Équivalent d'une suite

SandwichFromage

Bonjour, je recherche activement un équivalent de la suite définie par $$ u_1 > 0 ,\qquad  u_{n+1} = u_n + \frac{1}{nu_n} $$ Déjà, elle tend vers $+\infty$, ce qui est (supposé être) pratique pour donner des équivalents ;
(en effet, elle est croissante et si elle convergeait, elle serait majorée, ce qui, quand on l'écrit, aboutit à une contradiction : 
$ \displaystyle u_n = u_1 + \sum_\limits{k=1}^{n-1} \frac{1}{ku_k} \geqslant u_1 + \frac{1}{M} \sum_\limits{k=1}^{n-1} \frac{1}{k} \xrightarrow[n\to\infty]{} +\infty $ ).
Un méthode non orthodoxe mêlée à mon oeil de lynx me dit qu'elle est très probablement équivalente à $ v_n = \sqrt{2\ln(n)} $ ;
D'ailleurs, c'est cohérent car on a bien $v_{n+1} - v_n \sim \frac{1}{nv_n} $
Il faudrait donc montrer $ u_n^2 \underset{n\to\infty}{\sim} 2\ln(n) $ ; peut-être en utilisant la relation $ \sum\limits_{k=1}^n u_k(u_{k+1} - u_k) = \sum\limits_{k=1}^n \frac{1}{k} \sim \ln(n) $...?

Lars

Bonjour

La suite tend vers l'infini d'où $\frac{1}{nu_n}=u_{n+1}-u_n$ tend vers 0, en particulier $u_{n+1}\sim u_n $ et donc $u_{n+1}^{2}-u_{n}^{2}=(u_{n+1}-u_n)(u_{n+1}+u_n) \sim \frac{1}{nu_n}2u_n=2/n$ puis on somme (théorème de sommation pour les séries à termes positifs divergentes).

SandwichFromage

Lars
Purée, bien joué ! Je suis impressionnée.

C'est à se demander comment tu as trouvé ça.

[Inutile de reproduire le message précédent. AD]

SandwichFromage

Ce que je veux dire, c'est que je me demande s'il y a quelque chose à tirer (à retenir) de cette solution, ou est-ce de la pure astuce...?

Merci encore, sinon. 

etanche

$u_{n+1} - u_n =\frac{1}{nu_n}$ 
$y’=\frac{1}{xy}$ 
$2yy’ = \frac{2}{x}$ d’où $y^2 = 2\ln(x) + c $ 
$y \sim \sqrt{2\ln(x)}$ 
$u_n \sim \sqrt{2\ln(n)}$ 

SandwichFromage

etanche

Oui, c'était ça ma méthode "non orthodoxe" pour trouver l'équivalent. Mais je ne voyais pas comment montrer que c'était effectivement équivalent à ça... et la démonstration de Lars ne semble pas utiliser de telle analogie pour obtenir (effectivement) l'équivalent (ou alors, c'était caché et je ne l'ai pas vu ?)

[Inutile de reproduire le message précédent. AD]

Lars

Étanche m'a précédé.

Vous n'avez pas dit comment vous avez "intuité" l'équivalent. Si vous l'avez fait par imitation avec l'edo $y'=\frac{1}{xy}$ il ne faut pas s'arrêter en si bon chemin.

Vous avez $(y^2)'=2/x$ c'est-à-dire dans le langage séquentiel $u_{n+1}^2-u_{n}^2=2/n$ et si on sait obtenir juste un équivalent, alors on sait conclure.

Si vous avez fait autrement, je ne sais pas.

Il faudrait que vous indiquiez comment vous avez "intuité" l'équivalent.

SandwichFromage

Lars

C'est exactement comme ça que j'ai intuité l'équivalent. Je ne voulais pas m'arrêter là mais je ne voyais pas comment transposer ce que je faisais avec les équations différentielle en "langage séquentiel" !

[Inutile de reproduire le message précédent. AD]

Math Coss

J'avais l'impression que tu étais à un doigt de la solution, après avoir écrit qu'il fallait considérer $u_n^2$ et que $\ln n$ apparaîtrait déguisé en $\sum_{k=1}^n\frac1k$.

Merci en tout cas pour cette discussion passionnante.

SandwichFromage

Math Coss a dit :

Merci en tout cas pour cette discussion passionnante.

Je suis bien d'accord !

OShine

@SandwichFromage il sort d'où le $u_n=u_1 + \displaystyle\sum_{k=1}^{n-1} 1 / (k u_n)$ ? 

SandwichFromage

OShine

C'est une erreur, c'est $\frac{1}{ku_k}$... puisque c'est en "déroulant" la relation de récurrence :

$ u_n = \frac{1}{(n-1)u_{n-1}} + u_{n-1} =\frac{1}{(n-1)u_{n-1}} + \frac{1}{(n-2)u_{n-ç2}} + u_{n-2} = \dots = \sum\limits_{k=1}^{n-1} \frac{1}{ku_k} + u_1 $
Ou encore
$u_n - u_1 = \sum\limits_{k=1}^{n-1} (u_{k+1} - u_k) = \sum_\limits{k=1}^{n-1} \frac{1}{ku_k} $

(c'est corrigé).

[Inutile de reproduire le message précédent. AD]

Lars

Vous pouvez procéder autrement.
La suite est strictement croissante.
Supposons la majorée.
Alors elle converge vers un réel $M>0$.
Mais alors, la série $\sum u_{n+1}-u_n$ converge, donc $\sum \frac{1}{nu_n}$ converge puis (par équivalence de séries à termes positifs)$\sum \frac{1}{Mn}$ converge...etc.