Salut,

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1ère étape :

On peut le faire par récurrence. Mais on peut retrouver la formule rapidement en se souvenant du triangle de Pascal et la formule des sommes de colonnes :

Dans notre cas particulier, p=2, on obtient :

et on retrouve rapidement la formule. Cette méthode, outre l'avatange d'être élégante, permet de retrouver la formules des sommes de cubes...

2nde étape :
On retourne à nos moutons :


3ème étape :
On fait un petit développement de fraction rationelle :


4ème étape :
Revenons à nos moutons.

On reconnait une somme téléscopique et la somme des inverses des carrés que tout le monde sauf moi sait que ça fait du sur quelque chose. Et c'est l'heure d'aller se coucher.

Bonsoir,

Je suis quelque peu dubitatif...

???
me semble-t-il.

En effet y'a comme un hic

Bonjour, effectivement c'est la seconde formule de ThierryMasula qui est exacte.

Je la préfère sous la forme n(n+1)(2*n+1)/6

La somme des cubes des n premiers entiers naturels est le carré de la somme des n premiers entiers naturels = (n*(n+1)/2)²

Sur la convergence de la série :

Soit U_n=1/(p²)
                                             1<=p<=n

La condition nécessaire de convergence d'une série est remplie à savoir Lim U_n=0 (n--> +oo)

La règle de d'Alembert pour les séries à termes positifs ne permet pas de conclure car

Lim U_n+1/U_n=1^- n--> +oo

Si cela avait été 1⁺, on aurait pu conclure à la divergence.

Utilisons celle de Cauchy

A = Lim (U_n)^(1/n)= Lim (1/(n³/3))^1/n=Lim(3/n³)^1/n
n--> +oo

Après passage au Ln pour l'expression B = (3/n³)^1/n on obtient Ln B --> 0^-

et B --> 1^- Donc on ne peut encore rien dire pour l'instant sur la convergence de U_n

La décomposition de 1/(n(n+1)(2*n+1)/6)=6*(1/n + 1/(n+1) -4/(2*n+1))

n'arrange pas vraiment nos affaires non plus (série harmonique)...

Il faut comparer avec une intégrale

Soit f(x)= 6/(x*(x+1)*(2*x+1)

On a f(1)=U₁ = 1
     f(2)=U₂ = 1/5
     ...
     f(n)=U_n

Il est démontré que si f(x)dx converge alors la série converge (1<= x <= +oo)

On calcule = 6*(Ln(x*(x+1)/(2*x+1)²) entre 1 et +oo donne 6*Ln(9/8) Donc la série initiale est CONVERGENTE

Précisons que la comparaison avec une intégrale se fait ici dans le cadre d'une série à termes positifs non croissants

U₁>=₂U>= ..... U_n

Bonjour.

BACC77>

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Un simple équivalent suffit ici, inutile de s'embarasser avec une comparaison série-intégrale. (pour la convergence du moins)
On a , et grâce à Riemann (série à termes positifs, donc le critère d'équivalence s'applique), on conclut que la série est convergente.
Sinon, même sans connaitre la formule de la somme, on peut remarquer que , et donc , et on conclut par le critère de comparaison.
Pour la somme, j'y réfléchirai en cours .

Bonjour, Exact aussi mais ça fait pas de mal de réviser un peu le reste. lol.

Bonjour à tous

tringlarido :

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Oui c'est l'idée, il ne reste plus qu'à corriger la formule !

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Ouhlà, il y a beaucoup, beaucoup plus simple pour justifier la convergence de la série, du genre majorer le terme général par un truc dont on sait qu'il converge ...

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Ok pour la convergence !

Bonjour tout le monde,


Ici, je propose la substitution suivante :

Il me semble que cela prend la bonne direction... Y a de la série harmonique dans l'air, avec du à la clef !

Surement

C'est ce que j'avais déjà proposé il me semble mais pour l'instant pas de résultat. Faut-il trouver une fonction décomposable en série de Fourier ?

Je mettrai la démo demain j'ai pas le temps maintenant. Rendez-vous galant oblige!

Résultat : 6(3-4Ln(2)) = 1,364 environ

Désolé pour le pas blank (manque d'habitude) mais il n'y pas la démo, cela compense.

Je suis arrivé au même résultat...

J'attends encore une réponse qui confirmerait la vôtre

Merci à tous pour votre participation

Effectivement,