Critérium séries
Pour ceux que ça intéresse !
Je vous soumets une autre nature de série sympa.
Terme général : $$u_n= \ln\bigg(\tan\Big(\sum_{k=0}^n \frac{(-1)^k }{2k+1}\Big)\bigg)
$$ La série alternée converge vers $\pi/4$ (série entière) donc le bazar tend vers 0...
Bien sûr que je sèche !
totem (:D
Je vous soumets une autre nature de série sympa.
Terme général : $$u_n= \ln\bigg(\tan\Big(\sum_{k=0}^n \frac{(-1)^k }{2k+1}\Big)\bigg)
$$ La série alternée converge vers $\pi/4$ (série entière) donc le bazar tend vers 0...
Bien sûr que je sèche !
totem (:D
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Réponses
Encadre tes formules par des signes dollars : un avant, un après... c'est pas bien difficile !
Dans un message, passe ton curseur sur le titre du fil (qui se situe sous le nom de l'auteur) et tu peux lire comment les formules sont écrites.
La première chose à faire, c'est décrire les premiers termes du développement limité de $tan(\pi/4-x)$, dont tu auras vraisemblablement besoin, le $x$ qu'on substitue étant le reste de la série.
A première vue, un exercice pas très différent de celui dont on a causé l'autre jour, peut être un peu moins calculatoire.
(Tu nous fournis de beaux exos, merci).
J'en ai plein ma musette les amis ! Mais je ne sais pas en résoudre la moitié...
Dur dur en sup ! Déjà qu'en spé...
Celle là je n'y arrive pas, ce matin j'ai réussi pour :
$\bullet~ \dfrac {1}{ (\ln n)^{\ln n}}$ ( converge) et
$\bullet~ \Big(1-\dfrac 1{\ln n}\Big)^{(\ln n)^ {\scriptstyle a}}$. Converge pour $a > 2$.
Pour le festival, ex 2.1 et 2.14 du fichier joint :-P
$(e-R_n)(1/e-R'_n)-1=-R_n/e-eR'_n+R_nR'_n$, il n'y a plus qu'à trouver la nature des deux premières séries (sachant que l'une entraîne l'autre).
Cela permet de régler la question de la convergence.
Soit $\displaystyle s_{n}=\overset{n}{\underset{k=0}{\sum }}\frac{(-1)^{k}}{2k+1}$ et $ \displaystyle r_{n}=\overset{+\infty }{\underset{k=n+1}{\sum }}\frac{(-1)^{k}}{2k+1}$.
On a : $u_{n}=\ln \tan s_{n}=\ln \tan (\frac{\pi }{4}-r_{n})=$etc. La série de terme général $u_n$ est de même nature que la série de terme général $r_n$, et celle-ci, par un de ces télescopages chers à l'ami alea, me semble convergente. Il me semble même qu'avec un peu de patience on pourrait avoir la somme de cette série de terme général $r_n$, mais ce n'est pas la question présentement.
Dans un même ordre d'idée, j'avais posé naguère la convergence et la somme de la série de terme général : $\displaystyle u_{n}=\overset{n}{\underset{k=0}{\sum }}\frac{(-1)^{k}\pi ^{2k+1}}{(2k+1)!}$.
Pourrait-on savoir de quel livre sont extraites les deux pages offertes par totem, et si riches en casse-tête ?
Bonne soirée.
F. Ch.
Ca me rappelle les séries de termes généraux respectifs $\sin(\pi\sqrt{n^2+1})$ (gentil) , ou plus méchant $\frac{\sin 2\pi e n!}{\log n}$ (toutes deux extraites de POX, par Fairbank et Beef, Ellipses).
http://www.les-mathematiques.net/phorum/read.php?12,1306861,1307617#msg-1307617
La question posée ici m'a conduit à me poser une autre question : si $ \displaystyle r_{n}=\overset{+\infty }{\underset{k=n+1}{\sum }}\frac{(-1)^{k}}{2k+1}$, que vaut $\displaystyle \overset{+\infty }{\underset{n=0}{\sum }}r_{n}$ ? Il me semble que j'ai trouvé $\frac{1}{4}-\frac{\pi }{8}$, sauf erreur.
Bonne nuit.
F. Ch.
Pour tous les problèmes sur la somme des restes d'une série convergente, je pars du lemme suivant.
« Soit une série convergente de terme général $u_n$ (réel ou complexe), $n\in \mathbb{N}$, et soit $\displaystyle R_{n}=\overset{+\infty }{\underset{k=n+1}{\sum }}u_{k}$.
Alors pour $n\in \mathbb{N}^{*}$, on a : $\displaystyle \overset{n-1}{\underset{k=0}{\sum }}R_{k}=\overset{n}{\underset{k=0}{\sum }}ku_{k}+nR_{n}$ ».
C'est ce que j'utilise par exemple pour : $\displaystyle \mathbb E(X)=\sum_{n=0}^{+\infty}\mathbb P(X> n)$.
Présentement avec $u_{n}=\frac{(-1)^{n}}{2n+1}$, j'applique le lemme en y remplaçant $n$ par $2n-1$.
Un encadrement télescopique (tu connais ;-) ?) me conduit à : $\displaystyle \underset{n\rightarrow +\infty }{\lim }(2n-1)R_{2n-1}=\frac{1}{4}$.
Et il me semble que : $\displaystyle \underset{n\rightarrow +\infty }{\lim }\overset{2n-1}{\underset{k=0}{\sum }}ku_{k}=-\frac{\pi }{8}$.
Mais bon, il y a peut-être des erreurs de calcul...
Bonne journée.
F. Ch.
Comme l'autre jour, $r_n=(-1)^{n+1}b_n+c_n$, avec $b_n$ décroissant de limite nulle et la série des $c_n$ est absolument convergente.
Cela entraîne que $S(x)=\sum_{n=0}^{+\infty}r_n x^n$ définit une fonction continue sur $[0,1]$.
Maintenant, pour $x\in [0,1[$, je trouve $(1-x)S(x)=(a_0+r_0)-\sum_{n=0}^{+\infty} a_n x^n=\frac{\pi}4-\text{Atan} x$.
Finalement $S(1)=\lim_{x\to 1-}\frac{\pi/4-\text{Atan} x}{1-x}=\frac12$.
@bisam : merci pour l'astuce...je n'y aurais, une fois de plus, jamais pensé...introduire un produit... comment fait-on pour penser à cette manipulation ?
Tout cela vient d'un précis Analyse Bréal spé MP (Joppin & Guinin) d'il y a 20 ans...what else
A part ça je trouve -Pi / 8 + 1/4..?
@aléa: qu'est-ce que ça doit être le Grand Oral de l'X ::o
pour ton exo avec sin (Pi(1+n²) 1/2) on n' a pas le droit de dire que c'est équivalent à sin (Pi*n) n'est-ce pas ?
me dis rien il faut mettre n en facteur et faire un DL :-)
Cela fait sin (Pi/2n +o(1/n)) * cos (Pi*n)) mais après...
j'ai bien envie de dire que tout ça est équivalent à (-1)n/2n donc ça converge...
mais on n' a pas le droit de manipuler les équivalents avec des séries alternées ?
$\displaystyle R_{k}(n)=(-2)^k\int_{[0;1/2]} \Big(\frac{t-1/2}{t-1} \Big)^{n+k} (t-1)^{k-1} dt$ ? Sauf erreur
Un résultat identique trouvé par deux procédés si différents a bien des chances d'être exact. Bonne nouvelle. Je ne suis pas certain d'avoir bien compris ton démarrage $r_n=(-1)^{n+1}b_n+c_n$, mais je vais y réfléchir encore.
Bonne journée.
F. Ch.
Cela fait bien des années (peut-être une trentaine :-(...) que je connais le lemme que j'ai cité à propos de la somme des restes d'une série convergente. Je ne me souviens plus où je l'ai pris, peut-être dans l'un des excellents livres de Jean-Louis Roque à l'usage des prépas-HEC, mais je n'en jurerais pas. Il m'a servi à fabriquer plusieurs exercices de colle pour faire chercher la somme des restes des séries usuelles. En particulier quand le reste se déguise en somme, comme celui que j'ai évoqué plus haut : $\displaystyle v_{n}=\overset{n}{\underset{k=0}{\sum }}\frac{(-1)^{k}\pi ^{2k+1}}{(2k+1)!}$.
Dans le cas des séries à termes réels positifs, ce lemme permet de prouver le joli théorème que j'ai cité dans le fil "Re: Mini calcul variable aléatoire discrète" http://www.les-mathematiques.net/phorum/posting.php?12,edit,1307617
« Soit une série convergente de terme général $u_{n}\geq 0$ et soit comm' d'hab' $ \displaystyle R_{n}=\overset{+\infty }{\underset{k=n+1}{\sum }}u_{k}$. Alors la série de terme général $R_n$ converge si et seulement si la série de terme général $nu_n$ converge et dans ce cas : $\displaystyle \overset{+\infty }{\underset{n=0}{\sum }}R_{n}=\overset{+\infty }{\underset{n=0}{\sum }}nu_{n}$. »
Ce dernier théorème ne s'étend pas aux séries à termes quelconques, comme le montre l'exemple que nous venons de voir avec aléa. Je pense qu'il ne s'étend pas même aux séries absolument convergentes.
J'ai rappelé que ce théorème a une application immédiate en Probabilités. Je me suis demandé si l'on pourrait trouver un théorème analogue pour la variance, et j'ai trouvé un autre lemme : $\displaystyle \overset{n-1}{\underset{k=0}{\sum }}kR_{k}=\overset{n}{\underset{k=0}{\sum }}\frac{k(k-1)}{2}u_{k}+\frac{n(n-1)}{2}R_{n}$. J'en ai un autre pour la covariance, mais je n'ai pas terminé.
Bonne journée.
F. Ch.
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 : $R_{n}\sim \frac{1}{2}(-1)^{n+1}y_{n}$.
Les suites dont nous avons parlé dans ce fil vérifient ces hypothèses.
Pour répondre à totem, qui dit "on n'a pas le droit de manipuler les équivalents avec des séries alternées". On a parfaitement le droit de donner un équivalent du reste de n'importe quelle série. Mais "deux séries de termes généraux équivalents sont de même nature", ceci n'est assuré que si l'une d'elles est à termes réels positifs.
Bonne après-midi ensoleillée.
F. Ch.
Bon ben elle converge alors la série gentille :-D.
@Chaurien: ton lemme marche très bien avec un= e-n, on trouve que la série des restes vaut e / (e-1)².
J'ai ensuite essayé de l'appliquer à la série des restes de Zeta (3), avec un= 1/n3, le membre de gauche je galère, le membre de droite donne Zeta (2) = Pi² / 6 ! résultat intéressant s'il est juste bien sûr.
En effet on démarre à n = 1 dans le membre de droite, cela change-t-il quelque chose au résultat ?
(l'intégration par parties de $\int_a^b f(x)dx$ étant le cas limite du lemme de Chaurien appliqué à ses sommes de Riemann $\sum_{n=1}^N \frac{f(a+(b-a)\frac{n}{N})}{N}$)
Comment notre ami Chaurien a-t-il calculé :
1) la limite de (2n-1) * R2n-1 ?
2) La limite de k * uk existe-t-elle puisque c'est une série alternée dont la valeur absolue ne tend pas vers 0 (en l'occurrence k/(2k+1) tend vers 1/2) ??
Pourtant c'est vrai qu'en passant par les séries entières (et une dérivation d'un DSE), ça marche ! le CSSA peut-il être exceptionnellement mis en défaut ? Là je suis perdu...
Merci !
Chaurien écrivait : http://www.les-mathematiques.net/phorum/read.php?4,1311067,1311371#msg-1311371
[Inutile de recopier un message présent sur le forum. Un lien suffit. AD]
Non, non,non, non, Saint Éloi n'est pas mort, etc... ;-)
Quelle est la série pour laquelle tu demandes la limite de (2n-1) * R_{2n-1} ?
> Debout les morts !
C'est l'été , la plage , le soleil et les belles geometries qui y circulent
merci de ne pas me traiter par le mépris, sinon je ne mettrai plus les pieds sur ce forum (ok tout le monde s'en fiche)
tu peux citer un message sans le copier intégralement, en cliquant droit sur son titre (en vert, en dessous du nom de l'auteur) et en utilisant "copier l'adresse du lien" pour mettre un lien dans ton nouveau message.
(en réponse à
Cordialement.
NB : AD avait mis le lien !!
C'était à propos d'une sommation par parties d'Abel pour trouver la valeur de la série des restes, et c'est toi qui avait suggéré tout cela, non moi...
Bien sûr que je ne me souvenais pas de ce fil, dix mois après. J'ai tout de même fait deux ou trois autres choses depuis ce temps.
S'il s'agit bien de $u_{n}=\frac{(-1)^{n}}{2n+1}$, $\displaystyle R_{n}=\overset{+\infty }{\underset{k=n+1}{\sum }}u_{k}$, un de mes messages de ce fil disait que j'utilisais un encadrement télescopique.
Je n'ai pas développé car personne ne me l'a demandé. Avec effort, je retrouve ce télescopage, que voici que voilà.
On part de :
$ \displaystyle R_{2n-1}=\underset{k=2n}{\overset{+\infty }{\sum }}\frac{(-1)^{k}}{2k+1}=\underset{h=0}{\overset{+\infty }{\sum }}(\frac{1}{4n+4h+1}-\frac{1}{4n+4h+3})=\underset{h=0}{\overset{+\infty }{\sum }}\frac{2}{(4n+4h+1)(4n+4h+3)}$
Voici l'encadrement préparatoire au télescopage :
$ \displaystyle \frac{2}{(4n+4h+1)(4n+4h+5)}\leq \frac{2}{(4n+4h+1)(4n+4h+3)}\leq \frac{2}{(4n+4h-1)(4n+4h+3)}$.
Et ledit encadrement télescopique :
$ \displaystyle \frac{1}{2}\underset{h=0}{\overset{+\infty }{\sum }}(\frac{1}{4n+4h+1}-\frac{1}{4n+4h+5})\leq R_{2n-1}\leq \frac{1}{2}\underset{h=0}{\overset{+\infty }{\sum }}(\frac{1}{4n+4h-1}-\frac{1}{4n+4h+3})$.
Sommes télescopiques qui donnent :
$ \displaystyle \frac{1}{2(4n+1)}\leq R_{2n-1}\leq \frac{1}{2(4n-1)}$.
D'où la conclusion :
$\displaystyle \underset{n\rightarrow +\infty }{\lim }(2n-1)R_{2n-1}=\frac{1}{4}$.
Ça marche pour pas mal de séries alternées, j'ai trouvé ça quand j'étais professeur de prépa-HEC. Je l'ai communiqué à l'Académie des Sciences et à l'APMEP mais pas de réponse : toujours le complot ; non ce n'est pas vrai, je blague ;-).
Bonne journée d'été.
Fr. Ch.
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 : $R_{n}\sim \frac{1}{2}(-1)^{n+1}y_{n}$.La série proposée satisfait aux hypothèses.
Bonne journée.
Fr. Ch.
Regarde bien, après tu dis que la limite de la série des kuk tend vers -Pi/8...c'est juste au-dessus, il suffit de tourner la molette de ta souris (:D
C'est cette égalité étrange qui a tout déclenché...!
Merci pour l'usage de la molette, mais je n'ai pas écrit « la limite de la série des k_u_{k} tend vers -pi/8 », ce qui est du galimatias car une série n'a pas de « limite » et une limite ne « tend » pas. J'ai écrit : $\displaystyle \underset{n\rightarrow +\infty }{\lim }\overset{2n-1}{\underset{k=0}{\sum }}ku_{k}=-\frac{\pi }{8}$ ce qui en français se traduit par : la suite des sommes partielles d'indices impairs de la série $ku_k$ tend vers $-\frac{\pi }{8}$.
Quand une suite extraite d'une suite $x_n$ est convergente, il ne s'ensuit pas que cette suite $x_n$ soit convergente.
« Si une série est convergente alors son terme général tend vers 0 ». C'est le point de départ, trivial, de la théorie des séries. Alors une série convergente dont le terme général ne tend pas vers 0, ça a sa place au musée des horreurs mathématiques, à côté du sinus plus grand que 1 ou de la variance négative.
Pour ton calcul, « ce sacré soleil me donne la flemme ». J'ai pris ma retraite dès que j'ai pu pour cesser de corriger des copies. Tu es jeune je pense, alors mets-toi à TeX. Tu peux déjà récupérer les formules présentes dans les messages des autres en cliquant dessus avec le bouton droit et en sélectionnant : Show Math As / TeX Commands, sans oublier les dollars, le dollar c'est l'essentiel (:D.
Bonne journée.
Fr. Ch.
Au temps pour moi, je me prends la tête pour rien.
Mais mon pseudo ne vient pas de là contrairement à ce que beaucoup imaginent.