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Suites convergentes

Modifié (November 2023) dans Analyse
Bonsoir 
on pose $w_n= 2v_{n+1} + v_n$ avec des suites réelles. 
On me demande de montrer que si $w_n$ converge alors $v_n$ converge. 
J’ai pensé à écrire les relations à l’ordre $n$ sous forme de matrice et à inverser puisque le déterminant est non nul pour exprimer $v_n$ en fonction de $w_n$. Sauf que la matrice a une taille infinie. Est-ce correct ? Sinon, avez-vous d’autres idées ? 
Merci pour toute aide.

Réponses

  • Modifié (November 2023)
    salut

    utiliser la notation fonctionnelle w(n) = 2v(n + 1) + v(n) si tu ne sais pas l'écrire sous forme indicielle $ w_n = 2v_{n + 1} + v_n $

    la suite (w_n) converge (donc vers un certain réel L) donc pour tout h > 0 il existe N tel que : $ n \ge N \Longrightarrow |w_n - L| \le h$

    soir encore $|2v_{n + 1} + v_n - L| \le h$ donc encore $ \left| 2 \left(v_{n + 1} - \dfrac L 3 \right) + \left(v_n - \dfrac L 3 \right) \right| \le h $

    soit enfin $\left| \ 2 \left|v_{n + 1} - \dfrac L 3 \right| - \left|v_n - \dfrac L 3 \right| \  \right| \le h $

    est-il possible que (v_n) ne converge pas vers L/3 ?


    EDIT : correction de l'erreur de signe

    PS : je n'ai pas dit que c'était le bon raisonnement ...

    Ce ne sont pas les signes, les symboles qui constituent la science ; le seul principe qui y domine, c’est l’esprit de sagacité auquel les objets soumis servent d’auxiliaire.                BHASCARA

  • Bonsoir. Il y a une erreur de signe dans l’avant avant dernière ligne mais ok, je comprends. Pour la suite, on suppose que un ne converge pas vers l et on arrive à une contradiction . Merci 
  • Modifié (November 2023)
    Ce n'est pas vraiment si simple mais si tu es convaincu par le raisonnement que tu as écrit sur ton papier, tout va bien...
  • EDIT : correction de l'erreur de signe

    PS : je n'ai pas dit que c'était le bon raisonnement ...

    Ce ne sont pas les signes, les symboles qui constituent la science ; le seul principe qui y domine, c’est l’esprit de sagacité auquel les objets soumis servent d’auxiliaire.                BHASCARA

  • Effectivement, en écrivant la négation de un converge vers l : il existe h>0, quelque soit n dansIN,  |vn-l|> h. À cause du moins dans l’inégalité triangulaire, pas évident de conclure. Donc pas immédiat 
  • Bizarre ta négation de la convergence de $(u_n)$ vers $l$.
    La question que tu poses est difficile : tu pourrais commencer par chercher une expression de $v_n$ en fonction de $w_{n-1},w_{n-2},...,w_1$
  • Modifié (November 2023)
    Bonjour
    Si $(w_n)$  converge vers $L$  et si la suite $(v_n)$  converge alors  elle CV vers $L/3.$
    Ainsi quitte à soustraire $L$  à la suite $(w_n)$ et  $L/3$   la suite $(v_n)$  on est ramené à supposer que ($w_n) $  CV vers $0$  et à montrer que la suite $(u_n)$  tend vers 0.

    On  a $v_{n+1} =\dfrac{ w_n}{2}-\dfrac{ v_n}{2}$
    Donc  $|v_{n+1}|\leq   \dfrac{| w_n|}{2}+\dfrac{| v_n|}{2} \leq    \dfrac{| w_n|}{2}+\dfrac{| w_{n-1} |}{4}+\dfrac{|v_{n-1}|}{4}\leq  ...$ 
    Voir si ça marche...
    Au moins on en tire que la suite $(v_n)$  est bornée.  Et peut être réinjecter cela dans le raisonnement ...
    Voir les valeurs d'adhérences  possibles pour $(v_n)$...
    La piste doit être bonne mais j'arrête pour ce soir.
     
  • Modifié (November 2023)
    Sauf erreur on a $v_n=\displaystyle\dfrac12\sum_{0\leqslant k<n}w_k+(-1)^nv_0$ de sorte que si $\displaystyle\lim_{n\to+\infty}w_n\neq0$ la suite $n\mapsto v_n$ est divergente, non bornée.
    Quand la limite est nulle, je ne vois rien.
      détruit le 30/11 à10:10
  • Modifié (November 2023)
    Bonjour,
    $\bullet \:\text{Cas où }\:\displaystyle \lim_{n\to +\infty } w_n=0.$
    Notons: $ \displaystyle u_n =(-2)^n v_n. \quad$  Alors: $\displaystyle u_{n+1} -u_n =-(-2)^n w_n.\quad \displaystyle u_n =u_0-\sum_{k=0}^{n-1}(-2)^kw_k,\quad v_n =\dfrac 1{(-2)^n}\Big(u_0-\sum_{k=0}^{n-1}(-2)^kw_k\Big)$
    Soit $\varepsilon>0.\:\:\exists N \in \N $ tel que $\displaystyle\:\:\forall n \in\N,\: n>N \implies |w_n|<\varepsilon.\qquad\forall n>N,\:\:|v_n|< \dfrac{1}{2^n}\Big(|u_0|+\sum_{k=0}^N2^k|w_k| \Big)+\varepsilon \sum_{p=1}^{n-1-N}\dfrac 1{2^p}$
     Avec  $\displaystyle \:\sum_{p=1}^{n-1-N}\dfrac 1{2^p}<1,\:\:$ on déduit de l' inégalité ci-dessus que $\boxed{\displaystyle \lim_{n\to +\infty} v_n=0.}$
    $\bullet \:\text{Cas où }\:\displaystyle \lim_{n\to +\infty } w_n=a.$
    Alors $w_n-a=2\left(v_{n+1}-\dfrac a3\right)+\left(v_n-\dfrac a3\right),\:\:$  et le point précédent permet de conclure que $\boxed{\displaystyle \lim_{n\to +\infty} v_n = \dfrac a3.}$

  • Modifié (November 2023)
    Rakam a dit : Sauf erreur

    Tu as bien fait de préciser :)

  • Modifié (November 2023)
    Bonjour
    Je  reprends mon raisonnement d'hier soir: 
    On  a $v_{n+1} =\dfrac{ w_n}{2}-\dfrac{ v_n}{2}$
    Donc  $|v_{n+1}|\leq   \dfrac{| w_n|}{2}+\dfrac{| v_n|}{2} \leq    \dfrac{| w_n|}{2}+\dfrac{| w_{n-1} |}{4}+\dfrac{|v_{n-1}|}{4}\leq  ...$
    D'où  $|v_n|\leq \max_{n\in \N}  |v_n| + \dfrac{|v_0  |}{2^n}$
    La suite $v_n$  est bornée.
    On reprend l'inégalité $|v_{n+1}|\leq   \dfrac{| w_n|}{2}+\dfrac{| v_n|}{2}$  et on passe  la limite supérieure
    En posant  $L =\lim \sup (|v_n|) $  ($0\leq  L <\infty $  car $(|v_n|)$ est bornée)   et $\lim \sup  \dfrac{| w_n|}{2}=\lim  \dfrac{| w_n|}{2}=0,$ on obtient:   $0\leq L \leq L/2.$  D'où  $L=0.$  
    Conséquence $\lim v_n =0.$ 
     
  • Modifié (November 2023)
    Effacé
    Le 😄 Farceur


  • Merci pour vos retours. Le passage à la limite sup est vraiment séduisant et celle de la suite intermédiaire avec somme d’une suite géométrique pour la majoration au final assez intuitive. Bravo pour ces idées.
  • Modifié (November 2023)
    Bonjour
    Il me semble que la méthode qui suit n'a pas été proposée, mais il y a des ressemblances avec la proposition de Lou16, donc je vous laisse voir si cela est différent.
    On peut prouver par récurrence que
    pour $k\in N^{*}$ : $ \Big(\dfrac{-1}{2}\Big)^k v_0-a\sum_{1}^{k}\Big(\dfrac{-1}{2}\Big)^r-\epsilon\sum_{1}^{k}\Big(\dfrac{1}{2}\Big)^r<v_k< \Big(\dfrac{-1}{2}\Big)^k v_0-a\sum_{1}^{k}\Big(\dfrac{-1}{2}\Big)^r+\epsilon\sum_{1}^{k}\Big(\dfrac{1}{2}\Big)^r$
    En espérant ne pas avoir raconté trop de bêtises,
    Al-Kashi
  • On augmente la difficulté :mrgreen:

    Soient $(v_n), (w_n)$ deux suites vérifiant  $w_n= -6v_{n+2}-v_{n+1} + v_n$.
    Montrer que si $(w_n)$ converge, $(v_n)$ converge aussi.
  • $w_n=-2u_{n+1}-u_n$ avec $u_n=3v_{n+1}-v_n$
  • Modifié (November 2023)
    Mon raisonnement  avec l'exercice initial reste valable.
    Puisque je peux écrire $|v_{n+2}|\leq  |w_n|/6  +(|v_n|+|v_{n-1}|) /6 ... $
    Donc en remontant par récurrence, j'obtiens que la suite $ (|v_n|) $est  bornée, et,  ensuite, je passe à la limite sup
    dans l'inégalité. ( Bien entendu, par translation, je me suis ramené au cas $\lim w_n=0$  )
     
  • Modifié (November 2023)
    Bon, vous être trop forts...

    Je propose une autre façon de procéder dans le cas où on n'a pas d'inspiration pour ce genre de questions, par exemple avec la question initiale $w_n= 2v_{n+1} + v_n$ : 

    On considère les séries génératrices $V:=\sum_0^{\infty} v_{n+1}X^n$ et $W:=\sum_0^{\infty} w_nX^n$. L'équation initiale devient alors $W=(2+X)V+v_0$ et par conséquent $V=\dfrac{1}{2}(W-v_0)(1-X/2+X^2/2^2-X^3/2^3...)$.

    En revenant aux suites depuis cette dernière égalité, on s’aperçoit que la suite $(v_n)$ est égale au produit de convolution de la suite convergente $(w_n-v_0)_n$ avec la suite $((-1)^n\cdot 2^{-n})_n$. Or on montre facilement que le produit de convolution d'une suite convergente avec une suite de $\ell^1$ est une suite convergente. Donc $(v_n)$ est convergente.

    On résout exactement de la même façon le cas $w_n= -6v_{n+2}-v_{n+1} + v_n$.
  • A noter que si les suites $(w_n)_{n\geq 0}$ et $(v_n)_{n\geq 0}$ sont liées par $w= P(T)v$, où $T$ est l'opérateur de translation de 1 : $(Tu)_n:=u_{n+1}$, et où $P(X)$ est un polynôme réel, alors on a nécessairement, sous réserve d'existence, $\lim_{n\to \infty} w_n = P(1) \lim_{n\to \infty} v_n$.
    Si $P(1) = 0$, on ne peut rien dire. Par exemple si $v_n=\sum_{i=0}^{n}\frac{1}{i}$ et $w_n=u_{n+1}-u_n$, (donc $P(X)=X-1)$, alors $w_n$ converge vers 0 mais $v_n$ diverge.
    Sinon, en factorisant $P$ en facteurs de degré 1, quitte à passer dans $\C$, en appliquant un raisonnement de degré 1 suffisamment de fois, on arrive au résultat.
    Après je bloque.
  • Bonjour,  Si |a|>1 et $l\in\R$ on a
    $$av_{n+1}+v_n\to l\iff  v_n \to \frac l{a+1}$$
    Le 😄 Farceur


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