[BAC+1] [Suites numériques] Oral de l'X : etude d'une suite

Soit <math>\((u_n)_{n>0}\)</math> une suite de réels positifs telle que <math>\(\forall (p,q)\in \mathbb{N}^2, (u_{p+q})^{p+q}\le (u_p)^p (u_q)^q\)</math>

1/ Montrez que <math>\(\forall (p,k)\in \mathbb{N}^2, u_{pk} \le u_k\)</math>
2/Que dire de la suite s'il existe <math>\(k\in \mathbb{N}*\)</math> tel que <math>\(u_k=0\)</math> ?
3/ Question difficile : Montrer que <math>\(u_n->inf\{u_k, k\in \mathbb{N}*\}\)</math>

1) Soit la suite de réel positif (Vn) tel que v0=5 et pour tout n>=1 vn=1
Pour tout (p,q) appartenant à N² tel que p>=1 et q>=1 (up+q)^(p+q)=1 et (up)^p(uq)^q=1 donc (up+q)^(p+q)<=(up)^p(uq)^q

Pour p=0 et q=0 5^0<=5^0*5^0
Pour p=0 et q=1 1^1<=5^0*1^1
Pour p=1 et q=0 1^1<=1^1*5^0

Donc (Vn) vérifie bien la relation définissant (Un) et pourtant on a pas U0<=Uk ( par exemple pour k=1 ça donne 5<=1 )

Donc ce qu'on nous demande de démontrer est faux, bref l'énoncé doit être incomplet...

Edit : ok, y a écrit n>0 ... bon donc tout va bien, enfin sauf que c'est pas p et q appartenant à N² mais (N*)² , enfin on peut s'en douter...


Bref :
1) Faisons une récurrence sur p :
Pour p=1 : c'est évident ( uk<=uk )
Si upk<=uk
Alors en prenant p=pk et q=k dans la relation on a :
(uk(p+1))^(k(p+1))<=(upk)^pk(uk)^k
<=uk^pk(uk)^k d'après l'hypothèse de récurrence et la croissance de la fonction puissance
<=uk^((p+1)k)

donc par croissance de la racine (p+1)k ième on a uk(p+1)<=uk

On a donc le résultat voulu.

2)Dans ce cas pour tout n>=k+1 on peut écrire n=k+n1 avec n1 appartenant à N*.
Donc en utilisant la relation (uk+n1)^(k+n1)<=(uk)^k(un1)^n1<=0

donc pour tout n>=k un=0

3) Déjà on peut se limiter aux suites qui ne sont jamais nulles car si (un) a un terme nul alors on est dans le cas du 2) et elle est nulle APCR et tend donc vers 0 qui est la borne inférieure des uk car c'est un minorant de la suite et il est atteint car la suite a un terme nul.


Désolé pour l'écriture, il faut que j'apprenne latex...

Ok mais il reste la q3
Essayez de passer au log deja

Justement, n'y aurait-il pas une erreur dans la question 3 ?
Je veux dire, d'où vient le signe moins avant le inf ?

[Edit] Ah OK, je n'avais pas saisi. Merci à toi Rom...

Citation : Tadzoa

Ok mais il reste la q3
Essayez de passer au log deja

On a <math>\(\forall (p,q) \in (\mathbb{N}^*)^2\ (p+q)ln(u_{p+q})\leqslant pln(u_{p})+qln(u_{q})\)</math>
Mais bon je vois pas trop ce que ça apporte, j'ai essayé de prendre p=n et q=1 pour essayer de montrer que <math>\((u_n)\)</math> est décroissante ce qui suffirait à montrer ce qu'on veut mais bon sans résultat...

Edit: Knives Out c'est <math>\(\lim_{n \to+\infty}un= \inf_{k \in \mathbb{N}^* }u_k\)</math> qu'il faut montrer dans la q3

On peut par exemple poser <math>\(v_n=nln(u_n)\)</math>
Ensuite faire une division euclidienne

Citation : Tadzoa

On peut par exemple poser <math>\(v_n=nln(u_n)\)</math>
Ensuite faire une division euclidienne

Avec cette suite on a <math>\(\forall (p,q) \in (\mathbb{N}^*)^2\ v_{p+q}\leqslant v_{p}+v_{q}\)</math> ( pour <math>\((u_n)\)</math> suite qui ne s'annule pas ) mais je voie pas trop ce que tu veut dire pour la division euclidienne.

Si tu as deux entiers p et q alors il existe r et m uniques tels que

p = mq + r
<math>\(v_p=v_{mq+r}\le v_{mq} + v_r \le v_q + v_r\)</math>

Ça me fait penser à un ds vu l'an dernier. La première partie portait sur les suites sous additives, ici <math>\((v_{n})_{n \in \mathbb{N}^{*}\)</math> en est une, et on montre que la suite <math>\(\left(\frac{v_{n}}{n}\right)_{n \in \mathbb{N}^{*}\)</math> tend vers l'inf de ses éléments, ce qui correspondrait ici au logarithme de <math>\((u_{n})_{n \in \mathbb{N}^*}\)</math>. On aurait ensuite le résultat voulu. Effectivement il y avait une histoire de division euclidienne.

On montre tout d'abord par récurrence : <math>\(\forall (n,p) \in (\mathbb{N}^*)^2\ v_{np}\leqslant nv_{p}\)</math>.
Ensuite deux cas, un où <math>\(inf \left\{ \frac{v_{n}}{n}, n \in \mathbb{N}^{*} \right\} = - \infty\)</math>, l'autre où cet inf est fini.

On suppose que l'inf est fini, on le note <math>\(\alpha\)</math>. On se fixe <math>\(\epsilon > 0\)</math>. Par la caractérisation de la borne inférieure, on se fixe un <math>\(N \in \mathbb{N}^{*}\)</math> tel que <math>\(\alpha \leq \frac{v_N}{N} \leq \alpha + \epsilon\)</math>.
Soit <math>\(n \in \mathbb{N}^{*}\)</math>. On effectue la division euclidienne de n par N (avec des notations claires), <math>\(n = pN + r, 0 \leq r < N\)</math>. Ainsi, comme <math>\((v_{n})_{n \in \mathbb{N}^{*}\)</math> est sous-additive (et en utilisant la récurrence préliminaire), <math>\(\frac{v_{n}}{n} \leq \frac{pv_{N}}{n} + \frac{v_{r}}{n}\)</math>. Or <math>\(n \geq pN\)</math>, donc <math>\(\frac{v_{n}}{n} \leq \frac{v_{N}}{N} + \frac{v_{r}}{n}\)</math>. Ainsi, on a l'inégalité :

Comme <math>\(\frac{K}{n}\)</math> tend vers zéro quand n tend vers l'infini, on assure l'existence d'un <math>\(N_0\)</math> tel que pour tout <math>\(n \geq N_0\)</math>, on ait <math>\(\frac{K}{n} \leq \epsilon\)</math>. On se fixe alors un tel <math>\(N_0\)</math>
On tire ainsi, pour tout <math>\(n \geq N_0\)</math> :

D'où le résultat souhaité.

On fait de même quand l'inf est infini, en reprenant la définition d'une limite infinie.

Ouais c'est ça bravo !