Série alternée
Bonsoir, dans le corrigé, l'auteur a signalé (indication) que c'était une erreur de s'attaquer directement à la nature de cette série.
Pourtant, j'y suis allé directement en écrivant que
Pour tout $\displaystyle n \geq 2,\ u_{n}=\frac{(-1)^{\frac{n(n+1)}{2}}}{n}- \frac{(-1)^{n(n+1)}}{n^2}+o(\frac{1}{n^2})$.
Suivant la parité de $n$, on sait que $\frac{n(n+1)}{2}$ est entier.
J'ai donc pensé qu'on pouvait raisonner directement mais j'ai trouvé cela un peu douteux.
Mais je crois que si je passe par les séries alternées des indices pairs et impairs cela marchera mais ça sera trop long.
Pourtant, j'y suis allé directement en écrivant que
Pour tout $\displaystyle n \geq 2,\ u_{n}=\frac{(-1)^{\frac{n(n+1)}{2}}}{n}- \frac{(-1)^{n(n+1)}}{n^2}+o(\frac{1}{n^2})$.
Suivant la parité de $n$, on sait que $\frac{n(n+1)}{2}$ est entier.
J'ai donc pensé qu'on pouvait raisonner directement mais j'ai trouvé cela un peu douteux.
Mais je crois que si je passe par les séries alternées des indices pairs et impairs cela marchera mais ça sera trop long.
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Réponses
Le problème du premier terme, avec la puissance $n(n+1)/2$ est que l’on n’a pas d’alternance pour démontrer la convergence, par exemple. Il faut travailler un peu pour déterminer la parité de cette puissance.
Par contre (mais c’est inutile) le deuxième terme avec la puissance $n(n+1)$, lui c’est forcément une puissance paire...
Je n’ai pas compris « ne pas s’attaquer directement à nature de la série » (?).
Une dernière remarque : attention à l’étude des termes pairs et impairs ou plutôt aux réarrangements des termes dans ces séries là car le fait de changer l’ordre des termes peut changer la somme mais même la nature de la série.
Comme $u_{2k+1}=-u_{2k}$
On pose $S_{2n+1}=\sum_{k=2}^{2n+1}{u_{k}}$ et on détermine la nature de la série via les sommes partielles
En fait on a :
Pour tout entier $n$ supérieur à $2$ :
$S_{2n+1}=\sum_{k=2}^{2n+1}{u_{k}}=0$ en gommant les termes par paire (de somme nulle).
Il faut dire aussi que $(S_{2n})_n$ converge également...
Mais suis-je mal réveillé ? Ou plutôt mal endormi... ?
La série est donc convergente de somme nulle ?
Mot clef : sommation par paquet
Pour le terme en $\displaystyle {(-1)^{n(n+1)/2} \over n},\ n \geq 1$ ne peut-on pas raisonner modulo $4$ et obtenir une égalité : $\displaystyle \sum_{n \geq 1} {(-1)^{n(n+1)/2} \over n}= -{1 \over 1} - {1 \over 2} + {1 \over 3} +\sum_{q \geq 1} \Big({1 \over 4 q} - {1 \over 4q+1} - {1 \over 4 q+2} +{1 \over 4 q+3} \Big)$ puis réduire au même dénominateur les deux premiers termes et les deux derniers termes dans la somme avant de majorer et conclure par Riemann ?
la série proposée à l'oral de Centrale est convergente et la somme infinie est nulle car les termes pairs et impairs se télescopent
$S = - \frac{1}{\sqrt{6}} + \frac{1}{\sqrt{6}} + \frac{1}{\sqrt{20}} - \frac{1}{\sqrt{20}} - \frac{1}{\sqrt{42}} + \frac{1}{\sqrt{42}} +....$
soit encore sous forme de différence de deux séries convergentes identiques :
$S = [\frac{1}{\sqrt{6}} - \frac{1}{\sqrt{20}} + \frac{1}{\sqrt{42}} - ........] - [\frac{1}{\sqrt{6}} - \frac{1}{\sqrt{20}}+ \frac{1}{\sqrt{42}} - .....]$
soit S = 0
cordialement
\begin{align*}
S_{2n}&=\sum_{k=2}^{2n}u_{k}=u_{2n}+\sum_{k=1}^{n-1}\left(u_{2k}+u_{2k+1}\right)=u_{2n}\underset{n}{\longrightarrow}0,
\\
S_{2n+1}&=\sum_{k=1}^{n}\left(u_{2k}+u_{2k+1}\right)=0.
\end{align*} Ainsi $S_{n}$ converge vers $0$.
J’y ai pensé mais il utilise quand même le terme « différence de deux séries convergentes » donc ça rend son texte juste.
Par contre il reste l’énigme de « je change l’ordre des termes et la nature de la série ne change pas, ni sa somme ».
Jean, peux-tu répondre sur cette dernière objection ?
Cordialement
Dom
Je le comprends comme le fait qu’il évite les polémiques et « agressions ».
Mais je ne lui jette pas la pierre. La sérénité est peut-être plus importante.
??
Nous le constaterons bien... ou pas...
Bon réveillon.
Comme d'habitude, développement limité en $o(...)$, sans pinailler et chipoter avec équivalent, soustraction de l'équivalent, et autres détours superfétatoires.
On a : $\frac{1}{\sqrt{n(n+(-1)^{n})}}=\frac{1}{n}(1+\frac{(-1)^{n}}{n})^{-\frac{1}{%
2}}=\frac{1}{n}(1-\frac{(-1)^{n}}{2n}+o(\frac{1}{n}))=\frac{1}{n}-\frac{%
(-1)^{n}}{2n^{2}}+o(\frac{1}{n^{2}})$.
En conséquence : $u_n=\frac{(-1)^{\frac{n(n+1)}{2}}}{\sqrt{n(n+(-1)^{n})}}=\frac{(-1)^{\frac{%
n(n+1)}{2}}}{n}-\frac{(-1)^{\frac{n(n+3)}{2}}}{2n^{2}}+o(\frac{1}{n^{2}})$.
La série proposée $\displaystyle \overset{+\infty }{\underset{n=1}{\sum }}\frac{(-1)^{\frac{n(n+1)}{2}}}{%
\sqrt{n(n+(-1)^{n})}}$ est donc de même nature que la série $\displaystyle \overset{+\infty }{\underset{n=1}{\sum }}\frac{(-1)^{\frac{n(n+1)}{2}}}{n}$.
L'entier $\frac {n(n+1)}2$ est impair si $n \equiv 1 \pmod 4$ ou si $n \equiv 2 \pmod 4$ et il est pair si $n \equiv 3 \pmod 4$ ou si $n \equiv 0 \pmod 4$.
Posons $\displaystyle T_{n}=\overset{n}{\underset{k=1}{\sum }}\frac{(-1)^{\frac{k(k+1)}{2}}}{k}$, alors :
$\displaystyle T_{4p}=\overset{p}{\underset{k=1}{\sum }}(\frac{-1}{4k-3}+\frac{-1}{4k-2}+%
\frac{1}{4k-1}+\frac{1}{4k})=\overset{p}{\underset{k=1}{\sum }}(\frac{-3}{%
4k(4k-3)}+\frac{-1}{(4k-1)(4k-2)})$.
Série convergente. Je passe sur les détails, on y revient si besoin est.
Bonne soirée.
Fr. Ch.
Si l'on pose : $u_{n}=\frac{(-1)^{\frac{n(n+1)}{2}}}{\sqrt{n(n+(-1)^{n})}}$, alors : $u_{2k}+u_{2k+1}=\frac{(-1)^{k(2k+1)}}{\sqrt{2k(2k+1)}}+\frac{%
(-1)^{(2k+1)(k+1)}}{\sqrt{(2k+1)(2k)}}=\frac{(-1)^{k}+(-1)^{k+1}}{\sqrt{2k(2k+1)}}=0$.
Comme le terme général de la série tend vers $ 0$, cette série a bel et bien une somme nulle, comme l'ont dit d'autres intervenants.
L'énoncé aurait dû demander la nature et la somme de la série.
Il est étrange de poser à Centrale une somme de série qui repose juste sur une astuce, se traite en une ligne, ne demande aucun résultat du cours de Math Spé, et pourrait se poser en Terminale.
Maintenant, les développements ultérieurs de Jean Lismonde sont à relier comme toujours aux idées qui lui sont propres à propos de la notion de limite, et c'est du temps perdu de les discuter. Tout au plus doit-on mettre en garde les jeunes lecteurs contre leur caractère, disons spécifique à leur auteur.
Bonne fin de 2020.
Fr. Ch.
Par contre, tu démontres que $(T_{4p})_p$ est convergente mais tu passes un détail important pour dire que $(T_n)_n$ est convergente.
Pour les lecteurs intrigués :
Par exemple si $u$ est 4-périodique avec $u_0=1$, $u_1=2$, $u_2=3$ et $u_3=-6$ alors si je note $U$ la suite des sommes partielles associée, $(U_{4p})_p$ est convergente mais pas $(U_n)_n$.
Édit : je répondais au message juste avant le dernier...
1) ce n'est pas une série alternée.
2) il y a une forme particulière néanmoins pour les termes de rangs pairs et ceux de rangs impairs à cause du $(-1)^n$ dans le dénominateur.
3) je calcule donc le terme général pour n pair puis n impair et là ça saute yeux.
@chaurien, je prends le superfétatoire un peu pour moi mais comme je suis encore dans l'état de super-fête-d'hier-soir, ça passe Bonne année à toi.
Puisque la série n'est effectivement pas alternée, on pourrait rebaptiser le fil : Série (qui n'est pas) alternée
Je pose $S(x)=\displaystyle\sum_{n=1}^{+\infty} \frac{(-1)^{\frac{n(n+1)}{2}}}{n}\, x^n$, cette série entière a pour rayon de convergence $1$ d'après le critère de d'Alembert. On a pour $ x\in ]-1;1[$
$$
S(x)= \sum_{n=1}^{+\infty} (\frac{-x^{4n-3}}{4n-3}+\frac{-x^{4n-2}}{4n-2}+ \frac{x^{4n-1}}{4n-1}+\frac{x^{4n}}{4n}) =
\sum_{n=1}^{+\infty} \int_0^x \left( -t^{4n-4} -t^{4n-3} + t^{4n-2} + t^{4n-1} \right) \text{d}t
$$ puis, en intervertissant intégrale et somme,
$$
S(x)=\int_0^x \left( - \sum_{n=1}^{+\infty} t^{4n-4} - \sum_{n=1}^{+\infty} t^{4n-3} + \sum_{n=1}^{+\infty} t^{4n-2} + \sum_{n=1}^{+\infty} t^{4n-1} \right) \text{d}t =\int_0^x \frac{-1-t+t^2+t^3}{1-t^4}\text{d}t=-\int_0^x \frac{1+t}{1+t^2} \, \text{d}{t}.
$$ Et finalement par une intégration toute simple,
$$
S(x) = - \frac{\ln (x^2+1)}{2} - \text{arctan}(x),
$$ d'où par continuité,
$$\sum_{n=1}^{+\infty} \frac{(-1)^{\frac{n(n+1)}{2}}}{n} = S(1)=- \frac{\ln 2}{2}-\frac{\pi}{4}.
$$ (édité selon les remarques de troisqua)
Ta première égalité avec ton $f(x)$ (à partir de l'introduction de l'intégrale de 0 à 1).
Je ne serais pas étonné qu'il ait été posé à un oral, peut-être un collègue nous le dira..
Chaurien, je suis d'accord avec toi que ce calcul me paraît davantage évaluer les compétences d'un taupin que l'astuce de l'exercice initial, dont le résultat est joli toutefois. Néanmoins rien d'empêche le candidat de le traiter comme tu l'as fait, puisque le calcul de la série n'était pas demandé.
Le passage « je fais tendre $x$ vers 1 » en n’évoquant que la continuité n’est-il pas un peu court ?
Je pense aux questions soulevées par ce document : « ce qui se passe sur le bord du disque de convergence ».
http://perso.eleves.ens-rennes.fr/~tuntr932/borddudisque.pdf
La somme $S$ de la série entière $\sum a_{n}x^{n}$ admet une limite à gauche en $1$ et son rayon de convergence est 1. Alors
\[
S\left(x\right)\underset{x\to1^{-}}{\longrightarrow}\sum_{n=1}^{+\infty}a_{n}
\]
(utiliser une transformation d'Abel déjà vue pas mal de fois sur ce forum).
C’est surtout au cas où des L1 passent par là.
Effectivement, j'ai été très évasif sur la justification de la continuité. Sauf erreur il me semble qu'on peut faire plus élémentaire que le théorème radial d'Abel.
Pour $ x\in [-1;1]$, je pose $\displaystyle{u_n(x) = \frac{(-1)^\frac{n(n+1)}{2}}{n} \,x^n}$. On a $\displaystyle{u_{2n}(x) = \frac{(-1)^n}{2n} \,x^{2n}}$ et $\displaystyle{u_{2n+1}(x) = \frac{(-1)^{n+1}}{2n+1}\, x^{2n+1}}=x \frac{(-1)^{n+1}}{2n+1}\, x^{2n}$,
Il n'est pas difficile de voir que pour $x \in [-1;1]$, $\displaystyle{\left(\frac{x^{2n}}{2n}\right)_{n \geq 1}}$ et $\displaystyle{\left(\frac{x^{2n}}{2n+1}\right)_{n \geq 0}}$ sont des suites décroissantes (et tendant vers 0 !), donc le critère spécial des séries alternées s'applique et donne $\displaystyle{\left| \sum_{k=n}^{+\infty} u_{2k} (x) \right| \leq \frac{x^{2(n+1)}}{2(n+1)} \leq \frac{1}{2n+2}}$ et $\displaystyle{\left| \sum_{k=n}^{+\infty} u_{2k+1}(x) \right| \leq \frac{1}{2n+3}}$, ce qui prouve la convergence uniforme des séries de fonctions $\displaystyle{\sum u_{2n}(x)}$ et $\displaystyle{\sum u_{2n+1}(x)}$ sur $[-1;1]$.
Il reste à remarquer que $\displaystyle{S(x)= \sum_{n=0}^{+\infty} u_{2n}(x) +\sum_{n=0}^{+\infty} u_{2n+1}(x)}$ pour conclure que $S$ est continue sur $[-1;1]$.
@Troisqua, j'avais pensé à cette idée juste après c'est pour cela que j'ai mis l'idée juste en haut dans mes derniers messages.
Suivant tes idées, on a : $\displaystyle S=\overset{+\infty }{\underset{n=1}{\sum }}\frac{(-1)^{\frac{n(n+1)}{2}}}{n}=\overset{+\infty }{\underset{k=1}{\sum }} \left( \frac{(-1)^{\frac{(2k-1)\cdot 2k}{2}}}{2k-1}+\frac{(-1)^{\frac{2k(2k+1)}{2}}}{2k}\right)$
$~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~\displaystyle =\overset{+\infty }{\underset{k=1}{\sum }} \left( \frac{(-1)^{k}}{2k-1}+\frac{(-1)^{k}}{2k} \right)=-\overset{+\infty }{\underset{k=1}{\sum }}\frac{(-1)^{k-1}}{2k-1}-\frac 12 \overset{+\infty }{\underset{k=1} {\sum }} \frac{(-1)^{k-1}}{k}$.
Or il est bien connu que : $\displaystyle \overset{+\infty }{\underset{n=1}{\sum }}\frac{(-1)^{n-1}}{2n-1}%
x^{2n-1}=\arctan x$ pour $x\in \lbrack -1,1]$, et : $\displaystyle \overset{+\infty }{\underset{n=1}{\sum }}\frac{(-1)^{n-1}}{n}x^{n}=\ln(1+x) $ pour $x\in ]-1,1]$, et pas seulement pour $x\in ]-1,1[$, qui découlerait de la théorie générale des séries entières.
En effet, comme tu l'as écrit, la continuité sur $[0,1]$ s'obtient par la convergence uniforme, grâce au critère général pour les séries alternées, d'où la valeur pour $x=1$.
Dans le cas présent on peut aussi procéder sans recours à la théorie générale des séries entières, ni des séries de fonctions, car on prend la primitive d'une série géométrique, et pour une telle série, le reste a une expression explicite des plus simples, en sorte que la somme pour $x \in [0,1]$ peut se traiter à la main, même dans les secteurs d'enseignement où les séries de fonctions ne sont pas au programme, comme les prépas-HEC.
Bonne soirée.
Fr. Ch.
Il m'avait manqué de reconnaître le DSE de $x\mapsto \arctan(x)$ et $x \mapsto \ln \left( 1+x\right)$, merci pour cet éclairage.
C'est vrai que ces fonctions se prêtent bien à être traitée de façon élémentaire, j'avais d'ailleurs fabriqué un exercice pour obtenir le DSE sur $[-1;1]$ de $x\mapsto -\ln(1-x)$ pour mes TS il y a quelques années (et c'est toujours possible avec le programme en vigueur). Je le mets en pièce jointe.
Bonne soirée.
Gilles.