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série entière

Posté par
Mariondumont 09-10-22 à 11:09

bonjour, j'ai du mal avec une question d'un exercice:

j'ai montré que \sum_{k=2}^{n}{\frac{ln(k)}{k}z^{k}}= v_{n}a_{n}-v_{2}a_{1}+ \sum_{k=2}^{n-1}{(v_{k}-v_{k+1})a_{k}}
où v_{n}= \frac{ln(n)}{n}  et
a_{n}= \sum_{k=0}^{n}{e^{ik\theta }}

j'ai aussi montré que  pout tout n>=1 , -1<an<1
je dois maintenant montré que la série \sum{\frac{ln(n)}{n}z^{n}} converge pour \mid z\mid = 1 avec
z\neq 1

j'ai donc majoré la valeur absolue de la somme partielle mais je me retrouve avec \mid \sum_{n=2}^{N}{\frac{ln(n)}{n}z^{n}}\mid \leq \frac{ln(N)}{N}+\frac{ln(N-1)}{N-1}+ 2 ln(2) + \frac{ln(2)}{2}

majoration qui ne tend pas vers 0 donc impossible de conclure.
je ne pense pas mettre trompée dans les calculs et ne voit pas comment me débloquer.

merci pour votre aide et temps.

Posté par
ty59847re : série entière 09-10-22 à 11:24

La démarche que tu utilises serait bonne, si la limite de ta série était 0.
Si un tend vers L ,alors effectivement, | un -L| tend vers 0.
Mais ici, on n'a aucune raison d'imaginer que la limite soit 0.

Regarde par exemple ce que ça donne pour z=-1 si tu veux t'en convaincre.

Posté par
Mariondumontre : série entière 09-10-22 à 11:34

j'ai fait l'étude pour z=-1 et je trouve que la série est semi convergente.

j'ai donc la valeur absolue de ma suite qui est majorée par un nombre que l'on va appeler k.
si je montre que  ma série moins le k (le tout en valeur absolue) est majorée par quelque chose qui tend vers 0 alors j'aurai ma limite ?

Posté par
ty59847re : série entière 09-10-22 à 11:52

Je ne te suis pas. Je ne vois pas ce que tu appelles k, et je ne connais pas la notion de suite semi-convergente.
Je parlais de z=-1, mais c'est juste pour avoir un contre-exemple.

Tu pars dans l'objectif de calculer la limite.
On ne te demande pas de trouver la limite. Et je pense que trouver la limite, pour z quelconque sur le cercle unité, c'est très compliqué. Beaucoup trop compliqué par rapport à ce qu'on demande ici.

Ici, pour t'aider plus, il faudrait l'énoncé original.  En lisant l'énoncé précis, on voit les idées du rédacteur de l'exercice, on voit ce qu'il avait derrière la tête.
C'est systématique quand tu demandes de l'aide, donne l'énoncé précis, et les résultats que tu as obtenus.

Posté par
Mariondumontre : série entière 09-10-22 à 11:52

enfaite, je ne dois pas calculer la somme de la série, juste montrer quelle converge.
je ne vois pas comment utiliser l'égalité démontrée pour faire ça.

Posté par
Mariondumontre : série entière 09-10-22 à 11:59

l'énoncé comporte 20 questions .
le but de l'exercice est d'étudier la série entière de ( z^n)ln(n)/n sur son cercle d'incertitude qui est lorsque |z|=1.
j'ai déjà étudié le cas z=1 où la série diverge, le cas z=-1 où la série converge et je cherche à généraliser sur le reste du cercle.

pour cela je dois d'abord montrer que la série converge (ma question énoncée plus haut). et ce n'est qu'à la fin de l'exercice que je calcul la somme de cette série qui est en effet compliquée.

Posté par
Mariondumontre : série entière 09-10-22 à 12:00

* que la série converge pour |z|= 1 avec z différent de 1

Posté par
Mariondumontre : série entière 09-10-22 à 16:54

Mariondumont @ 09-10-2022 à 11:09

bonjour, j'ai du mal avec une question d'un exercice:

j'ai montré que \sum_{k=2}^{n}{\frac{ln(k)}{k}z^{k}}= v_{n}a_{n}-v_{2}a_{1}+ \sum_{k=2}^{n-1}{(v_{k}-v_{k+1})a_{k}}
où v_{n}= \frac{ln(n)}{n}  et
a_{n}= \sum_{k=0}^{n}{e^{ik\theta }}

j'ai aussi montré que  pout tout n>=1 , -1<an<1
je dois maintenant montré que la série \sum{\frac{ln(n)}{n}z^{n}} converge pour \mid z\mid = 1 avec
z\neq 1

j'ai donc majoré la valeur absolue de la somme partielle mais je me retrouve avec \mid \sum_{n=2}^{N}{\frac{ln(n)}{n}z^{n}}\mid \leq \frac{ln(N)}{N}+\frac{ln(N-1)}{N-1}+ 2 ln(2) + \frac{ln(2)}{2}

majoration qui ne tend pas vers 0 donc impossible de conclure.
je ne pense pas mettre trompée dans les calculs et ne voit pas comment me débloquer.

merci pour votre aide et temps.

Posté par
ty59847re : série entière 09-10-22 à 23:30

Dans une série, sous certaines conditions, on peut regrouper les termes par paquets. Je crois qu'on parle de convergence uniforme.

Ecrivons z sous la forme e^{i \theta}
Soit k le plus petit entier tel que k \theta > 2 \pi

On va regrouper les termes en paquets, et regarder la suite v_p=  \Sigma _{j=kp}^{kp+k-1}u_j

Et on va ensuite dire que la somme initiale \Sigma u_n, c'est la même chose que \Sigma v_p

Il faut prouver au passage qu'on a le droit, mais c'est certainement l'objet d'une des questions intermédiaires.

Posté par
ty59847re : série entière 09-10-22 à 23:33

corrections : k \theta \le 2 \pi
Pour visualiser le truc , tu peux regarder les cas où \theta=\pi/4 ou \theta=\pi/5 ou \theta=\pi/6

Posté par
perroquetre : série entière 10-10-22 à 00:52

Bonjour, Mariondumont.

Première remarque:
Tu dis avoir démontré que:    -1<a_n<1.
Ce résultat est faux.
Par contre, on peut démontrer que la suite (a_n) est bornée.

Deuxième remarque:
Pour démontrer la convergence de \sum v_nz^n, il suffit de démontrer que la suite \left(\sum_{k=2}^n v_kz^k\right)_{n\geqslant 2} est convergente.
Il ne faut donc pas démontrer que la suite des sommes partielles tend vers 0 mais qu'elle converge.

Troisième remarque:
L'égalité que tu "as démontrée" permet d'établir la convergence de la suite des sommes partielles.
En effet:
- la suite (v_na_n) tend vers 0 puisque (v_n) tend vers 0 et (a_n) est bornée
- v_2a_1 est une constante
- il reste à montrer que la série  \sum (v_k-v_{k+1})a_k est convergente et c'est facile à faire parce que     \sum (v_k-v_{k+1}) est absolument convergente et parce que (a_k) est bornée

Posté par
elhor_abdelali Correcteurre : série entière 10-10-22 à 00:55

Bonsoir Mariondumond


Dire que \Large\boxed{|z|=1~,~z\neq1} c'est dire que \Large\boxed{z=e^{i\theta}~,~\theta\in]0,2\pi[}.


On a \Large\boxed{a_n=\sum_{k=0}^nz^k=\sum_{k=0}^n\left(e^{i\theta}\right)^k=\frac{e^{i(n+1)\theta}-1}{e^{i\theta}-1}=\frac{e^{i\frac{(n+1)\theta}{2}}}{e^{i\frac{\theta}{2}}}~\frac{e^{i\frac{(n+1)\theta}{2}}-e^{-i\frac{(n+1)\theta}{2}}}{e^{i\frac{\theta}{2}}-e^{-i\frac{\theta}{2}}}=e^{i\frac{n\theta}{2}}~\frac{\sin(\frac{(n+1)\theta}{2})}{\sin(\frac{\theta}{2})}}


et donc \Large\boxed{|a_n|\leqslant\frac{1}{\sin(\frac{\theta}{2})}}.


\Large\boxed{\sum_{k=2}^{n}{\frac{\ln(k)}{k}z^{k}}=\sum_{k=2}^nv_k(a_k-a_{k-1})=\sum_{k=2}^nv_ka_k-\sum_{k=2}^nv_ka_{k-1}=\sum_{k=2}^nv_ka_k-\sum_{k=1}^{n-1}v_{k+1}a_k}


et donc \Large\boxed{\sum_{k=2}^n\frac{\ln(k)}{k}z^k=v_na_n-v_2a_1+\sum_{k=2}^{n-1}(v_k-v_{k+1})a_k}.



On a clairement \Large\boxed{\lim_{n\to+\infty}v_na_n=0} (comme produit d'une suite bornée et d'une suite de limite nulle)


donc la série \Large\sum_{n\geqslant2}\frac{\ln(n)}{n}z^n est de même nature que la série \Large\sum_{n\geqslant2}(v_n-v_{n+1})a_n.


Je te laisse voir pourquoi la seconde série est absolument convergente et conclure. sauf erreur de ma part bien entendu


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