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Niveau Maths sup
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Somme série

Posté par
Ramanujan 08-01-20 à 14:24

Bonjour,

1/ Établir l'encadrement strict suivant : 1 < \sum_{k=1}^{+\infty} \dfrac{1}{k^2} <2

Il y a plusieurs autres questions qui suivent mais je bloque dès la première.

Posté par
carpediemre : Somme série 08-01-20 à 14:39

salut

la minoration est élémentaire puisqu'on a une somme de nombres positifs ...

quand à la majoration on peut faire une comparaison série-intégrale ...

Posté par
lionel52re : Somme série 08-01-20 à 14:39

Soit tu vois que 1/k^2 < 1/k(k-1)

Soit tu fais pour la 100000e fois une comparaison avec une intégrale

Posté par
verdurinre : Somme série 08-01-20 à 14:44

Bonjour,
\sum_{k=1}^{+\infty} \dfrac{1}{k^2}=1+\sum_{k=2}^{+\infty} \dfrac{1}{k^2}
ce qui donne directement la première inégalité.

Pour la seconde on peut remarquer que, pour tout entier k supérieur ou égale à 2,

\dfrac1{k-1}-\dfrac1k=\dfrac1{k^2-k} et \dfrac1{k^2-k}\ge\dfrac1{k^2}

puis  utiliser une somme télescopique  pour majorer \sum_{k=2}^{+\infty} \frac{1}{k^2}

Posté par
Ramanujanre : Somme série 08-01-20 à 14:57

Merci.

Lionel je pense que votre méthode est plus rapide que la comparaison série intégrale.

On a \forall k \geq 2 \ \dfrac{1}{k(k-1)}=\dfrac{1}{k-1}-\dfrac{1}{k}

Donc \sum_{k=2}^{n} \dfrac{1}{k^2} \leq \sum_{k=2}^{n} (\dfrac{1}{k-1} -\dfrac{1}{k}) =1-\dfrac{1}{n}

D'où \sum_{k=1}^{n} \dfrac{1}{k^2} \leq 2 - \dfrac{1}{n} <2  

Par passage à la limite \sum_{k=1}^{+\infty} \dfrac{1}{k^2} \leq 2

Je n'ai pas l'inégalité stricte

Posté par
lionel52re : Somme série 08-01-20 à 15:01

Tout à fait y a pas d'inégalité stricte. Allez on va voir si tu vas réussir à te débrouiller pour te sortir de cette situation tout seul.

Posté par
luzakre : Somme série 08-01-20 à 15:12

Il suffit de commencer ta somme à 2 et d'ajouter les deux termes manquants.

Posté par
Ramanujanre : Somme série 08-01-20 à 15:29

Je me heurte au même problème avec la technique de comparaison série intégrale, une inégalité large alors que je veux une stricte.

Je trouve \sum_{n=1}^{N} \dfrac{1}{n^2} \leq 2 - \dfrac{1}{N} < 2

Par passage à la limite \sum_{n=1}^{+\infty} \dfrac{1}{n^2} \leq 2

Posté par
lionel52re : Somme série 08-01-20 à 15:49

Allez un peu de flexibilité là ça montre que devant un exo de maths meme en connaissant la méthode t'es tellement raide et premier degré!

Posté par
thierry45madare : Somme série 08-01-20 à 18:03

Bonjour
D'abord, montrer que la somme S est supérieure à 1 est ÉVIDENT.

Ensuite, Lionel52 t'indique à 14h39 une méthode très efficace.
Trouve d'abord a et b tels que 1/{k((k-1)} = a/k + b/(k-1) quand k est supérieur à 1.
Tu notes que S = 1 + (1/k²) pour k variant de 2 à l'infini et tu appliques ensuite la décomposition de 1/{k((k-1)} que tu viens de calculer.
La suite est évidente.

A +

Posté par
verdurinre : Somme série 08-01-20 à 19:40

Juste une indication.
Montrer que

1+\dfrac14 < \sum_{k=1}^{+\infty} \dfrac{1}{k^2} \le1+\dfrac14+\dfrac12

Posté par
Ramanujanre : Somme série 08-01-20 à 19:40

C'est ce que j'ai fait ça ne marche pas la limite transforme les inégalités strictes en large.

Voir mon post de 14h57 ....

Je ne vois pas.

Posté par
Ramanujanre : Somme série 08-01-20 à 19:41

verdurin @ 08-01-2020 à 19:40

Juste une indication.
Montrer que

1+\dfrac14 < \sum_{k=1}^{+\infty} \dfrac{1}{k^2} \le1+\dfrac14+\dfrac12


Ok merci je vais étudier ça.

Posté par
Ramanujanre : Somme série 08-01-20 à 20:15

J'ai réussi la minoration mais la majoration je ne comprends pas comment faire.

Posté par
Zrunre : Somme série 08-01-20 à 20:39

Et si tu sépare les deux premiers termes de la somme ?

Posté par
Ramanujanre : Somme série 08-01-20 à 23:29

Merci j'ai réussi je trouve :

\sum_{k=1}^{+\infty} \dfrac{1}{k^2} \leq 1+\dfrac{1}{4}+\dfrac{1}{2} <2

Je mets la suite de l'exercice :

2/ Soit n \in \N^*.  Pour tout k \in [|1,n|] on note x_k=\dfrac{k \pi}{2n+1}
Montrer que pour tout x \in ]0,\dfrac{\pi}{2}[ : e^{2ix}=\dfrac{cotan(x)+i}{cotan(x)-i}

3/ En déduire que \forall k \in [|1,n|] \ cotan(x_k+i)^{2n+1} \in \R.

Pour la question 2 :

\dfrac{cotan(x)+i}{cotan(x)-i}=\dfrac{\sin x + i \cos x}{\sin x -i \cos x}=\dfrac{(\sin x + i \cos x)^2}{\cos^2 x + \sin^2 x}=\sin^2 (x)+2i \sin x \cos x - \cos^2 (x)= \\ \sin (2x) i - \cos (2x)

J'ai un souci je trouve pas \cos(2x)+i \sin (2x)

Posté par
XZ19re : Somme série 08-01-20 à 23:38

Revoir ton cours de terminale lz|^2 =????  

Posté par
XZ19re : Somme série 08-01-20 à 23:43

Non c'est pas ça,   revoir la définition  de cot:
Mais en fait tu devrais chercher par toi même à corriger tes erreurs.
par ailleurs as tu montré que S<2  ?

Posté par
XZ19re : Somme série 08-01-20 à 23:44

pour S<2  tu peux méditer ceci:
Soit p\geq 1.  
S=\sum_{k=1}^p 1/k^2 +  \sum_{k=p+1}^p 1/k^2 =u_p+v_p

Mais v_p \leq  \sum_{k=p+1}^p 1/(k(k-1))=1/p \\
Ainsi la suite donnée  w_p=u_p+1/p  est une suite ......à toi de finir

Posté par
XZ19re : Somme série 08-01-20 à 23:48

évidemment il faut lire v_p  =  \sum _{p+1}^\infty 1/(k(k-1))

Posté par
thierry45madare : Somme série 09-01-20 à 00:02

Bonsoir
X19 a raison dans son msg de 23h43 : revois la définition de cot

A +

Posté par
Ramanujanre : Somme série 09-01-20 à 00:19

J'ai pris la mauvaise définition de la cotangent en effet. Du coup ça marche très bien.

Pas trop compris votre méthode avec v_p. Voici comment j'ai procédé :

\sum_{k=1}^{n} \dfrac{1}{k^2}=1+\dfrac{1}{4}+\sum_{k=3}^{n} \dfrac{1}{k^2} \leq 1+\dfrac{1}{4}+ \sum_{k=2}^{n-1} \dfrac{1}{k}- \sum_{k=3}^{n} \dfrac{1}{k} \leq  1+\dfrac{1}{2}+\dfrac{1}{4}-\dfrac{1}{n}

Par passage à la limite :

\sum_{k=1}^{+\infty} \dfrac{1}{k^2} \leq 1+\dfrac{1}{2}+\dfrac{1}{4} <2

On a montré \boxed{\sum_{k=1}^{+\infty} \dfrac{1}{k^2} <2}

Je réfléchis à la question 3.

Posté par
XZ19re : Somme série 09-01-20 à 00:39

Et bien c'est une   généralisation pour avoir de meilleures majorations de S  (car 2 c'est un peu grossier)  .  Plus tu vas garder les premiers termes  (i.e  plus  p est grand),  meilleure sera la majoration.  
On sait que S=\pi^2/6 pour p=4  on a S<5989/3600\approx 1.664
La suite S_n  cv  vers S  par valeur inférieure mais la suite (w_p) converge vers S par valeur supérieure.

Posté par
Ramanujanre : Somme série 09-01-20 à 01:06

@XZ19

Ceci n'est pas demandé, l'exercice est progressif et la dernière question demande de calculer la somme que la série.

Pour la question 3 je n'arrive pas à montrer que (cotan(x_k)+i)^{2n+1} \in \R

Posté par
lionel52re : Somme série 09-01-20 à 01:18

Developpe cotan(a+b)

Posté par
Ramanujanre : Somme série 09-01-20 à 01:49

Ok merci.

cotan(x_k + i)=\dfrac{cotan(x_k) cotan(i)-1}{cotan(x_k) + cotan(i)}

Or cotan(i)=0

Donc cotan(x_k + i)=\dfrac{-1}{cotan(x_k)}=\dfrac{1-e^{2ix}}{i (1+e^{2ix})} d'après la question précédente.

Je ne voit pas trop l'intérêt de la question 2 en fait, je ne suis pas plus avancé.

Posté par
lionel52re : Somme série 09-01-20 à 02:11

Avant de te demander quel est le rapport avec les questions précédentes assure toi que les calculs soient bons avant....
Allez tu t'es déjà vanté detre bon en calcul montre le un peu au lieu de fauter à chaque ligne. Vérifie tes calculs jsais pas. Y a wolfram alpha y a la calculatrice tu es peut etre futur prof ça serait bien que là dessus tu sois un peu rigoureux maintenant

Posté par
Zrunre : Somme série 09-01-20 à 07:10

Ne serait-ce pas plutôt z_k=(cotan(x_k)+i)^{2n+1} ?
Avec la question 2, montre que z_k=\overline{z_k}

Posté par
luzakre : Somme série 09-01-20 à 08:06

Le \mathrm{cotan}(x_k+\mathrm{i}) signifierait que tu sais définir les lignes trigonométriques d'un nombre complexe ce qui m'étonnerait à ton niveau.

Pourquoi t'emm.. avec ces "cotan" : il suffit d'utiliser \mathrm{cotan}(u)+\mathrm{i}=\dfrac1{\sin u}(\cos u+\mathrm{i}\sin u) et la formule de de Moivre.

Posté par
Ramanujanre : Somme série 09-01-20 à 08:09

Oui bonne idée mais l'énoncé dit "en déduire" ...

Posté par
thierry45madare : Somme série 09-01-20 à 08:54

Bonjour
Tu trouveras facilement la réponse à ton post d'hier à 23h39 en te servant correctement de cot(a) qui NE VAUT PAS sin(a)/cos(a) mais qui VAUT cos(a)/sin(a).

A +

Posté par
lionel52re : Somme série 09-01-20 à 09:06

Bref refais tes calculs en corrigeant cotan(i).....

Posté par
Ramanujanre : Somme série 09-01-20 à 09:34

J'ai trouvé je mettrai mon raisonnement quand j'aurai accès au PC.

Posté par
XZ19re : Somme série 09-01-20 à 10:03

Bonjour

@Ramanujan, pourquoi tu dis que cotan(i)=0?

Posté par
Zrunre : Somme série 09-01-20 à 12:20

Ramanujan @ 09-01-2020 à 08:09

Oui bonne idée mais l'énoncé dit "en déduire" ...


Zrun @ 09-01-2020 à 07:10

Ne serait-ce pas plutôt z_k=(cotan(x_k)+i)^{2n+1} ?
Avec la question 2, montre que z_k=\overline{z_k}


C'est sans doute la méthode attendue !

Posté par
Ramanujanre : Somme série 09-01-20 à 14:04

J'ai écrit n'importe quoi en effet, la fonction cotan n'est pas définie pour un nombre complexe.

Posons z=(cotan(x_k)+i)^{2n+1}=(e^{2ix_k} (cotan(x_k)-)i)^{2n+1}

Ainsi \bar{z}=z (e^{-2ix_k})^{2n+1}=e^{-2i k \pi}=1

D'où le résultat.

Soit P_n le polynôme de \R[X] défini par P_n(X)=\sum_{p=0}^n (-1)^p \binom{2n+1}{2p+1} X^{n-p}

4/ Déterminer le degré de P_n ainsi que son terme de plus haut degré.

\deg(P_n)=n

Le terme de plus haut degré vaut 2n+1

5/ Pour tout t \in _R déterminer la partie imaginaire de (t+i)^{2n+1}. En déduire que pour tout k \in [1,n] \ \cotan^2(x_k) est une racine de P_n et donner une factorisation de P_n(X) sous forme d'un produit de monomes.

Je trouve \Im((t+i)^{2n+1})=\sum_{p=0}^n (-1)^p \binom{2n+1}{2p+1} (t^2)^{n-p}

Il est direct que  \cotan^2(x_k) est  racine de P_n d'après la question précédente.

Je réfléchis à la suite.

Posté par
Ramanujanre : Somme série 09-01-20 à 15:01

Pour le polynôme je trouve P_n(X)=\prod_{k=1}^n (X-cotan^2(\dfrac{k \pi}{2n+1}))

Mais je ne suis pas sûr et la suite je bloque.

Etablir la formule \sum_{k=1}^n cotan^2(x_k)=\dfrac{n(2n-1)}{3}

Posté par
lionel52re : Somme série 09-01-20 à 15:07

La somme des racines vaut ...?

Posté par
Ramanujanre : Somme série 09-01-20 à 15:31

Ah ok merci j'ai trouvé \dfrac{-a_{n-1}}{a_n} il suffit de simplifier les factorielles.

Avant dernière question que j'ai réussi :

Montrer que pour tout u \in ]0,\dfrac{\pi}{2}[ \ cotan^2(u) < \dfrac{1}{u^2} < 1+ cotan^2(u)
J'ai montré les 2 inégalités en m'aidant d'études de fonctions.

Dernière question :
Déduire des questions précédentes que \sum_{k=1}^{+\infty} \dfrac{1}{k^2} =\dfrac{\pi^2}{6}

J'ai essayé de sommer l'inégalité précédente mais ça ne donne rien, je ne vois pas pour la dernière.

Posté par
lionel52re : Somme série 09-01-20 à 15:48

Somme les 1/xk²

Posté par
boninmire : Somme série 09-01-20 à 16:28

Pour prolonger ce thème et voir que ce n'est pas juste un petit exercice de niveau Math Sup, lire Roger Godement, Analyse Mathématique I, chez Springer, histoire d'apprendre vraiment ce que sont les mathématiques.

Voir notamment page 170, qui renvoie aussi un un peu partout dans l'ouvrage ...

Posté par
Ulmierere : Somme série 09-01-20 à 17:19

Et la preuve de l'égalité \zeta(2) = \dfrac{\pi^2}{6} qui insipire cet exercice a été faite par Ioannis Papadimitriou dans The AMM, Vol 80, N4 (Apr 73), p424

Posté par
Ulmierere : Somme série 09-01-20 à 17:27

Une autre preuve très classique, mais sans doute hors-programme en prépa, consiste à calculer la transformée de Fourier (discrète) de la fonction x\mapsto |x| sur [-\pi,\pi] étendue de manière 2\pi-périodique. C'est une fonction paire, continue, C^1 par morceaux, donc
|x| = \dfrac{\pi}2 - \dfrac4{\pi}\sum_{k=0}^\infty\dfrac{\cos (2n+1)x}{(2n+1)^2}
Et en x = 0 on trouve la valeur \dfrac{\pi^2}8 pour les indices impairs de la série. Celle correspondant aux indices pairs vaut S/4, donc S = S/4 + pi²/8, puis S = pi²/6

Posté par
Ulmierere : Somme série 09-01-20 à 17:29

Lire :
|x| = \dfrac{\pi}2 - \dfrac4{\pi}\sum_{n=0}^\infty\dfrac{\cos (2n+1)x}{(2n+1)^2}

Posté par
Ramanujanre : Somme série 09-01-20 à 18:57

C'est un exercice d'oral HEC j'ai baissé mes critères. Les oraux de Mines/Centrale/X sont de niveau trop élevés pour moi.

Merci. J'essaie de finir la dernière question.

On remarque que \forall k \in [|1,n|] \ 0<\dfrac{1}{2n+1} \leq \dfrac{k \pi}{2n+1} \leq x_k \leq \dfrac{\pi n}{2n+1} <\dfrac{\pi}{2}

Ainsi cotan^2(x_k) < \dfrac{1}{x_k ^2}<1+cotan^2(x_k)

En sommant on obtient :

\dfrac{n(2n-1)}{3} < \sum_{k=1}^n \dfrac{1}{x_k ^2} <1+\dfrac{n(2n-1)}{3}

Ce qui donne :

\dfrac{n(2n-1)}{3} < \dfrac{(2n+1)^2}{\pi^2}  \sum_{k=1}^n \dfrac{1}{k ^2} <1+\dfrac{n(2n-1)}{3}

Soit \dfrac{\pi^2 (2n-1)n}{3 (2n+1)^2} <\sum_{k=1}^n \dfrac{1}{k ^2} <\dfrac{\pi^2}{(2n+1)^2} +\dfrac{\pi^2 (2n-1)n}{3 (2n+1)^2}

Or \dfrac{\pi^2 (2n-1)n}{3 (2n+1)^2} \sim \dfrac{\pi^2}{3} \dfrac{2n^2}{4n^2} \sim \dfrac{\pi^2}{6}

On en déduit finalement \boxed{\sum_{k=1}^n \dfrac{1}{k ^2} =\dfrac{\pi^2}{6}}

Posté par
Zrunre : Somme série 09-01-20 à 20:47

Il existe une méthode de démonstration qui s'appuie sur l'analyse , accessible en math sup , qui s'appuie sur le lemme de Riemann Lebesgue et sur des intégrales ...

Posté par
Zrunre : Somme série 09-01-20 à 20:49

Et cet exercice , posé légèrement différemment mais s'appuyant sur les polynômes , a déjà été posé à l'X à l'oral


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