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Niveau Maths sup
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Series

Posté par
TJF
04-06-20 à 11:42

Salut, j'ai eu des difficultés à résoudre l'exercice suivant.

Soit a et b deux nombres tels que a > 1, b > 1 , montrer que la famille  \left(\frac{1}{a^m + b^n} \right)_{(m, n) \in \mathbb{N} \times \mathbb{N}}
est sommable.

Merci d'avance.

Posté par
luzak
re : Series 04-06-20 à 12:17

Tu as une définition de "sommable" !
Il suffit de vérifier  si elle s'applique!

Posté par
TJF
re : Series 04-06-20 à 12:34

Si mais j'ai des difficultés à l'appliquer dans ce cas.

Posté par
etniopal
re : Series 04-06-20 à 12:38

    Il suffit de traiter le cas où a = b .
   Soit  c   ]0 , 1[ et u : ² + définie par u(p , q) =   1/(cp + cq)

    Pour montrer que u  < +  on peut  chercher , pour  chaque n   ,  un majorant  v(n) de {   1/(cp + cn-p) │  0 p n }  tel que v  < +  .

Posté par
TJF
re : Series 04-06-20 à 12:46

Désolé etniopal, mais je comprends pourquoi tu prends c compris entre 0 et 1. Et je ne comprends ton raisonnement.

Posté par
etniopal
re : Series 04-06-20 à 12:50

    **** tel que     n nv (n)  < +  .

Posté par
TJF
re : Series 04-06-20 à 12:55

Désolé etniopal, mais je n'arrive pas suivre ton raisonnement. Quelle est la propriété que vous utilisez?

Posté par
etniopal
re : Series 04-06-20 à 12:57

      Pour a et b dans   ]0 , 1[   ,  1/(ap + bq )  est  majoré par  1/(cp + cq)  où c = a  ou b  .

Posté par
TJF
re : Series 04-06-20 à 13:01

Mais dans notre exercice on a plutôt la condition a > 1, b > 1.

Posté par
GBZM
re : Series 04-06-20 à 14:08

Bonjour.

L'objectif est de montrer qu'il existe une constante M telle que pour toute partie finie I de \N\times\N, on a

\large \sum_{(m,n)\in I} \dfrac1{a^m+b^n} \leq M

On voit que n'importe quelle partie finie I de \N\times\N peut se mettre dans un "triangle" du genre \{(m,n)\in \N\times\N\mid m+n\leq N\} pour un certain entier N (prendre pour N le maximum de m+n pour (m,n)\in I). On est donc ramené à démontrer qu'il existe une constante M telle que pour tout entier naturel N

\large \sum_{m+n\leq N} \dfrac1{a^m+b^n} \leq M
 \\

La suggestion de Lapointe (Boby pour les intimes ) est de commencer par essayer de majorer, pour k fixé

\large \sum_{m+n = k} \dfrac1{a^m+b^n}  = \sum_{m=0}^k \dfrac1{a^m +b^{k-m}}.

Supposons a\leq b, et donc a^{k-m}\leq b^{k-m}. Il nous suffit de majorer intelligemment

\large  \sum_{m=0}^k \dfrac1{a^m +a^{k-m}}.

(C'était une autre suggestion de Lapointe). Et maintenant, je me permets de glisser une autre suggestion : l'inégalité arithmético-géométrique permet de minorer la moyenne arithmétique de deux réels positifs par leur moyenne géométrique ...

Posté par
etniopal
re : Series 04-06-20 à 14:08

  Oui   , excuse moi  !!  On reprend .

     Pour a et b > 1[   ,  1/(ap + bq)  est  majoré par  1/(cq + cq)  où c = a  ou b   .
Il suffit donc de montrer que , pour tout réel c > 1  , s :=    p,q1/(cq + cq)  est un réel .

Soit n    .      
L'étude de t   ct + cn - t sur  [0 , n] montre que 2u(p , n - p)    exp(-n/2)   pour tout entier p de  [0 , n]    .

On a donc  2s n (n + 1)exp(-n/2)  .








Posté par
TJF
re : Series 04-06-20 à 15:03

GBZM, on va majorer cette somme par \frac{k + 1}{2\sqrt{a^k}}. Et ensuite, sur quelle base va t-on conclure?

Merci d'avance.

Posté par
GBZM
re : Series 04-06-20 à 15:20

Peux-tu majorer

\large \sum_{k=0}^N \dfrac{k+1}{2 (\sqrt a)^k} ?

(tu devrais même savoir calculer la somme de la série).
Ça te fera un majorant de

\large \sum_{m+n\leq N} \dfrac1{a^m+b^n}
 \\

Posté par
XZ19
re : Series 04-06-20 à 16:43

Bonjour  
Si tu veux encore d'autres  solutions tu peux aller voir ici

Posté par
GBZM
re : Series 04-06-20 à 16:46

Sympa, le multi-post !!

Posté par
malou Webmaster
re : Series 04-06-20 à 17:03

effectivement, très élégant

demande multisite

attentionextrait de c_faq la FAQ du forum :

Q03 - Pourquoi ne faut-il pas faire du ''multi-post'' ?



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