Limites de somme de $ \alpha_n$

Tyoussef · July 2019

Bonjour ou bonsoir (voir l'heure)

On suppose que $\alpha_n \neq 1$ , pour toute $n$ et que $\lim\limits_{x\to + \infty} \alpha_n=1$. L'entier $k$ strictement positif.
Calculer $$

\lim_{n \to +\infty} \frac{ \alpha_n + \alpha_n^2 + \alpha_n^3 +\cdots+ \alpha_n^k -k}{\alpha_n -1}$$

aléa · July 2019

Merci pour ce joli énoncé.
Indication: bien noter que $k$ est fixé, donc si on arrive à écrire la quantité comme somme de $k$ quantités admettant une limite, on a gagné.

reuns · July 2019

Sérieusement avec $\dfrac{ \alpha_n + \alpha_n^2 + \alpha_n^2 \cdots+ \alpha_n^k -k}{\alpha_n -1}~$ tu veux dire $~\dfrac{ \sum_{l=1}^k \alpha_n^l -k}{\alpha_n -1}\quad$ ??

gebrane · July 2019

@reuns

Avec ta suggestion , on perd la forme indéterminée souhaitée $"\frac 00"$
edit après de l’édit de reuns mon message devient absurde, ce n'est as ce qu'il a écrit au début.

aléa · July 2019

D'accord avec la correction de reuns (mon oeil avait corrigé automatiquement !).

Keynes · July 2019

$$ \frac{\alpha_{n}+\alpha_{n}^2+\alpha_{n}^2+.....+\alpha_{n}^{k}-k}{\alpha_{n}-1}=2+\alpha_{n}+\sum_{j=3}^{k}f(\alpha_{n})$$
où $ f(x)=\frac{x^{j}-1}{x-1}$
La limite cherchée vaut $ l=3+\frac{(k-2)(k+3)}{2}$

Tyoussef · July 2019

$@reuns$

Oui il y a une faute de $\LaTeX$, je l'ai corrigée.

Tyoussef · July 2019

$@Keynes\quad$ 3 à la place de 2 $$

\lim_{n \to +\infty} \frac{ \alpha_n + \alpha_n^2 + \alpha_n^3 +\cdots+ \alpha_n^k -k}{\alpha_n -1}$$

Tyoussef · July 2019

$@Keynes$
je n'ai pas bien compris votre solution.
Est-ce le denier $k$, qui vaut $$- k=-1 -1 -1 -1 -\cdots-1= k\times (-1),

$$ pour avoir cette sommation.

gebrane · July 2019

Je ne trouve pas la même chose que Keynes.
La somme est (je note $k$ par $N$ et $\alpha_n$ par $a_n $) $\sum_{i=1}^N \frac {a_n^i-1 }{a_n-1}=\sum_{i=1}^N (1+a_n+\cdots+a_n^{i-1})$
On passe à la limite en $n $, on trouve $\sum_{i=1}^N i=\frac {N(N+1)}2$.

Tyoussef · July 2019

$gebrane$

Je crois que c'est juste ... les $\alpha_n \to 1 $ donc c'est $\sum_1^K k$

side · July 2019

supp

Tyoussef · July 2019

$@side$ $$

\sum_{k=1 }^n k= \sum_{k=1 }^2 k + \sum_{k=3 }^n k = 1+2+ \frac{(n+3)(n-3+1)}{2}.

$$ Suite arithmétique $U_0=3$ , $U_n=n$ et le nombre de termes $$

\sum_{k=3 }^n k =\frac{(n+3)(n-3+1)}{2} = \frac{(n+3)(n-2)}{2}.

$$ La preuve de $Keynes$ est juste aussi.

Crapul · July 2019

Une autre (il ne me semble pas qu'elle apparaisse explicitement dans le fil, même si au final tout se ressemble), avec division euclidienne : $\Big( \sum \limits_{p=1}^k X^p \Big) -k= (X-1) \sum \limits_{p=1}^k pX^{k-p}$.