suite numérique

Je découvre cette suite à l'instant .

Merci D.R. , mais tout cela m'a l'air coton ( est-ce un problème ouvert ? ) .

Domi

Re

je pense que la suite a(n)/n converge..
( elle decroit seulement sur des petits intervalles d'entiers puis croit quand on change de palier pour a(n), assez pour que globalement , étant majorée , elle converge : bien sur c'est une intuition à confirmer par une preuve)

et en cas de convergence quid de la limite?

à suivre

Oump.

Bonsoir

Là où j'en suis :
-essayer de démontrer que les palliers de a(n) sont de la forme 2^a.5^b
-b(128 000 000) proche de 2,49696

Chouette votre approche Laotseu
Aimablement
S

[Corrigé selon ton indication. AD]

Bonsoir

Laotseu je n'arrive pas à établir votre inégaité, pouvez-vous s'il vous plait m'en dire un peu plus.

Il est dur ou très très dur cet exercice?

d'avance merci
S

Bonjour Samok.
La récurrence sur les $b_n$ se déduit de celle sur les $a_n$ :
$$b(n)=\frac{1}{2}\varphi_2(n)b(E(n/2))
+\frac{1}{4}\varphi_4(n)b(E(n/4))
+\frac{1}{5}\varphi_5(n)b(E(n/5))
+\frac{1}{20}\varphi_{20}(n)b(E(n/20))$$
où $\varphi_k(n)=E(n/k)/(n/k)\leq 1$. En définissant les $M_n$ tels que je les ai définis, on obtient pour $20.2^n< k\leq 20.2^{n+1}$,
$$b_k\geq \left(\frac{1}{2}\varphi_2(k)+\frac{1}{4}\varphi_4(k)
+\frac{1}{5}\varphi_5(k)
+\frac{1}{20}\varphi_{20}(k)\right)M_{n-1}$$
Or la quantité entre parenthèses est supérieure à $1-\frac{3}{k}$ elle même supérieure à $1-\frac{3}{20.2^n}$. En passant à la borne inférieure pour $20.2^n< k\leq 20.2^{n+1}$, on obtient à peu près la relation que j'ai fournie (mais je crois que mon coefficient initial était faux). Ce qui permet de minorer les $M_n$ et par suite la limite inférieure de la suite $b(n)$.

Sinon le problème de la preuve de l'existence de la limite me semble particulièrement difficile, sauf astuce subtile. Je ne suis par exemple pas sûr que le résultat tient pour la récurrence $a(n)=a(E(n/2))+2a(E(n/4))$. Je ne sais pas pourquoi, mais je pense que le résultat est lié à l'équirépartition des parties fractionnaires de $(5/4)^n$, que l'on ne sait pas démontrer, ou bien éventuellement un résultat plus faible sur la répartition de ces nombres. Si un spécialiste des nombres de Pisot passe par là, il pourrait nous dire ce qu'il en pense...

Merci à tout ceux qui sse sont interressé à ce problème.

Bonjour à tous,

je vais jusqu'au bout de l'idée d'Oumpapah :
$\frac{1}{2} + \frac{1}{2} = 1$ ( tant qu'à faire ).
Si on définit :
\begin{itemize}
\item $a(n) = 2a[\frac{n}{2}]$ ( les crochets désignant la partie entière )
\item $b(n) = \frac{a(n)}{n}$
\end{itemize}
un rapide calcul montre que : $x \in [2^n;2^{n+1}[ \ \Rightarrow \ a(x) = 2^{n+1}$ .
alors $b(2^n) = 2$ et $b(2^n-1) = \frac{2^n}{2^n-1}$ . Donc la suite $b(n)$ admet au moins deux valeurs d'adhérences ( 1 et 2 ) . Il semble d'ailleurs que l'ensemble des valeurs d'adhérence de la suite soit tout l'intervalle $[1;2]$ .
Bien sûr , la suite proposée par D.R ou même celle d'Oumpapah ne se laisseront pas prendre aussi facilement .

A+ Domi

Merci Benoit pour ta référence.
D'après Maître Erdös, il apparait donc que l'objet de notre étude est bien convergent, que l'on ne connait rien de la limite, et que la suite $a(n)=a(E(n/2))+2a(E(n/4))$ est bien telle que $a(n)/n$ diverge.
Par contre, cela n'a rien à voir avec la répartition de la partie fractionnaire de $\frac{5}{4}$ (et c'est bien dommage...), mais c'est une application de la théorie du renouvellement (en proba). Je n'ai pas encore trop compris la preuve, mais cela me laisse augurer un très bon sujet pour une prochaine épreuve aux ENS ou à l'agreg...

Pour la suite :

$a(n)=a\left(E(n/2)\right)+2a\left(E(n/4)\right)$

on peut en donner une formule explicite basée sur la récurrence :

$b(1)=b(2)=1,\, b(n)=b(n-1)+2b(n-2)$ qui vaut $b(n)=(2^n-(-1)^n)/3$ et le fait que $a(n)>a(n-1)$ seulement lorsque $n$ est une puissance de $2$.

Un truc du genre :

$a(n)=\frac{2^{g_n}-(-1)^{g_n}}{3}$ avec $g_n=E(\frac{\log n}{\log 2})+1$