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recurrence atroce

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doc_78 25-10-05 à 16:53

Bonjour, je me suis interessée a un exercice, et la premiere question me pose probleme.
En fait j'ai bien sur voulu faire une recurrence mais c'est vraiment loin d'etre plaisant je trouve... Voila la question :

pour n\ge1, on pose w_n=\Bigsum_{k=2^{n-1}}^{2^n-1} \frac{1}{k(2k+1)(2k+2)}

Montrer que w_n=2(\Bigsum_{k=2^n}^{2^{n+1}-1} \frac{(-1)^k}{k})-\frac{1}{2^{n+1}}

Et posterieurement deduire que \Bigsum_{k=1}^\infty kw_k=2\gamma-1

Mais je prefererai que l'on s'occupe de la premiere parce que la recurrence me semble difficile, ou alors je ne m'y prend pas correctement peut etre...
Merci a vous tous

Posté par
lolo217re : recurrence atroce 25-10-05 à 17:08

as-tu essayé de décomposer en éléments simples ?
(j'ai pas vérifié si ça marchait c'est juste une idée)

Posté par
doc_78re : recurrence atroce 25-10-05 à 18:59

j'y vais de ce pas merci...

Posté par
doc_78re : recurrence atroce 25-10-05 à 19:46

Euh eh bien c'est bon j'ai fait la decomposition en elements simple a partir de w_n mais je ne m'en sors pas pour faire apparaitre ce que je veux...

Ceci dit ca semble etre la bonne methode car ca a l'air plus simple...
Qqn voit comment poursuivre?

Posté par
elhor_abdelali Correcteurre : recurrence atroce 25-10-05 à 21:34

Bonsoir doc_78 et lolo217;
Je crois que l'identité demandée peut se montrer directement (sans récurrence),pour cela commençons par séparer les indices pairs et impairs dans la somme 3$\fbox{\Bigsum_{k=2^n}^{2^{n+1}-1}\frac{(-1)^k}{k}} on a alors que:
3$\fbox{\Bigsum_{k=2^n}^{2^{n+1}-1}\frac{(-1)^k}{k}=\Bigsum_{k=2^{n-1}}^{2^n-1}\frac{1}{2k}-\Bigsum_{k=2^{n-1}}^{2^n-1}\frac{1}{2k+1}=\Bigsum_{k=2^{n-1}}^{2^n-1}\frac{1}{2k(2k+1)}} d'où 4$\blue\fbox{2\Bigsum_{k=2^n}^{2^{n+1}-1}\frac{(-1)^k}{k}=\Bigsum_{k=2^{n-1}}^{2^n-1}\frac{1}{k(2k+1)}}
Remarquons maintenant que:
4$\blue\fbox{\frac{1}{2^{n+1}}=\frac{1}{2}(\frac{1}{2^{n-1}}-\frac{1}{2^n})=\frac{1}{2}\Bigsum_{k=2^{n-1}}^{2^n-1}\frac{1}{k}-\frac{1}{k+1}=\Bigsum_{k=2^{n-1}}^{2^n-1}\frac{1}{k(2k+2)}}
et en faisant la différence des deux expressions (en bleu): 5$\red\fbox{2\Bigsum_{k=2^n}^{2^{n+1}-1}\frac{(-1)^k}{k}-\frac{1}{2^{n+1}}=\Bigsum_{k=2^{n-1}}^{2^n-1}\frac{1}{k(2k+1)(2k+2)}=w_n} qui est exactement l'égalité demandée.

Sauf erreurs bien entendu


Posté par
doc_78re : recurrence atroce 26-10-05 à 12:28

merci beaucoup

Posté par
doc_78re : recurrence atroce 26-10-05 à 13:45

Je pensais que cela constituait le plus difficile de l'exercice mais je n'en deduis pas la valeur de la somme...

si on scinde il faut calculer d'une part \Bigsum_{k=1}^\infty \frac{k}{2^{k+1}}, et d'autre part \Bigsum_{k=1}^\infty (\Bigsum_{i=2^k}^{2^{k+1}-1} \frac{(-1)^ik}{i})

D'ailleur le premier doit valoir 1 ca me semble logique mais je n'arrive pas a le montrer rigoureusement, et le second doit tendre vers gamma la contante d'euler mascheroni mais elle fais intervenir des logarithms que je n'ai pas ici...

Posté par
doc_78re : recurrence atroce 26-10-05 à 22:56

Quelqu'un pourrait il m'aider a arriver a la somme demandée svp?
Merci beaucoup

Posté par
elhor_abdelali Correcteurre : recurrence atroce 27-10-05 à 23:23

Bonsoir doc_78;
En notant 3$\fbox{\forall n\ge1\\S_n=\Bigsum_{k=1}^{2^n-1}\frac{(-1)^k}{k}} tu vois que 3$\fbox{\forall n\ge1\\nw_n=n(S_{n+1}-S_n)-\frac{n}{2^{n+1}}} et donc que 3$\fbox{\forall n\ge1\\\Bigsum_{k=1}^{n}kw_k=\Bigsum_{k=1}^{n}k(S_{k+1}-S_k)-\Bigsum_{k=1}^{n}\frac{k}{2^{k+1}}} remarquons maintenant que 3$\fbox{\Bigsum_{k=1}^{n}\frac{k}{2^{k+1}}=\frac{1}{4}\Bigsum_{k=0}^{n}k(\frac{1}{2})^{k-1}=\frac{1}{4}(\Bigsum_{k=0}^{n}x^k)_{x=\frac{1}{2}}^{'}=\frac{1}{4}(\frac{x^{n+1}-1}{x-1})_{x=\frac{1}{2}}^{'}=\frac{1}{4}[\frac{nx^{n+1}-(n+1)x^n+1}{(x-1)^2}]_{x=\frac{1}{2}}=1-\frac{n+2}{2^{n+1}}}
et vu que 3$\fbox{\lim_{n\to+\infty}\frac{n+2}{2^{n+1}}=0} (facile à vérifier) on a que 4$\blue\fbox{\Bigsum_{k=1}^{+\infty}\frac{k}{2^{k+1}}=1}
(à suivre)

Posté par
elhor_abdelali Correcteurre : recurrence atroce 28-10-05 à 02:07

J'ai du oublié un 2 en facteur on a plutot:
4$\blue\fbox{\forall n\ge1\\\Bigsum_{k=1}^{n}kw_k=2\Bigsum_{k=1}^{n}k(S_{k+1}-S_k)-\Bigsum_{k=1}^{n}\frac{k}{2^{k+1}}}
(à suivre)

Posté par
elhor_abdelali Correcteurre : recurrence atroce 28-10-05 à 03:33

Lire " J'ai du oublier "
Je vais maintenant établir simultanément que la série 2$\fbox{\Bigsum_{k\ge1}k(S_{k+1}-S_k)} est convergente et que 4$\red\fbox{\Bigsum_{k=1}^{+\infty}k(S_{k+1}-S_k)=\gamma} (\gamma désignant la constante d'euler).
Pour cela j'aurai besoin du lemme suivant (que je démontrerai si c'est nécéssaire):
4$\blue\fbox{\Bigsum_{k=1}^{n}\frac{1}{k}=ln(n+1)+\gamma-\frac{1}{2(n+1)}+o(\frac{1}{n+1})}
Allons y:
Par séparation des indices pairs et impairs on voit que:
3$\fbox{\forall k\ge1\\S_k=\Bigsum_{i=1}^{2^k-1}\frac{(-1)^i}{i}=\Bigsum_{i=1}^{2^{k-1}-1}\frac{1}{2i}-\Bigsum_{i=1}^{2^{k-1}}\frac{1}{2i-1}=2\Bigsum_{i=1}^{2^{k-1}-1}\frac{1}{2i}-\Bigsum_{i=1}^{2^{k-1}-1}\frac{1}{2i}-\Bigsum_{i=1}^{2^{k-1}}\frac{1}{2i-1}=\Bigsum_{i=1}^{2^{k-1}-1}\frac{1}{i}-\Bigsum_{i=1}^{2^k-1}\frac{1}{i}=H_{k-1}-H_k} où 3$\fbox{H_0=0\\(\forall k\ge1)\hspace{5}\hspace{5}H_k=\Bigsum_{i=1}^{2^k-1}\frac{1}{i}} et ainsi on peut écrire que:
2$\fbox{\forall n\ge1\\\Bigsum_{k=1}^{n}k(S_{k+1}-S_k)=\Bigsum_{k=1}^{n}k((H_k-H_{k+1})-(H_{k-1}-H_k))=\Bigsum_{k=1}^{n}(k+1)(H_k-H_{k+1})-k(H_{k-1}-H_k)-\Bigsum_{k=1}^{n}H_k-H_{k+1}} et par téléscopie que
3$\fbox{\forall n\ge1\\\Bigsum_{k=1}^{n}k(S_{k+1}-S_k)=(n+1)(H_n-H_{n+1})-(H_0-H_1)-(H_1-H_{n+1})=(n+1)H_n-nH_{n+1}} et en utilisant le lemme on voit que:
3$\blue\fbox{\forall n\ge1\\\Bigsum_{k=1}^{n}k(S_{k+1}-S_k)=(n+1)(ln(2^n)+\gamma-\frac{1}{2^{n+1}}+o(\frac{1}{2^n}))-n(ln(2^{n+1})+\gamma-\frac{1}{2^{n+2}}+o(\frac{1}{2^{n+1}}))=\gamma+O(\frac{n}{2^n})}
et comme 3$\fbox{\lim_{n\to+\infty}\frac{n}{2^n}=0} on a le résultat souhaité.

Sauf erreurs bien entendu

Posté par
elhor_abdelali Correcteurre : recurrence atroce 28-10-05 à 08:19

J'achève;
Preuve du lemme:
Notons 3$\fbox{\forall n\ge1\\u_n=(\Bigsum_{k=1}^{n}\frac{1}{k})-ln(n+1)-\gamma} on sait que 3$\fbox{\lim_{n\to+\infty}u_n=0} et ona d'autre part que:
3$\fbox{\forall n\ge1\\u_{n+1}-u_n=\frac{1}{n+1}-ln(1+\frac{1}{n+1})} (vérification facile)
Deux petites études de fonctions donnent aisément que:
3$\fbox{\forall x\ge0\\\frac{x^2}{2}-\frac{x^3}{3}\le x-ln(1+x)\le\frac{x^2}{2}} et donc qu'en particulier 3$\fbox{\forall k\ge1\\\frac{1}{2(k+1)^2}-\frac{1}{3(k+1)^3}\le u_{k+1}-u_k\le\frac{1}{2(k+1)^2}} et en remarquant que 3$\fbox{\forall k\ge1\\\frac{1}{2(k+1)^2}-\frac{1}{3(k+1)^3}\ge\frac{1}{2(k+1)(k+2)}=\frac{1}{2}(\frac{1}{k+1}-\frac{1}{k+2})\\\frac{1}{2(k+1)^2}\le\frac{1}{2k(k+1)}=\frac{1}{2}(\frac{1}{k}-\frac{1}{k+1})} (vérification facile) on voit que 3$\fbox{\forall k\ge1\\\frac{1}{2}(\frac{1}{k+1}-\frac{1}{k+2})\le u_{k+1}-u_k\le\frac{1}{2}(\frac{1}{k}-\frac{1}{k+1})} en sommant cette double inégalité de n à l'infini on a que:
3$\fbox{\forall n\ge1\\\frac{1}{2(n+1)}\le-u_n\le\frac{1}{2n}} c'est à dire que 4$\red\fbox{\forall n\ge1\\-\frac{1}{2n}\le u_n\le-\frac{1}{2(n+1)}} ce qui donne le résultat souhaité.

Sauf erreurs bien entendu

Posté par
doc_78re : recurrence atroce 29-10-05 à 11:50

Bonjour elhor et merci pour ce travail considerable !!!
J'ai enfin le temps de me connecter et j'en profite car il y a une chose que je ne comprend pas dans le post de 03:33.
La ligne ou tu fais intervenir H_k et H_{k-1}, en fait je ne vois pas pourquoi : 2\Bigsum_{i=1}^{2^{k-1}-1} \frac{1}{2i}-\Bigsum_{i=1}^{2^{k-1}-1} \frac{1}{2i}-\Bigsum_{i=1}^{2^k-1} \frac{1}{2i-1}=\Bigsum_{i=1}^{2^{k-1}-1} \frac{1}{i}-\Bigsum_{i=1}^{2^k-1} \frac{1}{i}

Mais je me trompe peut etre, mais j'avoue que je ne vois pas
Merci

Posté par
doc_78re : recurrence atroce 29-10-05 à 12:18

autant pour moi j'ai fait une faute de lecture
Merci beaucoup


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