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Maenwe
07-09-2019 16:36:37

En m'inspirant des éléments donné par @Aviateur j'ai pu obtenir une majoration intéressante qui fait obtenir la convergence.

Partie Majoration :

Je vais reprendre mon dernier choix de $k_{n}$ c'est à dire : $k_{n} = max(A_{n})$.

On sait que $n>\frac{log(k_{n})}{log(log(k_{n}))}$. Posons $K = log(k_{n})$.
On cherche alors $\alpha$ tel que $(\frac{K}{log(K)})^{\alpha}>K$ (Pourquoi cette inégalité ? Parce que je cherche à faire en sorte que l'expression $\frac{K}{log(K)}$ soit supérieur à K et il me semblait que l'élever à un certaine puissance pourrait fonctionner) à coup d'équivalence on conclut que pour $\alpha>1$ l'inégalité est vraie.

Maintenant on choisit $\alpha=1+\frac{1}{n}$ (pourquoi un tel $\alpha$ ? Parce que j'ai essayé des puissances "constantes" et on obtenais une majoration qui ne nous permettait de ne rien dire, alors pourquoi pas une puissance qui décroit ?).
On obtient donc $n^{1+\frac{1}{n}}>K = log(k_{n})$ donc $e^{n^{1+\frac{1}{n}}}>k_{n}>C_{n}$ (pour la justification de $k_{n}>C_{n}$, voir le post #7).

Partie Convergence :

Maintenant on va montrer que $\sum \frac{e^{n^{1+\frac{1}{n}}+n.log(3)}}{n!}$ converge.
Pour cela on va étudier $\frac{e^{n^{1+\frac{1}{n}}+n.log(3)}.n^{2}}{n!}$ ($\pi$).
On va utiliser la formule de Stirling qui donne un équivalent de la factorielle : $n! \sim \sqrt{2.\pi.n}.(\frac{n}{e})^{n}$.
Donc étudier ($\pi$) revient à étudier $\frac{e^{n^{1+\frac{1}{n}}+n.log(3)}.n^{2}}{\sqrt{2.\pi.n}.(\frac{n}{e})^{n}}$.
Ça à l'air plus compliqué mais en fait on vient de se simplifier la vie de beaucoup !

Après réécriture on a :
$\frac{e^{n^{1+\frac{1}{n}}+n.log(3)}.n^{2}}{\sqrt{2.\pi.n}.(\frac{n}{e})^{n}}
= \frac{e^{-n.(log(n)-(n^{\frac{1}{n}}+\frac{log(n)}{n}+1+log(3)))}}{\sqrt{2.\pi.n}}$
(A ce stade là je dois avouer que le code latex est assez douloureux à regarder ^^ mais on approche de la fin !)

On a $(n^{\frac{1}{n}}+\frac{log(n)}{n}+1+log(3)))$ qui converge vers $2+log(3)$ car $(n^{\frac{1}{n}}) = (e^{\frac{log(n)}{n}})$ converge vers 1 et $(\frac{log(n)}{n})$ vers 0.
Donc $-n.(log(n)-(n^{\frac{1}{n}}+\frac{log(n)}{n}+1+log(3))) \longrightarrow -\infty$ donc :
$(e^{-n.(log(n)-(n^{\frac{1}{n}}+\frac{log(n)}{n}+1+log(3)))})$ converge vers 0 !

Et donc :
$(\frac{e^{n^{1+\frac{1}{n}}+n.log(3)}.n^{2}}{\sqrt{2.\pi.n}.(\frac{n}{e})^{n}})$ converge vers 0. Ainsi $(\frac{e^{n^{1+\frac{1}{n}}+n.log(3)}}{\sqrt{2.\pi.n}.(\frac{n}{e})^{n}})$ est négligeable devant $(\frac{1}{n^{2}})$, et donc la série associé converge.
Ainsi par équivalence à une série convergente $\sum \frac{e^{n^{1+\frac{1}{n}}+n.log(3)}}{n!}$ converge.
Et donc $\sum \frac{3^{u_{n}}}{u_{n}!}$ converge.

Maenwe
07-09-2019 13:12:43

Bonsoir,

Un équivalent de quoi ? De la suite $(C_{n})$ ? de la suite $(\frac{3^{u_{n}}}{u_{n}!})$ ?
Si c'est $(\frac{3^{u_{n}}}{u_{n}!})$ , ça me semble bien plus compliqué, après ce n'est que mon intuition et pas une preuve...
Et pour trouver un équivalent de $(C_{n})$, la seule chose qui me semble au maximum aussi simple que ce qui a été proposé est d'obtenir une suite équivalente par inégalité.
Aurais tu une idée plus précise ?

Au passage, je relus le fil, il y a une erreur dans le post #6 qui fausse tout, on a pas cette inégalité : $\frac{log(k)}{log(log(k))}>log(k)$ pour k assez grand. Donc la preuve n'est pas correcte...

NB : Les liens que tu as rajouté c'est une erreur ? ou... ?

Cordialement

ishoulita
06-09-2019 17:46:05
Maenwe a écrit :

Bonjour,
Je suis tout a fait d'accord avec cette correction.
J'ai eu une idée pour rendre plus efficace la preuve :
En posant [tex]k_{n} = max (A_{n})[/tex] (possible car [tex]Card(A_{n})<   Sarkari Result Pnr Status 192.168.1.1 +\infty[/tex] ) on a [tex]k_{n}>C_{n}[/tex] et après on applique la suite de la preuve à [tex]k_{n}[/tex], et on a alors [tex]e^{n}>C_{n}[/tex], et on conclu.

La recherche d'un équivalent me semble la meilleure méthode, alors comment chercher cet équivalent?

aviateur
14-08-2019 14:41:58

Oui  c'est plus simple.

Maenwe
14-08-2019 12:43:34

Bonjour,
Je suis tout a fait d'accord avec cette correction.
J'ai eu une idée pour rendre plus efficace la preuve :
En posant [tex]k_{n} = max (A_{n})[/tex] (possible car [tex]Card(A_{n})<+\infty[/tex] ) on a [tex]k_{n}>C_{n}[/tex] et après on applique la suite de la preuve à [tex]k_{n}[/tex], et on a alors [tex]e^{n}>C_{n}[/tex], et on conclu.

aviateur
14-08-2019 10:07:47

Bonjour
Effectivement la fin de ma démo n'est pas très correcte. Alors je rectifie. 
Je pense que tu es d'accord jusque [tex]u_{n^2}-u_n>1[/tex]  pour n assez grand.
Oui la constante c ne sert  à rien.  On a donc pour n assez grand [tex]C_n < k^2[/tex] où k est le plus petit entier tel que [tex]u_k=n.[/tex]
A ce stade je ne sais pas si c'est utile de dire que k est le plus petit, mais laissons. 
Si [tex]u_k=n[/tex], il me faut majorer  k  en fonction de n. 
On a [tex]2 log(k)/log(log(k))<n[/tex]  donc  [tex]n> log(k)/log(log(k))>log(k)[/tex]    pour n assez grand.

C'est à dire [tex]k< e^n[/tex]   et alors  [tex]k^2<e^{2n}[/tex]  pour n assez grand.

D'où [tex]C_n<e^{2n}[/tex]. Alors avec cette majoration on obtient que la série est convergente. D'accord?

Maenwe
13-08-2019 21:16:00

Bonsoir,
C'est astucieux comme preuve, merci de ce point de vue.
Cependant j'ai du mal à voir comment tu passes à la dernière étape du raisonnement avant la conclusion:
Pour n>n_0 avec [tex]k_{n} = min (A_{n})[/tex], on a [tex]k_{n}^{2}>C_{n}[/tex] (si je ne me trompe pas il n'y a pas besoin de constante devant).
Posons [tex]d_{n} = \frac{k_{n}}{n}[/tex] or [tex]n = u_{k_{n}}[/tex]. Donc [tex]d_{n} = \frac{k_{n}.ln(ln(k_{n}))}{2.ln(k_{n})}[/tex] comme k_n tend vers + l'infini, d_n aussi et n'est donc pas bornée, d'où cette question comment est-ce que l'on montre l'existence de la constante c dans la dernière étape ? (Je me rends compte par ailleurs que je n'ai pas utilisé la "minimalité" de k_n...)

aviateur
12-08-2019 22:22:52

Bonjour
Il faut pour terminer donner une majoration de [tex]C_n.[/tex]
Pour cela posons [tex]f(x)=2 ln(x)/ln(ln(x))[/tex]
Une petite étude de f montre que pour x assez grand, (x>n_0),  f'(x)>0,  et f est croissante et f(x^2)-f(x) tend vers l'infini.

Donc pour n assez grand [tex]u_{n^2}-u_n>1.[/tex]   

C'est à dire que pour n assez grand il existe une constante c>0   tel que [tex]C_n< c k^2[/tex] où k est le plus petit entier tel que [tex]u_k=n[/tex]  mais cela implique qu'il existe une autre constante tel que [tex]C_n< c n^2[/tex] 
Cette majoration permet de conclure que la série est  convergente.

Maenwe
12-08-2019 19:52:58

Bonsoir,

J'ai eu quelques idées pour résoudre ce problème :
Tout d'abord on peut remarquer que [tex]\frac{2.ln(n+1)}{ln(ln(n+1))} - \frac{2.ln(n)}{ln(ln(n))}[/tex] converge vers 0 donc [tex]u_{n+1} - u_{n} \in \{0, 1\}[/tex] à partir d'un certain rang k, et on peut de plus montrer que puisque [tex](u_{n})[/tex] tend vers +l'infini, on a, pour tout entier M il existe n et m supérieurs à M tel que [tex]u_{n+1} - u_{n} = 1[/tex] et [tex]u_{m+1} - u_{m} = 0[/tex], donc le critère de d'Alembert ne peut s'appliquer car on aura pas de convergence (le quotient oscille entre 1 et un nombre de plus en plus proche de 0)...
Cependant on peut alors considérer [tex]A_{n} = \{k | u_{k} = n\}[/tex] et [tex]C_{n} = Card A_{n} < +\infty[/tex], on a donc (en nommant S la série que l'on étudie dans ce fil)
[tex]S = \sum_{n > 0} \frac{C_{n}.3^{n}}{n!}[/tex].
Donc il reste a étudier [tex]A_{n}[/tex], ce que j'ai essayé de faire avec des inégalités de concavité sans grande réussite.

Cordialement

Fred
22-07-2019 20:28:58

Bonjour

  A mon avis c'est plus facile avec le critère de d'Alembert.

F

Mireille
13-07-2019 09:20:14

Bonjour, s'il vous plait, je désire prouver la convergence de la série :

[tex]\sum_{n \geq 3} \frac{3^{u_n}}{(u_n)!}[/tex] où [tex]u_n=\left\lfloor{2\frac{\ln(n)}{\ln(\ln(n))}}\right\rfloor+1[/tex]

La recherche d'un équivalent me semble la meilleure méthode, alors comment chercher cet équivalent?

Merci d'avance

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