Suite divergente

cartan0 · July 2005

Bonjour,

comment peut on faire pour montrer que la suite un=n*|sin(n)| est divergente , mais pas vers +oo?
merci
ps: c'est une question qu'on m'a posé au capes cet aprèm, et... j'ai pas trop su répondre...

Totole.zero · July 2005

Désolé mais ta suite tend vers +oo...si je ne m'amuse.

Totole.zero · July 2005

Je réctifie, elle admet une sous suite qui tend vers +oo

Yalcin · July 2005

Bonjour

On a 0<=|sin(n)|<=1

Donc 0<=n*|sin(n)|<=n

Comme U_n est croissante, alors lim_(n-->+oo) de U_n = +oo

(Car lim_(n-->+oo) de U_n = lim_(n-->+oo) de n )

Voilà

Totole.zero · July 2005

Yalcin, je suis désolé de te dire que ton raisonnement est un peu faux.

Cordialement.

Yalcin · July 2005

si vous le dites

Thibaut6 · July 2005

$U_n$ est croissante ???

corentin0 · July 2005

Et bien, un test sur matlab montrait pourtant que c'est vrai pour les 10 premiers termes

)

jean Lismonde0 · July 2005

bonjour

la suite de terme général u(n)=n.[sin(n)] est alternée;

on peut encadrer le terme général: 0 <= u(n) < n

la borne inférieure est atteinte seulement pour n=0

il n'est pas possible de trouver une limite à u(n) par recours aux théorèmes sur les suites alternées: la suite est donc divergente (vers plus l'infini d'une manière irrégulière)

cordialement

cartan0 · July 2005

Bonjour,

merci pour vos réponses.
voilà ce à quoi j'avais pensé, mais sans trop savoir comment le justifier.
Il existe une infinité de n tel que |sin(n)| soit >= 1/2. Il existe donc une suite extraite de u_n qui est minorée par n/2 donc qui diverge vers +oo.
Pour montrer que u_n ne diverge pas vers +oo, j'ai simplement dit que on pouvait toujours avoir |sin(n)| aussi petit que l'on veut. Voilà, mais le jury n'avait pas l'air d'être très emballé par mes justifications...

ouin · July 2005

ouin · July 2005

je voulais dire valeur d'adherence bien sur. Par exemple il est connu que la suite sin(n) est dense dans [-1,1]

corentin0 · July 2005

Je veux pas dire, mais montrer que $u_n$ ne tend pas (tend?) vers l'infini en module doit quand même pas être évident du tout. Le sujet a déja été discuté récemment.

Vassia Pupkin · July 2005

En utilisant la relation $\displaystyle u_{2n}=4|cos n|u_{n}$, j'aboutis par récurrence immédiate à
$$\displaystyle u_{2^{k}n}=a^{k}u_{n}$$
où $\displaystyle a=4|cos n|$.

En choisissant $n=8$ on a $a

Vassia Pupkin · July 2005

Désolé, c'est complètement faux.

ouin · July 2005

C'est faux, le a depend de n, il faut le remplacer par cos(n) cos(2n) cos(4n)...

ouin · July 2005

Ma solution marche, il y a une infinité de p/q tels que
$ | \pi-\frac pq | \leq q^{-2} \leq 1$, et sur $[-1,1]$, l'égalité $ |\sin x|=
\sin |x| $ est valable. Et donc $ | p\sin p| \le \pi+1$ pour une infinité de $p$

véro3 · July 2005

Bonjour,

c'est qui est certainement facile, à l'aide d'une formule de trigonométrie, c'est de montrer que $u_n$ ne tend vers aucun nombre réel.
Supposons par l'absurde que ce soit le cas.
Alors $\sin(n)\longrightarrow 0$.
Comme $\cos^2(n)+\sin^2(n)=1$, on a
$|\cos(n)|\longrightarrow 1$.
Et comme enfin $\sin(n+1)=\sin(n)\cos(1)+\cos(n)\sin(1)$, on en déduit que
$\sin(1)=0$ ce qui est faux.

Pour montrer, en revanche, que $u_n$ ne tend pas vers $+\infty$, cela semble nettement plus compliqué et je ne vois pas d'astuce qui permette d'éviter de considérer des conditions diophantiennes (cf. post de ouin).

ouin · July 2005

Ma solution marche, il y a une infinité de p/q tels que
$ | \pi-\frac pq | \leq q^{-2} \leq 1$, et sur $[-1,1]$, l'égalité $ |\sin x|=
\sin |x| $ est valable. Et donc $ | p\sin p| \le \pi+1$ pour une infinité de $p$

ouin · July 2005

désolé d'avoir radoté, mais c'est ma premiere apparition sur ce forum, et j'ai pas compris tout de suite comment utiliser Latex. Il est pas possible d'effacer ses propres messages ?

Bonjour ouin et bienvenue. Tu ne peux pas effacer tes messages, mais je l'a fait pour toi.

Bruno

Fubini · July 2005

Bonsoir

la solution de ouin marche tres bien;

remarquons qu'on peut faire la meme dem mais avec $1/ \pi$ et on aura
$\vert psinp\vert \leq \pi$ au lieu de
$ | p\sin p| \le \pi+1$

Vassia Pupkin · July 2005

Et sinon est-ce que tout réel est valeur d'adhérence de $(u_n)$ ?

cartan0 · July 2005

mille excuses. je me suis trompé en fait. la suite est en fait u_n=n^2*|sin(n)|.
Je ne sais pas si la démonstration de ouin marche encore. En tous les cas, bravo déjà pour cette démo.
a+

ouin · July 2005

tout reel positif si on laisse les valeurs absolues !!

Alain Debreil · July 2005

Bonjour,

Ce qui est certainement facile, à l'aide d'une formule de trigonométrie, c'est de montrer que $u_n$ ne tend vers aucun nombre réel.
Supposons par l'absurde que ce soit le cas.
Alors $\sin(n) \to 0$.
Comme $\cos^2(n)+\sin^2(n)=1$, on a
$|\cos(n)|\to 1$.
Et comme enfin $\sin(n+1)=\sin(n)\cos(1)+\cos(n)\sin(1)$, on en déduit que
$\sin(1)=0$ ce qui est faux.

Pour montrer, en revanche, que $u_n$ ne tend pas vers $+\infty$, cela semble nettement plus compliqué et je ne vois pas d'astuce qui permette d'éviter de considérer des conditions diophantiennes (cf. post de ouin).

ouin · July 2005

Mmmh le $n^2$ fout tout en l'air. Il faudrait des approximations rationnelles de $\pi$ d'ordre $>2$. Ca me parait pas évident.. chercher du coté de la transcendance de $\pi$?? Il y a sûrement un truc simple que je vois pas, je pense qu'un jury de capes doit poser des trucs faisables en un temps bref ?

Viktor · July 2005

Yes ouin is right. Showing limit inf n*abs(sin(n)) = 0 is a little bit harder and I guess it still an open question...

Fubini · July 2005

plus generalement on peut montrer (comme l'a fait ouin) que si

$$ \{(p,q) \in \Z \times \N^*, \vert \alpha -\frac{p}{q}\vert \leq \frac {1}{q^{s+1}}\}$$
est infini pour $s>0$

Alors $\vert n^s sin(\pi \alpha n)\vert $diverge.

Suite divergente

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