Somme d'une série entière.
Réponses
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Je doute fort que l'on puisse exprimer la somme de cette série entière.
Es-tu certain de la question ? -
J'ajoute mes doutes à ceux de bisam.
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En effet, après vérification il semble qu'il y ait une erreur dans l'énoncé. Il s'agit en réalité seulement de déterminer le rayon de cv.
Je suis désolé pour ceux qui y auraient passé du temps. -
supp
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La dérivée de $\sqrt{1+\ln (x^2)}$ tend vers $0$ et $\sqrt{1+\ln (x^2)} \to \infty$ donc pour tout $a$ il existe une infinité $n$ tel que $\sqrt{1+\ln (n^2)}-a$ est petit modulo $2\pi $
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supp
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Nous sommes d'accord que le rayon de cv R est au moins égal à 1. A-t-on $R = 1$ ?.
Si on suppose que la suite $n \mapsto a_n = \cos\left (2\pi \sqrt{1+\ln(n^2)} \right) $ ne tend pas vers 0, alors la série diverge (grossièrement) en $z= 1$ et on a $R = 1$.
Si on suppose que $a_n \to 0$, en notant $b_n = \sin \left (2\pi \sqrt{1+\ln(n^2)} \right) $ on a que $ b_n^2 \to 1$ et la série $\sum b_n^2 z^n$ a un rayon égal à 1.
Puisque $a_n^2 + b_n^2 = 1$, la série $\sum (a_n^2 + b_n^2) z^n$ a aussi un rayon de 1 et par différence que $\sum a_n^2 z^n$ a un rayon égal à 1.
Enfin, comme pour tout entier n, $|a_n|^2 \le |a_n|$, le rayon de $|a_n| z^n $ est plus petit que 1, donc égal à 1 (nous savons qu'il est aussi plus grand que 1).
Finalement, les séries $\sum a_n z^n$ et $\sum |a_n| z^n $ ayant le même rayon de cv, on obtient bien que $R = 1$.
En espérant que c'est correct. -
« Par différence »... Ce passage pose problème ! Les séries entières $\sum z^n$ et $\sum z^n$ ont pour rayon de convergence $1$ mais « par différence », la rayon de $\sum 0$ est $+\infty$.
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Vous avez raison, ça ne marche pas !
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Question : z est un complexe de module strictement inférieur à 1, c'est bien ça ?
Edit :
Non, j'y suis (merci MathCoss) : Déterminer le rayon de convergence = Déterminer l'ensemble des z pour lesquels cette suite converge.
Et donc en l'occurrence, démontrer que cette suite converge si mod(z) <1 et diverge sinon.Tu me dis, j'oublie. Tu m'enseignes, je me souviens. Tu m'impliques, j'apprends. Benjamin Franklin -
Deuxième tentative, je crois qu'on n'échappe pas à montrer que la suite $(a_n)$ ne tend pas vers 0 (où $a_n = \cos\left (\pi \sqrt{1+\ln(n^2)} \right)$). Par l'absurde :
Si $a_n \to 0$, alors $\pi \sqrt{1+\ln(n^2)}$ tend vers $ \frac{\pi}{2} $ modulo $\pi$. Ce qui signifie qu'il existe une suite d'entiers $(k_n)$ telle que $\sqrt{1+\ln(n^2)} = k_n + \frac{1}{2} + \delta_n$ avec $\delta_n \to 0$.
La suite d'entiers $(k_n)$ doit tendre vers l'infini puisque $\sqrt{1+\ln(n^2)} \to +\infty$.
Ainsi pour tout $N \in \mathbb{N}$, il existe un entier $n > N$ tel que $k_{n+1} - k_n \ge 1$. Si de plus N est assez grand pour que $|\delta_n| < \frac{1}{2}$, on a alors $\sqrt{1+\ln((n+1)^2)} - \sqrt{1+\ln(n^2)} > \frac{1}{2}$. Ce qui est absurde puisque $\sqrt{1+\ln((n+1)^2)} - \sqrt{1+\ln(n^2)}$ équivaut lorsque $n \to +\infty$ à $\frac{2 \ln( 1 + \frac{1}{n} ) } { 2 \sqrt{1+\ln(n^2)}} \to 0$ -
C'est plus convaincant : en notant $u_n=\pi\sqrt{1+\ln(n^2)}$, on a $\lim_{n\to+\infty}u_n=+\infty$ et $\lim_{n\to+\infty}(u_{n+1}-u_n)=0$ et ça empêche la suite $(\cos u_n)$ . En modifiant un peu ce que tu as dit, on peut montrer que la suite $(\cos u_n)_{n\in\N^*}$ est dense dans $[-1,1]$.
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