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Résumé de la discussion (messages les plus récents en premier)
- thadrien
- 29-04-2010 13:23:24
Salut,
C'est pour la 4 que j'obtiens quelque chose de pas exploitable.
Pour la 3, par contre, au contraire, on obtient ce qu'il faut sans trop de difficultés. Mais la formule de Stirling reste beaucoup plus rapide.
- bolzano
- 29-04-2010 09:45:09
Bonjour,
Ok, je vais donc utiliser la formule de stirling.
Merci pour l'aide.
- thadrien
- 28-04-2010 18:42:56
Salut,
J'ai refais le calcul, et je n'aboutis pas à grand chose de bien exploitable. J'ai dû faire une erreur la première fois.
Désolé.
- bolzano
- 28-04-2010 03:27:11
Bonjour,
je ne maîtrise pas bien le développement asymptotique, s'il te plaît, si ça ne te dérange pas j'aimerais bien que tu déroule le calcul.
Merci
- thadrien
- 27-04-2010 17:12:27
Salut,
C'est exactement ça.
Pour la formule de Stirling, elle est hyper classique ! Mais si tu veux une démo sans, tu peux calculer la limite du rapport [tex]\frac{U_{n+1}}{U_n}[/tex] de manière classique : simplification des factorielles et développement asymptotique. Je peux te passer le détail du calcul si tu veux.
- bolzano
- 27-04-2010 16:18:12
Bonjour
Merci à vous deux! je m'embrouillais depuis près d'une semaine!
fallait y penser hein! pour la série bonus!!!!
@thadrien,
pour la question 1 j'aimerais avoir une autre méthode, parce que la formule de Stirling n'est pas supposé être connu! donc je serai obligé de la démontrer d'abord! S'il y a une autre proposition, je suis partant!
par rapport à la question 3, ce ne serait pas :
[tex]U_n \le e^{-n \frac{1}{2}}[/tex]
au lieu de
[tex]U_n \le e^{\frac{1}{2}-n}[/tex]
Merci encore.
- bolzano
- 27-04-2010 16:00:07
Merci à vous deux! je m'embrouillais depuis près d'une semaine!
fallait y penser hein! pour la série bonus!!!!
- nabil10
- 27-04-2010 08:51:17
bonjour!
pour la série bonus [tex]\sum_{n=0}^{+\infty}\frac{n}{n^4+n^2+1}\,=\frac{1}{2}\sum_{n=0}^{+\infty}(\frac{1}{n^2-n+1}-\frac{1}{n^2+n+1})[/tex]
en effet [tex](n^4+n^2+1)={(n^2+1)}{^2}-n^2=(n^2-n+1)(n^2+n+1)[/tex] donc on a [tex]\frac{n}{n^4+n^2+1}=\frac{1}{2}(\frac{1}{n^2-n+1}-\frac{1}{n^2+n+1})[/tex] et en faisant varier n on obtient la somme de la série "bonus" qui après calcule
[tex]S=\frac{1}{2}(1-\frac{1}{n^2+n+1})[/tex] il ne resteras qu'a calculer la limite.
bonne chance !!!!
- thadrien
- 27-04-2010 07:54:55
Salut,
1) Tu utilises la règle de d'Alembert et la formule de Stirling.
2) Vn est positive pour n assez grand. Vn est équivalent à (a/b)^n. Tu utilises la règle de convergence d'une série géométrique.
3) Un peu plus technique celle-là...
Ta série est à termes positifs. Tu peux donc appliquer les règles habituelles de comparaison.
[tex]U_n = \frac{n^{\ln(n)}}{\ln(n)^{n}} = \frac{e^{\ln(n)^2}}{e^{n \ln(n)}}} = e^{\ln(n)^2 - n \ln(n)} = e^{-n \ln(n) \times [1 - \frac{\ln(n)}{n}]}[/tex]
[tex]1 - \frac{\ln(n)}{n} \to 1[/tex]
Donc, pour n assez grand, [tex]1 - \frac{\ln(n)}{n} \ge \frac{1}{2}[/tex].
Donc [tex]U_n \le e^{\frac{1}{2} [-n \ln(n)][/tex].
[tex]ln(n) \to +\infinity[/tex]
Donc, pour n assez grand, [tex]ln(n) \ge 1[/tex].
Donc [tex]U_n \le e^{\frac{1}{2} -n[/tex]. Tu conclus alors en utilisant le théorème de comparaison.
4) Tu fais un développement asymptotique de ta série pour aboutir à [tex]U_n = e^{- \ln(n)^{\alpha - 1} + o(\ln(n) ^{\alpha - 1})}[/tex]. En fonction des valeurs de [tex]\alpha[/tex], ta série peut être convergente comme divergente.
Série bonus : en un mot, épouvantable. J'essaierai d'y réfléchir.
- bolzano
- 27-04-2010 04:33:35
Bonsoir à tous,
S'il vous plaît, j'ai des difficultés à montrer la convergences des séries suivantes :
1.)[tex]U_n=\frac{n*(n-1)*(n-2)*...*2*1}{n^n}[/tex] (je ne sais pas comment écrire factoriel n en lateX! si vous pouvez me le dire au passage)
2.)[tex]V_n=\frac{a^n + ln(n)^\sqrt{n}}{b^n + \sqrt{n}^{ln(n)}}[/tex] avec a,b>0
3.)[tex]U_n=\frac{n^{ln(n)}}{ln(n)^n}[/tex]
4.)[tex]U_n=(1 - \frac{1}{ln(n)})^{ln(n)^a}[/tex]
Il me faut aussi trouver :
[tex]\sum_{n=0}^{+\infty} \frac{n}{n^4 + n^2 +1}[/tex]
Merci de m'aider.