Équivalent de suites

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Réponses

  • La question 2) est évidemment mal formulée car $a_n \sim \frac1{\sqrt n}$ est supposé dès le début de l'exercice. Si on retire cette hypothèse, la suite $a$ définie comme suit fournit un contre-exemple :
    $$
    \forall n\in \N,\quad a_n = \begin{cases} 2 & \text{si $\sqrt n \in \N$}\\0 & \text{sinon}\end{cases}
    $$
    puisque pour tout $n\in \N$, on aura $\sum_{k=1}^n a_k = 2\lfloor \sqrt n\rfloor$.
  • Siméon comment on montre que $a_n$ n'est pas équivalente à $\dfrac{1}{\sqrt{n}}$ ?

    Je n'ai pas compris comment vous calculer la somme des $a_k$.


    $2\sqrt{n}-2 <2 E(\sqrt{n} \leq 2\sqrt{n}$ d'où l'équivalent $A_n \sim 2 \sqrt{n}$
  • Si $(a_n)_n$ était équivalente à $\frac{1}{\sqrt n}$, quelle serait sa limite ? C'est quand même évident.
  • On revient à la définition de $a_n \sim \frac1{\sqrt n}$. La suite $\sqrt n \ a_n$ tend-elle vers $1$ ?

    Le calcul de la somme $\sum_{k=1}^n a_k$ se ramène à compter les entiers $j$ tels que $1 \leq j^2 \leq n$ (ces entiers correspondent aux termes $a_k = 2$ en posant $k = j^2$).
  • @gebrane: euh tu es sûr ??
  • totem oui
    Simeon a déjà donné ce contre dans http://www.les-mathematiques.net/phorum/read.php?4,1962114,1962564#msg-1962564, on oublie vite
    vous ne comprenez pas les choses, vous vous y habituez.


  • @gebrane : ok ! Moi j'essaie de travailler sur l'expression de bd2017, à savoir évaluer un équivalent ou alors carrément un développement asymptotique quand $n$ tend vers l'infini de $$\prod_{k=0}^{n-1} (1-\frac{k}{n}) - \int_0^1 \ln(1-x) dx $$...

    Edit ; n'importe quoi !
  • Tu commets la même erreur visuelle que moi. Regardé bien mon $a_{n,k}$ (ce n'est pas un $a_n$)
    vous ne comprenez pas les choses, vous vous y habituez.


  • Non moi ce qui m'intéresse c'est bien $a_n$ !:-D
  • ok et tu veux demontrer quoi avec ce $a_n$ ?
    vous ne comprenez pas les choses, vous vous y habituez.


  • @bd2017 et @gebrane : Avec Stirling j'ai trouvé $ a_n= \frac{n!}{n^n} \sim \sqrt{2\pi n}e^{-n} $
  • Bonjour

    Pour l'équivalent de $A_n=\sum_{k=1} ^n a_{n,k}$ voici comment je procède:

    On peut écrire $a_{n,k}$ sous la forme

    $a_{n,k}= C_n^k /n^k k! =C_n^k /n^k \int_0^\infty e^{-t} t^k dt.$

    D'où $A_n=\int_0^\infty e^{-t} [\left(\frac{n+t}{n} \right)^n-1]dt \sim \int_0^\infty e^{-t} \left(\frac{n+t}{n} \right)^ndt =B_n $


    $B_n= \int_0^\infty e^{-t}(1+\dfrac{t}{n})^n dt $

    $B_n= n \int_0^\infty e^{-n t}(1+t)^n dt =n I_0 +n I_1 $

    $I_0 =\int_0^c e^{-n t}(1+t)^n dt $ et $I_1= \int_c^\infty e^{-n t}(1+t)^n dt $

    $n I_1=o(1)$ (évident)

    Pour $I_1$ on passe tout en exponentielle et on utilise l'encadrement

    $u^2/2 *a \leq u-log(1+u)\leq u^2/2$ pour a <1 et assez proche de 1 et c assez petit.

    L'équivalent de $n I_0$ est alors facile à obtenir avec l'aide de la fonction $erf (x) $
     
  • OK merci je pense pouvoir démontrer l'exemple de Simeon je fais ça en rentrant.

    Bel exemple quand même fallait le trouver.
  • $ \forall n\in \N,\quad a_n = \begin{cases} 2 & \text{si $\sqrt n \in \N$}\\0 & \text{sinon}\end{cases}$

    1) $\displaystyle\sum_{k=1}^n a_k = 2\ \mathrm{card\,} \{ 1 \leq k \leq n \mid \sqrt{k} \in \N \} =\ ? $
    Je n'ai pas compris pourquoi cela revient à compter les entiers $j$ tels que $1 \leq j^2 \leq n$...

    2) $ \forall n\in \N,\quad u_n=\sqrt{n} a_n = \begin{cases} 2 \sqrt{n} & \text{si $\sqrt n \in \N$}\\0 & \text{sinon}\end{cases}$

    La suite extraite $(u_{n^2})$ diverge vers $+ \infty$. Donc $a_n$ n'est pas équivalente à $\dfrac{1}{\sqrt{n}}$.
  • L'ensemble $\{1 \le k \le n\mid \sqrt{k} \in \mathbb N \}$ est en bijection avec $\{j \in \mathbb N\mid 1 \le j^2 \le n\}$ (via l'application $k \mapsto \sqrt k$), donc les deux ensembles ont même cardinal.

    L'idée de Simeon se rapproche de la mienne : on met des zéros et on cherche à avoir toujours l'équivalent pour $(A_n)$. Ça ne sort donc pas du chapeau, puisque la stratégie est :
    - on prend $(A_n)$ une suite croissante équivalente à $2 \sqrt n\ $ ($(\lfloor \sqrt n \rfloor)$ dans l'exemple),
    - on en déduit $(a_n)$ via la relation très importante : $a_n=A_n-A_{n-1}$.
  • Merci, mais [j'ai] du mal à comprendre cette bijection.

    La fonction racine carrée est bijective sur $\R^{+}$ mais si je prends l'application :
    $\begin{array}{crcl}
    f :& \{j \in \N \mid 1 \leq j^2 \leq n \}& \longrightarrow &\{1 \leq j \leq n \mid \sqrt{j} \in \N \} \\
    & k &\longmapsto& \sqrt{k}.
    \end{array}$
    Je n'arrive pas à montrer qu'elle est bien définie.
    Soit $k \in \{j \in \N \mid 1 \leq j^2 \leq n \}$. Je dois montrer que $\sqrt{k} \in \{1 \leq j \leq n \mid \sqrt{j} \in \N \}$.
    On a $k \in \N$ avec $1 \leq k^2 \leq n$ donc :-S
    Je suis bloqué à ce stade.
  • @bd
    Comme tu l'as remarqué on trouve que
    $$\sum_{k=1}^n a_{n,k}=\Big[\int_0^{+\infty} e^{-t} \Big(1+\frac tn\Big)^n dt\Big]-1.
    $$ Pour continuer le plus simplement possible, on utilise la méthode de Laplace $$\int_0^{+\infty} e^{-t} \Big(1+\frac tn\Big)^n dt =\int_0^{+\infty} e^{-t+n\ln( 1+\frac tn)} dt\sim \int_0^{+\infty} e^{-\frac{t^2}{2n}}dt=\sqrt{\frac{\pi n}2}.
    $$ @totem
    Maintenant trouve nous un équivalent de $ \displaystyle \sum_{k=1}^n \frac {k!}{k^k}$.
    vous ne comprenez pas les choses, vous vous y habituez.


  • @gebrane: mais elle converge ta série ?! d'habitude on cherche plutôt des équivalents de séries divergentes...
  • oui, ç'était un petit piège pour voir! dans ce cas chercher un équivalent c'est chercher la somme de la série. Si tu cliques sur le smiley du message precedent, wolfram donne une approximation. Je nr sais s'il y a une forme close.
    vous ne comprenez pas les choses, vous vous y habituez.


  • @gebrane : c'est malin ! :-D

    Comment trouves-tu $$\sum_{k=1}^n \prod_{i=0}^{k-1} \Big(1-\frac{i}{n}\Big)=\Big[\int_0^{+\infty} e^{-t} \Big(1+\frac tn\Big)^n dt\Big]-1.\quad ?$$
  • totem regarde le message de bd
    edit on a squatter le fil de oshine et ce n'est pas bien. j'arrête d'écrire hors sujet du fil.
    vous ne comprenez pas les choses, vous vous y habituez.


  • Ok pas de soucis j'ouvre un autre fil :-)
  • @OShine : déjà, si j'ai choisi deux lettres différentes, ce n'est pas pour faire joli, mais pour ne pas me tromper dans les ensembles. Et de fait, tu t'es trompé en inversant les deux ensembles.
    J'ai l'impression que tu ne visualises pas les ensembles que tu manipules.
    Par exemple, pour $n=17$, j'ai : $\{1 \le k \le n, \sqrt k \in \mathbb N\} = \{1,4,9,16\}$, qui est bien en bijection avec $\{1,2,3,4\} = \{j \in \mathbb N | 1 \le j^2 \le n\}$ par l'application racine...
  • Sur un exemple, c'est facile.
    Mais comment le démontrer qu'il y a bijection ?

    Je n'arrive pas à montrer que l'application est bien définie déjà.

    $\begin{array}{crcl} f :& \{j \in \N \mid 1 \leq j^2 \leq n \}& \longrightarrow &\{1 \leq j \leq n \mid \sqrt{j} \in \N \} \\ & k &\longmapsto& \sqrt{k}. \end{array}$
  • Et de fait : c'est encore dans le mauvais sens !
    Si je prends encore $n=17$, tu me dis que $\sqrt {\phantom{a}} : \{1,2,3,4\} \longrightarrow \{1,4,9,16\}$ est une bijection... mais elle n'est évidemment pas bien définie.

    Je te conseille de donner un nom aux ensembles, par exemple : $E=\{1\le k \le n\mid \sqrt k \in \mathbb N\}$ et $F=\{j \in \mathbb N\mid 1 \le j^2 \le n\}$, et de montrer que $\sqrt {\phantom{a}} : E \rightarrow F$ est bijective
  • Ok merci.

    On peut pas simplement dire que la fonction racine carrée est bijective ?
    Il reste à montrer qu'elle est bien définie uniquement ?
  • Je pense avoir trouvé.

    Soit $l \in E$. Alors $1 \leq l \leq n$ et $\sqrt{l} \in \N$.

    Donc $1 \leq \sqrt{l} \leq \sqrt{n} \implies 1 \sqrt{l} \leq n \leq n^2$ et $\sqrt{l} \in \N$ par hypothèse.

    On a montré $\sqrt{l} \in F$.
  • Par contre, pour la dernière question j'arrive à :

    $\sqrt{n} \dfrac{A_{E(\beta n)} -A_n}{E(\beta n)-n} \leq \sqrt{n} a_n \leq \sqrt{n} \dfrac{A_{E(\alpha n)} -A_n}{E(\alpha n)-n}$

    Je devrais y arriver mais je ne vois pas l'idée de départ...
  • @Bd2017
    J'ai traité ton exemple.

    Je trouve $A_n \sim 2 \sqrt{n}$ et $a_n =A_n -A_{n-1} \sim \dfrac{1}{\sqrt{n}} \dfrac{2 (-1)^n}{5}$
  • @Nimanjeb

    Je trouve $\forall n \geq 2 \ \sqrt{1-2/n} \leq \dfrac{A_n}{2 \sqrt{n}} \leq 1$ donc $A_n \sim 2 \sqrt{n}$

    $a_n = 2 \sqrt{2 E(\dfrac{n}{2})} - 2 \sqrt{2 E(\dfrac{n-1}{2})} $ ça ne se simplifie pas.
  • Pour la dernière question, je t'ai déjà dit d'aller regarder sur le sujet des Mines que j'ai posté.
    Je ne sais pas faire plus simple. Je pense que l'examinateur avait cette idée en tête et que le jour de l'oral, il a distillé aux candidats qui tentaient quelque chose des idées pour qu'ils avancent vers cette démonstration.

    Quant à ton dernier calcul, tu pourrais tenter de simplifier en séparer les cas où $n$ est pair ou impair...
  • Ok merci.

    Je trouve $a_{2n} \sim \dfrac{4} {\sqrt{n}}$ donc déjà la suite extraite des termes pairs n'est pas équivalent à $\dfrac{1}{\sqrt{n}}$

    Je vais essayer de suivre l'énoncé.

    1/ Déterminer les limites, pour $\gamma >0$ de $\dfrac{n}{E(\gamma n)}$ et $\dfrac{S_{E(\gamma n)}}{ \sqrt{n}}$

    J'obtient l'encadrement $\dfrac{1}{\gamma} \leq \dfrac{n}{E(\gamma n)} < \dfrac{1}{\gamma-1/n}$ donc par le théorème d'encadrement :

    $\boxed{\lim\limits_{n \rightarrow +\infty} \dfrac{n}{E(\gamma n)}= \dfrac{1}{\gamma}}$

    D'autre part, $\dfrac{S_{E(\gamma n)}}{\sqrt{n}} \sim \dfrac{2 \sqrt{E(\gamma n) }}{\sqrt{n}} \sim 2 \sqrt{ \gamma}$

    Donc $\boxed{\lim\limits_{n \rightarrow +\infty} \dfrac{S_{E(\gamma n)}}{\sqrt{n}}= 2 \sqrt{ \gamma} }$

    J'essaie de terminer.
  • Je bloque pour trouver la limite du terme de gauche de l'inégalité, on ne peut pas sommer des équivalents :

    $\dfrac{\dfrac{S_{E(\beta n)}-S_n}{\sqrt{n}}}{\dfrac{E(\beta n)}{n} -1}$

    Je connais la limite du dénominateur. Mais celle du numérateur me bloque à cause du signe moins.

    Puis après je ne comprends pas d'où sortent les $\varepsilon$.108968
    1.png 144.5K
  • il faut simplement appliquer la limite de ton message précédent.
     
  • On a :

    $\dfrac{\dfrac{S_{E(\beta n)}-S_n}{\sqrt{n}}}{\dfrac{E(\beta n)}{n} -1} \leq \sqrt{n} a_n \leq \dfrac{\dfrac{S_n-S_{E(\alpha n)}}{\sqrt{n}}}{1-\dfrac{E(\alpha n)}{n} } $

    La limite du dénominateur de gauche est : $\beta -1$, celle de droite est $1- \alpha$.

    Les limites du numérateur, je ne vois pas comment utiliser la question qui précède, on ne somme pas des équivalents.
  • On ne somme pas des équivalents, mais on peut sommer des limites... Or ce sont bien des limites que tu as calculées !
  • Ok merci.

    La limite du terme de gauche est : $\dfrac{ 2 \sqrt{\beta} -2}{\beta-1}$ et la limite du terme de droite est $\dfrac{2-2 \sqrt{\alpha}}{1-\alpha}$

    On a $\dfrac{ 2 \sqrt{\beta} -2}{\beta-1} \leq \lim\limits_{n \rightarrow +\infty} \sqrt{n} a_n \leq \dfrac{2-2 \sqrt{\alpha}}{1-\alpha}$

    Après je ne vois pas comment faire avec les $\epsilon$.
  • Encore une fois ça me semble pas correct ce que tu as écrit. La limite de $\sqrt{n}a_n$ existe -elle? (tu n'as pas justifier son existence).
     
  • bd2017 : je suis curieux de voir comment tu prouves la question 11 à l'aide de la 9 sans passer par la 10.

    Au contraire, il suffit d'appliquer la définition des limites des termes de droite et de gauche pour obtenir l'encadrement demandé !
  • OK merci j'ai compris.

    Je réfléchis à la question 11 pour conclure.
  • La question 10, je ne trouve pas encore la 11 mais je cherche encore.108984
  • C'est bon pour cette question 10.

    Pour terminer, tu peux remarquer que ce que tu viens de prouver est valable pour toute valeur de $\epsilon>0$ et toute valeur de $\alpha$ et $\beta$ telles que $0<\alpha<1<\beta$ (en faisant attention au fait que $N_1$ et $N_2$ dépendent de $\alpha$, $\beta$ et $\epsilon$.

    En choisissant correctement $\alpha$ et $\beta$ en fonction de $\epsilon, on obtient la phrase logique montrant la convergence voulue.
  • Bisam dans l'énoncé de l'exercice d'oral, on donnait $0< \alpha <1 < \beta$

    Ma réponse à la dernière question, je ne suis pas sûr à 100%.

    Du coup ça ne marche pas pour tous les $\beta$ ? Il faut que $\beta-1 \leq \eta_1$ ... Même remarque pour $\alpha$.
    Ce détail me perturbe.
    Je pense qu'il y a un détail que je n'ai pas compris.108986
  • @Bisam http://www.les-mathematiques.net/phorum/read.php?4,2084784,2088644#msg-2088644

    Tu as remarqué que j'ai retiré une partie de mon message avant ta remarque !
    En particulier si j'avais écrit c'est à la suite de la grosse bourde d'@Oshine.
    Et s'y j'ai bien compris cette grosse bourde elle est toujours là.
    Son "OK j'ai compris" ne s'adresse pas à moi.

    [Par respect pour OShine, ne pas confondre "gourde" et "bourde". ;-) AD]
     
  • Oshine : Seule la fin n'est pas correcte. Tu choisis un $\eta$ mais tu ne dis pas comment tu choisis $\alpha$ et $\beta$.
    Par ailleurs, vu ta question, tu as compris à l'envers. Ce que tu as prouvé auparavant, tu l'as prouvé pour n'importe quelles valeurs de $\alpha$ et $\beta$ qui vérifient $0<\alpha<1<\beta$.
    C'est à toi maintenant de choisir parmi toutes ces valeurs celles qui vont permettre de conclure.

    Enfin, évidemment, il manque la conclusion finale de l'exercice.
  • @Bd2017
    J'ai bien compris que mon raisonnement initial était faux : je suis passé à la limite sans justifier l'existence de la limite.

    @Bisam
    Merci pour les indications.
    J'ai du mal à comprendre pourquoi $N_1$ et $N_2$ dépendent de $\alpha$ et $\beta$.

    J'ai montré l'existence des réels $\eta_1$ et $\eta_2$ tels que $|\beta -1| \leq \eta_1$ et $|\alpha -1| \leq \eta_2$.

    Mais $\beta >1$ donc $|\beta-1| = \beta-1$ et $\alpha <1$ donc $|\alpha-1|= 1- \alpha$

    Il faut choisir $\beta \leq 1+\eta_1$ et $\alpha \geq 1 - \eta_2$. Donc on prend $\beta$ le plus petit possible et $\alpha$ le plus grand possible tout en respectant la condition $0 < \alpha <1<\beta$.

    Ce qui donne $1-2 \varepsilon \leq \sqrt{n} a_n \leq 1 + 2 \varepsilon$

    D'où $-2 \varepsilon \leq \sqrt{n} a_n -1 \leq 2 \varepsilon$ soit $\boxed{ \sqrt{n} a_n -1 | \leq 2 \varepsilon }$

    Par définition de la limite, $\boxed{\lim\limits_{n \rightarrow +\infty} \sqrt{n} a_n =1}$
  • Ce n'est pas encore parfaitement rédigé mais c'est juste.
    Bien joué.
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