Inscription / Connexion Nouveau Sujet
Accueil l'île des mathématiques Forum de mathématiquesListe de tous les forums de mathématiques SupérieurOn parle exclusivement de maths, pour le supérieur principalement, les BTS, IUT, prépas... Maths spé AnalyseTopics traitant de analyse [tout]Lister tous les topics de mathématiques
Niveau maths spé
Partager :

Série numérique

Posté par
Paspris 29-08-23 à 09:49

Bonjour, je dois étudier la nature de la série alternée Un avec
Un =(-1)^n/(2n + 1) x somme (k=1 jusqu'à n) 1/(2k + 1)

On donne l'indication de commencer à montrer que |Un| converge vers 0 et déjà là je bloque. J'ai essayé pas mal de majoration infructueuse mais peut être est ce déjà la mauvaise piste.

Auriez-vous une idée?

Merci

Posté par
carpediemre : Série numérique 29-08-23 à 10:11

salut

v_n = \dfrac 1 {2n + 1} \sum_1^n \dfrac 1 {2k + 1} $ et $ u_n = (-1)^n v_n

v_n est évidemment positif et on peut majorer classiquement la somme par le produit du plus grand par le nombre de termes ... mais est-ce suffisant ?

si non alors il faut affiner cette majoration ...

on peut ensuite étudier le signe de v_{n + 1} - v_n afin de vérifier que cette suite est bien décroissante (du moins à partir d'un certain rang) car sinon il n'y a aucune chance que v_n tende vers 0

Posté par
etniopalre : Série numérique 29-08-23 à 10:58

Bonjour
        Majorer   1n 1/(2k + 1) par l'intégrale de f : x    1/(2x + 1)  sur un intervalle convenable .

Posté par
Pasprisre : Série numérique 29-08-23 à 14:27

Merci pour vos réponses

carpediem merci d'avoir réécrit proprement ma question. J'avais déjà parcouru tes idées mais aucune n'a abouti. Celle de la majoration classique n'amène pas à <0. Quant à la décroissance cela ne suffit pas pour conclure à la convergence vers 0.

etniopal c'était effectivement une idée que j'ai suivi en utilisant l'intégrale de 1/x^2 mais je n'ai pas abouti non plus. Je vais réessayer en réfléchissant à l'intervalle.

Posté par
carpediemre : Série numérique 29-08-23 à 15:06

bien sûr que décroissance ne suffit pas mais décroissance + minoration implique convergence !

reste ensuite à déterminer effectivement cette limite bien sûr

la suite (v_n) est bien sûr bornée

je ne comprends pas pourquoi tu choisis cette fonction quand tu suis l'idée de etniopal : on te parle d'intégrale donc il faut une primitive !!

je vois que (2n + 1) v_n = \dfrac 1 n \sum_1^n \dfrac 1 {2 \frac k n + \frac 1 n}

Posté par
Pasprisre : Série numérique 29-08-23 à 15:20

Je disais juste que l'idée de l'intégrale je l'avais suivie mais avec une autre fonction. Je vais réessayer avec la fonction proposée

Posté par
elhor_abdelali Correcteurre : Série numérique 30-08-23 à 02:48

Bonsoir


\Large\boxed{|u_n|=\frac{1}{2n+1}\sum_{k=1}^n\frac{1}{2k+1}=\left(2+\frac{1}{n}\right)\left(\frac{1}{n}\sum_{k=1}^n\frac{1}{2k+1}\right)}


il est classiquement connu que la moyenne de Cesàro d'une suite réelle à la même limite et la même monotonie


on peut donc déduire que la suite (|u_n|)_{n\geqslant1} décroit vers zéro

et donc que la série \sum_{n\geqslant1}(-1)^n|u_n| est convergente d'après le critère de Leibniz.

Mais le calcul de la somme \Large\boxed{\sum_{n=1}^{+\infty}\frac{(-1)^n}{2n+1}\sum_{k=1}^n\frac{1}{2k+1}} est une autre histoire

Posté par
elhor_abdelali Correcteurre : Série numérique 30-08-23 à 03:58

Oh pardon un petit excès de vitesse

\bullet On a plutôt \Large\boxed{|u_n|=\frac{1}{2n+1}\sum_{k=1}^n\frac{1}{2k+1}=\left(\frac{n}{2n+1}\right)\left(\frac{1}{n}\sum_{k=1}^n\frac{1}{2k+1}\right)}

et donc par Cesàro on a \Large\boxed{\lim_{n\to+\infty}|u_n|=\frac{1}{2}\times0=0}.


\bullet Quand à la monotonie il faut faire comme indique carpediem

\Large\boxed{|u_{n+1}|-|u_n|=\frac{1}{2n+3}\sum_{k=1}^{n+1}\frac{1}{2k+1}-\frac{1}{2n+1}\sum_{k=1}^n\frac{1}{2k+1}}


\Large\boxed{|u_{n+1}|-|u_n|=\frac{1}{(2n+3)(2n+1)}\left((2n+1)\sum_{k=1}^{n+1}\frac{1}{2k+1}-(2n+3)\sum_{k=1}^n\frac{1}{2k+1}\right)}


\Large\boxed{|u_{n+1}|-|u_n|=\frac{1}{(2n+3)(2n+1)}\left(\frac{2n+1}{2n+3}-2\sum_{k=1}^n\frac{1}{2k+1}\right)}


\Large\boxed{|u_{n+1}|-|u_n|\leqslant\frac{1}{(2n+3)(2n+1)}\left(\frac{2n}{2n+3}-2\sum_{k=1}^n\frac{1}{2k+1}\right)}


et donc \Large\boxed{|u_{n+1}|-|u_n|\leqslant\frac{2}{(2n+3)(2n+1)}\sum_{k=1}^n\left(\frac{1}{2n+3}-\frac{1}{2k+1}\right)\leqslant0} sauf nouvelle erreur bien entendu

Posté par
carpediemre : Série numérique 30-08-23 à 10:07

merci elhor_abdelali car avec l'intégrale ça ne semble pas marcher

avec Césaro ça marche tout seul et on peut même écrire aussi :

0 < v_n = \dfrac 1 {2k + 1} \sum_1^n \dfrac 1 {2k + 1} \le \dfrac 1 {2n + 1} \sum_1^{2n + 1} \dfrac 1 k \to 0


je ne vois pas où est passer le + 1 entre l'antépénultième et l'avant-dernier encadré   car tu majores en retirant un terme positif

Posté par
jandri Correcteurre : Série numérique 30-08-23 à 10:31

Bonjour elhor_abdelali,

je trouve \Large {\sum_{n=0}^{+\infty}\frac{(-1)^n}{2n+1}\sum_{k=0}^n\frac{1}{2k+1}}=\dfrac12C+\dfrac18\pi\ln2 où C est la constante de Catalan.
Si on commence à n=1 et k=1 il faut retrancher \dfrac{\pi}4.

Posté par
Pasprisre : Série numérique 30-08-23 à 14:19

Il me semble pourtant avoir réussi avec l'intégrale. J'ai majoré 1/2k+1 par l'intégrale de la fonction 1/2x+1 entre k-1 et k. Après avoir sommé et calculé l'intégrale on arrive à ln(2n+1)/2(2n+1), qui tend vers 0

Posté par
Pasprisre : Série numérique 30-08-23 à 14:34

Et je suis d'accord avec carpediem il me semble y avoir un souci avec l'avant dernière étape de  elhor_abdelali.
Par contre on peut minorer la somme par n x (1/(2n + 1)) et donc majorer la parenthèse par 2n/2n+3 - 2n/2n+1, qui est négatif

Posté par
jandri Correcteurre : Série numérique 30-08-23 à 16:12

Pour justifier que le théorème des séries alternées s'applique on peut écrire :

|u_n|\leq \dfrac1{4n}\sum_{k=1}^n\dfrac1k\leq \dfrac1{4n}(1+\int_1^n\dfrac1tdt)=\dfrac1{4n}(1+\ln n) qui tend vers 0.

|u_{n}|-|u_{n+1}|=\dfrac1{2n+1}\sum_{k=1}^n\dfrac1{2k+1}-\dfrac1{2n+3}\sum_{k=1}^{n+1}\dfrac1{2k+1}=\left(\dfrac1{2n+1}-\dfrac1{2n+3}\right)\sum_{k=1}^{n+1}\dfrac1{2k+1}-\dfrac1{(2n+1)(2n+3)}

d'où |u_{n}|-|u_{n+1}|=\dfrac2{(2n+1)(2n+3)}\left(\sum_{k=1}^{n+1}\dfrac1{2k+1}-\dfrac12\right)\geq0 pour n\geq1 puisque \dfrac13+\dfrac15>\dfrac12.

Posté par
carpediemre : Série numérique 30-08-23 à 19:05

en reprenant une partie du calcul de elhor_abdelali on a :

(2n + 1)(2n + 3) (v_{n + 1} - v_n) = (2n + 1) \sum_1^{n + 1} \dfrac 1 {2k + 1} - (2n + 3) \sum_1^n \dfrac 1 {2k + 1} = \dfrac {2n + 1} {2n + 3} - 2 \sum_1^n \dfrac 1 {2k + 1} = 1 - 2 \sum_1^{n + 1} \dfrac 1 {2k + 1}

qui est négatif pour la même raison que celle donnée par jandri à la fin de son msg

Posté par
Pasprisre : Série numérique 31-08-23 à 08:46

Merci beaucoup pour toutes vos réponses et bonne journée

Posté par
carpediemre : Série numérique 31-08-23 à 09:52

de rien et à toi aussi

Posté par
elhor_abdelali Correcteurre : Série numérique 31-08-23 à 20:52

Citation :
Et je suis d'accord avec carpediem il me semble y avoir un souci avec l'avant dernière étape de elhor_abdelali.


Effectivement je me suis trompé en minorant |u_{n+1}|-|u_n| par une quantité négative

La correction de carpediem et le calcul de jandri sont une bonne alternative

Posté par
elhor_abdelali Correcteurre : Série numérique 31-08-23 à 21:04

Citation :
je ne vois pas où est passer le + 1 entre l'antépénultième et l'avant-dernier encadré car tu majores en retirant un terme positif


On peut remédier à cela en remarquant que \frac{2n+1}{2n+3}\leqslant\frac{2n}{2n+1} ce qui donne :


\Large\boxed{|u_{n+1}|-|u_n|\leqslant\frac{1}{(2n+3)(2n+1)}\left(\frac{2n}{2n+1}-2\sum_{k=1}^n\frac{1}{2k+1}\right)}


et donc \Large\boxed{|u_{n+1}|-|u_n|\leqslant\frac{2}{(2n+3)(2n+1)}\sum_{k=1}^n\left(\frac{1}{2n+1}-\frac{1}{2k+1}\right)\leqslant0}

Posté par
elhor_abdelali Correcteurre : Série numérique 02-09-23 à 01:44

Oui jandri,

pour la somme j'aboutis au même résultat que toi et plus précisément j'ai montré que :

\Large\boxed{\sum_{n=1}^{+\infty}\frac{(-1)^n}{2n+1}\sum_{k=1}^n\frac{1}{2k+1}=\int_0^1\frac{\arctan(t)-t}{t(1+t^2)}dt=\dfrac12C+\dfrac18\pi\ln2-\frac{\pi}{4}\approx-0,0552171}.

Posté par
jandri Correcteurre : Série numérique 02-09-23 à 09:48

J'ai bien la même chose.
En commençant à n=0 et k=0 il n'y a pas le -t dans l'intégrale et donc pas le -\dfrac{\pi}4 dans le résultat.

Posté par
Ulmierere : Série numérique 02-09-23 à 12:03

J'ai plus simple.

Si on pose

w_n := \dfrac{1}{2n+1}\sum_{k=1}^n \frac{1}{2k} = \dfrac{H_n}{2(2n+1)} \sim\dfrac{H_n}{4n}

et x_n := w_n + v_n = \dfrac{1}{2n+1}\sum_{k=1}^{2n+1} \frac{1}{k} = \dfrac{H_{2n+1}}{{2n+1}}

et qu'on utilise l'équivalence (facile à démontrer) H_n \sim \ln n, on se retrouve avec deux suites x et w qui tendent vers 0.

La différence de deux suites qui tendent vers 0 tend vers 0, donc v_n = |u_n| tend vers 0.


En fait on peut même carrément faire le développement asymptotique

(2n+1)w_n = \dfrac{\ln n}{2} + \dfrac{\gamma}{2} + \dfrac{1}{4n} + o\left(\dfrac{1}{n}\right)

(2n+1)x_n = \dfrac{\ln(2n+1)}{2} + \dfrac{\gamma}{2} + \dfrac{1}{4(2n+1)} + o\left(\dfrac{1}{n}\right)

donc (2n+1)(x_n-w_n) = \dfrac{\ln 2}{2} + \dfrac{\ln(n+\frac12)-\ln n}{2} -\dfrac1{32}\dfrac{n+1}{n(n+\frac12)} + o\left(\dfrac{1}{n}\right)

Or, \ln(n+\frac12) - \ln n = \ln(1 + \frac1{2n}) = \frac1{2n} + o(\frac1n)
et \frac{n+1}{n(n+\frac12)} = \frac1n + O(\frac1{n^2})

D'où (2n+1)(x_n-w_n) = \dfrac{\ln 2}{2} + \dfrac{7}{32}\dfrac1n + o\left(\dfrac1n\right)
puis u_n = (-1)^n(x_n-w_n) = \dfrac{(-1)^n\ln 2}{2(2n+1)} + \dfrac{7}{64}\dfrac1{n^2} + o\left(\dfrac1{n^2}\right)

Posté par
Ulmierere : Série numérique 02-09-23 à 12:07

Coquille à la fin, le il manque un (-1)^n sur le 1/n^2.
C'est plus long à écrire qu'à comprendre

Posté par
Ulmierere : Série numérique 02-09-23 à 12:13

Bon en fait mon DA est faux dès la deuxième ligne à cause d'une erreur bête : il n'y a pas de facteur 1/2.
Donc à la troisième ligne les \gamma/2 ne se simplifient pas et il y a un \ln (2n+1) qui traine encore

Posté par
elhor_abdelali Correcteurre : Série numérique 02-09-23 à 16:41

jandri @ 02-09-2023 à 09:48

J'ai bien la même chose.
En commençant à n=0 et k=0 il n'y a pas le -t dans l'intégrale et donc pas le -\dfrac{\pi}4 dans le résultat.
Je confirme


Rechercher
Menu
Espace membre
Changer d'île

Vous devez être membre accéder à ce service...

Pas encore inscrit ?

1 compte par personne, multi-compte interdit !

Ou identifiez-vous :

Rester sur la page

Inscription gratuite

Fiches en rapport

parmi 1675 fiches de maths

Désolé, votre version d'Internet Explorer est plus que périmée ! Merci de le mettre à jour ou de télécharger Firefox ou Google Chrome pour utiliser le site. Votre ordinateur vous remerciera !