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SERIEs

Posté par
tome7 01-11-08 à 01:13

Hello!

Grosses difficultées avec les séries

Soit(u_n)_n une suite réelle positive telle que \lim_{n\to +\infty} (u_n)^{\frac{1}{n}}=\lambda \in \mathbb{R}^+.

1. On suppose dans cette question que \lambda < 1.
   Montrer qu'il existe \alpha \in ]0,1[ et N \in \mathbb{N}^* tel que pour tout n\ge N, on a u_n\le \alpha^n.
   En déduire la nature de la série de terme général u_n

2. On suppose dans cette question \lambda > 1. Montrer que la série \sum u_n diverge.

3. Peut-on obtenir la nature de la série \sum u_n lorsque \lambda=1?

4. Etudier la nature des séries suivantes
  a) \sum_{n\ge0} (\sqrt{n+1}-\sqrt{n})^n
  b) \sum_{n\ge1} (ln(n))^{1-n^2}

5. Soit (v_n) une suite de réels strictement positifs telle que \lim_{n\to +\infty} \frac{v_{n+1}}{v_n}=\lambda \in \mathbb{R}^+
   Montrer que \lim_{n\to +\infty} (v_n)^{\frac{1}{n}}=\lambda.
   Si (v_n) est une suite de réels strictement positifs telle que \lim_{n\to +\infty} (v_n)^{\frac{1}{n}}=\lambda \in \mathbb{R}^+, a-t-on toujours \lim_{n\to +\infty} \frac{v_{n+1}}{v_n}=\lambda?

Posté par
tome7re : SERIEs 01-11-08 à 01:20

Donc
la 1. J'ai dit que comme ca tendait vers +\infty il y a avait un rang N tel que (u_n)^{\frac{1}{n}} \le \alpha car \lambda\le\alpha \\
la 2. c'est presque comme la 1.

la 3. Aucune idée!

la 4.a) j'ai trouvé qu'elle divergeait
   4.b) je suis bloqué à (ln(n))^{1-n^2}=\frac{ln(n)}{e^{n^2*ln(ln(n))}}

la 5. Aucune idée également

Merci d'avance!!!

Posté par
Cauchyre : SERIEs 01-11-08 à 02:00

Salut,

pour la 3), essaie de trouver une série convergente telle que la limite soit 1 et une divergente, ca te montrera qu'on ne peut rien conclure en général quand la limite vaut 1.

Posté par
tome7re : SERIEs 01-11-08 à 10:46

Euh je ne vois pas du tout comment faire

Posté par
tome7re : SERIEs 01-11-08 à 11:25

Je viens de me rendre compte que ce n'était pas correct ce que j'ai fait au 4. a) car j'ai mis en expo puis factorisé par \sqrt{n} ce qui fait apparaitre une fraction avec au dénominateur n, ce qui est impossible car n\ge0

Posté par
H_aldnoerre : SERIEs 01-11-08 à 12:08

Essaye avec \Large U_n=n. Vérifié que \Large \lim_{n\to +\infty} (u_n)^{\frac{1}{n}}=1 et que la série de terme général \Large U_n est divergente..

Maintenant essaye avec \Large U_n=\frac{1}{n^2} et montre que la série est cette fois convergente.

Posté par
H_aldnoerre : SERIEs 01-11-08 à 12:28

Ensuite, utilise ce que l'on appelle la quantité conjugué : \Large \sqrt{a}-\sqrt{b}=\frac{a-b}{\sqrt{a}+\sqrt{b}}.

Posté par
tome7re : SERIEs 02-11-08 à 01:51

d'accord!! pour la 3. J'ai compris, il faut passer par la forme exp pour déterminer la limite.

Ensuite pour la
4. a) je ne sais pas ce qu'il faut faire après avoir trouvé par la quantité conjugué que vous m'avez rappelé : (\sqrt{n+1}-\sqrt{n})^n=\frac{1}{(\sqrt{n+1}+\sqrt{n})^n}
4.b) je ne vois toujours pas ce qu'il faut faire après ça (ln(n))^{1-n^2}=\frac{ln(n)}{e^{n^2*ln(ln(n))}}

Et la première partie de la 5., j'ai pensé aux équivalents entre (v_n)^{\frac{1}{n}} et \frac{v_{n+1}}{v_n}, mais je suis totalement bloqué

Posté par
tome7re : SERIEs 02-11-08 à 13:04

Posté par
H_aldnoerre : SERIEs 02-11-08 à 13:05

Tu peux par exemple minorer :
\Large \sqrt{n+1} \ge \sqrt{n par croissante de la fonction racine.

Tu obtiens alors \Large (\sqrt{n+1}+\sqrt{n})^n \ge (2\sqrt{n})^n et ce, en écrivant \Large a^b=exp(b ln(a)).

Enfin, comme \Large n\ge 1, on a \Large (2\sqrt{n})^n\ge 2^n et finalement \Large (\sqrt{n+1}+\sqrt{n})^n \ge 2^n ie \Large \frac{1}{(\sqrt{n+1}+\sqrt{n})^n} \le \frac{1}{2^n}.


Utilise pour finir le critère de comparaison des séries à termes positifs.

Posté par
H_aldnoerre : SERIEs 02-11-08 à 13:12

Sinon, comme \Large (U_n)^{\frac{1}{n}} = \sqrt{n+1}-\sqrt{n} qui tend vers \Large 0<1, on a le résultat d'après ce qui a était fait avant ...

Posté par
tome7re : SERIEs 02-11-08 à 17:35

aah oui!!! d'accord donc elle converge

Et pour la 4.b) j'ai réussi à aller un peu plus loin dans le développement mais je reste bloquer à (ln(n))^{1-n^2}=\frac{ln(n)}{ln(n)^{n^2}}

Et la 5. je suis toujours au même point

Posté par
H_aldnoerre : SERIEs 02-11-08 à 21:25

J'ai pas vraiment cherché pour le 4.b) mais si tu poses \Large u_n=ln(n)^{1-n^2}, essaye de voir la limite de \Large u_n^{\frac{1}{n}} peut-être.

Posté par
H_aldnoerre : SERIEs 03-11-08 à 00:11

Ma TI me donne que \Large \lim_{n\to +\infty}\, ln(n)^{\frac{1-n^2^}{n}} = 0, ce qui permet de conclure. A toi de justifier le calcul de limite.

Posté par
tome7re : SERIEs 03-11-08 à 01:21

(ln(n))^{\frac{1-n^2}{n}}=\frac{\frac{ln(n)}{n}}{ln(n)^{n}}
En passant à la limite on a donc \frac{0}{+\infty} = 0
OK !!

Par contre pour la 5. à part les équivalences où je ne vois pas comment faire je vois pas quoi faire d'autre

Posté par
tome7re : SERIEs 03-11-08 à 15:26

Posté par
tome7re : SERIEs 03-11-08 à 21:44

Posté par
H_aldnoerre : SERIEs 03-11-08 à 21:49

Pour ma part, pas d'idée pour la fin.
Je conjecture quand même que on peut avoir \Large\lim_{n\to +\infty} (v_n)^{\frac{1}{n}}=\lambda \in \mathbb{R}^+ sans nécessairement avoir \Large\lim_{n\to +\infty} \frac{v_{n+1}}{v_n}=\lambda.

Posté par
tome7re : SERIEs 03-11-08 à 22:27

Oki, merci H_aldnoer pour les questions précédentes!

Posté par
Cauchyre : SERIEs 03-11-08 à 22:53

Ou en es-tu?

Posté par
Cauchyre : SERIEs 03-11-08 à 23:15

H_aldnoer effectivement prend par exemple 3$ u_n=3^{n+(-1)^n}, bon l'intéret de la règle est plutot limitée ici mais ca montre que la règle de Cauchy permet de conclure dans des cas où la règle de d'Alembert ne peut pas.

Posté par
H_aldnoerre : SERIEs 04-11-08 à 00:09

Hey, salut Cauchy! Cava bien?


J'ai pas su montrer \Large\lim_{n\to +\infty} \frac{v_{n+1}}{v_n}=\lambda \in \mathbb{R}^+
implique \Large\lim_{n\to +\infty} (v_n)^{\frac{1}{n}}=\lambda.

Posté par
Cauchyre : SERIEs 04-11-08 à 00:25

Oui ca va bien et toi?

Ecris v(n) comme un produit télescopique  ca t'aidera, bon je file au lit a+

Posté par
tome7re : SERIEs 04-11-08 à 22:13

Je ne comprends pas j'ai v_n=\Bigprod_{k=1}^{k=n}~\frac{v_k}{v_{k-1}} *v_0 et après

Posté par
Nightmarere : SERIEs 04-11-08 à 22:26

Bonsoir,

On peut poser 3$\rm u_{n}=ln(v_{n}) et appliquer le lemme de l'escalier à 3$\rm u_{n} pour conclure.

Posté par
Nightmarere : SERIEs 04-11-08 à 22:31

Sans ce bagage, on écrit qu'il existe un rang N tel que :

3$\rm n\ge N\Rightarrow \epsilon-\lambda \le \frac{v_{n+1}}{v_{n}}\le \epsilon+\lambda.

On écrit alors que pourvu que n soit plus grand que N :
3$\rm v_{n}=\frac{v_{n}}{v_{n-1}}\times \frac{v_{n-1}}{v_{n-2}}\times ... \times \frac{v_{N+1}}{v_{N}}

Alors :
3$\rm (\epsilon-\lambda)^{n}\le v_{n}\le (\epsilon+\lambda)^{n}

On passe à la racine n-ème et on conclut.

Posté par
Nightmarere : SERIEs 04-11-08 à 22:35

Au temps pour moi, petite erreur.

On a plutôt :
3$\rm \(\epsilon-\lambda)^{n-N}\le v_{n}\le \(\epsilon+\lambda\)^{n-N} mais la conclusion est la même.

Posté par
Nightmarere : SERIEs 04-11-08 à 22:49

Le contre exemple :

3$\rm v_{n}=e^{cos(n)} par exemple.

Posté par
tome7re : SERIEs 04-11-08 à 23:21

Bonjour! J'ai compris l'explication, mais je ne vois pas pourquoi la conclusion est la même

Posté par
tome7re : SERIEs 04-11-08 à 23:26

Ah est ce que ce serait comme on a 3$\rm \(\epsilon-\lambda)^{1-\frac{N}{n}}\le (v_{n})^{\frac{1}{n}}\le \(\epsilon+\lambda\)^{1-\frac{N}{n}}
Et bien quand n tend vers +\infty et bien \frac{N}{n} tend vers 0 donc (v_{n})^{\frac{1}{n}} tend vers \lambda?
Si c'est ça je ne vois pas trop comment justifier

Posté par
Nightmarere : SERIEs 04-11-08 à 23:29

Bon je rédige une partie :

Déjà, on va prendre des 3$\rm \frac{\epsilon}{2} pour la beauté de la chose :

3$\rm \(\frac{\epsilon}{2}-\lambda)^{n-N}\le v_{n}\le \(\frac{\epsilon}{2}+\lambda\)^{n-N}

On passe à la puissance 1/n :

3$\rm \(\frac{\epsilon}{2}-\lambda\)^{\frac{n-N}{n}}\le \sqrt[n]{v_{n}}\le \(\frac{\epsilon}{2}+\lambda\)^{\frac{n-N}{n}}

Le terme de droite tend vers 3$\rm \frac{\epsilon}{2}+\lambda

ainsi à partir d'un rang N1, 3$\rm \(\frac{\epsilon}{2}+\lambda\)^{\frac{n-N}{n}}-(\frac{\epsilon}{2}+\lambda)\le \frac{\epsilon}{2}

D'où 3$\rm \(\frac{\epsilon}{2}+\lambda\)^{\frac{n-N}{n}}\le \epsilon+\lambda

on en déduit que pour 3$\rm n\ge Max(N,N_{1})=N', 3$\rm \sqrt[n]{v_{n}}\le \epsilon+\lambda

Même chose pour le membre de gauche.

Posté par
tome7re : SERIEs 05-11-08 à 00:17

Ah d'accord, j'étais pas bon en fait
Merci Nightmare


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