Convergence d'une suite

Eso creo · July 2006

Bonjours,

Montrer que la suite $S_n$ est convergente:
$$S_n=\sum_{k=0}^{n}\frac{k}{3^k}$$

Merci
Eso creo

(:

(:
---- Peace and Love ----

(:

Domi · July 2006

Utilise la règle d'Alembert .

Domi

éfix0 · July 2006

Une petite piste: tu considères le DSE de la fonction f(x)=1/(1-x) en 1/3 puis tu regardes ensuite le DSE de la fonction dérivée... Et ça devrait coller, modulo les efforts de justification

Aleg · July 2006

introduis, pour tout réel $x\neq 1$
$$T_n(x)=\sum_{k=0}^n\,x^k$$
On sait (somme des termes d'une suite géométrique) que
$$T_n(x)=\frac{1-x^{n+1}}{1-x}$$
En dérivant terme à terme la première expression
$$T_n^{\prime }(x)=\sum_{k=1}^n\,kx^{k-1}=\frac{1}{x}\,\sum_{k=1}^n\,kx^{k}$$
On remarque que ta somme est donc le tiers de $T_n^{\prime }(1/3)$ (valeur de la dérivée pour $x=1/3$).
Pour trouver le résultat voulu, tu n'as donc plus qu'à calculer la dérivée de la {\it deuxième} expression de $T_n(x)$, puis remplacer $x$ par $1/3$.

Yalcin · July 2006

oui Aleg tu as raison, pour moi c'est du classique maintenant (la première fois que je l'avais vu c'était en seconde)
bonnes vacances à vous tous

bisam · July 2006

Les méthodes de Domi et éfix me semblent hors de portée du demandeur... et celle d'Aleg ne répond pas tout-à-fait à la question puisqu'elle permet de calculer Sn en fonction de n mais ça ne prouve pas (encore) la convergence.

On peut tout simplement dire que la suite Sn est croissante (évident) et majorée (ça l'est moins donc je détaille).
Or on montre que pour tout $k\in\N$, on a $\frac{k}{3^k}\leq\frac{1}{2^k}$, donc $S_n\leq 2-2^{-n} \leq 2$, ce qui montre la majoration et permet de conclure pour la convergence.

Pour calculer la somme, j'aime bien aussi cette méthode : $$S_n=\sum_{k=0}^n \frac{k}{3^k}=\sum_{k=0}^n \sum_{i=0}^{k-1} 3^{-k}=\sum_{i=0}^{n-1}\sum_{k=i+1}^n 3^{-k}=\sum_{i=0}^{n-1} \frac{3^{-i-1}-3^{-n-1}}{1-3^{-1}}=\frac{1}{2}\sum_{i=0}^{n-1}(3^{-i}-3^{-n})= \frac{1}{2}\times\frac{1-3^{-n}}{1-3^{-1}}-\frac{n3^{-n}}{2}=\frac{3}{4}-\frac{2n+3}{4}3^{-n}$$

Yalcin · July 2006

Pour la généralisation voir aussi :

<http://aktaryalcin.googlepages.com/Formule6summaxmm1..n.pdf>

Domi · July 2006

Tu as raison Bisam , eso creo ne parle pas de série , sans doute parce qu'il ne sait pas encore de quoi il s'agit . Un petit aperçu pour les curieux , $\displaystyle{U_n = \sum_{k=1}^{n}u_k}$ s'appelle une série de terme générique $u_n$ . Dans le cas ou $u_n$ est positive et $\displaystyle{\frac{u_{n+1}}{u_n}}$ converge vers une limite strictement inférieure à 1 , la suite ( série ) $U_n$ converge . Mais bon , tout cela est pour plus tard , il vous reste tant de merveilles à découvrir .

Domi

Eso creo · July 2006

Oui je suis encore petit

lol

Oui Domi le critère d'Alembert est bien suffisant.

On peut aussi montrer par récurrence que $S_n\leq1$ en plus de sa croissance, alors elle est convergente.
On peut aussi montrer qu'elle est de Cauchy.
Pour le calcul de la convergence, je suis d'accord avec éfix et Aleg, en effet: $\frac{x}{(1-x)^2}=x+2x^2+3x^3+...$
On peut aussi remarquer:$3.S_{n+1}=S_n+\sum_{k=0}^{n}\frac{1}{3^k}$
Je trouve pour limite:$3/4$

Je me satisfais de cela.

Merci à vous tous
Eso creo

(:

(:
---- Peace and Love ----

(:

Eso creo · July 2006

Domi, tu oublie peut-être de dire, que $\sum u_n$ est à termes réels strictement positifs, pour pouvoir appliquer le critère d'Alembert !

Eso creo

(:

(:
---- Peace and Love ----

(:

Domi · July 2006

Je ne l'ai pas dit ?

Domi

Eso creo · July 2006

Oui je pense !

Toto.le.zero · July 2006

en plus, critère de d'Alembert s'applique aussi à des suites à termes complexes. Simplement en considérant le module du rapport u(n+1)/u(n)

Alain Debreil · July 2006

Alain Debreil · July 2006

Aleg · July 2006

Eso Creo,
je crains de n'avoir pas compris exactement tes intentions en posant cette question, puisque tes derniers messages laissent penser que tu connaissais déjà plusieurs solutions (élementaires ou non) au problème posé.
J'ose croire qu'il ne s'agissait tout de même pas pour toi de poser gratuitement un simple "défi" pour juger de ce qu'on allait en dire, mais que tu pensais plutôt augmenter ta collection déjà bien fournie de solutions à cette question..

Eso creo · July 2006

Aleg,

Moi c'est quelqu'un qui aime résoudre des exos sans corrigés ou bien seulement avec des indications !

Si je poste des question comme celle-ci, c'est simplement pour profiter de vos connaissances.

En effet, je viens de découvrir, le critère d'Alembert avec Domi, et des méthodes différentes et innovantes comme celle de Bisam.

Si quelqu'un n'aime pas mes postes, il peut simplement les ignorer.

NB: c'est moi l'ancien Zidane, le geste de Zidane pour le dernier match était le meilleur (félicitation Zidane), car l'italien lui a dit "le terroriste".

Eso creo

Eso creo · July 2006

Domi, j'ai rien dis, je n'ai pas fait attention !

Eso creo

Eso creo · July 2006

Merci à vous tous,

A bientôt
Eso creo

Richard André-Jeannin · July 2006

Domi, doit on dire: "la règle d'Alembert" ou bien "la règle de d'Alembert"?

Pour Eso Creo (ex Zidane): le vrai Zidane n'a encore rien dit sur son coup de boule. Inutile de délirer.

Domi · July 2006

Richard ,

dans les livres , j'ai vu les deux mais sans doute la bonne expression est : "de d'Alembert" .

Pour Zidane , je dirais que même dans la rage , le coup de boule est resté correct ( il aurait pu cassé le nez au tatoué dont j'ai oublié le nom ) .

Domi

Richard André-Jeannin · July 2006

De D'Alembert me semble plus correct (à cause de la particule). Par contre, on parlera d'un théorème d'Artin.
J'ai parfois vu écrit Dalembert (si ma mémoire est bonne, les Physiciens parlent de Dalembertien, ce qui m'a toujours choqué).

ryo · July 2006

bonjour, j'ai bien aime la methode de bisam et histoire d'etre sur d'avoir saisi j'ai voulu la tester sur le calcul de $\sum_{k=0}^{n} \frac{k^a}{r^k}$ avec $r \in \R^*$ et $a \in \N^*$.

Je vous livre mon calcul :
$$S_n=\sum_{k=0}^{n} \frac{k^a}{r^k}=\sum_{k=0}^{n}
\sum_{i=0}^{k^a-1} \frac{1}{r^k}$$
$$S_n=\sum_{i=0}^{n^a-1} \sum_{k=i+1}^{n} \frac{1}{r^k}$$
$$S_n=\sum_{i=0}^{n^a-1} \frac{1}{r^{i+1}}
\frac{1-(\frac{1}{r})^{n-i}}{1-\frac{1}{r}}$$
$$S_n=\frac{1}{r-1} \sum_{i=0}^{n^a-1}
((\frac{1}{r})^i-\frac{1}{r^n})$$
$$S_n=\frac{1}{r-1}
(\frac{1-(\frac{1}{r})^{n^a}}{1-\frac{1}{r}}-\frac{n^a}{r^n})$$
$$S_n=\frac{r}{(r-1)^2}-\frac{1}{r^{n^a-1}(r-1)^2}-\frac{n^a}{r^n(r-1)}$$

Alors ca me parait faux puisque si je fais tendre n vers $+\infty$ (on a bien sur $r>1$ dans ce cas pour la convergence) mon resultat ne depend plus de $a$
Mais evidemment je ne vois pas mon erreur donc merci a celui qui prendra le temps de me corriger

PS :desole pour la presentation pas tres pratique mais j'ignore comment on aligne les = en latex et c'est ce qui me paraissait le plus lisible

bisam · July 2006

L'erreur est tout au début... quand tu inverses les 2 sommes.

On a $0\leq k \leq n$ et $0\leq i \leq k^a-1$ donc $0\leq i \leq n^a-1$ et $(i+1)^{\frac{1}{a}} \leq k\leq n$

ryo · July 2006

Et m***e.
Bon je te remercie bisam (j'avais pas du tout fait attention pour l'interversion).
J'ai refait vite fait les calculs mais j'ai $$\sum_{i=0}^{n^a-1} \frac{1}{r^{(i+1)^{a^{-1}}}}$$ que je ne sais pas evaluer (c'est en fait partie entiere de $(i+1)^{a^{-1}}$ mais je ne sais pas faire le symbole.

Je reregarderais ca demain, la ya le taf demain donc faut que je dorme

bisam · July 2006

Je pensais qu'on pouvait calculer cette somme en regroupant les termes qui ont la même puissance (c'est possible puisque justement il y a une partie entière !), mais en fait $p^a -1 \leq i < (p+1)^a -1$ ssi $\lfloor (i+1)^{\frac{1}{a}} \rfloor = p$, donc $$\sum_{i=0}^{n^a-1} \frac{1}{ r^{\lfloor (i+1)^{a^{-1}}\rfloor }}=\sum_{p=1}^{n-1} \frac{(p+1)^a-p^a}{r^p}$$ et on est pas tellement plus avancé car on retombe sur la somme du départ !!

La méthode n'est donc pas très judicieuse dans ce cas.

Convergence d'une suite

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