Convergence d'une suite.

kolotoko0

Bonjour ,

voici un petit problème élémentaire .

Soit un rectangle A₀B₀C₀D₀ de longueur A₀B₀ = L et de largeur B₀C₀=l (supposons L>l).

Construisons le rectangle A₁B₁C₁D₁ comme suit: C₁ est le projeté orthogonal de C₀ sur la diagonale B₀D₀ ,
B₁, situé entre A₀ et B₀ est le projeté orthogonal de C₁ sur A₀B₀.
D₁ , situé entre A₀ et D₀ est le projeté orthogonal de C₁ sur A₀D₀.
A₁ = A₀.

Recommençons la construction pour définir de la même façon les rectangles A₂B₂C₂D₂, A₃B₃C₃D₃, etc... avec A = A₀=A₁=A₂=A₃= ...

On observe que les rectangles A_nB_nC_nD_n sont de plus en plus aplatis et que la suite C₀, C₁, C₂ , C₃, .. converge vers un point C situé entre A₀ et B₀.

Question : Trouver la longueur AC en fonction de la longueur L et de la largeur l du rectangle de départ.

Bien cordialement

kolotoko

Raymond Cordier

On prend un repère orthonormal $(A_{0},\overrightarrow{i},\overrightarrow{j})$, avec : $\overrightarrow{A_{0}B_{0}}=L\overrightarrow{i}$, $\overrightarrow{A_{0}D_{0}}=l\overrightarrow{j}$, $L>l>0$.
Soient $(x_{n},y_{n})$ les coordonnées de $C_{n}$ dans ce repère.
Il me semble que : $x_{n+1}=\frac{x_{n}^{3}}{x_{n}^{2}+y_{n}^{2}},y_{n+1}=\frac{y_{n}^{3}}{x_{n}^{2}+y_{n}^{2}}$, avec : $x_{0}=L$, $y_{0}=l$.
Une approche numérique montre que $y_{n}$ tend vers 0 assez vite, donc comme tu dis la suite $C_{n}$ semble converger vers un point $C$ situé entre $A_{0}$ et $B_{0}$.
En travaillant sur ces deux suites, on doit pouvoir aller plus loin, mais là je n'ai pas le temps alors je vous livre ces réflexions sans tarder, à toutes fins utiles.
Bonne journée.
RC

Raymond Cordier

Je vais vite.
On a successivement :
$0<y_{n}<x_{n}$, $0<x_{n+1}<x_{n}$, $0<y_{n+1}<y_{n}$,
$x_{n}\rightarrow u,y_{n}\rightarrow v$, $0\leq v\leq u,u=\frac{u^{3}}{u^{2}+v^{2}},v=\frac{v^{3}}{u^{2}+v^{2}}$.
On en déduit : $v=0$.
De plus : $x_{n+1}-y_{n+1}=(x_{n}-y_{n})\frac{x_{n}^{2}+x_{n}y_{n}+y_{n}^{2}}{x_{n}^{2}+y_{n}^{2}}>x_{n}-y_{n}$.
D'où : $u>0$.
Reste à trouver $u$ ...
Sympa cet exo.
Adessias.
RC
18/12/2013

kolotoko0

Bonjour,

je suis d'accord.

J'étais arrivé aux mêmes formules pour x_n et y_n.

Bien cordialement

kolotoko

Raymond Cordier

Reprenons, plus en détail.
On prend un repère orthonormal $(A_{0},\overrightarrow{i},\overrightarrow{j})$, avec : $\overrightarrow{A_{0}B_{0}}=L\overrightarrow{i}$, $\overrightarrow{A_{0}D_{0}}=l\overrightarrow{j}$, $L>l>0$.
Les coordonnées dans ce repère de $C_{0}$ sont : $x_{0}=L$, $y_{0}=l$.
Il me semble que c'est un exercice disons de Troisième de déterminer les coordonnées dans ce repère du point $C_{1}$, projeté orthogonal de $C_{0}$ sur $D_{0}B_{0}$, ce sont : $x_{1}=\frac{x_{0}^{3}}{x_{0}^{2}+y_{0}^{2}},y_{1}=\frac{y_{0}^{3}}{x_{0}^{2}+y_{0}^{2}}$. Si ce n'est plus de Troisième, c'est peut-être de Seconde ?

Ensuite, on recommence, et ainsi de suite. Soient $(x_{n},y_{n})$ les coordonnées de $C_{n}$ dans le repère susdit. Alors, de même : $x_{n+1}=\frac{x_{n}^{3}}{x_{n}^{2}+y_{n}^{2}},y_{n+1}=\frac{y_{n}^{3}}{x_{n}^{2}+y_{n}^{2}}$, avec : $x_{0}>y_{0}>0$. On a transformé le problème en l'étude d'un couple de suites réelles.

On a par récurrence : $0<y_{n}<x_{n}$, d'où : $0<x_{n+1}<x_{n}$, $0<y_{n+1}<y_{n}$.
Il en résulte : $x_{n}\rightarrow u,y_{n}\rightarrow v$, $0\leq v\leq u<x_{0} $.
De plus : $v(u^{2}+v^{2})=v^{3}$. D'où il suit : $v=0$.
On a aussi : $x_{n+1}-y_{n+1}=(x_{n}-y_{n})\frac{x_{n}^{2}+x_{n}y_{n}+y_{n}^{2}}{x_{n}^{2}+y_{n}^{2}}>x_{n}-y_{n}$. D'où il suit : $u>x_{0}-y_{0}>0$.

On en conclut que le point $C_{n}$ tend vers un point limite $C$ de coordonnées $(u,0)$, donc situé sur le segment $]A_{0}, B_{0}[$, comme il avait été conjecturé.

Calculer $u$ en fonction de $x_{0}=L$ et $y_{0}=l$, je ne vois pas comment faire. Par contre, on peut évaluer la rapidité de convergence des suites $x_{n}$ et $y_{n}$, tès forte comme je l'ai observé empiriquement.
Je ferai ça tantôt si personne ne le fait avant.

Bonne après-midi.
RC
18/12/2013

Raymond Cordier

Etude de la rapidité de convergence vers 0 de la suite $y_{n} $
L'égalité : $y_{n+1}=\frac{y_{n}^{3}}{x_{n}^{2}+y_{n}^{2}}$ se traduit par : $\frac{\ln y_{n}}{3^{n}}-\frac{\ln y_{n+1}}{3^{n+1}}=\frac{\ln (x_{n}^{2}+y_{n}^{2})}{3^{n+1}}$.
On se souvient que : $\underset{n\rightarrow +\infty }{\lim }x_{n}=u>0,\underset{n\rightarrow +\infty }{\lim }y_{n}=0$.
La série de terme général $\frac{\ln (x_{n}^{2}+y_{n}^{2})}{3^{n+1}}$ est donc convergente, d'où par sommation :
$\underset{n\rightarrow +\infty }{\lim }\frac{\ln y_{n}}{3^{n}}=-A$, $A\geq 0$.
Si $N>n$, alors : $\frac{\ln y_{n}}{3^{n}}-\frac{\ln y_{N+1}}{3^{N+1}}=\underset{k=n}{\overset{N}{\sum }}(\frac{\ln y_{k}}{3^{k}}-\frac{\ln y_{k+1}}{3^{k+1}})=\underset{k=n}{\overset{N}{\sum }}\frac{\ln (x_{k}^{2}+y_{k}^{2})}{3^{k+1}}$,
d'où quand $N\rightarrow +\infty $ : $\frac{\ln y_{n}}{3^{n}}=-A+\underset{k=n}{\overset{+\infty }{\sum }}\frac{\ln (x_{k}^{2}+y_{k}^{2})}{3^{k+1}}$.

Quand à son tour $n\rightarrow +\infty $, il vient, avec la sommation des relations de comparaison :
$\frac{\ln y_{n}}{3^{n}}=-A+\underset{k=n}{\overset{+\infty }{\sum }}\frac{2\ln u}{3^{k+1}}(1+o(1))=-A+\frac{\ln u}{3^{n}}(1+o(1))$, soit :
$\ln y_{n}=-A\cdot 3^{n}+\ln u+o(1)$, ce qui implique d'abord : $A>0$, et enfin :
$y_{n}\sim uK^{-3^{n}}$, $K=e^{A}> 1$.
Ce qui explique la convergence, d'aucuns diraient explosive , de cette suite.
Déjà nuit : bonne soirée.
18/12/2013
RC

B....t

Si je ne m'abuse, on a $y_{n}(L/l)^{3^{n}}=x_{n}$ et donc
$$x_{\infty}=L\prod_{n\geq1}\frac{1}{1+(L/l)^{-2.3^{n}}}$$

kolotoko0

Bonsoir,

je confirme cette formule.

bien cordialement

kolotoko

kolotoko0

Bonjour,

B....t, nous bourdons.

Le produit infini doit commencer à n = 0 et non n = 1.

Autrement dit , en posant x = (L/l)^2 , la longueur AC de l'énoncé initial vaut :

AC = L*(x/(1+x))*(x^3/(1+x^3))*(x^9/(1+x^9))*(x^27/(1+x^27))*(x^81/(1+x^81))*......en prenant pour exposants de x les puissances successives de 3.

Question : soit f(x) = AC/L = (x/(1+x))*(x^3/(1+x^3))*....

Quelqu'un ou quelqu'une sait-il quelque chose sur la fonction f ?

Bien cordialement


kolotoko

B....t

On a des choses intéressantes comme cette représentation en séries (sauf erreur)
$$\prod_{n\geq0}(1+q^{3^{n}})=\sum_{k\geq1}q^{a(k)}$$
où $a(n)$ est la suite des entiers ne contenant pas de $2$ dans sa réprésentation ternaire (a=A005836). On peut aussi donner une formule sous forme d'une somme finie pour les suites $x_n$ ou $y_n$. En effet on a pour $n>0$:
$$\frac{1}{x_{n}}=\frac{1}{L}\sum_{k=1}^{2^n}\left(\frac{l}{L}\right)^{b_{k}}$$
$$\frac{1}{y_{n}}=\frac{1}{l}\sum_{k=1}^{2^n}\left(\frac{L}{l}\right)^{b_{k}}$$
où $b_{k}$ est la suite croissante des entiers ne contenant pas de $1$ dans leur représentation ternaire (cf. A005823). En particulier $b_{2^n}=3^n-1$.

Amusant de voir comment un exercice de géométrie analytique finit dans le champ de la pure arithmétique.
ps: j'ai fait pas mal de modifs sur ces formules en peu de temps.

kolotoko0

Bonjour,

très remarquablement joli.

Remarquons que A005823 = 2*A005836.

On peut aussi calculer x_n et y_n facilement à partir du développement binaire des entiers via la suite A030308 .

bien cordialement

kolotoko