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Séries

Envoyé par Kcg 
Kcg
Séries
il y a trois mois
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 $



Edité 1 fois. La dernière correction date de il y a trois mois et a été effectuée par AD.
Re: Séries
il y a trois mois
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!).



Edité 3 fois. La dernière correction date de il y a deux mois et a été effectuée par BobbyJoe.
Re: Séries
il y a trois mois
avatar
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.

Je vis parce que les montagnes ne savent pas rire, ni les vers de terre chanter.(Cioran)



Edité 3 fois. La derni&egrave;re correction date de il y a trois mois et a &eacute;t&eacute; effectu&eacute;e par Fin de partie.
Kcg
Re: Séries
il y a trois mois
@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 ?



Edité 1 fois. La derni&egrave;re correction date de il y a trois mois et a &eacute;t&eacute; effectu&eacute;e par AD.
Re: Séries
il y a trois mois
avatar
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)

Je vis parce que les montagnes ne savent pas rire, ni les vers de terre chanter.(Cioran)



Edité 8 fois. La derni&egrave;re correction date de il y a trois mois et a &eacute;t&eacute; effectu&eacute;e par Fin de partie.
Re: Séries
il y a trois mois
avatar
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, $\displaystyle \dfrac{\ln(1-x)}{x^{\alpha}}=x^{1-\alpha} \frac{\ln(1-x)}{x}.$

Je vis parce que les montagnes ne savent pas rire, ni les vers de terre chanter.(Cioran)



Edité 2 fois. La derni&egrave;re correction date de il y a deux mois et a &eacute;t&eacute; effectu&eacute;e par AD.
Kcg
Re: Séries
il y a trois mois
Ok. Merci bien.
Re: Séries
il y a trois mois
Bonjour,

Il me semble qu'il y a quelques mois des forumeurs avaient calculé un développement asymptotique de la suite $U_n$. Ça semble coriace, mais pas utile pour une simple convergence de la série.
Re: Séries
il y a trois mois
Ça ressemble effectivement à ce fil : [www.les-mathematiques.net]
Re: Séries
il y a trois mois
@guego
merci pour la recherche (lorsque je cherche avec le moteur, je trouve rarement)
Lou16 et jandri avaient proposé des méthodes très intéressantes. L’intégrande est un peu différent mais on doit pouvoir adapter ces méthodes.



Edité 1 fois. La derni&egrave;re correction date de il y a deux mois et a &eacute;t&eacute; effectu&eacute;e par AD.
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