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racine cubique de (1-h)

Posté par
fabo34 05-08-25 à 19:00

Bonjour à tous.
J'espère que vous passez un bon été.

Juste une question sur la validité du développement limité de (1-h)^{1/3}
On trouve (ce que confirme des sites dédiés):

(1-h)^{1/3}=1-\dfrac{1}{3}h-\dfrac{1}{9}h^2-\dfrac{5}{81}h^3-\dfrac{10}{243}h^4-...

Je voulais savoir si la formule restait valable pour h=1?
A priori, on aurait alors:

\dfrac{1}{3}+\dfrac{1}{9}+\dfrac{5}{81}+\dfrac{10}{243}+...\rightarrow 1

Certains me disent que non, ça n'est pas valide, voir même que ça diverge. Alors j'ai entamé le calcul. Avec les 200 premiers termes, la somme donne 0,875, les 300 premiers 0,889. Bref, ça n'a pas l'air de diverger, ça semble en dessous de 1. Bon  je sais que ça n'est qu'une indication grossière; il y a bien la somme des inverses qui diverge très lentement

Qu'en pensez-vous?

Posté par
jarod128re : racine cubique de (1-h) 06-08-25 à 00:14

Bonjour, tes coefficients vérifient la relation de récurrence:
u_0=\frac13 et u_{n+1}=u_n\frac{3n-1}{3n+3}
le terme général est donc u_n=\frac13\prod{\frac{3n-1}{3n+3}} produit de 1 à n-1
On pose v_n=\prod_{k=1}^{n-1}{\frac{3k-1}{3k}}
De sorte que u_n=\frac{v_n}{3n}=v_n-v_{n+1}
Telescopage et on arrive au résultat.

Posté par
fabo34re : racine cubique de (1-h) 06-08-25 à 12:31

Merci jarod128

Pour les coefficients, ne serait-ce pas plutôt:

u_0=\frac{1}{3} et u_{n+1}=u_n\frac{3n+2}{3n+6},
soit
u_{n}=u_{n-1}\frac{3n-1}{3n+3}

Donc
u_n=u_0\prod_{k=1}^{n}{\frac{3k-1}{3k+3}}=\frac13\prod_{k=1}^{n}{\frac{3k-1}{3(k+1)}}=\frac13\prod_{k=0}^{n-1}{\frac{3k+2}{3k+6}}

Après je suis perdu pour poser la suite (v_n), vu que les indices ne correspondent plus. Ca donnerait quoi?

Posté par
jarod128re : racine cubique de (1-h) 06-08-25 à 18:18

Oui j'ai fait trop vite.
On garde ta suite u, pour v prendre (3n+3)u_n
je pense que la somme partielle vaut alors v_0 -v_{N+1}=1-v_{N+1}
Reste à prouver que lim v = 0. Je n'ai pas le temps pour l'instant mais cela me semble être une piste.

Posté par
fabo34re : racine cubique de (1-h) 06-08-25 à 18:34

Merci.
Juste avant de partir dans les calculs, cette question plus "générale".  Comment fait-on pour connaître le domaine de validité d'un D.L. ? ici c'est (1-h)^{1/3} avec h\approx0. Comment savoir si je peux aller jusqu'à h=1, ou une autre valeur? Y a-t-il une théorie derrière tout cela?

Posté par
jarod128re : racine cubique de (1-h) 06-08-25 à 19:00

Si tu fais un Dl tu vas avoir par exemple un +o(h^s). Tant que c'est bien vrai (que c'est négligeable devant le h exposant s) tu as juste et il faut bien sûr être dans le domaine de définition. Mais ici on parle plutôt de domaine de convergence de serie entière qui dans ton cas et le disque de rayon 1 et donc sur R le'segment -1;1. Pour le bord, dans ton cas 1, on doit examiner au cas par cas. En espérant avoir été clair.

Posté par
jarod128re : racine cubique de (1-h) 06-08-25 à 19:01

*est le disque de rayon

Posté par
jarod128re : racine cubique de (1-h) 07-08-25 à 12:28

Je suis revenu sur l'exo, on montre bien que v tend vers 0 en étudiant par exemple son log.

Posté par
fabo34re : racine cubique de (1-h) 07-08-25 à 16:24

u_n=u_0\prod_{k=1}^{n}{\frac{3k-1}{3k+3}}=u_0(\prod_{k=1}^{n-1}{\frac{3k-1}{3k+3}})\frac{3n-1}{3n+3}

On notera \prod_{k=1}^{n-1}{\frac{3k-1}{3k+3}}=(\prod_{k=1}^{n-1})  pour alléger la suite:

Donc
v_n=(3n+3)u_n=u_0(\prod_{k=1}^{n-1})(3n-1)
v_{n+1}=u_0(\prod_{k=1}^{n})(3n+2)=u_0(\prod_{k=1}^{n-1})\frac{3n-1}{3n+3}(3n+2)=v_n\frac{3n+2}{3n+3}

On a bien
v_{n}-v_{n+1}=v_{n}(1-\frac{3n+2}{3n+3})=\frac{v_{n}}{3n+3}=u_n

Ainsi

\sum u_n=v_0-v_{n+1}=1-v_{n+1}

Je ne sais pas comment t'as fait pour penser à cette suite (v_n).  C'est un truc d'extraterrestre, ça!

Quelques indications pour le log?

Posté par
jarod128re : racine cubique de (1-h) 07-08-25 à 16:45

Je le tape avec mon téléphone. Désolé pour le latex. On veut que vn tende vers 0. C'est un produit, donc je le passe au log et essaye de démontrer que ça tend vers -infini.
on a ln(v_n)=ln(3n+3)+ somme des ln et ln v0
Qui part avec la factorisation de (3n+3) du premier ln.
Il reste ln(n+1) + somme des ln d'une fraction égale à 1-4/(3k+3). Le tout équivalent à ln(n)-4ln(n)/3 c'est à dire -ln(n)/3 qui diverge vers -infini

Posté par
elhor_abdelali Correcteurre : racine cubique de (1-h) 08-08-25 à 00:46

Bonsoir

En écrivant \Large\boxed{\forall n\geqslant2~~,~~u_n=\frac{\prod_{k=1}^{n-1}(3k-1)}{3^n~n!}} on a \Large\boxed{\forall n\geqslant2~~,~~\frac{u_{n+1}}{u_n}=\frac{3n-1}{3n+3}}


et donc \Large\boxed{\frac{u_{n+1}}{u_n}=1-\frac{\alpha}{n}+O(\frac{1}{n^2})~~,~~\alpha=\frac{4}{3}>1} ...

Posté par
elhor_abdelali Correcteurre : racine cubique de (1-h) 08-08-25 à 02:45

il est alors classiquement connu (cours sur les séries numériques) qu'alors \blue\Large\boxed{u_n\sim\frac{K}{n^{\frac{4}{3}}}} où K est une constante réelle strictement positive.


Sinon on peut retrouver ce résultat d'une manière plus élémentaire :


en écrivant \Large\boxed{\forall n\geqslant2~~,~~\frac{u_n}{u_{n-1}}=1-\frac{4}{3n}~~,~~u_1=\frac{1}{3}} on a \Large\boxed{\forall n\geqslant2~~,~~u_n=\frac{1}{3}\prod_2^n\left(1-\frac{4}{3k}\right)~~,~~u_1=\frac{1}{3}}


et donc \Large\boxed{\forall n\geqslant2~~,~~\ell n(3u_n)=\sum_2^n\ell n\left(1-\frac{4}{3k}\right)}


et donc \Large\boxed{\forall n\geqslant2~~,~~\ell n(3u_n)+\frac{4}{3}\sum_{2}^n\frac{1}{k}=\sum_2^n\ell n\left(1-\frac{4}{3k}\right)+\frac{4}{3k}}


et donc \Large\boxed{\forall n\geqslant2~~,~~\ell n(3u_n)+\frac{4}{3}\ell n(n)+\frac{4}{3}\left(\underbrace{\sum_{2}^n\frac{1}{k}-\ell n(n)}_{\to\gamma-1}\right)=\sum_2^n\underbrace{\ell n\left(1-\frac{4}{3k}\right)+\frac{4}{3k}}_{\sim\frac{8}{9k^2}}}


d'où \Large\boxed{\lim_{n\to+\infty}\ell n\left(3u_nn^{\frac{4}{3}}\right)=A=\frac{4}{3}(1-\gamma)~+~\sum_{k=2}^{+\infty}\ell n\left(1-\frac{4}{3k}\right)+\frac{4}{3k}}


c'est à dire que \blue\Large\boxed{u_n\sim\frac{e^A}{3n^{\frac{4}{3}}}}.


On conclut alors que la série \blue\Large\boxed{\sum_{n\geqslant1}u_n=\frac{1}{3}+\frac{1}{9}+\frac{5}{81}+\frac{10}{243}+...} est bien convergente.


Néanmoins, l'affirmation \red\Large\boxed{\sum_{n=1}^{+\infty}u_n=1} reste à prouver

Posté par
elhor_abdelali Correcteurre : racine cubique de (1-h) 08-08-25 à 03:03

fabo34 \to il me semble que l'affirmation \red\Large\boxed{\sum_{n=1}^{+\infty}u_n=1} est vraie

je viens d'en avoir une preuve (je la poste si tu es intéressé) sauf erreur de ma part bien entendu

Posté par
jarod128re : racine cubique de (1-h) 08-08-25 à 13:05

elhor_abdelali il me semble que j'ai montré que la somme vaut 1 via ma suite v (la dernière)

Posté par
elhor_abdelali Correcteurre : racine cubique de (1-h) 08-08-25 à 16:02

jarod128 Ah ok je viens de voir !
La preuve que j'ai n'est pas très différente

Posté par
fabo34re : racine cubique de (1-h) 08-08-25 à 16:41

Merci à vous deux.
Là je vous ai posté une nouvelle proposition en arithmétique qui devrait rappeler des souvenirs à elhor_abdelali

Posté par
elhor_abdelali Correcteurre : racine cubique de (1-h) 09-08-25 à 02:18

Oui fabo34 je me souviens de tes propositions intéressantes


Pour le calcul de \red\Large\boxed{\sum_{n=1}^{+\infty}u_n} on pourra remarquer que la relation \Large\boxed{\forall n\geqslant1~~,~~\frac{u_{n+1}}{u_n}=1-\frac{4}{3(n+1)}~~,~~u_1=\frac{1}{3}}


s'écrit aussi \Large\boxed{\forall n\geqslant1~~,~~\frac{1}{3}u_n=nu_n-(n+1)u_{n+1}~~,~~u_1=\frac{1}{3}}


et donc \Large\boxed{\forall n\geqslant1~~,~~\sum_{k=1}^nu_k=3[u_1-(n+1)u_{n+1}]=1-3(n+1)u_{n+1}}


et comme \Large\boxed{(n+1)u_{n+1}\sim nu_n\sim\frac{K}{n^{\frac{1}{3}}}} on a \Large\boxed{\lim~(n+1)u_{n+1}=0} ...


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