Bonjour, pour l'encadrement de droite de la question 7, j'ai juste calculé 2+6/n - s_n = \frac{3n+6-nt_n}{n}, cette quantité est du signe de son numérateur qui est positif en manipulant l'inéquation de la question précédente. Merci pour votre vidéo!
Je remets ici ma proposition de solution pour la 10: Sauf erreur de ma part, on peut utiliser les gendarmes. Pour les u(n) pour lesquelles u0≤4, l'expression est inférieure à l'expression du 8, par 2). On peut montrer qu'elle est positive à partir d'un certain rang, car pour w(n) c'est vrai (à partir du rang 4 je crois) et dc par 2) c'est ok pour ts les u(n) (à partir de ce rang au moins). Pour les u(n) avec u0 plus grand que 4, comme on sait par 5) qu'on tend vers 1, on sait qu'on passe en dessous de 4 au rang p, donc u(p+n) est une suite avec le premier terme plus petit que 4 et on se ramène au cas précédent pour la suite u(p+n). Enfin, en réécrivant l'expression 10 avec v(n)=u(n+p), on a n(v(n)-1)-2=n(u(p+n)-1)-2 tend vers 0 par notre partie 1 de la question 10. Je pose p+n=m et la relation devient (m-p)(u(m)-1)-2 tend vers 0 qd m tend vers +♾️, ce qui en développant donne bien m(u(m)-1)-2 tend vers 0, car u(m) tend vers 1 par 5/9.
Ah ouais, c'est super stylé comme idée ! J'y avais pas pensé. C'est beaucoup plus simple que d'essayer qu'il existe un indice pour lequel on peut initialiser la récurrence de la question 7.
Si jamais quelqu'un pouvait m'aiguiller je me demande pourquoi on pourrait pas se servir de la notion d'équivalent pour répondre à la question 10? Je maîtrise pas du tout mais ça serait pas possible de juste montrer que comme la suite converge toujours vers 1 la limite de l'expression avec ton est forcément la même que celle avec un?
Pour la question 10, je pense qu une bonne idée serait de répliquer la même démonstration que pour la limite avec t_n mais en l adaptant un petit peu. A la calculatrice, il semble que l encadrement de t_n et s_n se retrouve quelque soit u_n a partir d un certain rang N qui diffère en fonction de la valeur de alpha il faudrait donc montrer que cet entier existe toujours et qu on a bien les inégalités par la suite
Pour les généralisations, il s'agit souvent de reproduire la partie précédente en l'adaptant . Il faut donc effectivement juste prouver qu'on peut initialiser la récurrence sur tn de la question 6 . Je n'ai pas encore cherché en profondeur. Comme c'est la dernière question , c'est souvent plus compliqué que cela en a l'air donc méfiance ;)
texte en latex : \begin{center} \textbf{Partie 2: Un cas particulier} \end{center} Dans toute cette partie, on note $(t_{n})$ la suite associée à 4 et on définit la suite $(s_{n})$ \begin{center}par $s_{n}=n(t_{n}-1)$ pour tout entier $n\geqslant 0$. \end{center} \item Démontrer, pour tout entier $n \geqslant 1$, l'encadrement: $$1+\dfrac{2}{n} \leqslant t_{n} \leqslant 1+\dfrac{3}{n}.$$ \item Démontrer, pour tout entier $n \geqslant 1$, l'encadrement: $$2 \leqslant s_{n} \leqslant 2+\dfrac{6}{n}.$$ \item Déterminer la limite de $\displaystyle \dfrac{t_{n}-1-\dfrac{2}{n}}{\dfrac{1}{n}}$ quand $n$ tend vers $+\infty$. %%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%% \begin{center} \textbf{Partie 3: Retour au cas général} \end{center} \item Soit $\alpha$ un réel positif ou nul. La suite $(u_{n})$ associée à $\alpha$ est-elle convergente? \item Déterminer la limite de $\displaystyle \dfrac{u_{n}-1-\dfrac{2}{n}}{\dfrac{1}{n}}$ quand $n$ tend vers $+\infty$. \end{enumerate}
pour la question 8 on pouvait juste multiplier par n et ça fait apparaitre Sn - 2 et par encadrement on a tout de suite la limite de Sn et donc de Sn -2
Finalement pour la question 7, j ai juste montré par récurrence que t_n < 1+2/n +6/n^2 en remontant par équivalence comme pour la question 6. Il m a fallu développer des polynômes de degré 4 mais au final on trouve le bon résultat
Pour savoir que 2 ≤ s_n ≤ 2+6/n pour n ≤ 4 sans calculer les termes : On a déjà l'encadrement de la question 6 : 1+2/n ≤ t_n ≤ 1+3/n on peut remarquer que que pour 1 ≤ n ≤ 6 : n ≤ 6 1 ≤ 6/n n+3 ≤ 2+6/n+n = 2(1+3/n)+n n(1+3/n) ≤ n(2/n)(1+3/n)+1 1+3/n ≤ (2/n)(1+3/n)+1 On a un nouvelle encadrement plus large : 1+2/n ≤ t_n ≤ (2/n)(1+3/n)+1 D'où : 2/n ≤ t_n-1 ≤ (1/n)(2+6/n) 2 ≤ n(t_n-1) ≤ 2+6/n 2 ≤ s_n ≤ 2+6/n C'est vrai pour n≤6 donc vrai pour n≤4 (c'est probablement plus rapide a calculer les termes mais si on devait commencer a n=6 sa aurait pu être pratique) Merci pour cette correction, j'y était presque pour la question 6 au concours générale en faisant la même méthode, le stress m'a fait faire des erreurs de calcule mais j'ai comme même abouti à la même chose.
Bravo, très bonne idée , j'avais eu une idée similaire au début et cela donnait ça (j'ai abandonné l'idée puisque ça ne marchait que pour n ≤ 6 et je n'ai pas pensé à m'en servir après ) Voilà ce que je propose : s_n ≤ 2+6/n équivaut à t_n ≤ 1+ 2/n+6/n^2 Ensuite on montre que 1+3/n ≤ 1+ 2/n+6/n^2 assez facilement pour n ≤ 6 d'où d'après 6) t_n ≤ 1+3/n ≤ 1+ 2/n+6/n^2 donc t_n ≤ 1+ 2/n+6/n^2 donc s_n ≤ 2+6/n
Je ne comprends pas pourquoi pour la question 8, en utilisant seulement le fait que t_n tend vers 1 (encadrement question 1), je trouve que la limite vaut -2. En tout cas merci pour la vidéo !
Je pense que tu as négligé la forme indéterminée O fois +infini en voulant multiplier le numérateur par n On peut la contourner en disant que n(tn -1) = Sn, dont la limite vaut 2 d'après l'encadrement précédent Finalement, on trouve bien que la limite vaut 0 (2-2) sans avoir à faire un encadrement comme dans la correction
Bonjour, pour la question 7 il y avait plus simple que la recurrence, perso j'ai utilisé l'encadremend d'au dessus et il fallait donc prouver que 2t_n etait superieur a s_n ce qui était relativement simple en remplacant sn par n(t_n-1) et en reutilisant l'encadrement d'au dessus a nouveau
ah oui , c'est une super idée ( ça a l'air si évident ) , est-ce que vous êtes obligé de vérifier jusquà 6 ou est-ce que vous arrivez à démontrer ça directement pour tout n>= 1 ? quand j'étudie 2tn-sn , je tombe sur un n-6 ...
Bonjour, pour l'encadrement de droite de la question 7, j'ai juste calculé 2+6/n - s_n = \frac{3n+6-nt_n}{n}, cette quantité est du signe de son numérateur qui est positif en manipulant l'inéquation de la question précédente. Merci pour votre vidéo!
Je remets ici ma proposition de solution pour la 10:
Sauf erreur de ma part, on peut utiliser les gendarmes.
Pour les u(n) pour lesquelles u0≤4, l'expression est inférieure à l'expression du 8, par 2).
On peut montrer qu'elle est positive à partir d'un certain rang, car pour w(n) c'est vrai (à partir du rang 4 je crois) et dc par 2) c'est ok pour ts les u(n) (à partir de ce rang au moins).
Pour les u(n) avec u0 plus grand que 4, comme on sait par 5) qu'on tend vers 1, on sait qu'on passe en dessous de 4 au rang p, donc u(p+n) est une suite avec le premier terme plus petit que 4 et on se ramène au cas précédent pour la suite u(p+n). Enfin, en réécrivant l'expression 10 avec v(n)=u(n+p), on a n(v(n)-1)-2=n(u(p+n)-1)-2 tend vers 0 par notre partie 1 de la question 10.
Je pose p+n=m et la relation devient (m-p)(u(m)-1)-2 tend vers 0 qd m tend vers +♾️, ce qui en développant donne bien m(u(m)-1)-2 tend vers 0, car u(m) tend vers 1 par 5/9.
Cette question m'a donné du fil à retordre, je suis arrivé exactement à la même rédaction. Mais il semblerait que tu sois beaucoup plus rapide ;)
Ah ouais, c'est super stylé comme idée ! J'y avais pas pensé. C'est beaucoup plus simple que d'essayer qu'il existe un indice pour lequel on peut initialiser la récurrence de la question 7.
Si jamais quelqu'un pouvait m'aiguiller je me demande pourquoi on pourrait pas se servir de la notion d'équivalent pour répondre à la question 10? Je maîtrise pas du tout mais ça serait pas possible de juste montrer que comme la suite converge toujours vers 1 la limite de l'expression avec ton est forcément la même que celle avec un?
Avec tn pas ton pardon
Pour la question 10, je pense qu une bonne idée serait de répliquer la même démonstration que pour la limite avec t_n mais en l adaptant un petit peu. A la calculatrice, il semble que l encadrement de t_n et s_n se retrouve quelque soit u_n a partir d un certain rang N qui diffère en fonction de la valeur de alpha il faudrait donc montrer que cet entier existe toujours et qu on a bien les inégalités par la suite
Pour les généralisations, il s'agit souvent de reproduire la partie précédente en l'adaptant . Il faut donc effectivement juste prouver qu'on peut initialiser la récurrence sur tn de la question 6 . Je n'ai pas encore cherché en profondeur. Comme c'est la dernière question , c'est souvent plus compliqué que cela en a l'air donc méfiance ;)
Bonjour tout le monde,
Qui sait faire l'exo 2 du CG, notamment la Partie 3 ?
Exos 1 et 3 Kool, mais le 2 Partie 3 ???
texte en latex :
\begin{center} \textbf{Partie 2: Un cas particulier} \end{center}
Dans toute cette partie, on note $(t_{n})$ la suite associée à 4 et on définit la suite $(s_{n})$
\begin{center}par $s_{n}=n(t_{n}-1)$ pour tout entier $n\geqslant 0$. \end{center}
\item Démontrer, pour tout entier $n \geqslant 1$, l'encadrement:
$$1+\dfrac{2}{n} \leqslant t_{n} \leqslant 1+\dfrac{3}{n}.$$
\item Démontrer, pour tout entier $n \geqslant 1$, l'encadrement:
$$2 \leqslant s_{n} \leqslant 2+\dfrac{6}{n}.$$
\item Déterminer la limite de $\displaystyle \dfrac{t_{n}-1-\dfrac{2}{n}}{\dfrac{1}{n}}$ quand $n$ tend vers $+\infty$.
%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%
\begin{center} \textbf{Partie 3: Retour au cas général} \end{center}
\item Soit $\alpha$ un réel positif ou nul. La suite $(u_{n})$ associée à $\alpha$ est-elle convergente?
\item Déterminer la limite de $\displaystyle \dfrac{u_{n}-1-\dfrac{2}{n}}{\dfrac{1}{n}}$ quand $n$ tend vers $+\infty$.
\end{enumerate}
pour la question 8 on pouvait juste multiplier par n et ça fait apparaitre Sn - 2 et par encadrement on a tout de suite la limite de Sn et donc de Sn -2
Finalement pour la question 7, j ai juste montré par récurrence que t_n < 1+2/n +6/n^2 en remontant par équivalence comme pour la question 6. Il m a fallu développer des polynômes de degré 4 mais au final on trouve le bon résultat
Et donc initialisation a n=1
J avais essayé sans la convexité mais je n' avais renoncé, je vais essayer à nouveau
À 13:05 , on a Sn entre 2 et 3, ou n(tn-1), mais pas tn-1 (ne pas oublier de multiplier par n au milieu !)
Bonjour, allez vous faire l’exercice 2 ?
Merci
Pour savoir que 2 ≤ s_n ≤ 2+6/n pour n ≤ 4 sans calculer les termes :
On a déjà l'encadrement de la question 6 :
1+2/n ≤ t_n ≤ 1+3/n
on peut remarquer que que pour 1 ≤ n ≤ 6 :
n ≤ 6
1 ≤ 6/n
n+3 ≤ 2+6/n+n = 2(1+3/n)+n
n(1+3/n) ≤ n(2/n)(1+3/n)+1
1+3/n ≤ (2/n)(1+3/n)+1
On a un nouvelle encadrement plus large :
1+2/n ≤ t_n ≤ (2/n)(1+3/n)+1
D'où :
2/n ≤ t_n-1 ≤ (1/n)(2+6/n)
2 ≤ n(t_n-1) ≤ 2+6/n
2 ≤ s_n ≤ 2+6/n
C'est vrai pour n≤6 donc vrai pour n≤4 (c'est probablement plus rapide a calculer les termes mais si on devait commencer a n=6 sa aurait pu être pratique)
Merci pour cette correction, j'y était presque pour la question 6 au concours générale en faisant la même méthode, le stress m'a fait faire des erreurs de calcule mais j'ai comme même abouti à la même chose.
Bravo, très bonne idée , j'avais eu une idée similaire au début et cela donnait ça (j'ai abandonné l'idée puisque ça ne marchait que pour n ≤ 6 et je n'ai pas pensé à m'en servir après )
Voilà ce que je propose : s_n ≤ 2+6/n équivaut à t_n ≤ 1+ 2/n+6/n^2
Ensuite on montre que 1+3/n ≤ 1+ 2/n+6/n^2 assez facilement pour n ≤ 6 d'où
d'après 6) t_n ≤ 1+3/n ≤ 1+ 2/n+6/n^2 donc t_n ≤ 1+ 2/n+6/n^2 donc s_n ≤ 2+6/n
"I like your style" (cf The big Lebowski). Tu utilises quel logiciel pour ton tableau "vert" ?
Je ne comprends pas pourquoi pour la question 8, en utilisant seulement le fait que t_n tend vers 1 (encadrement question 1), je trouve que la limite vaut -2. En tout cas merci pour la vidéo !
Je pense que tu as négligé la forme indéterminée O fois +infini en voulant multiplier le numérateur par n
On peut la contourner en disant que n(tn -1) = Sn, dont la limite vaut 2 d'après l'encadrement précédent
Finalement, on trouve bien que la limite vaut 0 (2-2) sans avoir à faire un encadrement comme dans la correction
Bonjour, pour la question 7 il y avait plus simple que la recurrence, perso j'ai utilisé l'encadremend d'au dessus et il fallait donc prouver que 2t_n etait superieur a s_n ce qui était relativement simple en remplacant sn par n(t_n-1) et en reutilisant l'encadrement d'au dessus a nouveau
ah oui , c'est une super idée ( ça a l'air si évident ) , est-ce que vous êtes obligé de vérifier jusquà 6 ou est-ce que vous arrivez à démontrer ça directement pour tout n>= 1 ? quand j'étudie 2tn-sn , je tombe sur un n-6 ...
@@maths-lycee Bonjour,
On a toujours s_n
bonjour a 4:00 je ne comprend pas pourquoi il y a 2/(n+1) dans 1+ 2/(n+1) + 1/(n+1)²
parce que j'ai mis (1+1/(n+1)) au carré et c'est le double produit ;)
N'hésitez pas si vous voyez une erreur ou si vous avez de meilleures idées ;)