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Convergence de suite

Posté par
flynice 10-12-17 à 19:19

Bonsoir,
Pourriez vous vérifier la véracité de ma réponse et la rédaction de mon exercice ? Je ne suis pas sûr du passage d'une limite dépendant de k à une limite dépendant de n :

Discuter la convergence de u_n = \prod_{k=1}^{n}{(1+a^{2^k})} suivant la valeur de a.

Ou bien a {-1, 1} :
\prod_{k=1}^{n}{(1+a^{2^k})} = \prod_{k=1}^{n}{2} = 2^n car 2^k est pair pour tout k de [[1, n]]. Donc la suite est divergente.

Ou bien a]-1,1[ :
Pour tout k de [[1,n]], a^{2^k} tend vers 0 en +, donc 1 + a^{2^k} 1 quand k tend vers +. Donc \prod_{k=1}^{n}{(1+a^{2^k})} \prod_{k=1}^{n}{1} = 1 quand n tend vers + et donc converge.

Ou bien a>1 ou a<1 :
A cause de la parité de 2^k, 1+a^{2^k} diverge vers + quand k tend vers + et donc u_n tend vers + et diverge.

Merci d'avance

Posté par
carpediemre : Convergence de suite 10-12-17 à 19:24

salut

c'est insuffisant le terme 1 + 1/n tend vers 1 mais le produit de ces facteurs ne tend par vers 1

par contre on peut prendre le logarithme ... puis un équivalent ...

Posté par
flynicere : Convergence de suite 10-12-17 à 19:29

Ah bon ? Pourtant (1+\frac{1}{n})^2 tend vers 1, de même que (1+\frac{1}{n})^3, etc  ...
Peut-être t'ai-je mal compris...

Posté par
flynicere : Convergence de suite 10-12-17 à 19:47

Donc \ln u_n = \sum_{k=1}^{n}{\ln (1+a^{2^k})}, dont tous les termes sont positifs à cause de la parité de 2^k.
Que veut tu dire par équivalent ?

Posté par
carpediemre : Convergence de suite 10-12-17 à 20:12

et tu crois que le produit des (1 + 1/n) converge ?

Posté par
flynicere : Convergence de suite 10-12-17 à 20:17

Apparemment :
(1+1/n)^2 =  1 + 1/n^2 + 2/n et tend vers 0 en +.
Pourrais-tu s'il te plaît répondre au message de 19h47 et si possible pas par une question énigmatique ?

Posté par
carpediemre : Convergence de suite 10-12-17 à 20:40

si x voisin de 0 alors ln (1 + x) \sim x

Posté par
etniopalre : Convergence de suite 10-12-17 à 23:16

flynice

1.
      Ce que tu racontes  
"  Donc \prod_{k=1}^{n}{(1+a^{2^k})}     \prod_{k=1}^{n}{1}     '
    n'a pas de sens .

S'il y a limite , celle-ci de dépend  d'aucun  entier n (qui d'ailleurs dans ta formule est employé comme variable muette )

2.
Ta suite  u est croissante   et à valeurs > 0
Pour voir si elle converge il suffit de voir si la suite n ln(un) qui est aussi croissante est bornée ou pas .

Pour ça , si tu n'as pas vu la notion de suites équivalentes ,tu encadres     ln{(1+a^{2^k})}   .
Il me semble que tu devrais savoir , par exemple , qu'on a :  0 < ln(1 + x) < x  pour tout x ?
Si cet encadrement ne te permet pas de conclure trouve une minoration meilleure de  ln(1 + x)  .
  

Posté par
Zrunre : Convergence de suite 11-12-17 à 06:58

Bonjour,
Il est sinon possible de conjecture la valeur de la somme et de le prouver par récurrence . Ensuite , l'étude de la convergence se fait toute seule !

Posté par
toureissare : Convergence de suite 11-12-17 à 10:55

Bonjour,

Je ne sais pas si c'est bon de trouver l'expression de Un  , si non on peut le trouver en faisant une démonstration par récurrence.

U_1=1+a^2=\frac{1-a^4}{1-a^2}


U_2=(1+a^2)(1+a^4)=\frac{1-a^4}{1-a^2}×\frac{1-a^8}{1-a^4}=\frac{1-a^8}{1-a^2}


U_3=\frac{1-a^8}{1-a^2}×\frac{1-a^1^6}{1-a^8}=\frac{1-a^1^6}{1-a^2}

Il semble qu'on a :  Un=(1-a^2n+1)/(1-a2)

Qu'on démontre par récurrence.

Posté par
flynicere : Convergence de suite 11-12-17 à 22:29

Bonsoir,
Pour -1<a<1 :
0<ln(1+a^{2^k})<a^{2^k} \\ donne ln(1+a^{2^k}) tend vers 0.

Pour a>1 ou a<1 :
Par croissance de ln, ln(a^{2^k})<ln(1+a^{2^k})  et ln(a^{2^k}) = ln(e^{{2^k}ln(a)}) = 2^kln(a) . Donc, par comparaison ln(a^{2^k}) tend vers +.

Tout va bien ?

Posté par
etniopalre : Convergence de suite 11-12-17 à 23:42

@flynice
Non , ça ne va pas du tout !

Avec ce que t'a proposé   toureissa  tu peux faire ton exercice .

Sinon ,    lorsqu'on a une suite  u : ]0 , +[  ,  la suite n k<n (1 + u(n))   converge  SSI n k<n  ln(1 + u(n)) converge et on est ramené à un problème concernant une série  .
Comme on ne sait pas ton niveau exact on ne sait pas si tu a vu les " séries " et alors ,  quoi te dire de plus ?

Posté par
carpediemre : Convergence de suite 12-12-17 à 19:47

u_n = \prod_1^k (1 + a^{2^k})

si a 1 il y a trivialement divergence ... et les variations des fonctions puissances permettent de conclure que ça reste vrai pour tout a >= 1...

si 0 =< a < 1 alors

0 < u_n => \ln u_n = \sum_1^n \ln (1 + a^{2^k}) \sim \sum_k a^{2^k} < \sum_k a^k < + \infty

... et puisque u_n(a) = u_n(-a) ou encore la fonction u_n est paire donc ....

Posté par
toureissare : Convergence de suite 14-12-17 à 10:43

Bonjour,

•Pour a≥1,  Un≥2 n ---> +∞

•0≤a<1,  Un>0 et \frac{U_n_+_1}{U_n}>1, donc (Un) est croissante.

Pour tout x réel ona 1+x≤ex, donc :

U_n \leq e ^{a}.e ^{a^2}....e ^{n-1}.e ^{n} =e ^{a \frac{1-a^{n+1}}{1-a}} \leqexp( \frac{a}{1-a })

(Un) est majorée et par suite  convergente.

Posté par
toureissare : Convergence de suite 14-12-17 à 10:48

toureissa @ 14-12-2017 à 10:43

Bonjour,

•Pour a≥1,  Un≥2 n ---> +∞

•0≤a<1,  Un>0 et \frac{U_n_+_1}{U_n}>1, donc (Un) est croissante.

Pour tout x réel ona 1+x≤ex, donc :

U_n \leq e ^{a}.e ^{a^2}....e ^{n-1}.e ^{n} =e ^{a \frac{1-a^{n+1}}{1-a}} \leq exp( \frac{a}{1-a })

(Un) est majorée et par suite  convergente.


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