Bonjour
Je cherche à déterminer le rayon de convergence de la série entière $\displaystyle \sum_{n \geq 0} \frac{z^n}{(n+1)^{\sqrt{n}}}.$
Avez-vous une piste pour déterminer la limite de $\dfrac{\frac{1}{(n+2)^{\sqrt{n+1}}}}{\frac{1}{(n+1)^{\sqrt{n}}}}$ ?
Merci.
Réponses
déjà la limite de $\dfrac{\frac{1}{(n+2)^{\sqrt{n+1}}}}{\frac{1}{(n+1)^{\sqrt{n}}}}$ est la même que celle de $\dfrac{\frac{1}{(n+1)^{\sqrt{n+1}}}}{\frac{1}{(n+1)^{\sqrt{n}}}}$ car $n+1$ et $n+2$ sont équivalent en $+ \infty$
$\dfrac{\frac{1}{(n+1)^{\sqrt{n+1}}}}{\frac{1}{(n+1)^{\sqrt{n}}}}=\frac{e^{\sqrt{n}\ln(n+1)}}{e^{\sqrt{n+1}\ln(n+1)}}=e^{(\sqrt{n}-\sqrt{n+1})\ln(n+1)}=e^{\frac{-1}{\sqrt{n}+\sqrt{n+1}}\ln(n+1)}$
$\lim\limits_{n \to +\infty} \frac{-1}{\sqrt{n}+\sqrt{n+1}}\ln(n+1) = 0 $
$\lim\limits_{n \to +\infty} e^{\frac{-1}{\sqrt{n}+\sqrt{n+1}}\ln(n+1)} = 1 $
$\lim\limits_{n \to +\infty} \dfrac{\frac{1}{(n+1)^{\sqrt{n+1}}}}{\frac{1}{(n+1)^{\sqrt{n}}}} = 1$
Le rayon de convergence de cette série $\displaystyle \sum_{n \geq 0} \frac{z^n}{(n+1)^{\sqrt{n}}}.$ est donc 1
On me demande ensuite d'étudier la convergence absolue sur le cercle de rayon le rayon de convergence soit 1.
Donc ici, on me demande si $\displaystyle \sum_{n \geq 0} \Big|\frac{1^n}{(n+1)^{\sqrt{n}}}\Big| = \sum_{n \geq 0} \frac{1}{(n+1)^{\sqrt{n}}}$ converge.
Comment faire ?
Si on pose $u_n=\frac{1}{(n+1)^{\sqrt{n}}}$ alors $\dfrac{u_{n+1}}{u_n}=\exp \left(\sqrt{n}\ln(n+1)-\sqrt{n+1}\ln(n+2)\right)$... et il s'agit de déterminer la limite de cette quantité.
On peut pour cela commencer par écrire des développements asymptotiques de ces quantités en utilisant la propriété du logarithme, par exemple.
Voici ma solution avec des outils que je maîrise :
$\dfrac{u_{n+1}}{u_n}=\exp \left(\sqrt{n}\ln(n+1)-\sqrt{n+1}\ln(n+2)\right)=\exp \left(1-\frac{\sqrt{n+1}\ln(n+2)}{\sqrt{n}\ln(n+1)}\right)=\exp \left(1-\frac{\sqrt{n+1}}{\sqrt{n}}\times \frac{\ln(n+2)}{\ln(n+1)}\right)$
or
$\lim\limits_{n \to +\infty} \frac{\sqrt{n+1}}{\sqrt{n}} = 1 $
$\lim\limits_{n \to +\infty} \frac{\ln(n+2)}{\ln(n+1)} = \lim\limits_{n \to +\infty} \frac{\ln(n+2)}{\ln(n+2-1)}=\lim\limits_{n \to +\infty} \frac{\ln(n+2)}{\ln((n+2)(1-\frac{1}{n+2}))}= \lim\limits_{n \to +\infty} \frac{\ln(n+2)}{\ln(n+2)+ln(1-\frac{1}{n+2})}= \lim\limits_{n \to +\infty} \frac{1}{1+\frac{\ln(1-\frac{1}{n+2})}{\ln(n+2)}}=1 $
On a ainsi
$\lim\limits_{n \to +\infty} \dfrac{u_{n+1}}{u_n} = 1 $
Le rayon de convergence de cette série $\displaystyle \sum_{n \geq 0} \frac{z^n}{(n+1)^{\sqrt{n}}}$ est donc 1
Pour voir si $\displaystyle \sum_{n \geq 0} \Big|\frac{1^n}{(n+1)^{\sqrt{n}}}\Big| = \sum_{n \geq 0} \frac{1}{(n+1)^{\sqrt{n}}}$ converge :
En utilisant l'indication de @Balix :
Pour tout entier $n \geq 4$, $\frac{1}{(n+1)^{\sqrt{n}}} \leq \frac{1}{(n+1)^2}$
De plus la série de terme général $\frac{1}{(n+1)^2}$ converge car son terme général est équivalent au terme général $\frac{1}{n^2}$ en $+ \infty$ qui est le terme d'une série de Riemann convergente.
Ainsi $\displaystyle \sum_{n \geq 0} \frac{z^n}{(n+1)^{\sqrt{n}}} $ converge absolument sur le cercle de rayon 1.
Tu ferais mieux d'écrire : $\sqrt n\ln(n+1)=\sqrt n(\ln n+\ln(1+1/n))=\sqrt n\ln(n)+\sqrt n\ln(1+1/n)$
et de même $\sqrt{n+1}\ln(n+2)=\sqrt{n+1}\ln(n)+\sqrt{n+1}\ln(1+2/n)$.
Classique : $(\sqrt n-\sqrt{n+1})\ln(n)=\dfrac{-\ln(n)}{\sqrt n+\sqrt{n+1}}$ La limite est nulle.
Pour les produits $\sqrt n\ln(1+1/n)$ et $\sqrt{n+1}\ln(1+2/n)$ limite nulle également par les équivalents connus.
Ceci dit je ne vois pas pourquoi tu as choisi de travailler avec la condition suffisante de d'Alembert !
La condition suffisante de Cauchy est ici plus adaptée car $\sqrt[n]{(n+1)^{\sqrt n}}$ c'est $\exp(\dfrac{\sqrt n}n\ln(n+1))$ de limite connue.
effectivement, j'ai fait une grosse erreur. J'ai compris comment tu as fait. C'est plus simple, merci.