Minoration suite
Bonjour.
On considère : $\displaystyle x_n=Re \left (\prod_{k=0}^{n-1}(k+i) \right )$ (où bien sur $i^2=-1$).
Je cherche une minoration de $\displaystyle \left \vert x_n \right \vert$ (même peu précise).
Il est facile de majorer $\displaystyle \left \vert x_n \right \vert$ par $n!$, mais je n'obtiens aucune minoration, pourtant il semble évident que $\displaystyle \left \vert x_n \right \vert$ croit rapidement.
Je ne sais pas si ça aide, mais les $x_n$ vérifient la relation :
$x_{n+2}=(2n+1)x_{n+1}-(n^2+1)x_n$.
Merci d'avance.
On considère : $\displaystyle x_n=Re \left (\prod_{k=0}^{n-1}(k+i) \right )$ (où bien sur $i^2=-1$).
Je cherche une minoration de $\displaystyle \left \vert x_n \right \vert$ (même peu précise).
Il est facile de majorer $\displaystyle \left \vert x_n \right \vert$ par $n!$, mais je n'obtiens aucune minoration, pourtant il semble évident que $\displaystyle \left \vert x_n \right \vert$ croit rapidement.
Je ne sais pas si ça aide, mais les $x_n$ vérifient la relation :
$x_{n+2}=(2n+1)x_{n+1}-(n^2+1)x_n$.
Merci d'avance.
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Réponses
regardons les angles de zk (l'argument, pour les modules on verra ensuite)
angle(zk)=atan(1/k)
on a anglede(xn)=somme de atan(1/k)
atan est equivalent a du 1/k si je ne metrompe pas
soit somme de 1/k serie qui diverge
donc en fait ton nombre xk tourne avec des angles de plus en plus petit autour de 0 mais fera un nbr infini de tour ce qui fait que Re(xk) ocille sans arret et passe souvent pres de 0 (aussi pres que l'on veut un nombre de fois aussi grand que l'on veut)
et donc tu ne peux pas minorer la || de re(xk) qui admet 0 comme point d'accu
j'espere ne pas dire de betise (je fais ca a chaud)
Ou alors je dis des bétises peut etre?
Sinon au pire je souhaiterais montrer que $\displaystyle Re \left(\prod_{k=0}^{n-1}(k+i)\right)$ ne s'annule jamais.
c'ets à dire : u_n=exp(|x_n|/n)
Or il existe $H\in \R_+^*$ tel qu'en $+\infty$ on ait : $\displaystyle \sum_{k=1}^{n}Arctan(\frac{1}{k})=ln(n)+H+o(1)$.
Ainsi, en $+\infty$ : $\displaystyle e^{\displaystyle Arg \left (\prod_{k=0}^{n}(k+i)\right)}=e^{ln(n)+\frac{\pi}{2}+H+o(1)}=ne^{\displaystyle \frac{\pi}{2}+H}+o(n)$.
D'où en $+\infty$ : $\displaystyle \frac{1}{n}e^{\displaystyle Arg \left (\prod_{k=0}^{n}(k+i)\right)}=e^{\displaystyle \frac{\pi}{2}+H}+o(1)$.
Ce qui explique peut etre le fait que tu remarques une droite en traçant les valeurs de cette suite sur logiciel.
Or il existe $H\in \R_+^*$ tel qu'en $+\infty$ on ait : $\displaystyle \sum_{k=1}^{n}Arctan(\frac{1}{k})=ln(n)+H+o(1)$.
Ainsi, en $+\infty$ : $\displaystyle e^{\displaystyle Arg \left (\prod_{k=0}^{n}(k+i)\right)}=e^{ln(n)+\frac{\pi}{2}+H+o(1)}=ne^{\displaystyle \frac{\pi}{2}+H}+o(n)$.
D'où en $+\infty$ : $\displaystyle \frac{1}{n}e^{\displaystyle Arg \left (\prod_{k=0}^{n}(k+i)\right)}=e^{\displaystyle \frac{\pi}{2}+H}+o(1)$.
Ce qui explique peut etre le fait que tu remarques une droite en traçant les valeurs de cette suite sur logiciel.
<P></P><DIV ALIGN="CENTER" CLASS="mathdisplay"><IMG WIDTH="142" HEIGHT="37" ALIGN="MIDDLE" BORDER="0" SRC="http://www.les-mathematiques.net/phorum/2006/05/25/88626/cv/img1.png" ALT="$\displaystyle \newline n^n 10^{ - \frac{n}{2}} \le \left\vert {x_n } \right\vert \le n!
\newline $"></DIV><P></P>
Bien sûr, je suppose que non... mais il pourrait nous être utile de savoir ton but afin d'avoir une idée de la direction dans laquelle chercher.
Bisam, je n'ai pas de but précis sauf étudier cette suite, je sais c'est vague.
Bisam, je n'ai pas de but précis sauf étudier cette suite, je sais c'est vague.
On démontre que $\displaystyle{\forall n \in \mathbb{N}^* \backslash \left\{ {1;2} \right\},(n + 1)^{n + 1} 10^{ - {{n + 1} \over 2}} \le n^{n + 1} 10^{ - {n \over 2}}}$.
Or je crois qu'on a $\displaystyle{\left| {x_{n + 1} } \right| = n\left| {x_n } \right|}$.
Donc par récurrence la démosntration est faite.
Pour n=2 , on vérifie à la main.
Cordialement Yalcin
bmxer : je n'aurais pas dû lire ton problème avant de me coucher, à cause e toi j'ai mal dormi !! C'est vraiment fascinant comme question je trouve, c'est drôle avec un énoncé aussi simple. C'est la géométrie du truc que je trouve jolie.
Donc bref pour l'instant je n'ai pas avancé, la divergence de la série des $\mathrm{Arctan} \, \frac{1}{n}$ me bloque, mais en notant $\sigma_n$ la $n$-ième somme partielle de cette série, tu penses comme moi qu'il suffit d'une minoration du type $|\sin \sigma_n| \geq \frac{c}{n!}$ pour conclure, et je suis sûr que ça se trouve... Comme c'est un problème d'équirépartition sur $\R / \pi \Z$ je crois qu'il faudrait retrouver un résultat que borde avait posté ici il y a quelques temps mais je ne sais plus où.
le produit peut s'écrire z(n)=i(i+1)(i+2)......(i+n-1)
en passant aux logarithmes népériens l'expression de z(n) devient pour sa partie réelle :
Sn = (1/2)[ln2 + ln5 + ln10 +.......+ln[1+(n-1)²]]
pour minorer Sn il suffit de remplacer la somme des (n-1) termes par (n-1) fois leur plus petit soit ln2
un minorant de Sn sera (n-1)ln2/2
et en revenant au produit initial un minorant de la partie réelle sera 2^(n-1)/2
(qui diverge rapidement)
cordialement
Exemple: en prenant la détermination principale de l'argument (dans $]-\pi;\pi[$) on a $\mathrm{Log}(i^3)=\mathrm{Log}(-i)=-i\dfrac{\pi}2$ mais $3\mathrm{Log}(i)=3i\dfrac{\pi}2$.
D'autre part, je ne vois pas très bien comment tu remontes ensuite à $x_n$?
Remarque: la minoration proposée ne convient pas pour $n=1$ ni $n=3$.
Je commence à désespérer, j'avais cru avoir eu une bonne idée en reconnaissant des polynômes de Lagrange aux entiers négatifs mais je tourne en rond...
Pour ce qui est des logarithmes, je ne peux pas trop m'en mêler puisque je n'est jamais abordé la notion en complexes.
Yalcin, je crois qu'on a pas $\left \vert x_{n+1} \right \vert =n \left \vert x_{n} \right \vert $ justement.
Intéressant ta décomposition P.Fradin, je n'ai pas encore approfondi cette piste (j'ai juste retrouvé ton résultat).
mais mon inégalité reste toujours vraie , je penserai à la démonstration
(en plus c'est très proche comme valeur : (n^n)(10^(-n/2))).
Je réécris : \[\\
n^n 10^{ - \frac{n}{2}} \le \left| {x_n } \right| \le n!\\
\]\\
Cordialement Yalcin
soit $f_n(z)=\prod_{k=0}^{n}(z+k)=z(z+1)\ldots (z+n)$
On sait que
$\frac{1}{\gamma(z)}=lim_{n \longrightarrow +\infty}\frac{f_n(z)}{n!n^z}$
Mais $x_n= Re \left( f_{n-1}(i)\right) \sim Re\left(\frac{(n-1}!(n-1)^i}{\gamma(i)}\right) $
soit $$f_n(z)=\prod_{k=0}^{n}(z+k)=z(z+1)\ldots (z+n)$$
On sait que $$\frac{1}{\Gamma(z)}=\lim_{n \longrightarrow +\infty} \frac{f_n(z)}{n!n^z}$$
Mais
$$x_n= Re \left( f_{n-1}(i)\right) \sim Re\left(
\frac{(n-1)!(n-1)^i}{\Gamma(i)}\right) $$
Soit $\displaystyle z_n=\prod_{k=0}^{n}(k+i)$
On a : $\displaystyle z_n=i \prod_{k=1}^{n}\vert k+i \vert e^{iArg(k+i)}=i \prod_{k=1}^{n}\sqrt{1+k^2} \ \ e^{iArctan(\frac{1}{k})}=i n! \prod_{k=1}^{n}\sqrt{1+\frac{1}{k^2}} \ \ e^{\displaystyle i\sum_{k=1}^{n}Arctan(\frac{1}{k})}$.
Or : $\displaystyle ln \left (\prod_{k=1}^{n}\sqrt{1+\frac{1}{k^2}} \right)=\frac{1}{2}\sum_{k=1}^{n}ln(1+\frac{1}{k^2})$.
De plus la somme $\displaystyle \sum_{k=1}^{n}ln(1+\frac{1}{k^2})$ est convergente (un équivalent du terme général étant $\frac{1}{k^2}$), d'où en notant $K$ sa limite, on obtient : $\displaystyle \prod_{k=1}^{n}\sqrt{1+\frac{1}{k^2}} =_{+\infty} \sqrt{e^K}+o(1)$.
Par ailleurs : $\displaystyle \sum_{k=1}^{n}Arctan(\frac{1}{k})-ln(n)=\sum_{k=1}^{n-1}Arctan(\frac{1}{k})-ln(1+\frac{1}{k})+Arctan(\frac{1}{n})$, puisque la série $\displaystyle \sum_{k=1}^{n-1}Arctan(\frac{1}{k})-ln(1+\frac{1}{k})$ est convergente (son terme général est équivalent à $\frac{1}{2k^2}$), on en déduit que $\displaystyle \sum_{k=1}^{n}Arctan(\frac{1}{k})-ln(n)$ converge.
En notant $H$ sa limite, on obtient : $\displaystyle \sum_{k=1}^{n}Arctan(\frac{1}{k})=_{+\infty}ln(n)+H+o(1)$.
Finalement, on a : $\displaystyle z_n=_{+\infty}i n! (\sqrt{e^K}+o(1))e^{i(lnn+H+o(1))}$.
D'où : $\displaystyle x_n=Re(z_n)=_{+\infty}-n! \left( \left(\sqrt{e^K}+o(1)\right) sin \left(lnn+H+o(1)\right)\right )=_{+\infty} -n! \left (\sqrt{e^K}sin \left(lnn+H+o(1)\right)\right )=_{+\infty} -n! \left (\sqrt{e^K}sin \left(lnn+H \right)+o(1) \right)$.
Donc : $\displaystyle x_n \sim_{+\infty} -n! \sqrt{e^K}sin \left(lnn+H \right)$.
Une seule chose me chiffonne, sur un point de rigueur, est-ce correct d'écrire un tel équivalent avec le sinus, sachant qu'on ne sait pas lorsque $sin(lnn+H)$ s'annule? Peut etre que je m'invente un faux problème... Pourriez-vous m'éclairer sur ce point?
$\displaystyle x_n =_{+\infty} -n! \left (\sqrt{e^K}sin \left(lnn+H+o(1)\right)\right )=_{+\infty} -n! \left (\sqrt{e^K}sin \left(lnn+H \right)+o(1) \right)$
Merci pour votres réponse
Cordialement Yalcin
mais c'est sûr que si tu veux une minoration pour avoir un équivalent, ça risque d'être plus embêtant, d'autant que la suite semble "rebondir" sur l'axe des abscisses...
Par ailleurs, l'argument de Laotseu prouve seulement que tu ne peux pas t'en sortir avec les équivalents.... mais avec les DL, il me semble que ça marche !
Ceci dit, il me semble que tu devrais avoir un (n-1)! plutôt qu'un n!.
Ensuite pour info, $$\prod_{k=1}^{+\infty}\left(1+\frac{1}{k^2}\right)=\frac{\sinh(\pi)}{\pi}$$
Enfin, il me semble que l'équivalent que tu as trouvé, bmxer, est le même (ou du moins est du même ordre) que celui fourni par Attioui.
Laotseu, si : $a_n+ib_n=_{+\infty}x_n+iy_n+o(1)$, alors $(a_n-x_n)+i(b_n-y_n)=_{+\infty} o(1)$, donc : $(a_n-x_n)+i(b_n-y_n) \longrightarrow_{+\infty} 0$, d'où, d'une part : $(a_n-x_n)\longrightarrow_{+\infty} 0$ et d'autre part : $(b_n-y_n)\longrightarrow_{+\infty} 0$. Ainsi : $a_n=_{+\infty}x_n+o(1)$ et $b_n=_{+\infty}y_n+o(1)$.
C'est plutot ça que j'ai écris et je suis passé aux équivalents ensuite.
De ce point de vue mon raisonnement me semble correct mais je me trompe peut etre. Qui peut trancher?
ps : en tout cas les calculs numériques semblent confirmer cet équivalent, mais je sais ça ne veut rien dire...
Qu'entends-tu par rebondir sur l'axe des abscisses?
En fait il y un $n!$ parce que je voulais pas me trainer un $n-1$ dans tous mes calculs et j'ai donc cherché un équivalent de $\displaystyle \left(\prod_{k=0}^{n}(k+i)\right)$ au lieu de $\displaystyle \left(\prod_{k=0}^{n-1}(k+i)\right)$ (ce qui ne change pas grand chose).
Le produit infini que tu as écris, c'est un produit eulérien c'est ça? Comment on peut démontrer ce résultat, aurais-tu un pdf dessus, ou sur les produits eulériens, car je connais que de nom.
Comment le résoudre?
Cela ne doit pas être si simple! L'ensemble des $\sin(\ln(n)+H)$ est dense dans $[-1,1]$...
http://algo.inria.fr/flajolet/Publications/books.html
qui est disponible pour quelques chapitres en free.
Il doit y a avoir là moyen de trouver l'équivalent recherché en utilisant ces méthodes asymptotiques très puissantes.
Singularity analysis of generating functions. P. Flajolet and A. M. Odlyzko. In SIAM J. Discrete Math., vol 3 (1990) pp. 216-240.
voir la pièce jointe