Contre-exemple série

Alban_ · October 2019

Bonjour,

je cherche une série de terme général $u_n$ convergente telle que la série de terme général $u_n^3$ diverge.

Je sais que si $u_n \geq 0$, alors je ne pourrai pas trouver de contre-exemple puisque $u_n^3 \leq u_n$ pour $n$ suffisamment grand. Donc je cherche dans les séries de signe non constant. J'ai commencé par regarder des séries alternées avec $u_n = \dfrac{(-1)^n}{n^{\alpha}}$. Mais comme $u_n$ et $u_n^3$ sont de même signe, si $\alpha > 0$, alors la série de terme général $u_n$ converge et on prouve que de même que la série de terme général $u_n^3$ converge. Et je ne vois pas où chercher ce contre-exemple...

jandri · October 2019

Recherche avec $u_n=\dfrac1{n^a}\cos(2n\pi/3)$

bisam · October 2019

Il me semble que si tu prends $u_n=\dfrac{e^{\frac{2 i n \pi}{3}}}{n^{\frac{1}{3}}}$, ça marche... mais je te laisse vérifier.

Alban_ · October 2019

Merci, on est d'accord que dans les deux cas, la méthode la plus simple pour prouver la convergence des séries est d'utiliser le théorème d'Abel ?

marsup · October 2019

Voici une proposition de liste de valeurs pour $(u_n)$, présentée par ligne pour que ce soit plus lisible. (inspiré de la suite de jandri)

$
\def\s#1{\sqrt[3]{#1}}
\def\f#1{\frac{1}{\s#1}}
\def\ss#1{#1 \times \s#1}
\def\ff#1{-\frac{1}{\ss#1}}
$
$1,-1,$
$\f2,\ff2,\ff2,$
$\f3,\ff3,\ff3,\ff3,$
$\f4,\ff4,\ff4,\ff4,\ff4,$
$\f5,\ff5,\ff5,\ff5,\ff5,\ff5,$
etc.

Poirot · October 2019

@Alban_ : je ne connais pas d'autres méthodes qu'une sommation d'Abel (ou le théorème d'Abel) pour justifier la convergence.

lale · October 2019

Pour les exemples donnés par bisam ou jandri ,comme le terme général tend vers 0, on peut aussi sommer par paquets de 3 et par développement limité, trouver un équivalent de $ u_{3n}+u_{3n+1}+u_{3n+2}$

jandri · October 2019

C'est la méthode que j'ai utilisée.

La suite proposée par bisam est plus simple à étudier que celle que j'ai proposée mais je pensais que Alban_ cherchait une suite réelle.

Pour la mienne on a besoin de la formule exprimant $\cos(3t)$ en fonction de $\cos(t)$.

Alban_ · October 2019

Avec Abel, aucun problème pour prouver la convergence des deux séries proposées (marsup, je n'ai pas compris ce que tu voulais dire ?). Je n'ai pas compris la méthode de sommation par paquet de 3 : je fais le DL de $u_{3n} + u_{3n+1} + u_{3n+2}$ avec la série de Bisam et j'obtiens une constante multipliée par $\frac{1}{n^{1/3}}$ qui n'est pas le terme général d'une série convergente ? Je pense que je suis complètement à côté de la plaque 8-)

Blueberry · October 2019

Si tu connais le théorème d'Abel sur la convergence des séries, ça ne devrait pas poser de problème:

La série proposée par @Bisam est de la forme $(a_nb_n)$ avec:
$a_n=e^{\frac{2ni\pi}3}$ qui est le terme général d'une suite géométrique de raison de module 1 et différente de 1. Donc de sommes partielles bornées.
Et $b_n=\frac 1 {n^{\frac 1 3}}$ qui est une suite qui tend vers 0 en décroissant.
Le théorème d'Abel s'applique, la série de terme général $u_n=a_nb_n$ est convergente.

Par contre, la série de terme général $u_n^3=\frac 1 n$ n'est pas convergente.
Tu as donc le contre-exemple que tu voulais.

Edit: je rajoute une hypothèse que j'avais loupée pour appliquer le théorème d'Abel.

marsup · October 2019

Bah ma série, elle converge vers 0.
Par exemple :
$
\def\s#1{\sqrt[3]{#1}}
\def\f#1{\frac{1}{\s#1}}
\def\ss#1{#1 \times \s#1}
\def\ff#1{-\frac{1}{\ss#1}}
$
$1+-1+$
$\f2+\ff2+\ff2+$
$\f3+\ff3+\ff3+\ff3+$
$\f4+\ff4+\ff4+\ff4+\ff4+$
$\f5+\ff5+\ff5+\ff5+\ff5+\ff5$
$=0$.

Mais si on élève au cube, on se retrouve avec :
des termes positifs, qui donnent une série harmonique
des termes négatifs, qui se répètent chacun $n$ fois et qui valent $\frac{1}{n^4}$.

Donc la série des (cubes des) termes négatifs converge : reste une série en $\frac{1}{n^3}$.

Les termes positifs l'emportent par la série harmonique, et le tout diverge dans la série des cubes.

Je pensais que c'était un peu l'idée de jandri :

j'écris "un truc lent $\frac{1}{n^a}$" $\times$
une fois : +1,
et puis deux fois d'affilée : $-\frac{1}{2}$,
Comme ça, quand on somme la partie qui bouge vite, ça nous donne zéro.

En revanche, si on élève au cube le terme général, ça nous fait du $1-\frac{1}{8} - \frac{1}{8} = \frac{3}{4} \neq 0$ : la partie rapide est déséquilibrée, et la série se met à diverger !

Ça dérive en suivant sa tendance $\frac{1}{3} \times \frac{3}{4} \times \big(\frac{1}{n^a}\big)^3$, parce que la moyenne du truc rapide est non-nulle.

Mais jandri a l'air d'y penser comme à un phénomène trigonométrique + transformée d'Abel...

jandri · October 2019

Avec $u_n=\dfrac1{n^a}\cos(2n\pi/3)$ on obtient par un développement limité : $v_n=u_{3n}+u_{3n+1}+u_{3n+2}\sim \dfrac {3a}{2(3n)^{a+1}}$ d'où la convergence de la série $(\sum u_n)$ pour $a>0$.

On choisit $a=\dfrac13$ : $u_n^3=\dfrac1n \cos^3(2n\pi/3)=\dfrac3{4n}\cos(2n\pi/3)+\dfrac1{4n}$ d'où la divergence de la série $(\sum u_n^3)$.

Alban_ · October 2019

OK pour la méthode avec $u_{3n} + u_{3n + 1} + u_{3n + 2}$ : j'avais fait mon calcul n'importe comment et je trouve bien du $O(1/n^{4/3})$ avec la suite de Bisam, donc le même principe que le calcul détaillé par jandri.

Marsup, c'est marrant moi je me dis que pour trouver une série qui converge mais telle que le carré ne converge pas, je prends $(-1)^n/\sqrt n$. Le dénominateur n'est pas très important, le tout est d'avoir du $1/n$ quand on va élever à la puissance voulue. Pour le numérateur, je me suis convaincu que pour le $(-1)^n$, j'ai découpé le cercle trigo en $2$ ; pour le cube, je dois découper en 3, d'où le $e^{2i\pi/3}$, etc (je ne sais pas si c'est bien clair).

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