Nature d'une "série de restes"
Bonjour,
nature de la série de terme général :
un= sum (k=n to +oo) (-1)k / ln(k)
C'est donc la série de tous les restes d'ordre n-1 d'une série alternée. On démarre évidemment à n=2.
On peut majorer chaque reste / terme de la série : |un| < 1/ln(n) (critère de Leibniz des séries alternées) mais comme la série de terme général 1/ ln(n) diverge, on n'est guère avancé...
Et je n'ai pas la moindre idée du comportement asymptotique de cette série...
Des idées ?
Merci !
nature de la série de terme général :
un= sum (k=n to +oo) (-1)k / ln(k)
C'est donc la série de tous les restes d'ordre n-1 d'une série alternée. On démarre évidemment à n=2.
On peut majorer chaque reste / terme de la série : |un| < 1/ln(n) (critère de Leibniz des séries alternées) mais comme la série de terme général 1/ ln(n) diverge, on n'est guère avancé...
Et je n'ai pas la moindre idée du comportement asymptotique de cette série...
Des idées ?
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Réponses
Il me semble qu'en regroupant deux termes consécutifs tu obtiens une série de réels positifs convergente pour laquelle il y a une technique permettant de calculer un équivalent du reste.
Cela te donnera un équivalent de $u_{2n}$. Voir si $u_{2n+1}=u_{2n}-\dfrac1{\ln(2n+1)}$ ne permet pas de conclure.
Sinon j'ai essayé de regrouper des termes en paquets, mais rien de bien convaincant...et je ne maîtrise pas très bien les réarrangements "sommables" à la Riemann.
Si j'avais une idée du résultat, j'essaierai de majorer tout ce bazar au cas où ça converge...ou bien minorer au cas où ça diverge :-D
Soit $m \in \mathbb{Z}_{\geqslant 1}$ et $f \in C^{2m+1}( \mathbb{R}_+^*)$ telle que $f$ et toutes ses dérivées tendent vers $0$ à l'infini en décroissant. Alors, pour tout $n \in \mathbb{Z}_{\geqslant 1}$
$$\sum_{k=n}^\infty (-1)^{k} f(k) = (-1)^{n} \left \{ \tfrac{1}{2} f(n) - \sum_{k=1}^m C_{2k} f^{(2k-1)}(n) - \theta C_{2m+2} f^{(2m+1)}(n) \right \}$$
où $\theta \in \left ]0,1 \right [$ et $C_{2k}:= \dfrac{4^{k}-1}{(2k)!} B_{2k}$.
Avec $f(k) := \dfrac{1}{\ln k}$ et $m=1$, on obtient
$$u_n = (-1)^{n} \left( \frac{1}{2 \log n} + \frac{3}{2 n \log^2 n} + \frac{5 \theta}{4} \frac{2(\log^2 n + 3 \log n + 3)}{n^3 \log^4 n} \right)$$
où $\theta \in \left ]0,1 \right [$.
Référence.
[1] R. Johnsonbaugh, Summing an alternating series, Amer. Math. Monthly 86 (1979), 637--648.
C'est un exo de math spé pourtant...ok d'il y a 20 ans (:D
theta il sert à quoi ?
B c'est les nombres de Bernoulli ?
$v_n=u_{2n}+u_{2n+1}=\dfrac{\ln(2n+1)-\ln(2n)}{\ln(2n)\ln(2n+1)}$ qui est équivalent à $\dfrac1{2n(\ln 2n)^2}$.
Le reste $T_n$ d'ordre $n$ de la série $v_n$ est donc équivalent à celui de $\displaystyle \sum\dfrac 1{2n(\ln 2n)^2}$ lui-même équivalent au reste de la série $\displaystyle \sum\int_n^{n+1}\frac{\mathrm{d}t}{2t \ln(2t)^2}$.
On obtient ainsi un équivalent du reste $R_{2n}$ de la série $\sum u_n$.
Comme $R_{2n+1}=R_{2n}+u_{2n+1}$ il suffit de chercher un équivalent pour cette somme. Après, si on a de la chance, il est souvent possible de proposer une formule pour l'équivalent de $R_n$ (du style $(-1)^n\ldots$)
Ce n'est pas tant la connaissance des séries de Bertrand mais celle du calcul d'un équivalent du reste d'une série convergente de réels positifs et la "classique" comparaison avec une intégrale.
Effectivement la formule sommatoire d'Euler-MacLaurin est l'arme absolue pour les problèmes de sommation. On peut la prouver avec juste les moyens du programme de Math-Spé, même allégé comme aujourd'hui. Mais ce n'est pas une question de cours et il faut chercher une solution "à-la-main".
Je pense qu'en poussant d'un cran le développement limité de $R_n$ ça devrait aller, mais "folfer". Une autre piste serait de prouver que la série de terme général $R_n$ satisfait au CSSA mais cela me semble plus difficile.
Je n'avais pas vu qu'on voulait étudier la série des restes. Effectivement un développment avec plus de termes serait une solution.
Les $B_{2k}$ sont effectivement les nombres de Bernoulli et $\theta$ désigne un terme d'erreur explicitement écrit.
En tout cas j'en déduis que la série converge grâce à tes outils ?
$\frac1{\log(k)}-\frac1{\log(k+1)}=\frac12(\frac1{\log(k)}-\frac1{\log(k+2)})+O(\frac1{k^2(\log k)^2})$.
Avec un petit télescope, on obtient $u_n=\frac{(-1)^n}{2\log n}+O((\frac1{n(\log n)^2})$, ce qui donne la convergence de la série.
Pourquoi on se prend la tête depuis des heures alors ...?
Toi même aléa tu y a pensé tout de suite et tu nous laissais (à bon droit ) mariner ?
Maintenant, je considère que l'on n'enseigne pas suffisamment toutes ces techniques de sommation, pourtant nombreuses, efficaces et connues depuis bien longtemps, ce qui se voit très bien sur les différents messages parlant de ce sujet sur ce forum (ou d'autres, notamment francophones).
En gros, lorsque $f$ est suffisamment régulière, les sommes du type $\sum_k f(k)$ ou $\sum_k (-1)^k f(k)$ peuvent pratiquement toutes être traitées par un outil général existant depuis fort longtemps.
1/ ln(k) - 1/ ln(k+1) = ln (1+1/k) / ( ln²(k) + ln(k)* ln (1+1/k)) ...and then ??
ln (1+1/k) environ 1/k pour k grand mais après je ne sais plus faire.
@noix de totos: tes outils sont géniaux mais on ne les trouve pas dans les bouquins universitaires "classiques"...cela semble être un article de recherche ?
C'est ce que je disais plus haut : l'enseignement de ces outils fait défaut. Si tu es étudiant, tu peux te faire un formulaire perso en y mettant ces résultats bien utiles (sommation partielle, comparaison d'une somme à une intégrale, formules de sommation de Maclaurin, de Poisson, etc).
Cela reste sioux quand même...enfin pour moi.
@noix de totos : Peut-on généraliser ce résultat de convergence à n'importe quel série de terme général le reste d'ordre n-1 :
un= sum (k=n to +oo) (-1)k * f(k) avec f une fonction positive qui tend vers 0 en +oo ?
1/ ln(k) - 1/ ln(k+1) = (1/ln(k)) * (ln (1+1/k)) / (ln(k)+ln(1+1/k))
= 1/ln(k) * (1/k+O(1/k²)) / (ln(k)+ 1/k+O(1/k²))
Mais après je ne sais pas trop manipuler les quotients avec des O de domination au numérateur et au dénominateur... et à quoi te sert l'étape avec le 1/2 et 1/ln(k+2) ? ça téléscope plus vite ?
et au fait pourquoi mettre O(x²) et pas o(x) comme d'habitude dans ton DL de ln(1+x) et 1/(1+x) ?
On a
\begin{align*}
\frac1{\log(k)}-\frac1{\log(k+a)}&=\frac1{\log(k)}-\frac1{\log k+\log(1+a/k)}\\
&=\frac1{\log(k)}\left(1-\frac1{1+\log(1+a/k)/\log(k)}\right)\\
&=\frac1{\log(k)}\left(\frac{\log(1+a/k)}{\log k}+O\left(\left(\frac{\log(1+a/k)}{\log k}\right)^2\right)\right)
\end{align*}
\`A ce moment là, je m'arrête, je vais voir ce qu'il y a dans mon $O()$ et je lui cherche un équivalent plus sympa:
J'ai $\log(1+a/k)\sim\frac{a}{k}$. Comme on peut multiplier les équivalents
$$\left(\frac{\log(1+a/k)}{\log k}\right)^2\sim\frac{a^2}{k^2(\log k)^2},$$
d'où
$$ \frac1{\log(k)}-\frac1{\log(k+a)}= \frac1{\log(k)}\left(\frac{\log(1+a/k)}{\log k}+O( \frac{1}{k^2(\log k)^2})\right).$$
Ce grand $O()$ me guide pour savoir jusqu'où développer mon $\log$: on s'arrête à $\log(1+a/k)=a/k+O(1/k^2)$, ce qui donne
$$\frac{\log(1+a/k)}{\log k}=\frac{a}{k\log k}+O(\frac1{k^2\log k}).$$
Quand on somme des $O()$, c'est le plus mauvais (le plus gros) qui l'emporte:$$\frac{\log(1+a/k)}{\log k}+O( \frac{1}{k^2(\log k)^2})=\frac{a}{k\log k}+O( \frac{1}{k^2\log k}),$$
et finalement
$$ \frac1{\log(k)}-\frac1{\log(k+a)}=\frac{a}{k (\log k)^2}+O(\frac1{k^2(\log k)^2}).$$
Les $O()$ donnent une précision plus grande que les $o()$ pour autant de termes: dans le doute, il faut les privilégier quand on peut les utiliser. Ca ne peut guère faire de mal, au pire ça rajoute une ligne, genre $f(x)=O(x)$ donc $f(x)=o(1)$.
\begin{align*}
v_n&=\sum_{k\ge n,k-n\text{ pair}} \frac1{\log k}-\frac1{\log (k+1)}\\
&\sum_{k\ge n,k-n\text{ pair}} \frac12({\log k}-\frac1{\log (k+2)})+\epsilon_k\end{align*}
Avec $|\epsilon_k|\le \frac{C}{k^2(\log k)^2}$ pour une certaine constante $C$.
Ainsi
$v_n=\frac12\log n+\sum_{k\ge n,k-n\text{ pair}} \epsilon_k$;
la dernière somme se majorant par exemple grâce à
$\frac{1}{k^2(\log k)^2}\le \frac1{2(\log n)^2}\int_{k-2}^{k}\frac{dt}{t^2}$ ou $\frac{1}{k^2(\log k)^2}\le \frac1{2(\log n)^2}(\frac1{k-2}-\frac1{k})$.
- une théorie générale (noix de totos)
- un empilage de technique et d'astuce (ce que j'ai fait avec le télescope)
- énormément de calculs
Un exercice plus raisonnable serait de remplacer $\frac1{\log n}$ par $\frac1{n^{\alpha}}$ avec $0<\alpha<1$.
C'est un bouquin de Guinin et Joppin , profs en prépa...sans doute à Louis le grand ou un homologue !
Je suis tout de même assez étonné. J'étais en M' en 1992-1993 et on ne faisait pas d'exercice aussi technique.
Certes, ce n'était pas à LLG, mais à Faidherbe, "grand lycée de province", comme on dit.
J'en profite pour rendre hommage à Jean Voedts, car il nous avait appris (sur des exercices moins techniques), l'utilité des séries télescopiques pour obtenir des estimées sur les restes de série, ou sur des sommes partielles de séries divergentes.
Je me rends compte que ce sont des choses qui semblent assez mal connues, alors qu'on voit partout les comparaisons sommes/intégrales.
D'ailleurs, j'ouvre là son "Cours de Mathématiques MP-MP*" paru en 2002, et je vois que comme exemple d'application, il propose comme application de donner un équivalent au reste de la série $(-1)^n/n^{\alpha}$. Il va de soi qu'il faut d'abord savoir faire un tel exercice avant de se lancer dans plus technique.
Je suppose que ça n' a d'intérêt que lorsque 0< alpha < 1..
nature de la série de terme général : un = ((n+1)1/2-n1/2)n1/2
D'après Wolfram elle converge, ça reste à prouver.
Je cherche, dans les racines carrées jusqu'au cou...:-)
$\sqrt{ n+1}-{\sqrt{n}}\le \frac1{2\sqrt n}\le\frac12$ et $2^{\sqrt{n}}\ge n^2$ pour $n$ assez grand.
Quand au DL, j'en ai fait un mais avec d'Alembert tout tend vers 1, donc je ne suis guère plus avancé
Dans le même style : un = e-(ln(n)²) et ((1/n)1/2)n1/2 (si seulement je savais faire du Latex !)
Avec les notations initiales on écrit $u_n=(-1)^n(v_n+v_{n+2}+...)$ avec $v_n=\dfrac1{\ln n}-\dfrac1{\ln(n+1)}$.
En écrivant $v_n=\dfrac1{(\ln n)(\ln(n+1))}\ln(1+\dfrac1n)$ on obtient que $v_n$ est décroissante, donc $|u_n|$ aussi, donc la série de terme général $(u_n)$ vérifie le théorème spécial des séries alternées puisque $u_n$ tend vers 0 (reste d'une série vérifiant ce même théorème).
On peut même généraliser à $u_n=\displaystyle\sum_{k\geq n}\dfrac{(-1)^k}{{(\ln k)}^{\alpha}}$, $\alpha>0$.
Il faut alors écrire $v_n=\dfrac1{{(\ln n)}^{\alpha}}-\dfrac1{{(\ln( n+1))}^{\alpha}}=\dfrac1{{(\ln (n+1))}^{\alpha}}\left(\left(1+\dfrac1{\ln n}\ln(1+\frac1n)\right)^{\alpha}-1\right)$ qui est clairement décroissante.
Je signale que dans le fil "critérium séries"
http://www.les-mathematiques.net/phorum/read.php?4,1311067,1311799#msg-1311799
j'ai donné une solution à ce problème avec un certain degré de généralité :
Soit une suite réelle $y_n$ décroissante et de limite nulle en $+\infty $, donc positive, alors la série de terme général $u_{n}=(-1)^{n}y_{n}$ est convergente et son reste $\displaystyle R_{n}=\overset{+\infty }{\underset{k=n+1}{\sum }}u_{k}$ est du signe de $(-1)^{n+1}$ (CSSA).
Si de plus la suite $y_n$ est convexe (c'est-à-dire : $y_{n}\leq \frac{1}{2}(y_{n+1}+y_{n-1})$ ), alors la série de terme général $R_n$ satisfait aussi au CSSA, et se trouve donc convergente.
Et si de plus $y_{n+1}\sim y_{n}$ quand $n\rightarrow +\infty $, alors : $R_{n}\sim \frac{1}{2}(-1)^{n+1}y_{n}$.
Démonstration purement élémentaire, avec juste des inégalités.
Bonne journée ensoleillée.
F. Ch.
Elle s'applique en particulier à la généralisation que j'ai proposée puisque si $f(x)=\dfrac1{(\ln x)^{\alpha}}$ avec $\alpha>0$, $f'(x)=-\dfrac{\alpha}{x(\ln x)^{\alpha+1}}$ est croissante donc la suite $y_n=f(n)$ est convexe.
Comment demontre -t-on le résultat de Chaurien trois poste
plus haut ?
Merci
Iterated series
Voici une rédaction du résultat annoncé.
Bonne soirée.
F. Ch.
Pourquoi être déçu quand c'est simple ? On peut ainsi réserver les outils plus performants pour les problèmes qui le nécessitent
Depuis plusieurs jours j'étais persuadé que, dans les exemples habituels de séries alternées, la série des restes satisfaisait au CSSA. Dans ces exemples habituels, la suite des valeurs absolues est la restriction d'une fonction usuelle décroissante qui tend vers zéro à l'infini et quand on trace le graphe, on voit cette fonction "spontanément" convexe.
D'où mon idée de poser en hypothèse cette convexité.
Mon idée de départ était une telle restriction, mais en fait cette hypothèse de restriction est inutile. Il est vrai que l'on parle rarement de la convexité des suites, mais c'est une notion tout à fait légitime. Comtet évoque dans son ouvrage la convexité de suites issues de problèmes combinatoires, même si elles ne sont pas des restrictions d'une fonction réelle d'une variable réelle.
Maintenant il serait amusant d'exhiber une série satisfaisant au CSSA, avec valeur absolue décroissante non convexe, et avec la série des restes non convergente.
Bonne nuit.
F. Ch.
Je trouve ton théorème très bien , et même inédit.
C est la première fois que je vois un tel résultat sur l équivalent des restes Rn
quand yn est convexe.
Suggestion écrire un article et le soumettre à la RMS Revue Math Spé.
Merci pour le partage de la démo.
Merci de tes éloges ; moi aussi je trouve cela très bien ;-), et je suis bien content d'avoir obtenu ce résultat, mais c'est si élémentaire que cela a déjà dû être trouvé plusieurs fois. Ce n'est pas du niveau de la RMS, qui propose des articles autrement plus profonds. De toutes manières, c'est désormais publié sur ce forum, chacun peut en prendre connaissance. Cela peut donner un sujet de colle ou bien d'oral de concours, ou une partie de problème.
Il me semble avoir trouvé un exemple de série alternée satisfaisant au CSSA, avec valeur absolue du terme général non convexe, et série des restes divergente : $u_{n}=\frac{(-1)^{n}}{3n+(-1)^{n}}$. D'accord ?
Bonne fête de l"Assomption.
F. Ch
Un développement limité classique donne, quand $n\rightarrow +\infty $ : $ \displaystyle u_{n}=\frac{(-1)^{n}}{3n}\cdot \frac{1}{1+\frac{(-1)^{n}}{3n}}=\frac{(-1)^{n}}{3n}-\frac{1}{9n^{2}}+o(\frac{1}{n^{2}})$.
On a vu que quand $n\rightarrow +\infty $ : $ \displaystyle \overset{+\infty }{\underset{k=n+1}{\sum }}\frac{(-1)^{k}}{k}\sim \frac{(-1)^{n+1}}{2n}$ et $\displaystyle \overset{+\infty }{\underset{k=n+1}{\sum }}\frac{1}{k^{2}}\sim \frac{1}{n}$, ce qui se traduit exactement par : $\displaystyle \overset{+\infty }{\underset{k=n+1}{\sum }}\frac{(-1)^{k}}{k}=\frac{(-1)^{n+1}}{2n}+o(\frac{1}{n})$, et : $\displaystyle \overset{+\infty }{\underset{k=n+1}{\sum }}\frac{1}{k^{2}}=\frac{1}{n}+o(\frac{1}{n})$.
En conséquence : $\displaystyle R_{n}=\overset{+\infty }{\underset{k=+1}{\sum }}u_{k}=\frac{(-1)^{n+1}}{6n}-\frac{1}{9n}+o(\frac{1}{n})$, et la série de terme général $R_n$ est divergente.
On voit par là l'efficacité du développement limité classique en $o(...)$.
Bonne soirée.
F. Ch.
Ajout a posteriori.
Sans en faire plus, on peut préciser comment la série de terme général $R_n$ diverge. En effet :
$\displaystyle \overset{n}{\underset{k=1}{\sum }}R_{k}=\overset{n}{\underset{k=1}{\sum }}\frac{(-1)^{k+1}}{6k}+\overset{n}{\underset{k=1}{\sum }}(-\frac{1}{9k}+o(\frac{1}{k}))=(\frac{1}{6}\ln 2+o(1))+(-\frac{1}{9}\ln n+o(\ln n))$, d'où :
$\displaystyle \overset{n}{\underset{k=0}{\sum }}R_{k}\sim -\frac{1}{9}\ln n$ quand $n\rightarrow +\infty $
Ici aussi, le développement limité classique est le plus efficace, car il est automatique : \begin{align*}
\frac{1}{\ln (n+a)}&=\frac{1}{\ln n+\ln (1+\frac{a}{n})} =\frac{1}{\ln n+\frac{a}{n}+o(\frac{1}{n})}\\
&=\frac{1}{\ln n}\cdot \frac{1}{1+\frac{a}{n\ln n}+o(\frac{1}{n\ln n})} \\
&=\frac{1}{\ln n}\Big(1-\frac{a}{n\ln n}+o(\frac{1}{n\ln n})\Big) \\
&=\frac{1}{\ln n}-\frac{a}{n(\ln n)^{2}}+o\big(\frac{1}{n(\ln n)^{2}}\big),
\end{align*} d'où immédiatement : $\displaystyle \frac{1}{\ln n}-\frac{1}{\ln (n+a)}=\frac{a}{n(\ln n)^{2}}+o\big(\frac{1}{n(\ln n)^{2}}\big)$.
Si besoin était on pourrait le pousser plus loin avec la même automaticité.
Bonne nuit.
F. Ch.