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#1 27-04-2010 04:33:35
- bolzano
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somme de série et convergence
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.
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#2 27-04-2010 07:54:55
Re : somme de série et convergence
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.
Dernière modification par thadrien (27-04-2010 07:55:23)
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#3 27-04-2010 08:51:17
- nabil10
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Re : somme de série et convergence
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 !!!!
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#5 27-04-2010 16:18:12
- bolzano
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- Messages : 18
Re : somme de série et convergence
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.
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#6 27-04-2010 17:12:27
Re : somme de série et convergence
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.
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#10 29-04-2010 13:23:24
Re : somme de série et convergence
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.
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