n}^{14
}}}+{\frac {11}{48\,{n}^{15}}}-{\frac {12}{85\,{n}^{16}}}-{\frac {19}{
180\,{n}^{17}}}+{\frac {659}{1330\,{n}^{18}}}+O \left( {n}^{-19}
\right).
\end{align*}
$a_n=$
$1-\frac{1}{2 n}-\frac{1}{6 n^2}+\frac{1}{4 n^3}-\frac{2}{15 n^4}+\frac{1}{12 n^5}-\frac{1}{42 n^6}-\frac{1}{24 n^7}+\frac{7}{90 n^8}-\frac{1}{10 n^9}+\frac{1}{11 n^{10}}-\frac{1}{24 n^{11}}-\frac{89}{2730 n^{12}}+\frac{9}{70 n^{13}}-\frac{19}{90 n^{14}}+\frac{11}{48 n^{15}}-\frac{12}{85 n^{16}}-\frac{19}{180 n^{17}}+\frac{659}{1330 n^{18}}$
$-\frac{127}{140 n^{19}}+\frac{7631}{6930 n^{20}}-\frac{71}{110 n^{21}}-\frac{307}{345 n^{22}}+\frac{2609}{720 n^{23}}-\frac{31303}{4550 n^{24}}+\frac{1501}{182 n^{25}}-\frac{1279}{378 n^{26}}-\frac{365}{28 n^{27}}+\frac{3802}{87 n^{28}}-\frac{4751}{60 n^{29}}+\frac{1233115}{14322 n^{30}}+\frac{16567}{7392 n^{31}}-\frac{10753807}{39270 n^{32}}+\frac{180669}{238 n^{33}}$
$-\frac{44043}{35 n^{34}}+\frac{76799}{72 n^{35}}+\frac{2394269737}{1919190 n^{36}}-\frac{128347241}{17290 n^{37}}+\frac{28707851}{1638 n^{38}}-\frac{21082879}{840 n^{39}}+\frac{150058376}{15785 n^{40}}+\frac{315328351}{4620 n^{41}}-\frac{8244755031}{33110 n^{42}}+\frac{154490461}{308 n^{43}}-\frac{119474086819}{217350 n^{44}}-\frac{597140157}{1610 n^{45}}$
$+\frac{17602758671}{4935 n^{46}}-\frac{100202972137}{10080 n^{47}}+\frac{357276158471}{21658 n^{48}}-\frac{98883364581}{11050 n^{49}}-\frac{688279653143}{14586 n^{50}}+\frac{114991278781}{572 n^{51}}-\frac{790567641502}{1749 n^{52}}+\frac{656431010123}{1188 n^{53}}+\frac{2288675551133}{6270 n^{54}}$
$-\frac{13036007348179}{3192 n^{55}}+\frac{204504683131883}{16530 n^{56}}-\frac{1277513376137}{58 n^{57}}+\frac{697851735209}{59 n^{58}}+\frac{9320534681663}{120 n^{59}}-\frac{19580196366885241657}{56786730 n^{60}}+\frac{36057112431953647}{44330 n^{61}}-\frac{54167055179784317}{54054 n^{62}}$
$-\frac{28172193014674547}{27456 n^{63}}+\frac{588276764839745396}{60775 n^{64}}-\frac{335862304100863523}{11220 n^{65}}+\frac{98468167344422355829}{1833790 n^{66}}-\frac{208716539424993441}{10948 n^{67}}-\frac{541000888549983059}{2070 n^{68}}+\frac{391612573114800209}{350 n^{69}}$
$-\frac{30843409185210245417}{11715 n^{70}}+\frac{69920271211901564059}{23760 n^{71}}+\frac{597073151367470804478429}{102740638 n^{72}}-\frac{59546393891294475917903}{1407406 n^{73}}+\frac{363862721300295607751293}{2852850 n^{74}}-\frac{2358181590063885207723}{10868 n^{75}}$
$-\frac{46072081374957101942}{3003 n^{76}}+\frac{246049093359981871633}{156 n^{77}}-\frac{20731115301912157062175}{3318 n^{78}}+\frac{23578272584205226662701}{1680 n^{79}}-\frac{519580466472225663137127757}{43471890 n^{80}}-\frac{5780196633641716530651097}{107338 n^{81}}$
$+\frac{4817683767147996871200559}{15521 n^{82}}-\frac{27699785816435124591586363}{31416 n^{83}}+\frac{4193348050403338350108882362431}{3183029850 n^{84}}+\frac{15561064824237715101451145121}{12482470 n^{85}}-\frac{8075448675461205220081580795}{522522 n^{86}}$
$+\frac{1334904981164424476754268565}{24024 n^{87}}-\frac{105874472419679946772537533936}{931385 n^{88}}+\frac{10907013028841651670142997599}{269100 n^{89}}+\frac{707917747637352233593865880776243}{949238290 n^{90}}$
$-\frac{14799943727366561286491856256709}{4172476 n^{91}}+\frac{1766558625472065354651412497248341}{191843190 n^{92}}-\frac{7211406123136870762641205303333}{687610 n^{93}}-\frac{3483817927278595575833163583139}{109725 n^{94}}$
$+\frac{50743514161259647372650705341053}{221760 n^{95}}-\frac{347678860755485412810504155034787}{471614 n^{96}}+\frac{305564105227005768681010508169265}{238238 n^{97}}+\frac{32806640585194898018742676180267}{43758 n^{98}}$
$-\frac{325091674009958450269165388117821}{22100 n^{99}}+\frac{43773457703254497195968499358556866}{736593 n^{100}}+o(\frac{1}{n^{100}})$
On définit la suite $u$ par son terme général : pour tout $\displaystyle n \in \N^*$, $\displaystyle u_n = \sum_{k=1}^n {n \over n^2+k}.$
Pour montrer que cette suite est croissante (dès le premier terme), on étudie le signe de la différence $\displaystyle u_{n+1} - u_n.$
On calcule d'abord : $\displaystyle {n \over n^2+k} = {1 \over n} - {k \over n(n^2+k)}.$
On a donc $\displaystyle u_n = 1- \sum_{k=1}^n {k \over n(n^2+k)}.$
La différence est donc $\displaystyle u_{n+1} - u_n = \sum_{k=1}^n ({k \over n(n^2+k)} - {k \over (n+1)((n+1)^2+k)}) - {1 \over (n+1)(n+2)}$ où l'on a séparé le terme pour $\displaystyle k=n+1.$
On simplifie les dénominateurs brutalement par $\displaystyle 1 \leq k \leq n$ : $\displaystyle u_{n+1} - u_n \geq \sum_{k=1}^n ({k \over n(n^2+n)} - {k \over (n+1)((n+1)^2+1)}) - {1 \over (n+1)(n+2)}.$
On garde les $k$ aux numérateurs et on utilise $\displaystyle \sum_{k=1}^n k = {n (n+1) \over 2}.$
On trouve donc $\displaystyle u_{n+1} - u_n \geq {1 \over 2 n} - {n \over 2 (n^2+2n+2)} - {1 \over (n+1)(n+2)}={2 n^2 + 3 n + 2 \over n (n+1) (n+2) (n^2+2n +2)} >0.$
Voilà !
Quelqu’un aurait-il la gentillesse de me dire pourquoi je n’arrive pas à commenter?
J’ai toujours le message d’erreur suivant:
Phorum Database Error
Sorry, a Phorum database error occurred.
Please try again later!
Error:
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me semble qu'il y'a des erreurs de calcul. IrInA la 2 ieme ligne la fraction dans le E devrait
être \rin(n2 +2n-k)((n2 +2n+k+2) (n2 +k)).IrInlr\nDésolé ta démonstration tombe à
l'eau.IrinBien tenté!r\nMerci (2)L' AND datestamp > 1636008324
Backtrace:
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{path to Phorum}/posting.php:595
Joli travail!
Que pensez-vous de cette démonstration ?
Néanmoins attention à ton dessin car l'escalier du dessous n'est pas en dessous de la courbe du dessus.
L'escalier et la courbe se recoupent sur chaque intervalle.
Ça semble faux.
Tu oublies le facteur $1/n$ devant la somme. La suite $v_n$ n’est pas la somme des $f_k$ mais la somme des $f_k\times 1/n.$
Non ?
- la courbe en escalier posée sur f[n] est inférieure à f[n-1] à chaque marche comme écrit dans l'inégalité à gauche de l'accolade (et entre deux marches puisque f[n-1] est croissante), deuxième inégalité
- etc.
La courbe en escalier de f_n est inférieure à f_(n-1) en tout point: aux points d'abscisse k/n (voir l'inégalité à gauche de l'accolade) et entre ces points puisque f_(n-1) est croissante alors que la courbe en escalier est constante entre les marches.
Par contre je retire ce que j'ai dit " à première vue cela me semble correct". D'ailleurs j'avais bien observé que sa figure est fausse et ce qui aurait dû me rendre plus suspicieux quant à son raisonnement.
Le tracé ci dessous montre que c'est pire. L'escalier du dessus n'est pas complètement au dessus de l'autre.
Ainsi il est inutile de démonter le raisonnement d'@evariste21, le graphique parle de lui-même.
[Contenu du pdf joint. AD]
@IvesM
Alors là je vous tire mon chapeau!
Encore bravo!
Il est en effet facile de montrer que pour tout $n\geq6$ on a l'inégalité stricte
$$
\sum_{1}^{n}k^{2}=\frac{n(n+1)(2n+1)}{6}<\frac{n^{4}}{2(n+1)}.
$$ Comme
$$
\frac{1}{n}\Big(\sum_{k=1}^{n}1-\frac{k}{n^{2}}\Big)\leq u_{n}\leq\frac{1}{n}\Big(\sum_{k=1}^{n}1-\frac{k}{n^{2}}+\frac{k^{2}}{n^{4}}\Big).
$$ on a alors pour $n\geq6$
$$
\frac{1}{2}-\frac{1}{2n}\leq u_{n}<\frac{1}{2}-\frac{1}{2n}+\frac{1}{2n(n+1)}=\frac{1}{2}-\frac{1}{2(n+1)}
$$ et donc grâce à l'inégalité stricte il vient
$$
u_{n+1}-u_{n}>0.$$