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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


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