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aviateur
22-02-2020 11:49:50
moise0738 a écrit :

Je pense que vois vous compliquer la tache.
Il faut en premierement enlever le factoriel et décomposer en element simple.. Pas la peine de mettre des complexes


Bonjour

Ma démonstration est correcte jusqu'à preuve du contraire et j'ai mis les détails. Oui je suis passé par $\C$


Maintenant si on peut faire mieux en évitant une décomposition sur $\C$  ou bien si on peut faire différemment, c'est très bien de le dire.
 

Ainsi j'attends que tu montres comment tu as fait.

Maenwe
22-02-2020 07:34:56

Bonjour,
Comment ferais tu ?  Si on se limite à une décomposition simple dans $\mathbb{R}$ on obtiendra (à des facteurs multiplicatifs près) une somme infini d'un quotient avec au dénominateur un polynôme de degré 1 évalué en $n$ (l'incrément) et au dénominateur un polynôme de degré 2 évalué en $n$ (l'incrément). Comment est-ce que tu penses réussir à sommer ça ? (si tu as une technique plus simple que tout ça fais le nous savoir ;)).

PS : J'ai l'impression que tu sous-entends qu'il faudrait éviter de passer par les complexes, sauf qu'en général ce n'est pas une bonne idée de ne pas faire ça. C'est l'une des raisons d'être des complexes, il nous simplifie la vie dans bien des cas.

moise0738
21-02-2020 23:21:19

Je pense que vois vous compliquer la tache.
Il faut en premierement enlever le factoriel et décomposer en element simple.. Pas la peine de mettre des complexes

aviateur
12-02-2020 11:11:49

Bonjour

Je pose  $ f(z)=\sum_{n=0}^\infty \dfrac{z^n}{n! (n^4+n^2+1)}$
Une décomposition en éléments simples sur $\C$!  donne $\dfrac{1}{n^4+n^2+1}=\sum_{j=1}^4 \dfrac{h_j}{n-a_j} $
et donc $f(z)=\sum_{j=1}^4 h_j f_j(z)$ avec   $ f_j(z)= \sum_{n=0}^\infty \dfrac{z^n}{n! (n-a_j)}$
où  $(a_1,a_2)=(-\dfrac{1}{2}-\dfrac{i \sqrt{3}}{2},\dfrac{1}{2}-\dfrac{i \sqrt{3}}{2})$   
et   $(h_1,h_2)=(\dfrac{1}{4}+\dfrac{i}{4 \sqrt{3}},-\dfrac{1}{4}+\dfrac{i}{4 \sqrt{3}})$

$a_j,h_j,j=3,4$  sont les conjugués

$f_j(z)$  vérifient l'équation différentielle  $z f_j'(z)-a_j f_j(z)=e^z$
et d'autre part on a $f_2'(z)=f_1(z)$   (cela vient de la relation $a_1=a_2-1$).

D'où  la relation $ f_1(1)=e+a_2 f_2(1). $  (cela ce simplifie car $h_1a_1+h_2a_2=0$)

Ainsi   $h_1f_1(1)+h_2 f_2(1)=  \dfrac{e}{4}+\dfrac{i e}{4 \sqrt{3}}$

Par conjugaison  on a aussi $h_3f_3(1)+h_4 f_4(1)=  \dfrac{e}{4}-\dfrac{i e}{4 \sqrt{3}}$

D'où $f(1)=e/2.$

freddy
10-02-2020 21:36:00
Maenwe a écrit :

Oui très calculatoire ! Mais je n'ai pas trouvé plus simple, mais si quelqu'un a plus simple je suis preneur ^^
Oui Wolfram donne bien $\frac{1}{2} (\it{e}-2)$ mais c'est pour la somme partant de 1, nous on veut la somme partant de 0, du coup c'est bien $\frac{\it{e}}{2}$ :)

Exact, je n'avais pas bien vu qu'on partait de 0, pas de 1 ;-)

Maenwe
10-02-2020 21:08:38

Oui très calculatoire ! Mais je n'ai pas trouvé plus simple, mais si quelqu'un a plus simple je suis preneur ^^
Oui Wolfram donne bien $\frac{1}{2} (\it{e}-2)$ mais c'est pour la somme partant de 1, nous on veut la somme partant de 0, du coup c'est bien $\frac{\it{e}}{2}$ :)

freddy
10-02-2020 20:59:19
Maenwe a écrit :

Bonsoir,
Ce n'est pas un truc facile (du tout), du coup je vais donner ce que j'ai fait jusqu'ici (juste pour le contexte, à quel niveau es tu ? Et où as tu rencontré cette question ?) :
$\sum\limits_{n=1}^{+\infty} \frac{1}{n! (n^4+n^2+1)} = \sum\limits_{n=1}^{+\infty} \frac{- 2 \it{i}}{n!.\sqrt{3}}.(\frac{1}{n^{2}-z}-\frac{1}{n^{2}-\overline z})$
Avec $z = \frac{-1+\it{i} \sqrt{3}}{2}$.
Soit $c \in \mathbb{C}$ tel que $\mid c \mid = 1$, étudions $\sum\limits_{n=1}^{+\infty} \frac{1}{n!.(n^{2}+c)}$ ($z$ vérifie cette condition !).
$\sum\limits_{n=1}^{+\infty} \frac{1}{n!.(n^{2}+c)} = \frac{1}{1+c} + \sum\limits_{n=2}^{+\infty} \frac{1}{n!.n^2} \sum\limits_{k=0}^{+\infty} \frac{(-1)^k.c^{k}}{n^{2k}}$.
Puisque le terme de cette somme converge uniformément, on peut inverser les signes sommes (avec Fubini-Tonelli ou de la théorie des familles sommables, mais ça reste plus ou moins la même chose) :
$\sum\limits_{n=1}^{+\infty} \frac{1}{n!.(n^{2}+c)} = \frac{1}{1+c} + \sum\limits_{k=0}^{+\infty} (-1)^k.c^{k}.(\sum\limits_{n=2}^{+\infty} \frac{1}{n^{2(k+1)}n!})$.

Donc maintenant on va s'intéresser à $\sum\limits_{n=1}^{+\infty} \frac{1}{n^{q}n!}$ avec $q \in \mathbb{N}^*$ (on part de 1 pour simplifier les calculs).
Pour cela, je me suis dit "mmmh pourquoi pas série entière + équation différentielle", c'est partit ! :
Posons $f(x) = f_{q}(x) = \sum\limits_{n=1}^{+\infty} \frac{x^{n}}{n!.n^{q}}$.
Posons $g_{i+1}(x) = x.g_{i}'(x)$ et $g_{0} = f$.
On a par récurrence que $g_{i} = f_{q-i}$ (en fait j'ai construit cette suite pour avoir ça, c'est un peu chiant a expliqué et j'ai d'autres choses à faire ce soir donc je laisse de côté l'aspect "d'où ça vient").
L'idée de base que l'on puisse 'remonter' ces fonctions à partir de la fin dont on connait l'expression : $g_{q}(x) = e^{x} - 1$.
La première idée que j'ai eu c'est de l'écrire sous forme matriciel :
$X' = AX$ avec $X = (g_{i})_{0 \geq i \geq k-1}$ et $A(x) = (\frac{\delta_{i,j-1}}{x})_{1 \geq i,j \geq q}$ (la matrice $A(x)$ est en fait tout simplement constitué de $\frac{1}{x}$ sur la diagonale supérieure et des $0$ ailleurs).
Après en écrivant ceci j'ai eu l'idée qu'on pourrait peut-être "remonter" à la main ceci en essayant de distinguer une récurrence...


NB : Pour ceux que ça pourrait motiver il semblerait que la somme de cette série soit $\frac{\it{e}}{2}$ ! Reste plus qu'à le prouver !

Salut,

ce serait plutôt $\dfrac{1}{2}(e-2)$, c'est très calculatoire. :-)

Maenwe
10-02-2020 20:46:46

Bonsoir,
Ce n'est pas un truc facile (du tout), du coup je vais donner ce que j'ai fait jusqu'ici (juste pour le contexte, à quel niveau es tu ? Et où as tu rencontré cette question ?) :
$\sum\limits_{n=1}^{+\infty} \frac{1}{n! (n^4+n^2+1)} = \sum\limits_{n=1}^{+\infty} \frac{- 2 \it{i}}{n!.\sqrt{3}}.(\frac{1}{n^{2}-z}-\frac{1}{n^{2}-\overline z})$
Avec $z = \frac{-1+\it{i} \sqrt{3}}{2}$.
Soit $c \in \mathbb{C}$ tel que $\mid c \mid = 1$, étudions $\sum\limits_{n=1}^{+\infty} \frac{1}{n!.(n^{2}+c)}$ ($z$ vérifie cette condition !).
$\sum\limits_{n=1}^{+\infty} \frac{1}{n!.(n^{2}+c)} = \frac{1}{1+c} + \sum\limits_{n=2}^{+\infty} \frac{1}{n!.n^2} \sum\limits_{k=0}^{+\infty} \frac{(-1)^k.c^{k}}{n^{2k}}$.
Puisque le terme de cette somme converge uniformément, on peut inverser les signes sommes (avec Fubini-Tonelli ou de la théorie des familles sommables, mais ça reste plus ou moins la même chose) :
$\sum\limits_{n=1}^{+\infty} \frac{1}{n!.(n^{2}+c)} = \frac{1}{1+c} + \sum\limits_{k=0}^{+\infty} (-1)^k.c^{k}.(\sum\limits_{n=2}^{+\infty} \frac{1}{n^{2(k+1)}n!})$.

Donc maintenant on va s'intéresser à $\sum\limits_{n=1}^{+\infty} \frac{1}{n^{q}n!}$ avec $q \in \mathbb{N}^*$ (on part de 1 pour simplifier les calculs).
Pour cela, je me suis dit "mmmh pourquoi pas série entière + équation différentielle", c'est partit ! :
Posons $f(x) = f_{q}(x) = \sum\limits_{n=1}^{+\infty} \frac{x^{n}}{n!.n^{q}}$.
Posons $g_{i+1}(x) = x.g_{i}'(x)$ et $g_{0} = f$.
On a par récurrence que $g_{i} = f_{q-i}$ (en fait j'ai construit cette suite pour avoir ça, c'est un peu chiant a expliqué et j'ai d'autres choses à faire ce soir donc je laisse de côté l'aspect "d'où ça vient").
L'idée de base que l'on puisse 'remonter' ces fonctions à partir de la fin dont on connait l'expression : $g_{q}(x) = e^{x} - 1$.
La première idée que j'ai eu c'est de l'écrire sous forme matriciel :
$X' = AX$ avec $X = (g_{i})_{0 \geq i \geq k-1}$ et $A(x) = (\frac{\delta_{i,j-1}}{x})_{1 \leq i,j \leq q}$ (la matrice $A(x)$ est en fait tout simplement constitué de $\frac{1}{x}$ sur la diagonale supérieure et des $0$ ailleurs).
Après en écrivant ceci j'ai eu l'idée qu'on pourrait peut-être "remonter" à la main ceci en essayant de distinguer une récurrence...


NB : Pour ceux que ça pourrait motiver il semblerait que la somme de cette série soit $\frac{\it{e}}{2}$ ! Reste plus qu'à le prouver !

leon92
09-02-2020 08:33:43

bonjour!
ce que j'aimerai savoir c'est ce qu'il faut faire cad soit avoir quelque chose de telecosiques sit faire des changements de variables que je ne vois pas

Maenwe
09-02-2020 07:52:29

Bonjour,
On ne va pas faire ça à ta place ! Mais on peut t'aider, donc dit nous d'abord ce que tu as fait, où tu bloques et pourquoi etc.

leon92
08-02-2020 23:19:42

Bonjour!
je vous que vous m'aidiez à calculer la serie allant de 0 à linfinie de terme general 1/(n!(n^4+n^2+1))
merci d'avance

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