Séries

Kcg · January 2020

Salut. Svp besoin d'aide.
Je veux étudier la nature de la série de terme général $\displaystyle U_{n}=\int_{0}^{1} \frac{x^n}{1+x+x^2+\cdots+x^n}dx $

BobbyJoe · January 2020

L'idée est de transformer l'intégrande...
Formellement, l'intégrande est proche -lorsque $n\gg 1$- de $x^{n}(1-x)=x^{n}-x^{n+1}$ qui est, après intégration, le terme général d'une série (téléscopique) convergente.
Il ne reste plus qu'à formaliser cette idée.
Pour $x\in [0,1]$ et pour $n\in \mathbb{N},$ on a : $$\frac{x^{n}}{\sum_{k=0}^{n}x^{k}}-x^{n}(1-x)=x^{n}\frac{1-(1-x)\sum_{k=0}^{n}x^{k}}{\sum_{k=0}^ {n}x^{k}}=\frac{x^{2n+1}}{\sum_{k=0}^{n}x^{k}}.$$
Enfin, pour $n\geq 0$ et pour $x\in [0,1],$ on obtient : $$\sum_{k=0}^{n}x^{k}\geq (n+1)x^{n}.$$
Ainsi, il vient en intégrant pour $n\geq 0$ : $$U_{n}\leq \frac{1}{n+1}\int_{0}^{1}x^{n+1}dx+\int_{0}^{1}(x^{n}-x^{n+1})dx \leq \frac{1}{(n+1)(n+2)}+\frac{1}{n+1}-\frac{1}{n+2}=\frac{2}{(n+1)(n+2)}=O(\frac{1}{n^{2}}),$$
qui est par comparison le terme général d'une série convergente (bien noter que le terme général de la série initiale est positif!).

Fin de partie · January 2020

On peut montrer aisément, me semble-t-il, que \begin{align}U_n=\int_0^1 \frac{x^n(1-x)}{1-x^{n+1}}\,dx&=\left[-\frac{1}{n+1}\ln\left(1-x^{n+1}\right)(1-x)\right]_0^1-\frac{1}{n+1}\int_0^1 \ln\left(1-x^{n+1}\right)\,dx\\
&=-\frac{1}{n+1}\int_0^1 \ln\left(1-x^{n+1}\right)\,dx
\end{align}

Et il y a plus qu'à minorer et majorer $-\ln(1-u)$ lorsque $0\leq u<1$.

PS:
Dans le terme tout intégré dans l'intégration par parties, j'avais remplacé un signe - par un signe + et oublié le facteur $1-x$. Merci à Math Coss.

Kcg · January 2020

@bobby Joe, cette démarche est claire merci.

@fin de partie, j'ai lu ta démarche mais j'ai essayé de faire une intégration par parties de $U_{n}$ mais je n'obtiens pas ton égalité. Puis-je savoir comment tu as procédé stp ?

Fin de partie · January 2020

Kcg:

1)Pour $x\neq 1$,
$1+x+x^2+...+x^n=\dfrac{1-x^{n+1}}{1-x}$ donc $\dfrac{x^n}{1+x+x^2+...+x^n}=\dfrac{x^n(1-x)}{1-x^{n+1}}$

2)$ \dfrac{\partial }{\partial x}\ln\left(1-x^{n+1}\right)=-\dfrac{(n+1)x^{n}}{1-x^{n+1}}$

PS:
Il faut tout de même montrer que $\lim_{x\rightarrow 1} (1-x)\ln\left(1-x^{n+1}\right)=0$
pour faire disparaître le terme tout intégré.

Mais cela me semble aisé car pour $0<x<1$, $(1-x)\ln\left(1-x^{n+1}\right)=(1-x)\ln(1-x)+(1-x)\ln\left(\frac{1-x^{n+1}}{1-x}\right)$

Et il est facile de démontrer que $\lim_{x\rightarrow 1}\dfrac{1-x^{n+1}}{1-x}=n+1$
Considérer la fonction $\varphi(x)=x^{n+1}$

PS:
Après, il faut majorer $-\ln(1-u)$ pour $0<u<1$.

Ou bien, on procède à un changement de variable $y=x^{n+1}$.

Cela revient, me semble-t-il, à montrer que la fonction $f(x)=\dfrac{\ln(1-x)}{x^\alpha}$ est prolongeable en une fonction continue sur l'intervalle $[0,1]$ quand $0\leq \alpha\leq 1$ (on a besoin qu'elle soit bornée sur cet intervalle)

Fin de partie · January 2020

On a donc :
\begin{align}U_n&=-\frac{1}{n+1}\int_0^1 \ln\left(1-x^{n+1}\right)\,dx\\
&=-\frac{1}{(n+1)^2}\int_0^1 \frac{\ln\left(1-x\right)}{x^{\frac{n}{1+n}}}\,dx\\

\end{align} Et pour $0\leq\alpha <1$, $\displaystyle \lim_{x\rightarrow 0}\dfrac{\ln(1-x)}{x^{\alpha}}=0$
En effet, $\displaystyle \dfrac{\ln(1-x)}{x^{\alpha}}=x^{1-\alpha} \frac{\ln(1-x)}{x}.$