Forum de mathématiques - Bibm@th.net

Je n'avais pas compris ta phrase On fait donc une demande de parité sur le  dénominateur de l’approximation diophantienne. je n'étais pas certain si tu voulais des dénominateurs pairs ou impairs

Je suis ok avec  puisque $q_k$ et $q_{k-1}$ sont premiers entre eux, ils ne peuvent pas être tous les deux pairs.
Par conséquent, dans la suite des dénominateurs $(q_k)_{k \in \mathbb{N}}$, il est impossible de trouver deux nombres pairs consécutifs
Cela garantit  qu'il existe une infinité d'indices $k$ pour lesquels $q_k$ est impair

Ok,  comment obtenir le $m_k$ impair ?

C'est bien connu, tu peux regarder cet article https://projecteuclid.org/journalArticl … 1183502433
J'ai regardé to ébauche de preuve, tu as traité la suite avec le sinus. comment fais-tu avec la suite en cosinus ?

Je ne sais plus comme j'ai réfléchis, alors
Je rectifie le tir
Puisque $\pi/2$ est irrationnel, par le théorème de Dirichlet sur l'approximation diophantienne,
il existe des suites d'entiers $(n_k)$ et $(m_k)$   avec $m_k$ impair et $m_k \to +\infty$ tels que :
$$\left|\frac{\pi}{2} - \frac{n_k}{m_k}\right| < \frac{1}{m_k^2}$$
Cette inégalité peut se réécrire sous la forme :
$$\left|n_k - \frac{\pi}{2}m_k\right| < \frac{1}{m_k}$$

En divisant par $\frac{\pi}{2}m_k$, on déduit l'équivalent :
$$n_k \sim \frac{\pi}{2}m_k$$
Posons $\varepsilon_k = n_k - \frac{\pi}{2}m_k$. Alors $\varepsilon_k \to 0$ et $|\varepsilon_k| < \frac{1}{m_k}$.

Comme $m_k$ est impair, on a :
$$|\cos(n_k)| = \left|\cos\left(\frac{\pi}{2}m_k + \varepsilon_k\right)\right| = |\sin(\varepsilon_k)|$$
donc :
$$|\cos(n_k)| \sim |\varepsilon_k|$$
On a :
$$|u_{n_k}| = \frac{1}{n_k|\cos(n_k)|} \sim \frac{1}{\frac{\pi}{2}m_k \cdot |\varepsilon_k|}$$

Avec $|\varepsilon_k| < \frac{1}{m_k}$, on obtient :
$$ \frac{1}{\frac{\pi}{2}m_k \cdot |\varepsilon_k|} > \frac{1}{\frac{\pi}{2}m_k \cdot \frac{1}{m_k}} = \frac{2}{\pi}$$

Par conséquent, à partir d'un certain rang : $|u_{n_k}| > \frac{1}{\pi}$
( si $u_n\sim v_n$ et $v_n>a$ alors $u_n>a/2$ à partir d'un rang)
La suite $u_n$ admet une sous-suite $(u_{n_k})$ qui reste minorée par une constante strictement positive. Par conséquent :
$$\boxed{u_n \text{ ne tend pas vers } 0}$$

Bonjour, Sauf erreur on peut procéder de la façon suivante:

l'ensemble $\{n - (\frac{\pi}{2} + k\pi) \mid n,k\in\mathbb{N}\}$ est dense dans $\mathbb{R}$.

Conséquence : Pour tout $k\in\mathbb{N}^*$, il existe $n_k\in\mathbb{N}$ tel que :
$$\left|n_k - \left(k + \frac{1}{2}\right)\pi\right| < \frac{1}{k^2}$$
En divisant par $ \left(k + \frac{1}{2}\right)\pi$ on deduit que
$$n_k \sim \left(k + \frac{1}{2}\right)\pi$$

Cherchons un  équivalent de $\cos(n_k)$

Posons $\varepsilon_k = n_k - \left(k + \frac{1}{2}\right)\pi$. Alors $\varepsilon_k \to 0$ et $|\varepsilon_k| < \frac{1}{k^2}$.

Mais :
$$\cos(n_k) = \cos\left(\left(k + \frac{1}{2}\right)\pi + \varepsilon_k\right) = (-1)^{k+1}\sin(\varepsilon_k)$$ donc la suite en question ne peut tendre vers zéro

Quand $\varepsilon_k \to 0$, $\sin(\varepsilon_k) \sim \varepsilon_k$, donc :
$$|\cos(n_k)| \sim |\varepsilon_k| $$

Finalement
$$|u_{n_k}| \sim \frac{1}{ \left(k + \frac{1}{2}\right)\pi \cdot |\varepsilon_k|} \, \text {et}\,   |\varepsilon_k| < \frac{1}{k^2}$$, donc :
$$|u_{n_k}|  \xrightarrow[k\to\infty]{} +\infty$$

Bonjour,
A mon avis vu que [tex]|cos(n)|[/tex] peut s'approcher très près de 0 pour des nombres aussi proches qu'on veut de [tex]\frac{k\pi}{2}[/tex], avec [tex]k\in{\mathbb{Z}}[/tex], alors dans ce cas n étant entier on a que

[tex]a_{n} = \frac{1}{n\cos(n)}[/tex]    n'est pas bornée donc ne peut pas converger

Jean

P.S.  i c'est peut-être faux, c'est juste une idée, une intuition comme ça :)

Oui c'est très vrai. Je me suis arrêté à la continuité de $1/x$ sur $[0, +\infty]$. Je n'ai pas pris en compte les changements de signes :-/

Bonjour,
@Eust_4che on a $\frac{1}{n(-1)^n}$ tend vers $0$ lorsque $n$ tend vers l'infini, pourtant $n(-1)^n$ n'admet aucune limite dans $\overline{\mathbb{R}}$.

@JCMAtticus Le problème pour étudier cette suite vient du fait que si $n$ est grand mais très proche de $\pi/2+\pi\mathbb{Z}$ alors $\cos(n)$ peut être très proche de $0$ et donc il n'est pas clair qui de $n$ ou de $\cos(n)$ l'emporte. En fait, le problème revient à comprendre à quel point il est facile de trouver un entier $n$ proche de $\pi/2+\pi\mathbb{Z}$.

Je donne d'abord une piste pour la suite $\frac{1}{n\sin(n)}$ qui est plus simple.
On sait que $\pi$ est irrationel, donc (cf théorème d'approximation diophantienne), il existe deux suites strictement croissantes d'entiers naturels non nuls, $p_n$ et $q_n$ et une constante $C>0$ (il me semble qu'on peut prendre $C=1$) de sorte que
$$|2\pi-\frac{p_n}{q_n}|<\frac{C}{q_n^2}.$$
En multipliant par $q_n$ on trouve
$$|2\pi q_n -p_n| <\frac{C}{q_n}.$$
Ainsi $|\sin(p_n)|=|\sin(p_n-2\pi q_n)|<\frac{C}{q_n}$.
Et donc $|p_n\sin(p_n)|<C\frac{p_n}{q_n}\xrightarrow[n\to\infty]{}2\pi C$.
Ceci montre que $\liminf_{n\to \infty}|\frac{1}{p_n \sin(p_n)}|>0$ et ceci montre que $\frac{1}{n\sin(n)}$ ne peut pas converger vers $0$.

Pourquoi la suite $\frac{1}{n\sin(n)}$ est plus simple à étudier que $\frac{1}{n\cos(n)}$ ?
Car avec le même raisonnement, on veut écrire
$|\cos(p_n)| =|\cos(p_n -\pi/2+\pi/2 -
q_n\pi)| = |\sin(q_n\pi - p_n+\pi/2)|$.
Ainsi on veut que $q_n\pi-p_n+\pi/2$ soit petit, soit $|(2q_n+1)\pi -p_n|$ petit,
On veut donc que $|\pi/2- \frac{p_n}{2q_n+1}|$ soit petit (ie majoré par $\frac{C}{q_n^2}$). On fait donc une demande de parité sur le  dénominateur de l’approximation diophantienne de $\pi/2$. Pour avoir ça je pense qu'une piste est de regarder le développement en fractions continues de $\pi/2$, je te laisse regarder.

Bonne journée