Pour commencer, on montre facilement par récurrence que la suite est minorée par 1 pour [latex]n \geq 1[/latex]

Nous allons prouver que la suite ne peut pas être strictement croissante :

Supposons que la suite est strictement croissante.

Par conséquent [latex]u_2 > 1[/latex].
[TeX]u_{n+1}-u_n = -u_n + \sqrt{u_n} + \frac{1}{n+1}[/TeX]
Nous avons un trinôme du second degré en [latex]\sqrt{u_n}[/latex], dont le discriminant vaut
[TeX]\Delta = 1+\frac{4}{n+1}[/latex] et les solutions [latex]\frac{1\pm\sqrt{\Delta}}{2}[/latex].

Ce trinôme est positif entre ces racines, donc :

[latex]u_{n+1}-u_n > 0 \Longleftrightarrow \sqrt{u_n} < \frac{1+\sqrt{\Delta}}{2} \Longleftrightarrow u_n < \left(\frac{1+\sqrt{\Delta}}{2}\right)^2[/TeX]
Mais [latex]\Delta[/latex] tend vers 1 lorsque [latex]n[/latex] tend vers [latex]+\infty[/latex] donc [latex]\left(\frac{1+\sqrt{\Delta}}{2}\right)^2[/latex] aussi et donc pour [latex]n[/latex] assez grand, on a :
[TeX]\left(\frac{1+\sqrt{\Delta}}{2}\right)^2<u_2[/latex] et donc [latex]u_n > \left(\frac{1+\sqrt{\Delta}}{2}\right)^2[/latex] et donc [latex]u_{n+1}-u_n < 0[/TeX]
C'est absurde.

Par conséquent, la suite n'est pas strictement croissante. Il y a donc un rang où elle décroit.

Montrons à présent que si la suite décroit à un certain rang, alors elle est décroissante aux rangs suivants :

Supposons que [latex]u_{n+1} \leq u_n[/latex]

alors [latex]\sqrt{u_{n+1}} \leq \sqrt{u_n}[/latex]

donc [latex]\sqrt{u_{n+1}}+\frac{1}{n+2} \leq \sqrt{u_n}+\frac{1}{n+1}[/latex]

c-à-d [latex]u_{n+2} \leq u_{n+1}[/latex]

Par conséquent, la suite décroit à partir d'un certain rang. Comme elle est minorée par 1, elle converge vers une certaine limite [latex]l \geq 1[/latex].
Lorsqu'on passe à la limite dans la relation de récurrence, on obtient que [latex]l = \sqrt{l}[/latex] donc [latex]l=0[/latex] ou [latex]l=1[/latex].

On en conclut que la suite converge vers 1.

Je pense qu'il faut appliquer le théorème des gendarmes. La suite [latex]u_n[/latex] est minorée par la suite [latex]v_{n+1}=\sqrt{v_n}[/latex] qui converge vers 1. Reste à trouver la bonne suite majorante.

1/(1+N) tend vers 0 lorsque N tend vers l'infini

Il reste donc U(n+1) = racine (U(n))
Ce qui équivaut à racine^n(U) donc tend vers 1

Elle converge vers 1 ^^

Je peux détailler et expliquer si tu veux

NOOOOOOOOON PAS DU TOUT!

Eh bien on a la formule sur la racine carrée:
Si x appartient à 1; infini alors Vx <x
Si x appartient à 0; 1 alors Vx >x
Si x=1, alors Vx=x

Donc la suite des racines cumulées (ou emboitées) converge vers 1 car V se réduit si x>1 ou augmente si x<1.

Le premier terme converge vers 1 et la limite de 1/(n+1) est 0 quand x tend vers l'infini donc ça fait  au final puisque la somme des limites est la limite des sommes.


J'ai dû rater un truc non?

@shadock

Lorsque tu as cité nodgim dans ton dernier post, tu as donné la réponse:Un converge vers 1.

Peut-être attends tu une démonstration plus fine concernant la minoration de la suite et son sens de variation?

Proposition
[TeX]U_1=\sqrt{U_0}+1[/latex] donc [latex]U_1\ge1[/TeX]
On démontre très rapidement par récurrence que [latex]U_n\ge1[/latex] pout tout [latex]n\ge1[/latex] (laissé au lecteur )
Par définition; [latex](U_{n+1}-\frac{1}{1+n})^2=U_n[/latex].
Comme [latex]U_{n+1}\ge1[/latex] et [latex]\frac{1}{1+n}\le1[/latex] alors [latex]U_{n+1}-\frac{1}{1+n}\ge0[/latex],
Par conséquent [latex]U_n\ge1[/latex] implique que [latex]U_{n+1}-\frac{1}{1+n}\ge1[/latex] soit [latex]U_{n+1}\ge{\frac{1}{1+n}+1}[/latex] (1).
Par définition; [latex]U_{n+1}-\frac{1}{1+n}=\sqrt{U_n}[/latex]; or [latex]\sqrt{U_n}\le{U_n}   ( cf. U_n\ge1)[/latex]
donc [latex]U_{n+1}-\frac{1}{1+n}\le{U_n}  soit  U_{n+1}\le{U_n+\frac{1}{1+n}}[/latex] (2).
En combinant les inégalités (1) et (2), on a:
[latex]1+\frac{1}{1+n}\le{U_{n+1}}\le{U_n+\frac{1}{n+1}}[/latex] (3).
Lorsque n tend vers l'infini, [latex]\frac{1}{n+1}\simeq0[/latex] donc (3) devient [latex]1\le{U_{n+1}}\le{U_n}[/latex] (4)
Pour tout [latex]n\ge1[/latex], [latex]U_n[/latex] est minorée par 1.
Pour des grands n; [latex]U_{n+1}\le{U_n} [/latex]donc [latex]U_n[/latex] est décroissante.
[latex]U_n[/latex] est minorée et décroissante donc elle est convergente.
Si A est la limite de [latex]U_n[/latex] alors [latex]A\ge1   et     A=\sqrt{A}+0[/latex] car [latex]\frac{1}{n+1}\simeq0[/latex]; par conséquent A=1.
[latex]U_n [/latex] converge donc vers 1.

kossi_tg Presque parfait l'équation [latex]x=\sqrt{x}[/latex] a deux solutions, il faut donc préciser une dernière petite chose   J'ai rien dit j'avais mal lu ^^

nodgim Oui c'est sur, avec ce genre de raisonnement on peut en trouver des milliers

Bah oui, je ne vois pas bien comment tu pourrais faire mieux, à moins d'avoir le même raisonnement que titou
Ma démonstration est assez longue je l'a mettrai à la fin

Il est évident que tout Un est positif ou nul.

Lorsque n tend vers l'infini, la 2nde composante tend vers 0.
Et la 1ère composante tend vers 1 : il y a que si n>1, 1 < sqrt(n) < n ; si n=1, sqrt(n)=1 ; si n<1, n < sqrt(n) < 1. Ce n'est certes pas une preuve. Une preuve de cette affirmation est peut-être que la fonction inverse, la puissance 2, est croissante et tend vers l'infini.

Pour n grand, on peut donc ignorer la 2nde composante. Et comme la 1ère tend vers 1 dans tous les cas, la suite qui nous intéresse aussi.

Oui fix33 c'est l'idée

shadock a écrit:

[latex]U_{n+2}-1 \leq \frac12 (U_{n+1}-1) + \frac{1}{n+2} \leq \frac14 (U_n-1)+ \frac12 \times \frac{1}{n+1}[/latex]

Comment obtiens-tu la deuxième inégalité ? Il ne manquerait pas le terme [latex]\frac1{n+2}[/latex] ?