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Domaine de convergence.

Posté par
matheux14 25-04-24 à 12:35

Bonjour,

Merci d'avance.

Pour x \in \R et a > 0 on pose : f_a(x) = \sum\limits^{\infty}_{n = 1} \dfrac{x^n}{n^a}

1) Déterminer en fonction de a le domaine de définition D_a de la fonction f_a.

2) Montrer que pour tout a > 0, fa est de classe C^{\infty} sur ]-1 ; 1[.

3) Déterminer l'ensemble E_1 des valeurs de a telles que f_a est continue à gauche en 1.

4) Montrer que si a \notin E_1 on a \lim\limits_{x \longrightarrow 1^-} f(x) = + \infty.

5) Déterminer  l'ensemble E_{-1} des valeurs de a telles que f_a est continue à droite en -1.

6) Déterminer l'ensemble E'_{-1} des valeurs de a telles que f_a est dérivable à droite en -1.

7) On admet que f_2(1) = \dfrac{\pi^2}{2}. Calculer f_2(-1) et f'_2(-1).

Réponses :

1) Pour p = 2n > q = n, on montre que |S_p - S_q|\ge x, \forall x \in [0 ; 1], \forall a > 0. (La suite S_k = \sum^N_{k = 1} \dfrac{x^k}{k^a} n'est pas de Cauchy).

D_a = \{x \in ]-\infty ; 0[ \cup ]1 ; + \infty[ \} \cap \{a \in \R^+_*\}

Posté par
carpediemre : Domaine de convergence. 25-04-24 à 14:34

salut

ta réponse ne veut rien dire ...

quelques éléments :

a/ on peut remarquer que f_1(1) est la série harmonique

b/ la fonction exponentielle n \mapsto n^a = e^{a \ln n} l'emporte sur la fonction puissance x \mapsto x^n

c/ la réponse 2/ te dit que D_a \supset ]-1, 1[

Posté par
matheux14re : Domaine de convergence. 25-04-24 à 20:07

Pour la question 1) je veux dire que la serie converge si |x| < 1, c'est-à-dire D_a = ]-1 ; 1[, or la suite S_k = \sum^N_{k = 1} \dfrac{x^k}{k^a} n'est pas de Cauchy sur cet intervalle..

Posté par
carpediemre : Domaine de convergence. 25-04-24 à 20:54

on a évidemment |f(x)| \le \sum_1 |x|^k qui converge sur ]-1, 1[ et même [-1, 1[

et vu la question si a > 1 alors il y a convergence sur [-1, 1]

Posté par
carpediemre : Domaine de convergence. 25-04-24 à 20:54

et vu la question 3/

Posté par
matheux14re : Domaine de convergence. 27-04-24 à 12:51

J'ai pas compris, |f(x)| est majoré par \dfrac{|x|(|x|^n + 1)}{|x| - 1}, pourquoi

Citation :
...et même [-1, 1[
?

Citation :
et vu la question si a > 1 alors il y a convergence sur [-1, 1]


Chaud

Posté par
matheux14re : Domaine de convergence. 27-04-24 à 12:53

Citation :
J'ai pas compris, |f(x)| est majoré par \dfrac{|x|(|x|^n {\red{-}} 1)}{|x| - 1}

Posté par
carpediemre : Domaine de convergence. 27-04-24 à 13:57

si n > 0 et a > 0 alors n^a \ge 1 donc \left | \dfrac {x^n}{n^a} \right | \le |x^n|

PS : pas nécessaire à priori de calculer la somme mais simplement de savoir qu'elle converge ...

Posté par
matheux14re : Domaine de convergence. 27-04-24 à 22:46

J'ai calculé la somme pour mieux comprendre pourquoi \sum_1 |x|^k converge sur  [-1, 1[ et pourquoi à partir de a = 2, on peut prendre [-1 ; 1] comme domaine de convergence de f_a.

Mais je ne vois toujours pas vraiment...

Posté par
matheux14re : Domaine de convergence. 07-05-24 à 15:54

Posté par
Ulmierere : Domaine de convergence. 07-05-24 à 20:50

Oublie les autres questions pour l'instant et concentre-toi sur la première.

a) Montre que la série converge sur ]-1, 1[ , en calculant par exemple le rayon de convergence (formule d'Hadamard) si tu connais les séries entières, ou en utilisant une majoration bien sentie

b) Reste alors à voir si la convergence a lieu au bord du domaine. Est-ce que ça converge en -1 ? carpediem t'as dit que oui, grâce au théorème des séries alternées, à toi de vérifier

c) Et en 1 ? Là il s'agit de savoir à quelle condition la série de terme général 1/n^a converge

Posté par
matheux14re : Domaine de convergence. 11-05-24 à 20:12

Salut Ulmiere, c'est plus clair ainsi :

D'après la formule d'Hadamard : R = \dfrac{1}{\underset{n \longrightarrow \infty}{\lim} \sup \left(\sqrt[n]{\frac{1}{n^{\alpha}}}\right)}

Et \underset{n \longrightarrow \infty}{\lim}\sup \left(\sqrt[n]{\frac{1}{n^{\alpha}}}\right) = \underset{n \longrightarrow \infty}{\lim}\sup \left(n^{-\frac{a}{n}}\right) = 1 \quad \left(\lim\limits_{n \longrightarrow \infty} \left(-\dfrac{a}{n} \ln(n)\right) = 0\right) d'où R = 1.

La série converge absolument pour |x| < R = 1 donc sur ]-1 ; 1[.

\bullet La série converge t-elle en -1 ?

Soit la série : \sum\limits^{\infty}_{n = 1} \dfrac{(-1)^{n + 1}}{n^a}

Les termes de la série décroissent en valeur absolue vers zéro, et ils sont alternés en signe. Par conséquent, la série converge en -1.

\bullet La série converge t-elle en 1 ?

Soit la série (appellée série de Riemann) : \sum\limits^{\infty}_{n = 1} \dfrac{1}{n^a}

Si a > 1, alors la série converge sinon elle diverge.

En fait si a = 1, on a la série harmonique : H_n = \sum\limits^{\infty}_{n = 1} \dfrac{1}{n} = 1 + \dfrac{1}{2} + \dfrac{1}{3} + \dots + \dfrac{1}{n} + \dots dont les les sommes partielles tendent vers +\infty car \forall n, H_{2n} - H_n \ge \dfrac{1}{2}, donc H_n n'est pas de Cauchy.

Et si a > 1, on peut le montrer par comparaison série-intégrale \begin{aligned} \int^{+\infty}_1 \dfrac{d x}{x^a} \end{aligned} (mais aucune idée de comment  éclaircir ce point)

Donc :

D_a = [-1 ; 1] si a > 1

Je reviendrai sur les autres questions après.

Merci et bon weekend à vous !

Posté par
carpediemre : Domaine de convergence. 11-05-24 à 20:53

c'est bien mais nul besoin de la formule de Hadamard pour prouver la convergence sur ]-1, 1[

Posté par
Ulmierere : Domaine de convergence. 11-05-24 à 21:21

Les cas où a < 1, découlent de la divergence quand a = 1, parce que 1/n^b > 1/n^a si b < a.

La convergence des séries de Riemann c'est normalement du cours, mais tu peux le démontrer vite fait en quelques lignes.

\dfrac{1}{(k+1)^a} \leqslant \int_k^{k+1} x^{-a}dx \leqslant \dfrac{1}{k^a}, en majorant et minorant simplement x dans l'intégrale.
Tu peux rajouter que \int_{k+1}^{k+2} x^{-a}dx minore tout cela en appliquant en k+1 à la place de k. Tu sommes ensuite entre k=1 et k=N-1

\int_2^{N+1} x^{-a}dx \leqslant \sum_{k=2}^N \frac{1}{k^a} \leqslant \int_1^N x^{-a}dx \leqslant \sum_{k=1}^{N-1} \frac{1}{k^a} . Et alors la somme et l'intégrale sont de même nature. L'intégrale, tu sais la calculer...

Posté par
matheux14re : Domaine de convergence. 14-05-24 à 00:20

Bonsoir à vous, ok pour le cas a < 1, reste à montrer clairement la convergence au niveau du point a > 1.

2) f_a est de classe C^{\infty} sur ]-1 ; 1[ ?

\forall x \in ]-1 ; 1[, f'_a(x) = \sum\limits^{\infty}_{n = 1} \dfrac{x^{n - 1}}{n^{a - 1}}

Il suffit alors de verifier que f'_a(x) converge uniformément sur ]-1 ; 1[.

En utilisant le critère de convergence de Weierstrass, on considère le terme général \left|\dfrac{x^{n - 1}}{n^{a - 1}}\right| de f'_a(x).

On fixe x tel que |x| < r < 1, alors \forall n, \left|\dfrac{x^{n - 1}}{n^{a - 1}}\right| \le \dfrac{r^{n - 1}}{n^{a - 1}} \Longrightarrow \sum^{\infty}_{n = 1} \left|\dfrac{x^{n - 1}}{n^{a - 1}}\right| \le \sum^{\infty}_{n = 1}\dfrac{r^{n - 1}}{n^{a - 1}}.

Or pour |x| < r < 1, la série géométrique \sum^{\infty}_{n = 1} r^{n - 1} = \dfrac{1}{1 - r} converge uniformément dans ]-1 ; 1[ ,

Et les fonctions qui à x associent h(x) = \dfrac{x}{n^{a - 1}} convergent uniformément vers 0 dans ]-1 ; 1[ si a > 1 (pour tout N = \left\lfloor \dfrac{1}{\epsilon} \right\rfloor, \dfrac{1}{n^{a - 1}} < \dfrac{1}{n} < \dfrac{1}{N} \le \epsilon > 0).

Donc \sum\limits^{\infty}_{n = 1}\dfrac{r^{n - 1}}{n^{a - 1}} converge uniformément dans ]-1 ; 1[ si a > 1.

Par conséquent f'_a(x) converge uniformément dans ]-1 ; 1[ pour tout a > 0.

Conclusion : f_a est de classe C^{\infty} sur ]-1 ; 1[.

Posté par
Ulmierere : Domaine de convergence. 14-05-24 à 01:02

Si tu utilises la formule d'Hadamard et derives terme a terme sans démonstration, tu sais ce qu'est une série entière, donc tu sais ce qu'est une fonction analytique, et donc le caractère C^infini sur l'intérieur du domaine est immédiat...

Sinon, pourquoi ne pas simplement t'intéresser à la suite des restes \sum_{k=n+1}^\infty x^{n-1}/n^{a-1} ? Il y a convergence uniforme si et seulement la norme infini de cette dernière tend vers 0

Posté par
Ulmierere : Domaine de convergence. 14-05-24 à 01:03

Coquille : les n sont à remplacer par des k dans la somme bien sûr

Posté par
matheux14re : Domaine de convergence. 16-05-24 à 11:19

* 1 est le rayon de convergence de f_{a > 1} et \forall x \in ]-1 ; 1[, f'_{a > 1} = \left( \sum\limits^{\infty}_{n = 1} \dfrac{x^n}{n^a}\right)' = 1 + \dfrac{x}{2^{a - 1}} + \dfrac{x^2}{3^{a - 1}} + \dots

Par conséquent pour tout a > 1, f_a est de classe C^{\infty} sur ]-1, 1[.

* En passant par la norme infinie on a :

\forall x \in ]-1 ; 1[, a > 1, \quad \left\|\sum\limits^{\infty}_{k = n + 1} \dfrac{x^{k - 1}}{k^{a - 1}}\right\|_{\infty} = \sup\limits_{n + 1, \dots, +\infty} \left|\dfrac{x^{k - 1}}{k^{a - 1}}\right|  = \dfrac{|x^n|}{(n + 1)^{a - 1}} \underset{n \longrightarrow +\infty}{\longrightarrow} 0

Conclusion : Il y a convergence uniforme..

3) On a D_a = [-1 ; 1] si a > 1, donc E_1 = \{a \in \R \mid a > 1\}.

4) a \notin E_1 \iff 0 < a \le 1

* si a = 1, on a : H_n = \sum\limits^{\infty}_{n = 1} \dfrac{1}{n} = 1 + \dfrac{1}{2} + \dfrac{1}{3} + \dots + \dfrac{1}{n} + \dots dont les sommes partielles tendent vers +\infty car on remarque à partir du calcul de Ulmiere du 11-05-24 à 21:21 que H_N \sim \ln N \underset{N \longrightarrow +\infty}{\longrightarrow} +\infty.

On a immédiatement, pour 0 < a < 1, \lim\limits_{x \longrightarrow 1^-} f(x) = + \infty

5) E_{-1} = E_1

6) On a \forall x \in ]-1, 1[, f'_a(x) = \sum\limits^{\infty}_{n = 1} \dfrac{x^{n - 1}}{n^{a - 1}}

E'_{-1} = \{a \in \R \mid a > 2\}

Posté par
Ulmierere : Domaine de convergence. 17-05-24 à 19:32

Les notations sont assez catastrophiques, ça ne va pas du tout ces dérivées de somme.

Ton premier point saute directement à la conclusion, il faut expliciter ton argument  au sujet du RCV. Idem pour la norme infini, tu ne peux pas majorer une somme par le sup de ses élements, c'est faux pour presque n'importe quelle suite.

Au 3), tu supposes que a > 1, ce qui n'apparait pas dans l'énoncé. De plus, est-il impossible que la continuité à gauche ait lieu, même sur un intervalle ouvert selon toi ?

Même chose pour le 4) le 5) et le 6) qui sont lapidaires

Posté par
matheux14re : Domaine de convergence. 20-05-24 à 13:09

D'accord, en fait je n'avais pas compris le

Citation :
...et derives terme a terme sans démonstration


Dans ce cas si suppose que l'on peut dériver terme à terme, alors la k-ième dérivée de f_a est donnée par :

f^{(k)}_a(x) = \sum\limits^{\infty}_{n = 1} \dfrac{d^k}{d x^k}\left(\dfrac{x^n}{n^a}\right).

Et \dfrac{d^k}{d x^k}\left(\dfrac{x^n}{n^a}\right) = \dfrac{n!}{(n - k)!} \cdot \dfrac{x^{n - k}}{n^a}

Il vient f^{(k)}_a(x) = \sum\limits^{\infty}_{n = k} \dfrac{n!}{(n - k)!} \cdot \dfrac{x^{n - k}}{n^a}

Pour |x| < 1, on a f^{(k)}_a(x) \le \sum\limits^{\infty}_{n = k} \dfrac{n^k}{n^a} \cdot |x|^{n - k} car \dfrac{n!}{(n - k)!} \le \dfrac{n^k}{n^a}

Or |x|^{n - k} décroît exponentiellement, la série \sum\limits^{\infty}_{n = k} \dfrac{n^k}{n^a} \cdot |x|^{n - k} est donc dominée par une série géométrique convergente.

Donc la série \sum\limits^{\infty}_{n = k} \dfrac{n^k}{n^a} \cdot |x|^{n - k} converge uniformément sur ]-1 ; 1[.

Par conséquent on peut bien dériver f_a terme à terme sur ]-1 ; 1[, et donc f_a(x) infiniment dérivable sur  ]-1 ; 1[.

* Pour la norme infinie, on a pour |x| < 1,  a> 1, \left\|\sum\limits^{\infty}_{k = n + 1} \dfrac{x^{k - 1}}{k^{a - 1}}\right\|_{\infty} \le \sum\limits^{\infty}_{k = n + 1} \dfrac{1}{k^{a - 1}}  \underset{n \longrightarrow +\infty}{\longrightarrow} 0

Citation :
De plus, est-il impossible que la continuité à gauche ait lieu, même sur un intervalle ouvert selon toi ?


Très probable, mais possible.

Ici, il faut peut-être étudier f_a pour toutes valeurs possible de a.

*Pour a = 1, f_1(x) = \sum\limits^{\infty}_{n = 1} \dfrac{x^n}{n} \approx - \ln(1 - x) \underset{x \longrightarrow 1^-}{\longrightarrow} +\infty pour |x| < 1

*Pour a < 1, f_a(x) = \sum\limits^{\infty}_{n = 1} \dfrac{x^n}{n^a}.

Lorsque x s'approche de 1 à gauche, je ne vois pas vraiment comment ça marche..

*Pour a > 1, f_a(x) = \sum\limits^{\infty}_{n = 1} \dfrac{x^n}{n^a}.

Lorsque x s'approche de 1 à gauche, on a \begin{aligned} f_a(x) \sim \sum\limits^{\infty}_{k = n + 1} \dfrac{x}{k^{a - 1}} \approx \int^{\infty}_{n + 1} \dfrac{x d t}{t^{a - 1}} = \dfrac{(n + 1)^{2 - a} x}{a - 2}\end{aligned}

Un peu parachuté, mais si je ne me trompe pas, alors il y a continuité en 1 à gauche.

4) Pour a = 1, ça marche, reste à verifier pour a < 1


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