Suite convergente

fredaulycee2

Bonjour à tous,

aujourd'hui j'ai une suite bornée $(u_n)$ telle que $u_n+\frac12 u_{n+1}$ tende vers 1 et j'aimerais montrer que $(u_n)$ converge vers $\frac23$.

Pour cela, une façon de faire est de considérer l'adhérence de $(u_n)$, que je note $F$. Le fait que $u_n+\frac12 u_{n+1}$ tende vers 1 implique que $F$ est stable par $x \mapsto 2-2x$, $F$ étant fermé il contient donc $\frac23$ et $(u_n)$ étant bornée, $F$ ne peut contenir d'autres valeurs d'adhérence. On en déduit donc que $(u_n)$ converge vers $\frac23$.

Connaitriez vous une façon plus "élémentaire" de démontrer ce résultat ?

Bonne journée

F.

JLapin

Oui, par retour à la définition avec des $\varepsilon$. Tu peux poser la suite auxiliaire $v_n = u_n - \dfrac{2}3$ pour te ramener à des limites nulles.

bisam

Plus élémentaire, non, mais différente, oui.

On pose $v_n=u_n+\frac{1}{2}u_{n+1}$ pour tout $n\in\N$ et on commence par prouver que pour tout $n\in\N$, \[u_n=\sum_{k=0}^{+\infty}\left(\frac{-1}{2}\right)^k v_{n+k}\] la convergence absolue étant assurée par le fait que $u$ est bornée et par conséquent $v$ également.

Ensuite, si pour tout $k\in\N$, on définit la fonction $g_k:n\mapsto \left(\frac{-1}{2}\right)^k v_{n+k}$, on note que la convergence de la série de fonctions $\displaystyle\sum_{k\geq 0}g_k$ est normale sur $\N$, ce qui permet d'intervertir somme et limite et par conséquent $u$ possède une limite en $+\infty$ et : \[u_n\underset{+\infty}{\longrightarrow} \sum_{k=0}^{+\infty}\left(\frac{-1}{2}\right)^k \times 1 =\frac{1}{1+\frac{1}{2}}=\frac{2}{3}\]

Fin de partie

Grillé par Bisam

Fin de partie

On a sauf erreur,

\begin{align}\sum_{m=0}^N \frac{(-1)^m}{2^m}\left(u_{n+m}+\frac{1}{2}u_{n+m+1}\right)=u_n+\frac{(-1)^Nu_{n+N+1}}{2^N}\end{align}

Il n'y a plus qu'à passer à la limite en $n$ et $N$. Le fait que la suite $(u_n)$ soit bornée permet de se débarrasser du terme résiduel en passant à la limite en $N$.

PS:

Comme déjà souligné par Bisam on a:

\begin{align}\sum_{m=0}^\infty \frac{(-1)^m}{2^m}=\frac{2}{3}\end{align}

PS2:

Il me semble que c'est facile de montrer à la main que

\begin{align}\sum_{m=0}^\infty \frac{(-1)^m}{2^m}\left(u_{n+m}+\frac{1}{2}u_{n+m+1}-1\right)\end{align}

tend vers $0$ quand $n$ tend vers l'infini, puisque,

\begin{align}\sum_{m=0}^\infty \frac{1}{2^m}\end{align}

est convergente.

JLT

Soit $v_n=u_n-\frac{2}{3}$ alors $v_{n}=-\frac{1}{2}v_{n+1}+w_n$ où $w_n\to 0$. Soit $x_n=\sup_{k\geqslant n}|v_k|$ et $y_n=\sup_{k\geqslant n}|w_k|$. De ce qui précède on déduit $x_n\leqslant \frac{1}{2}x_{n+1}+y_n\leqslant \frac{1}{2}x_n+y_n$ donc $x_n\leqslant 2y_n\to 0$, d'où $v_n\to 0$.

fredaulycee2

Re à tous,

j'avais trouvé l'expression de $u_n$ sous forme d'une série comme Bisam, mais j'avoue que l'idée d'utiliser la convergence normale sur $\N$ ne m'a pas effleuré un seul instant, idée qui donne au demeurant une démonstration fort élégante !

Merci aussi à JLT.

Bonne journée à tous

F.

Fin de partie

@fredaulycee2 :

Le raisonnement que tu déroules permettrait-il de montrer que:

Si $(w_n)$ est une suite bornée et telle que la suite $W_n+W_{n+1}$ converge vers $1$ alors $(W_n)$ converge?

Résultat qui serait faux puisque la suite $W_n=\dfrac{1}{2}+(-1)^n$ est bornée et ne converge pas mais $W_n+W_{n+1}=1$.

JLapin

@Fin de partie

Tu arrives à lire un "raisonnement" dans ce que propose l'OP ? Pour ma part, je ne vois que quelques idées sans réelle structure argumentative.

gebrane

La remarque de FDP est pertinente . Soit le problème 

 $\alpha\in \R$ et \((u_n)\) une suite bornée telle que \(u_n + \alpha u_{n+1}\) tende vers \(l\in \R\). Donner les $\alpha$ et $l$ admissibles pour que   \((u_n)\) converge vers une limite $L$. ( Si $\alpha\ne -1, \,$ nécessairement $ L=\frac l{1+\alpha}$)
FDP montrer que $\alpha=1$ est inadmissible avec le contre $u_n=\frac l2 + (-1)^n$

fredaulycee2

Re,

par rapport à mon raisonnement, je vais être plus précis: si $F$, adhérence de $(u_n)$ n'est pas réduit à $\frac23$, il existe donc $a \in F,a \neq \frac23$. $F$ étant stable par $x \mapsto 2-2x$, $F$ contient tous les termes de la suite $(l_n)$ définie par $l_0=a$ et $l_{n+1}=2-2l_n$.

Or $l_n=\frac23+(-2)^n(a-\frac23)$, cette suite n'étant pas bornée, on peut trouver des valeurs d'adhérence de la suite $(u_n)$ arbitrairement grande, ce qui n'est pas compatible avec le fait que $(u_n)$ soit bornée.

Ce raisonnement en fonctionne donc pas avec l'exemple de Findepartie.

Bonne journée

F.

JLapin

Un petit point de terminologie : il est ambigu de parler de l'adhérence d'une suite (on pourrait penser qu'il s'agit de l'adhérence de l'ensemble $\{u_n, n\in\N\}$). On préfère en général parler de l'ensemble des valeurs d'adhérences, même si c'est plus long à écrire...

bisam

Avec la méthode que j'ai utilisée, on peut rajouter des questions :

• Montrer que l'application $\varphi:u\mapsto(u_n+\frac12u_{n+1})_{n\in\N}$ est linéaire bijective de l'ensemble $\mathcal{B}$ des suites bornées dans lui-même.
• Montrer que $\varphi$ et sa réciproque sont toutes les deux continues de $(\mathcal{B}, \|\dots\|_{\infty})$ dans lui-même.

Fin de partie

@JLapin :  C'est pour ça que je posais la question. Je n'arrivais pas à voir en quoi remplacer $1/2$ par $1$ changeait quelque chose dans ce qui était présenté comme une démonstration.

JLT

Soit $T$ l'application $u\mapsto (\frac{1}{2}u_{n+1})_{n\in\N}$ de $\mathcal{B}$ dans lui-même, alors $||T||<1$. Comme $(\mathcal{B},||\cdot||_\infty)$ est complet, $\varphi=\mathrm{Id}+T$ est un isomorphisme.

fredaulycee2

Re,

pour compléter ce que disent Bisam et JLT, on peut remarquer que l'application $\phi$ est de la forme $id+\frac12S$, $S$ désignant l'opérateur "shift".

On a alors, de façon formelle, $\phi^{-1}=(id+\frac12 S)^{-1}=\sum_n (-\frac12)^nS^n$, le fait de ne considérer que des suites bornées justifient que ce dernier opérateur est bien défini. On voit donc que l'on peut remplacer $\frac12$ par n'importe quel réel de $]-1,1[$.

Bref, encore un chouette exercice qui paye pas de mine  ;-)

A+

F;

gebrane

Aucun écho, je comprends donc que mon exercice est difficile, passons.

Fin de partie

@gebrane : 

Je pense qu'on peut généraliser l'exercice comme suit:

Soit $-1<\alpha<1$, on suppose que la suite $(u_n)$ est bornée, on suppose de plus que la suite définie par $u_n+\alpha u_{n+1}$ converge vers un réel $l$, 

alors on a que la suite $(u_n)$ converge vers $\displaystyle l\times \sum_{n=0}^\infty (-1)^n\alpha^n$

gebrane

Bonjour FDP, pourquoi  écarter le cas $\alpha=-1$ et $l=0$:

 une suite constante vérifie bien les hypothèses   $u_n- u_{n+1}$ converge vers $0$, 

Fin de partie

Je n'écarte pas le cas $l=0$ , où tu vois une condition sur $l$ dans ce que j'ai écrit?

Fin de partie

Pour $u_n=(-1)^n$ qui est une suite bornée, on a $u_n-u_{n+1}=0$ mais $(u_n)$ ne converge pas.

C'est sûrement faux pour $\alpha=-1$ mais je n'ai pas de contre-exemple tout de suite maintenant.

gebrane

edit
Voici un contre exemple lorsque $\alpha =-1$  et $l= 0$ . Soit la suite bornée : $$u_n = \sin(\sqrt n)$$ on a $ u_n - u_{n+1} \to 0$ mais $u_n$ n'admet pas de limite

fredaulycee2

Re gebrane,

il me semble que le cas $|\alpha|>1$ ne me semble pas poser trop de problèmes: quitte à remplacer $u_n$ par $u_n-\frac{l}{1+\alpha}$, on peut supposer que $l=0$. Et dans ce cas, $|\frac{u_{n+1}}{u_n}| \to \frac1{\alpha} <1$, ce qui implique que $u_n \to 0$.

A+

F.

gebrane

Bonjour fredaulycee2
Le cas $|\alpha|>1$ avec  $\alpha u_{n+1}+u_n\to 0$, je le fais comme ca , sauf erreur, 

Soit $\epsilon>0$. Pour n assez grand  , on a  $|\alpha| |u_{n+1}|\leqslant |u_n| +\epsilon$, donc 

$$|u_{n+k}|\leqslant \frac{1}{|\alpha|^k}|u_n| + \frac{\epsilon}{|\alpha|}.\frac{1}{1-\frac{1}{|\alpha|}}$$, d'où $u_n\to 0$

jandri

@gebrane
je suis d'accord avec ta démonstration pour le cas $|\alpha|>1$. Dans ce cas on n'a même pas besoin de supposer que la suite $(u_n)$ est bornée alors que c'est nécessaire dans le cas $|\alpha|<1$.

@fredaulycee2
ta démonstration n'est pas valable : pour la suite géométrique $u_n=r^n$ avec $|r|<1$ on a $\lim(\alpha u_{n+1}+u_n)=0$ pour n'importe quel $\alpha$ mais $\lim\dfrac{|u_{n+1}|}{|u_n|}=|r|\neq\dfrac1{|\alpha|}$ en général.

gebrane

Merci @jandri
Pour les nouveaux lecteurs du fil, je résume
Etant donné une suite réelle $(u_n)$ et deux réels $\alpha$ et $l$ avec $u_n+\alpha u_{n+1}\to l$, alors
1) Si $(u_n)$ est bornée et $|\alpha|<1$ alors $u_n$ converge vers $\frac{l}{1+\alpha}$
2) Si $|\alpha|>1$, alors $u_n$ converge vers $\frac{l}{1+\alpha}$
3) Si $\alpha=1$, voir le contre de FDP
4) Si $\alpha =-1$, voir mon contre

jandri

On peut même généraliser un tout petit peu. Pour $(a,b)\in\C^2$ on a l'équivalence $$\lim(au_n+bu_{n+1})=\ell\quad\Leftrightarrow\quad\lim(u_n)=\dfrac{\ell}{a+b}$$ dans les deux cas : 
1) $|a|<|b|$
2) $|a|>|b|$ et la suite $(u_n)$ est bornée.

gebrane

Bonjour @jandri et merci pour ta généralisation,. Il me semble que tu intègres le cas où $l$ est infinie. Si oui, je ne vois pas comment démontrer rigoureusement l'équivalence 
$$\lim(u_n-2u_{n+1})=+\infty \quad\Leftrightarrow\quad\lim(u_n)=-\infty$$

Nota bene, c'est la réciproque qui me pose problème, 

jandri

Dans ma généralisation je sous-entends que $\ell$ est un nombre complexe.

gebrane

Bonjour @jandri, le sens le plus pertinent est le sens direct, donc on peut ajouter dans  ta généralisation 

 Pour $(a,b)\in\R^2$  et $l$ infinie  on a  $$\lim(au_n+bu_{n+1})=\ell\quad\rightarrow\quad\lim(u_n)=\dfrac{\ell}{a+b}$$ dans les deux cas : 
1) $|a|<|b|$
2) $|a|>|b|$ et la suite $(u_n)$ est bornée.

jandri

@gebrane
On ne peut pas généraliser à une limite infinie.
Tout d'abord dans le cas où la suite $(u_n)$ est bornée il ne peut y avoir de  limite infinie ni pour $u_n$ ni pour $au_n+bu_{n+1}$.

D'autre part l'implication de gauche à droite est fausse quand $\ell=+\infty$.
Par exemple pour $a=2$ et $b=1$ la suite $u_n=(-2)^n+n$ vérifie $2u_n+u_{n+1}=3n+1\to+\infty$ mais la suite $u_n$ ne vérifie pas $u_n\to+\infty$.

gebrane

Merci pour ta vigilance @Jandri, je ne me rappelle plus comment j'ai  procède pour me faire piéger  mais au moins je crois à cette implication Si a>b>0, et $a u_{n+1}-bu_n\to +\infty$ alors $u_n\to +\infty$
Tu contestes ?

jandri

Je suis d'accord, dans le cas $ a>b>0$, $\lim( au_{n+1}−bu_n)=+\infty$ entraîne bien $\lim(u_n)=+\infty$.

gebrane

Une preuve rapide de ce résulta est de poser $b_n=(\frac ab )^n$ et $a_n=(\frac ab )^n u_n$
On a $b_n\to +\infty$ et $\frac{a_{n+1}-a_n}{b_{n+1} - b_n}=\frac{a u_{n+1} -b u_n}{a-b}\to +\infty$, donc $u_n=\frac {a_n}{b_n} \to +\infty$