série

Bonjour!
Je n'ai pas compris la methode utilise dans la correction de l'exercice suivant:
Etudier la serie de terme general: $u_n = \sum_{k=n}^{+\infty}\frac{(-1)^k}{k²}$
convergence et calcul de la somme.
On trouve: $\sum_{}^{}u_n$ est absolument convergente.
C'est le calcul qui me pose probleme:
$\sum_{n=1}^{N}u_n = \sum_{n=1}^{N}(\sum_{k=n}^{N}\frac{(-1)^k}{k²}+u_{N+1} =Nu_{N+1} + \sum_{k=1}^{N}\frac{(-1)^k}{k²}(\sum_{n=1}^{k}1)= Nu_{N+1}+ \sum_{k=1}^{N}\frac{(-1)^k}{k}$
Enfin: comme $lim N\Rightarrow +\infty Nu_{N+1}=0$ on a:
$\sum_{n=1}^{+\infty}u_n= \sum_{k=1}^{+\infty}\frac{(-1)^k}{k}=-ln(2)$

Je ne comprends pas le deuxieme calcul; pourquoi a t'on le droit d'intervertir la sommation.Ou plutot on calcul la somme d'un somme et on se retrouve avec le produit de deux sommes, et on passe de (sum, n=1...N)(sum, k=n...N) à (sum, k=1....N)(sum, n=1 ...N); est-ce que quelqu'un peut m'expliquer cette etape; et en même temps voyez vous une autre facon de calculer cette serie? merci d'avance.

amicalement :)

Réponses

  • Il y a de quoi s'arracher les cheveux, jusqu'à la racine.
  • Bonjour!
    Desole, à la base dans la correction il manquait une parenthese, je pensais qu'il s'agissait d'un produit. En griffonant un peu (et un claquant 3-4 neurones), j'obtiens:
    $\sum_{n=1}^{N}(\sum_{k=n}^{N}u_k)=\sum_{k=1}^{N}(u_k(\sum_{n=1}^{k}1))$ ce qui repond à ma question.
    Je profite que le post soit ouvert pour vous demander si l'on pouvait calculer cette serie par une autre maniere.

    amicalement :)
  • Bonjour

    Je viens de trouver une jolie méthode avec un déclin :

    Dans u_n, tu transformes (-1)^k/k² en [(-1)^k/k].(int(x^(k-1),k=0..1))

    après tu obtiens : Int(Sum(Sum((-1)^k.(x^(k-1))/k,k=n..+oo),n=1..+oo),x=0..1)

    Après tu transformes 1/k en Int(u^(k-1),u=0..1) encore.

    Finalement tu obtiens :

    Int(Int(Sum(Sum((-1)^k^.(xu)^(k-1),k=n..+oo),n=1..+oo),u=0..1),x=0..1)

    Or (xu) est dans [0;1], d'où après des petis calculs simples on a :

    Sum(Sum((-1)^k^.(xu)^(k-1),k=n..+oo),n=1..+oo)=-1/(xu+1)²

    Donc on calcule : Int(Int(-1/(xu+1)²,u=0..1),x=0..1)

    Or Int(-1/(xu+1)²,u)=1/(x(1+xu))+C et Int(1/(x(1+xu)),x)=-ln(1+xu)+ln(x)

    Finalement on obtiens bien -ln(2).

    Toute cette méthode paraît longue, mais c'est très rapide

    J'aimerais faire avec du Latex,mais bon quand je commence à tapper en Latex, il y a d'autres qui répondent avant moi parfois :-).
  • je suis désolé pour les fautes d'orthographes dûes à la rapidité d'écriture
  • Peut être qu'on a uen formule générale :

    $$\sum\limits_{n = 1}^{ + \infty } {\sum\limits_{k = n}^{ + \infty } {\frac{{( - 1)^k }}{{k^{m - 1} }}} } = \left( {\frac{{1 - 2^m }}{{2^m }}} \right)\zeta \left( m \right)$$

    Cordialement Yalcin
  • tu peux ajouter : avec m entier naturel > 1 , AD ?

    merci AD
  • Ce n'est pas ce qui manque vraiment mais on sait que pour -1<x<1:
    <BR><P></P><DIV ALIGN="CENTER" CLASS="mathdisplay"><IMG WIDTH="172" HEIGHT="61" ALIGN="MIDDLE" BORDER="0" SRC="http://www.les-mathematiques.net/phorum/2006/08/21/95389/cv/img1.png&quot; ALT="$\displaystyle -\ln(1+x)=\sum_{k=1}^{\infty}\frac{(-1)^k}{k}$"></DIV><P></P>
    <BR>Yalcin si tu m'explique un petit peu d'où sorte-tu ta précédente formule, Dieu te bénira :) Merci
    <BR>
    <BR>&<BR><BR><BR>
  • Ce n'est pas ce qui manque vraiment mais on sait que pour -1<x<1:
    <P></P><DIV ALIGN="CENTER" CLASS="mathdisplay"><IMG WIDTH="173" HEIGHT="61" ALIGN="MIDDLE" BORDER="0" SRC="http://www.les-mathematiques.net/phorum/2006/08/21/95390/cv/img1.png&quot; ALT="$\displaystyle -\ln(1+x)=\sum_{k=1}^{\infty}\frac{(-x)^k}{k}$"></DIV><P></P>
    Yalcin si tu m'explique un petit peu d'où sorte-tu ta précédente formule, Dieu te bénira :) Merci

    <BR>&
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