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série

Posté par
romu 11-10-07 à 12:43

Bonjour, il y a un point que j'ai du mal à voir:

Dans l'espace mesurable (\mathbb{N},\mathcal{P}(\mathbb{N}), on considère la mesure de comptage:

4$\nu_{\mathbb{N}}=\Bigsum_{x\in \mathbb{N}} \delta_x.

Dans un premier temps, je voudrais montrer que \nu_{\mathbb{N}} sur \mathbb{N}.

Pour montrer que \nu_{\mathbb{N}}(\emptyset) = 0, c'est bon.

Ensuite je considère une famille dénombrable (A_n)_{n\geq 1} de parties de \mathbb{N}, et je dois montrer que \nu_{\mathbb{N}}(\Bigcup_{n\geq 1} A_n) = \Bigsum_{n\geq 1} \nu_{\mathbb{N}}(A_n).

Or pour cela, je dois montrer que

4$\Bigsum_{x\in \mathbb{N}} (\Bigsum_{n\geq 1} \delta_x(A_n)) = \Bigsum_{n\geq 1}(\Bigsum_{x\in \mathbb{N}} \delta_x(A_n)).

Je ne vois pas comment on peut déduire ce résultat à partir théorème du changement de l'ordre des termes d'une série.

Merci pour vos indications.

Posté par
kaiser Moderateurre : série 11-10-07 à 12:47

bonjour romu

il faut préciser que tes parties sont disjointes.

Sinon, tu peux appliquer ce théorème car tous les termes sont positifs.

Kaiser

Posté par
romure : série 11-10-07 à 15:38

Bonjour Kaiser,

oui effectivement, j'ai oublié de préciser que (A_n)_{n\geq 1} est une famille disjointe.

En fait le théorème que j'ai, dit:


Citation :
Soit u_1+u_2+\cdots+u_n+\cdots une série absolument convergente.

Soit n\to \sigma(n) une permutation de \{1,2,3,\cdots\}, et posons v_n=u_{\sigma(n)}.

Alors la série v_1+v_2+\cdots+v_n+\cdots est absolument convergente, et l'on a

v_1+v_2+\cdots+v_n+\cdots=u_1+u_2+\cdots+u_n+\cdots



Mais ici, déjà je n'arrive pas à montrer qui est "(u_n)", et quelle permutation \sigma est en jeu.

Posté par
kaiser Moderateurre : série 11-10-07 à 20:08

Commence par montrer que si la première somme vaut \Large{+\infty}, alors la deuxième aussi.

Dans le cas contraire, tu peux essayer de faire intervenir une série en utilisant le fait que \Large{\mathbb{N}^{2}} est dénombrable.
On a donc une bijection \Large{\varphi :\mathbb{N}\mapsto \mathbb{N}^{2}}

pour p entier naturel, tu pose alors \Large{u_p=\delta_{x}(A_n)} si \Large{\varphi(p)=(x,n)}.
Tu montres ensuite que la série de terme général \Large{(u_p)} est convergente.

Kaiser

Posté par
kaiser Moderateurre : série 11-10-07 à 20:17

cela étant dit, es-tu obligé d'utiliser ce théorème pour montrer le résultat voulu ?

Kaiser

Posté par
romure : série 11-10-07 à 20:32

Bonsoir Kaiser, merci pour tes indications, ton plan me paraît convaincant, je vais le suivre.

Pour répondre à ta question, le prof nous as dit que ça venait du théorème de commutativité pour les séries, et j'ai trouvé ce théorème dans un bouquin. Il ne m'a pas dit qu'il y avait une autre possibilité.

Posté par
romure : série 14-10-07 à 23:41

Je ne vois vraiment pas comment montrer que 4$\Bigsum_{n\geq 1} (\Bigsum_{x\in \mathbb{N}} \delta_x(A_n))=+\infty\ lorsque 4$\Bigsum_{x\in \mathbb{N}} (\Bigsum_{n\geq 1} \delta_x(A_n))=+\infty .

Posté par
kaiser Moderateurre : série 14-10-07 à 23:55

Utilise la définition de la limite.

Kaiser

Posté par
romure : série 15-10-07 à 00:09

Ok,

donc soit A\in \mathbb{R}, je dois montrer qu'il existe un entier N\in \mathbb{N} tel que

3$n\geq N \Longrightarrow \Bigsum_{k=1}^n (\Bigsum_{x\in \mathbb{N}} \delta_x(A_k))\geq A

sachant qu'il existe un entier M\in \mathbb{N} tel que

3$n\geq M \Longrightarrow \Bigsum_{k=0}^n (\Bigsum_{n\geq 1} \delta_k(A_n))\geq A.

Posté par
ottore : série 15-10-07 à 00:11

Bonjour,
tu ne sommes que des termes positifs, donc les sommes partielles (des deux séries) sont des suites croissantes, donc soit elles convergent, soit elles divergent vers +oo.

Si l'une des deux convergeait, les deux convergeraient vers la même limite.
Donc finalement elles convergent ou divergent en même temps, non ?

Posté par
ottore : série 15-10-07 à 00:12

Mhh, ok tu essaies de montrer le résultat que j'indique.
Ici tu peux voir ça comme une conséquence des théorèmes classiques d'intervertion d'intégrales ou de limites et intégrales si ça te chante.

Posté par
romure : série 15-10-07 à 00:15

Citation :
Ici tu peux voir ça comme une conséquence des théorèmes classiques d'intervertion d'intégrales ou de limites et intégrales si ça te chante


Bonsoir otto, en fait je suis sensé savoir faire faire ça avant de voir les théorèmes d'interversion limite/intégrales me semble-t'il.

Posté par
ottore : série 15-10-07 à 00:16

Bon alors dans ce cas, continue de suivre les indications de Kaiser

a+

Posté par
romure : série 15-10-07 à 00:18

voui, enfin en mettant mon nez là dedans, ça me parait beaucoup moins trivial que ce que je pensais.

Posté par
kaiser Moderateurre : série 15-10-07 à 00:20

romu > pour ton message de 00h09 : pour la dernière ligne, tu peux intervertir les deux sommes, vu que l'une est finie.

au passage, salut otto

Kaiser

Posté par
romure : série 15-10-07 à 10:07

Ah oui effectivement, pour tout entier x\in \mathbb{N}, on a

3$P(x):\qquad \Bigsum_{k=0}^x (\Bigsum_{n\in \mathbb{N}} \delta_k(A_n)) = \Bigsum_{n\in \mathbb{N}} (\Bigsum_{k=0}^x \delta_k(A_n))

Je crois que j'ai compris.

Soit A\in \mathbb{R}. On a 3$\Bigsum_{x\in \mathbb{N}} (\Bigsum_{n\in \mathbb{N}} \delta_x(A_n))=+\infty.

Donc il existe un entier N\in \mathbb{N} tel que

3$x\geq N\qquad \Longrightarrow \qquad \Bigsum_{k=0}^x (\Bigsum_{n\in \mathbb{N}} \delta_k(A_n))\geq A.

D'après P(x), on a alors

3$x\geq N\qquad \Longrightarrow \qquad \Bigsum_{n\in \mathbb{N}} (\Bigsum_{k=0}^x \delta_k(A_n))\geq A.

Ce qui signifie que 4$\Bigsum_{n\in \mathbb{N}}(\Bigsum_{x\in \mathbb{N}} \delta_x(A_n)) = +\infty

Posté par
romure : série 15-10-07 à 10:49

pour la suite, je suis perdu.

Citation :
Si \Bigsum_{x\in \mathbb{N}}(\Bigsum_{n\in \mathbb{N}} (\delta_x(A_n)) \neq \infty, on a une bijection \varphi:\mathbb{N}\rightarrow \mathbb{N}^2,

et pour tout p\in \mathbb{N}, on pose u_p=\delta_x(A_n) si \varphi(p)=(x,n).

Montrer que \Bigsum u_p converge.

Donc je regarde la suite des sommes partielles de (u_p).
Pour tout entier p, j'ai
4$\Bigsum_{k=0}^p u_k = \Bigsum_{k=0}^p \delta_{x_k}(A_{n_k}) avec pour tout k\leq p, \varphi(k)=(x_k,n_k).

Là je ne vois pas comment continuer pour montrer qu'elle converge.


J'ai du mal à voir aussi comment on va se servir de la convergence de \Bigsum u_p
afin de montrer que

4$\Bigsum_{x\in \mathbb{N}}(\Bigsum_{n\in \mathbb{N}} (\delta_x(A_n)) = \Bigsum_{n\in \mathbb{N}}(\Bigsum_{x\in \mathbb{N}} (\delta_x(A_n)).

Et je voulais aussi savoir si on a bien

4$\Bigsum_{x\in \mathbb{N}}(\Bigsum_{n\in \mathbb{N}} a_{x,n}) = \Bigsum_{(x,n)\in \mathbb{N}^2} a_{x,n}
(je pense que oui mais je ne vois pas comment le montrer ),
et si c'est le cas, est-ce que je vais devoir m'en servir par la suite?

Posté par
kaiser Moderateurre : série 15-10-07 à 18:34

Pour ton message de 10h07 :

pourrais-tu me dire comment tu passes de l'avant dernière ligne à la dernière ligne ?

Pour ton message de 10h49 :

Citation :
Là je ne vois pas comment continuer pour montrer qu'elle converge.


tu peux essayer de majorer brutalement ta somme partielle en faisant intervenir X le plus grand des \Large{x_k} et N le plus grand des \Large{N_{k}}.

Citation :
J'ai du mal à voir aussi comment on va se servir de la convergence de \Bigsum%20u_p afin de montrer que 4$\Bigsum_{x\in%20\mathbb{N}}(\Bigsum_{n\in%20\mathbb{N}}%20(\delta_x(A_n))%20=%20\Bigsum_{n\in%20\mathbb{N}}(\Bigsum_{x\in%20\mathbb{N}}%20(\delta_x(A_n))


on pourra alors appliquer le théorème que tu as énoncé plus haut : on pourra alors changer l'ordre des termes comme on le voudra : on construira alors deux permutations en utilisant notre bijection \Large{\varphi} afin de montrer que la série que l'on a définie est égale à aux deux sommes dont on veut montrer qu'elles sont égales.

Citation :
Et je voulais aussi savoir si on a bien 4$\Bigsum_{x\in%20\mathbb{N}}(\Bigsum_{n\in%20\mathbb{N}}%20a_{x,n})%20=%20\Bigsum_{(x,n)\in%20\mathbb{N}^2}%20a_{x,n}

ça dépend.
Si l'écriture de droite à un sens, alors il y a égalité.
Sinon, on ne peut dire.
Mais je voudrais attirer ton attention sur quelque chose qui peut paraître comme un détail : il y a une différence assez fondamentale entre les deux écritures suivantes :

\Large{\Bigsum_{n=0}^{+\infty}a_{n}} et \Large{\Bigsum_{n\in \mathbb{N}}a_{n}}

Dans la deuxième, on sous-entend que l'on faire la somme dans n'importe quel ordre, alors que pas forcément dans la première (dans cet exo, il faudrait donc plutôt a priori utiliser la première écriture et non la deuxième)
La distinction est d'autant plus importante pour les séries semi-convergentes.
En particulier, écrire la chose suivante n'a aucun sens :


\Large{\Bigsum_{n\in \mathbb{N}}\frac{(-1)^{n}}{n+1}}

ça n'a aucun sens, car il y a un résultat assez bizarre disant que si on a une série semi-convergente, alors pour tout l (réel ou valant plus ou moins l'infini), on peut ordonner les termes de la série pour que la série converge vers l !!!

Kaiser

Posté par
romure : série 17-10-07 à 12:02

Bonjour,

Citation :
pourrais-tu me dire comment tu passes de l'avant dernière ligne à la dernière ligne ?


L'avant-dernière ligne nous dit que pour tout A\in \mathbb{R}, il existe N\in \mathbb{N} tel que:

3$x\geq N\qquad \Longrightarrow \qquad \Bigsum_{n\in \mathbb{N}}(\Bigsum_{k=0}^x \delta_k(A_n))\geq A.

Donc par définition de la limite infinie, on a

4$\Bigsum_{n\in \mathbb{N}}(\Bigsum_{x\in \mathbb{N}} \delta_x(A_n)) := \lim_{x\rightarrow +\infty} \Bigsum_{n\in \mathbb{N}}(\Bigsum_{k=0}^x \delta_k(A_n)) = +\infty,

non?

Sinon sur le point que tu m'as précisé, je viens de me documenter un peu sur les familles sommables, c'est vrai que je ne devrais pas écrire mes sommes de cette façon, mais il me semble que dans l'exo on ne parle que de séries.

Si (a_n) est à termes positifs et que la série de terme général (a_n) converge, il y a confusion entre la série et la famille sommable, ou il faut pas?

Sinon merci pour tes précisions.

Posté par
kaiser Moderateurre : série 17-10-07 à 19:29

Citation :
4$\Bigsum_{n\in%20\mathbb{N}}(\Bigsum_{x\in%20\mathbb{N}}%20\delta_x(A_n))%20:=%20\lim_{x\rightarrow%20+\infty}%20\Bigsum_{n\in%20\mathbb{N}}(\Bigsum_{k=0}^x%20\delta_k(A_n))%20=%20+\infty


D'accord, je me disais bien..
Tu n'as pas le droit : tu supposes implicitement que tu as le droit d'intervertir les deux sommes.

Citation :
Si (a_n) est à termes positifs et que la série de terme général (a_n) converge, il y a confusion entre la série et la famille sommable, ou il faut pas?


oui, mais en fait, c'est justement ce que l'on essaie de montrer dans ce cas précis.

Kaiser

Posté par
romure : série 17-10-07 à 19:41

Pourtant le fait que pour tout A\in \mathbb{R}, il existe N\in \mathbb{N} tel que:

3$x\geq N\qquad \Longrightarrow \qquad \Bigsum_{n\in \mathbb{N}}(\Bigsum_{k=0}^x \delta_k(A_n))\geq A.

nous dit bien que la suite 4$(\Bigsum_{n\in \mathbb{N}}(\Bigsum_{k=0}^x \delta_k(A_n))))_{x\in \mathbb{N}} tend vers +\infty?

Je ne vois pas pourquoi j'intervertis les deux sommes, et quelle étape je ne devrais pas faire? (perte de confiance totale )

Posté par
romure : série 17-10-07 à 19:45

Je crois que je viens de comprendre,

j'ai juste prouvé que 4$\lim_{x\rightarrow +\infty} \Bigsum_{n\in \mathbb{N}}(\Bigsum_{k=0}^x \delta_k(A_n))) =+\infty

Et après j'ai affirmé que 4$ \Bigsum_{n\in \mathbb{N}}(\lim_{x\rightarrow +\infty}\Bigsum_{k=0}^x \delta_k(A_n))) =+\infty,

ce que je n'aurais pas du faire. Enfin je sais pas si je m'embrouille.

Posté par
romure : série 17-10-07 à 19:57

Euh sans utiliser le théorème de Beppo-Levi, est-il possible d'intervertir la limite et la somme?

Posté par
kaiser Moderateurre : série 17-10-07 à 20:02

oui, c'est exactement ça : tu as rentré la limite sous la somme.
On peut s'en sortir sans Beppo-Levi et sans utiliser aucun théorème.
Nous ce que l'on veut finalement c'est montrer que cette double somme est infinie donc qu'elle est plus grande que n'importe quel réel.
Etant donnée la majoration de ton message de 19h41, il suffit simplement de majorer brutalement et l'on aura ce que l'on veut.

Kaiser

Posté par
romure : série 17-10-07 à 20:39

Ok, je vois.

On veut montrer que 3$\Bigsum_{n\in \mathbb{N}} (\Bigsum_{x\in \mathbb{N}} \delta_x(A_n))=+\infty.

Pour tout n\in \mathbb{N}, on a pour tout x\in \mathbb{N}

4$\Bigsum_{x\in \mathbb{N}} \delta_x(A_n)\geq \Bigsum_{k=0}^x \delta_k(A_n).

Donc 4$\Bigsum_{n\in \mathbb{N}} (\Bigsum_{x\in \mathbb{N}} \delta_x(A_n))\geq \Bigsum_{n\in \mathbb{N}} (\Bigsum_{k=0}^x \delta_k(A_n)).

Comme 4$\Bigsum_{n\in \mathbb{N}} (\Bigsum_{k=0}^x \delta_k(A_n))\rightarrow +\infty quand x\rightarrow +\infty, on a

4$\Bigsum_{n\in \mathbb{N}} (\Bigsum_{x\in \mathbb{N}} \delta_x(A_n))=+\infty.

Posté par
kaiser Moderateurre : série 17-10-07 à 20:57

oui, c'est bien ça.

Kaiser

Posté par
romure : série 17-10-07 à 23:29

Citation :
tu peux essayer de majorer brutalement ta somme partielle en faisant intervenir X le plus grand des x_k  et N le plus grand des n_k .


C'est à dire, je pose 3$X_p = \max_{k\leq p}\ x_k et 3$N_p = \max_{k\leq p}\ n_k  ??

Posté par
romure : série 18-10-07 à 15:52

J' ai du mal à visualiser comment je peux majorer brutalement cette somme partielle à l'aide de X_p et N_p ?

Posté par
kaiser Moderateurre : série 19-10-07 à 09:28

Je n'ai pas dit de majorer uniquement à l'aide de ces entiers mais en les faisant intervenir.
Utilise une somme partielle de la double somme faisant intervenir ces entiers.

Kaiser

Posté par
romure : série 23-10-07 à 00:35

Bonsoir, je crois que je viens de comprendre.

Si \bigsum_{x\in \mathbb{N}}(\bigsum_{n\in \mathbb{N}}\delta_x(A_n))\neq \infty,

on a une bijection \varphi:\mathbb{N}\rightarrow \mathbb{N}^2.
Pour p\in \mathbb{N}, on pose u_p=\delta_x(A_n) si \varphi(p)=(x,n).

Pour montrer que \Bigsum u_p converge, je suis les conseils de ton dernier post:

Donc je considère la suite des sommes partielles associée à la série de terme général u_p.

Soit p un entier \geq 0, on a

4$\Bigsum_{k=0}^p u_k = \Bigsum_{k=0}^p \delta_{x_k}(A_{n_k}), avec pour tout k\leq p, \varphi(k)=(x_k,n_k).

Posons X_p=\max_{k\leq p}\ x_k et N_p=\max_{k\leq p}\ n_k.


On a 4$\bigsum_{k=0}^p \delta_{x_k}(A_{n_k})\leq \bigsum_{i=0}^{X_p}(\bigsum_{j=0}^{N_p} \delta_i(A_j)),

car pour tout k\leq p, on a 0\leq x_k\leq X_p et 0\leq n_k\leq N_p,
donc les termes de la somme de gauche sont aussi des termes de la double somme de droite.

Par conséquent on a 4$\bigsum_{k=0}^p \delta_{x_k}(A_{n_k})\leq \bigsum_{x\in \mathbb{N}}(\bigsum_{n\in \mathbb{N}} \delta_x(A_n))<\infty.

D'où la convergence de la série \Bigsum u_p.

Je continue la suite.

Posté par
romure : série 23-10-07 à 00:59

ok, donc si je comprends bien pour la suite, il faut que je construise deux permutations \sigma et \gamma telles que

\Bigsum_{p=1}^{\infty} u_{\sigma(p)} = \Bigsum_{x\in \mathbb{N}}(\Bigsum_{n\in \mathbb{N}} \delta_x(A_n)),

\Bigsum_{p=1}^{\infty} u_{\gamma(p)} = \Bigsum_{n\in \mathbb{N}}(\Bigsum_{x\in \mathbb{N}} \delta_x(A_n)).

Ensuite, en appliquant le théorème du changement de l'ordre des termes dans une série, on  en déduit que:

\Bigsum_{p=1}^{\infty} u_p = \Bigsum_{p=1}^{\infty} u_{\sigma(p)},

\Bigsum_{p=1}^{\infty} u_p = \Bigsum_{p=1}^{\infty} u_{\gamma(p)}.

Donc \Bigsum_{p=1}^{\infty} u_{\sigma(p)} = \Bigsum_{p=1}^{\infty} u_{\gamma(p)}.

Posté par
romure : série 23-10-07 à 01:36

Je ne vois pas comment construire ces permutations à partir de \varphi ?

Posté par
kaiser Moderateurre : série 23-10-07 à 19:53

OK pour ton message de 00h35.

Pour tes deux derniers messages :

En fait, je ne suis plus très sûr que ça marche bien cette histoire de
bijection et je suis convaincu qu'on peut s'en sortir autrement.
En effet, sauf erreur de ma part, on peut même s'en sortir de deux autres manières assez simplement :

1ère méthode : comme la somme est strictement plus petit que l'infini, remarque alors les sommes sont de fausses sommes infinies (et donc comme les termes sont positifs, il n'y a qu'un nombre fini de termes non nuls).

2ème méthode : qui marche que les sommes soient égale ou strictement inférieures à l'infini

Il suffit de montrer que l'une des deux sommes est inférieure à l'autre (on aura l'autre inégalité par symétrie) en remarquant que

\Large{\Bigsum_{n\in \mathbb{N}}(\Bigsum_{x\in \mathbb{N}}\delta_x(A_n))=\lim_{N \to \infty}\Bigsum_{n=0}^{N}(\Bigsum_{x\in \mathbb{N}}\delta_x(A_n))}

Kaiser

Posté par
romure : série 24-10-07 à 02:20

ok pour la première méthode j'ai essayé de faire comme ça:

Pour tout x\in \mathbb{N}, on note a_x = \bigsum_{n\in \mathbb{N}} \delta_x(A_n).

\bigsum_{x\in \mathbb{N}} a_x < \infty entraîne que a_x \stackrel{x\rightarrow \infty}{\longrightarrow} 0.

En prenant la définition de la limite avec \varepsilon=\frac{1}{2}, on en déduit qu'il existe un entier X\in \mathbb{N} tel que
x>X\qquad \Longrightarrow \qquad a_x<\frac{1}{2}<1 (ie a_x=0),

et donc

\Bigsum_{n\in \mathbb{N}} \delta_x(A_n)=0 pour x>X\qquad (1)

On a alors 3$\bigsum_{x\in \mathbb{N}}(\bigsum_{n\in \mathbb{N}} \delta_x(A_n)) = \bigsum_{x=1}^X(\bigsum_{n\in \mathbb{N}} \delta_x(A_n)).

Or \bigsum_{x=1}^X(\bigsum_{n\in \mathbb{N}} \delta_x(A_n))<\infty,

donc pour tout x\in \mathbb{[}0,X\mathbb{]}, \bigsum_{n\in \mathbb{N}} \delta_x(A_n)<\infty.

Par le même raisonnement que j'ai fait précédemment pour montrer (1),
on en déduit qu'il existe un un rang N_x tel que
n\geq N_x\qquad \Longrightarrow \qquad \delta_x(A_n)=0.


On pose 3$N=\max_{x\in \mathbb{[}0,X\mathbb{]}} N_x.

On a alors
pour tout 3$x\in \mathbb{[}0,X\mathbb{]}, 4$\bigsum_{n\in \mathbb{N}}\delta_x(A_n) = \bigsum_{n=1}^N \delta_x(A_n)\qquad (2).

Donc 4$\bigsum_{x\in \mathbb{N}}(\bigsum_{n\in \mathbb{N}} \delta_x(A_n)) = \bigsum_{x=1}^X(\bigsum_{n\in \mathbb{N}} \delta_x(A_n)) = \bigsum_{x=1}^X(\bigsum_{n=1}^N \delta_x(A_n)) = \bigsum_{n=1}^N(\bigsum_{x=1}^X \delta_x(A_n)).


La propriété (1) signifie que: 3$\forall x>X,\ \forall n\in \mathbb{N},\ \delta_x(A_n)=0.

et la propriété (2) signifie que: 3$\forall x\leq X,\ \forall n\geq N,\ \delta_x(A_n)=0.


Soit n\geq N. D'après (2), pour tout x\leq X,\ \delta_x(A_n)=0. Donc \bigsum_{x=1}^X \delta_x(A_n)=0,

d'où 3$\bigsum_{n=1}^N(\bigsum_{x=1}^X \delta_x(A_n)) = \bigsum_{n\in \mathbb{N}}(\bigsum_{x=1}^X \delta_x(A_n)).

Soit n\in \mathbb{N}. D'après (1), pour tout x>X,\ \delta_x(A_n)=0,

donc 3$\bigsum_{x=1}^X \delta_x(A_n) = \bigsum_{x\in \mathbb{N}} \delta_x(A_n),

D'où 4$\bigsum_{n\in \mathbb{N}} (\bigsum_{x=1}^X \delta_x(A_n)) = \bigsum_{n\in \mathbb{N}} (\bigsum_{x\in \mathbb{N}} \delta_x(A_n)).

Posté par
kaiser Moderateurre : série 24-10-07 à 12:21

Oui, tout ceci me parait correct.

Kaiser

Posté par
romure : série 24-10-07 à 12:33

Bonjour Kaiser,

donc en fait qu'on utilise la méthode 1 ou 2,
on n'avait même pas besoin du théorème du changement de l'ordre des termes d'une série.

Posté par
kaiser Moderateurre : série 24-10-07 à 19:53

Effectivement, il n'y en avait pas l'utilité.

Kaiser

Posté par
romure : série 25-10-07 à 01:01

ok pour la deuxième méthode je pense avoir bien compris et je ne pense pas que ce soit la peine que je tape toutes ces sommes pour que tu puisses me dire si tu approuves ou non mes résultats.

Enfin je tiens à te remercier pour le temps que tu as bien voulu me consacrer pour m'aider à comprendre cette histoire de mesure de comptage,
ça m'a bien aidé à ouvrir les yeux sur ces concepts de sommes, de séries, et de masse de Dirac.

Posté par
kaiser Moderateurre : série 25-10-07 à 12:00

Citation :
je ne pense pas que ce soit la peine que je tape toutes ces sommes pour que tu puisses me dire si tu approuves ou non mes résultats.


OK !

Citation :
Enfin je tiens à te remercier pour le temps que tu as bien voulu me consacrer pour m'aider à comprendre cette histoire de mesure de comptage,
ça m'a bien aidé à ouvrir les yeux sur ces concepts de sommes, de séries, et de masse de Dirac.


Mais je t'en prie !
content de savoir que tu as bien compris toute cette histoire.

Kaiser


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