Relation linéaire à prouver

En étudiant les coefficients de Fourier d'une certaine fonction, j'ai observé la propriété suivante : si l'on pose $\displaystyle u_p=p!\sum_{n=0}^{\infty}\frac1{n!(n+p)!}$, on s'aperçoit que cette suite satisfait à la relation de récurrence $U_{p+1}=p(p+1)(U_{p-1}-U_p)$.
De tout cela, on conclut que $(u_p)$ est positive et décroissante (de limite $1$, d'ailleurs) ; il s'agit d'établir qu'une suite $(v_p)$ positive, décroissante et vérifiant la même relation de récurrence est positivement liée à $(u_p)$.
Nota bene : il m'a paru inutile de m'appesantir sur la question des coefficients de Fourier évoqués en préambule, car cela n'éclaire en rien la résolution de l'exercice.

Réponses

  • JLT
    JLT
    Modifié (August 2022)
    On pose $w_p=\frac{v_p-\frac{v_0}{u_0}u_p}{p!}$ et $f(x)=\sum_{p\geqslant 0}w_px^p$. La série a un rayon de convergence infini, et $f(0)=0$. De plus, la relation de récurrence $w_{p+1}-w_{p-1}=-pw_p$ donne $x^2f'(x)=(x^2-1)f(x)+w_1x$, qui s'intègre en $f(x)=Ke^{x+\frac{1}{x}}+w_1e^{x+\frac{1}{x}}  \int_0^x \frac{ e^{-(t+ \frac{1}{t}) }} {t}  $ $ \,dt$. La condition $f(0)=0$ impose $K=0$ et $w_1=0$, donc la suite $(w_n)$ est nulle.
    En espérant qu'il n'y a pas d'erreur de calcul.
  • john_john
    Modifié (August 2022)
    Bonjour, JLT : ta méthode est un peu plus compliquée que la mienne, mais elle à l'avantage de fonctionner encore avec une hypothèse plus générale : $(v_p)$ est bornée (ou même ${\rm O}(p^k)$ pour un $k$).

    Je laisse tout le monde chercher des démonstrations supplémentaires...

    En fait, ce qui est assez remarquable est plutôt même l'existence d'une suite $(u_p)$ positive décroissante satisfaisant à la récurrence ; c'est au reste impossible à vérifier numériquement, tant le procédé est instable. D'ailleurs, quand on calculerait $u_0$ et $u_1$ avec quinze décimales exactes, on ne pourrait vérifier la monotonie pour plus que quelques termes.

    Je suis tombé par hasard sur cette récurrence et, de ce fait, je pose la question supplémentaire : si la suite $(u_p)$ ne nous était pas servie sur un plateau, comment obtiendrait-on l'existence d'une solution strictement positive et décroissante ? J'ai une démo à 90%, mais pas encore au point à 100%.
  • JLT
    JLT
    Modifié (August 2022)
    La positivité entraînant la décroissance, il suffit de montrer l'existence et l'unicité de $x$ tel que la suite $(u_n)$ vérifiant la relation de récurrence avec $u_0=1$ et $u_1=x$ soit positive. Posons $w_n=\frac{u_n}{n!}$. On a $w_n=a_n-(-1)^nxb_n$ où $(a_0,a_1)=(1,0)$, $(b_0,b_1)=(0,1)$, $a_{n+1}=a_{n-1}+na_n$ et $b_{n+1}=b_{n-1}+nb_n$ pour tout $n\geqslant 1$. Ces deux suites sont positives, et strictement croissantes à partir de $n=1$. De plus on a $w_n=a_n-(-1)^nb_nx$ donc on veut montrer l'existence et l'unicité de $x$ tel que $a_n-(-1)^nb_nx\geqslant 0$ pour tout $n$.
    Une récurrence immédiate donne que $a_nb_{n-1}-a_{n-1}b_n=(-1)^n$ pour tout $n\geqslant 1$, donc en posant $x_n=\frac{a_n}{b_n}$, on a $x_n-x_{n-1}=\frac{(-1)^n}{b_nb_{n-1}}$. Or $x_n=\sum_{k=2}^n \frac{(-1)^k}{b_kb_{k-1}}$ qui est la somme partielle d'une série alternée, donc les termes indices pairs et impairs de $(x_n)$ forment deux suites adjacentes. Sa limite $x$ est l'unique réel tel que $x_{n-1}\leqslant x\leqslant x_n$ pour tout $n$ pair, c'est-à-dire tel que $a_n\geqslant (-1)^n b_n x$ pour tout $n$, ce qui conclut.
  • john_john
    Modifié (August 2022)
    J'avais quasiment la même démonstration, mais faisant apparaître une décomposition en fraction continue (avec les mêmes ingrédients). 
    En effet, si l'on pose $a=u_0$ et $b=u_1$, on constate que $u_2$ est positif ssi $b<a$, puis que $u_3$ l'est ssi $b>2a/3$ ; ensuite $u_4$ positif ssi $b<7a/10$, la condition suivante étant $b>30a/43$.
    On observe que $1,3/2,10/7,43/30$ sont les réduites de la fraction continue correspondant aux parties entières $1,2,3,4,5,...$ et, dès lors, on conclut par une preuve analogue à celle de JLT. Au passage, on obtient
    $$\frac{u_0}{u_1}=1+\frac1{2+\frac1{\displaystyle3+\cdots}}$$

    NB : les deux démonstrations laissent entrevoir une extension à des récurrences plus générales, disons $\alpha_n U_{n+1}=U_{n-1}-U_n$.
  • john_john
    Modifié (August 2022)
    Pour ceux que cela intéresse, je donne les indications pour établir la démonstration fondée sur la suite des fractions continues, quoiqu'elle soit tout à fait parallèle à celle des sommes partielles de la série alternée de JLT.

    Si l'on pose $p_{-1}=0, p_{0}=1, p_{n}=np_{n-1}+p_{n-2}$ et, de même, $q_{-1}=1, q_{0}=0, q_{n}=nq_{n-1}+q_{n-2}$, les suites de terme généraux respectifs $p_{2n}/q_{2n}$ et $p_{2n+1}/q_{2n+1}$ sont adjacentes et ont de ce fait une limite commune $\ell$.

    Choisissons $u_0$ et $u_1$ strictement positifs, tels que $q_{2n+1}/p_{2n+1}\geqslant u_1/u_0\geqslant q_{2n}/p_{2n}$ (pour un certain $n\geqslant1$) puis complétons cela grâce à la relation de récurrence initiale ; une simple récurrence montre alors que, pour tout entier $k$, on a, parmi quatre estimations analogues,
    $$u_{2k}\geqslant(2k)!\,\displaystyle\frac{q_{2k-1}p_{2n}-p_{2k-1}q_{2n}}{p_{2n}}$$

    Du fait du sens de variation de la suite des réduites, on en déduit que la suite $(u_p)$ est à valeurs positives au moins jusqu'à l'indice $2n$ ; ainsi, si l'on choisit $u_0$ et $u_1$ tels que $u_1/u_0=1/\ell$, la suite $(u_p)$ est positive, et donc en outre décroissante.
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