série entière et suite

math65 · January 2018

Bonjour
Pour un devoir, j'ai quelques interrogations.

1) J'ai une série entière : $\sum\limits_{n=0}^{+\infty}c_nx^n$
Je sais que $c_0=c_1=0$ et que $1\leq c_n$ pour $n\geq 2$
D'autre part j'ai montré que $c_n\leq n^2$ pour tout $n \in \mathbb N$.
Cela me permet d'écrire $\sum\limits_{n=2}^{+\infty}x^n\leq\sum\limits_{n=0}^{+\infty}c_nx^n\leq \sum\limits_{n=2}^{+\infty}n^2x^n$
Puisque ces deux séries qui encadrent ont un rayon de convergence de 1, est-ce que je peux conclure que $\sum\limits_{n=0}^{+\infty}c_nx^n$ a un rayon de convergence de 1 ?

2) Par la suite, je montre que $c_n=2(n+1)\sum\limits_{k=1}^{n}\dfrac{1}{k}-4n$. On me demande de trouver un équivalent de $c_n$ pour $n$ tend vers l'infini.
Pour moi, un équivalent peut être $2n\sum\limits_{k=1}^{n}\frac{1}{k}$.

Y a-t-il mieux à trouver ?
Merci.

gb · January 2018

Bonjour,

1) Oui : la majoration de $c_nx^n$ par $n^2x^n$ prouve que la série converge sur $[0,1[$ et la minoration par $x^n$ qu'elle diverge sur $]1,+\infty[$.

2) Je ne sais pas comment tu obtiens ton équivalent, mais il me semble faux.
Tu peux facilement écrire $\sum\limits_{k=1}^n \dfrac{1}{k-4n}$ sous la forme d'une somme de Riemann, en déduire la limite de cette somme et un équivalent de $c_n$.

math65 · January 2018

2) en fait, il y avait une erreur de frappe: $c_n=2(n+1)\sum\limits_{k=1}^{n}\dfrac{1}{k}-4n$

Dans ce cas, je pense que mon équivalent $2n\sum\limits_{k=1}^{n}\dfrac{1}{k}$ est valable.

Mais on peut améliorer avec la somme de Riemann :

$2n\sum\limits_{k=1}^{n}\dfrac{1}{k}=2\sum\limits_{k=1}^{n}\dfrac{n}{k}=2n \times \dfrac{1}{n} \sum\limits_{k=1}^{n}\dfrac{1}{\tfrac{k}{n}}$

or quand $n$ tend vers $+\infty$, $\ \displaystyle \dfrac{1}{n} \sum\limits_{k=1}^{n}\dfrac{1}{\tfrac{k}{n}}=\int^1_0 \dfrac{1}{x} dx$

Mais cela diverge... comment faire?

Poirot · January 2018

La suite de terme général $$\sum_{k=1}^n \frac{1}{k}$$ est classiquement équivalente à $\log n$ en l'infini, pour montrer il suffit de faire une petite comparaison avec une intégrale.

math65 · January 2018

Donc, si je suis le message de Poirot, $c_n=2(n+1)\sum\limits_{k=1}^{n}\dfrac{1}{k}-4n$ a pour équivalent en $+\infty$ la suite : $2n\log n$.

Démonstration que $\sum\limits_{k=1}^{n}\dfrac{1}{k}$ est équivalent à $\log n$ en $+\infty$ :

Pour tout $k \in [1; n-1]$, soit $x \in [k;k+1]$,

on a :
$\frac{1}{k+1}\leq \frac{1}{x} \leq \frac{1}{k}$

après intégration selon $x$ entre $k$ et $k+1$, on a
$\frac{1}{k+1}\leq \log (\frac{k+1}{k}) \leq \frac{1}{k}$

par somme de toute les inégalité pour $k$ variant de $1$ à $n-1$, on a :

$\sum\limits_{k=1}^{n-1}\frac{1}{k+1}\leq \log (n) \leq \sum\limits_{k=1}^{n-1}\frac{1}{k}$

soit :

$\sum\limits_{k=1}^{n}\frac{1}{k} - 1\leq \log (n) \leq \sum\limits_{k=1}^{n}\frac{1}{k} - \frac{1}{n}$

en posant $S_n= \sum\limits_{k=1}^{n}\frac{1}{k}$, on a :

$S_n - 1\leq \log (n) \leq S_n - \frac{1}{n}$

puis

$1 - \frac{1}{S_n} \leq \frac{\log (n)}{S_n} \leq 1 - \frac{\frac{1}{n}}{S_n}$

par limite lorsque $n$ tend vers $+\infty$, on déduit que $\frac{\log (n)}{S_n}$ tend vers $1$ et que $S_n$ est équivalent à $\log (n)$ lorsque $n$ tend vers $+\infty$.

Y a-t-il des erreurs?

merci

Bruce · January 2018

1- Fais attention aux indices dans les sommes, tu confonds k et n
2- Pour ne pas être obligé à faire des rapports, tu peux encadrer Sn au lieu de log(n). Profite des deux cotés de l'encadrement pour encadrer Sn par log(n)

math65 · January 2018

@Bruce

1) je ne vois pas de problème d'indice, c'est une variable discrète. On peut mettre $n$ ou $k$

2) Comment faire pour encadrer $S_n$ par $\log n$. est-ce que ce que j'ai fait est quand même bon?

Bruce · January 2018

1) $S_n= \sum\limits_{n=1}^{n}\frac{1}{k}$ ici $\frac{1}{k}$ ne dépend pas de $n$ donc on pourrait le faire sortir de la somme (selon ce que tu as écrit)
2) $S_n - 1\leq \log (n) \leq S_n - \frac{1}{n}$
donc $S_n \leq \log (n)+1 \leq S_n+1$
donc $\log(n) \leq \ S_n \leq \log(n)+1$
avec $\log(n)+1\sim \log(n),$ tu as un équivalent de $S_n$