une série entière théorique...

Bonsoir,

Soit une série entière $\sum a_nz^n$ de rayon de convergence $R>0$.

Comment feriez-vous pour montrer que le rayon de convergence de la série entière $\sum a_n^2 z^n$ est $R^2$?

Merci pour votre réponse,

Cordialement
Clotho

Réponses

  • Bonjour clothoide,

    Je chercherais à savoir pour quelle valeur de \(z\) la suite de terme général \(a_n^2z^n\) est bornée, ou non bornée, puisque l'on sait que la suite de terme général \(a_nz^n\) est bornée pour \(\lvert z\rvert<R\) et non bornée pour \(\lvert z\rvert>R\).
  • Bonsoir gb,

    En effectuant un petit raisonnement par analyse-synthèse, on exploite tout d'abord le fait que $\sum a_nz^n$ admet $R>0$ pour rayon de convergence. Et cela se fait en écrivant que d'après le critère de d'Alembert, on a $|\dfrac{a_{n+1}}{a_n}|$ qui tend vers $\dfrac{1}{R}$ lorsque $n \to +\infty$. Cela permet de conclure que la quantité $|\dfrac{a_{n+1}}{a_n}|^2=|\dfrac{a_{n+1}^2}{a_n^2}|$ tend alors vers $\dfrac{1}{R^2}$.

    Donc que la série entière $\sum a_n^2 z^n$ admet $R^2$ pour rayon de convergence.

    Es-tu d'accord?

    C'est juste le début de ma rédaction.

    Bien cordialement,
    Clotho
  • Bonjour,

    Oui, mais si le rayon est $R$ ce n'est pas obligatoire qu'il soit donné par la règle de d'Alembert.

    Cordialement.
  • clothoide a écrit:
    cela se fait en écrivant que d'après le critère de d'Alembert, on a $|\dfrac{a_{n+1}}{a_n}|$ qui tend vers $\dfrac{1}{R}$ lorsque $n \to +\infty$.

    L'erreur classique : la série entière \(\sum (\cos n)z^n\) a (comme toute série entière\dots) un rayon de convergence \(R\) (qui vaut en fait 1, mais ce n'est pas important\dots), et pourtant la suite de terme général \(\left\lvert\dfrac{a_{n+1}}{a_n}\right\rvert\) est divergente.
  • @skyrmi : effectivement, je suis d'accord avec ta remarque. La règle de d'Alembert ne fonctionne pas tout le temps.
    Je vais creuser la question.

    Cordialement,
  • Bonsoir,

    faut faire gaffe à la nullité éventuelle des $a_n$, d'où la mise en garde de skirmi.

    S
  • $\sum a_nz^n$ admet $R>0$ pour rayon de
    > convergence. Et cela se fait en écrivant que
    > d'après le critère de d'Alembert, on a
    > $|\dfrac{a_{n+1}}{a_n}|$ qui tend vers
    > $\dfrac{1}{R}$ lorsque $n \to +\infty$.
    >
    bonsoir, est-ce un théorème ? comment cela se démontret-t-il ?

    [Activation du \LaTeX. Bruno]
  • Bon, je reprends tout.

    Pour répondre à la question de gb, c'est à dire déterminer pour quelle valeur de \(z\) la suite de terme général \(a_n^2z^n\) est bornée, je dois bien trouver un lien entre ma série initiale et $\sum a_n^2z^n$.

    Je fais cela en écrivant que : $|a_n^2| |z|^n=(|a_n| \sqrt{|z|^n})(|a_n| \sqrt{|z|^n})$. D'accord?
  • clothoide écrivait:

    > Je fais cela en écrivant que : $a_n^2 z^n=(a_n
    > \sqrt{|z|^n})(a_n \sqrt{|z|^n})$. D'accord?

    C'est l'idée mais il faut mettre des modules partout (à gauche et autour des $a_n$ dans le membre de droite). Tout ce qui t'intéresse c'est la bornitude ici.
  • oui, je viens de rectifier. Il me semble qu'on doit travailler avec la convergence absolue.

    Et ensuite, comme $\sqrt{|z|} <|z| \leq R$, on en déduit que $(|a_n| \sqrt{|z|}^n)$ est bornée.

    Mais ensuite, je bloque...Et pourtant, je ne me vois pas loin de la conclusion.
  • Bonjour Clotho.
    $ \sqrt{\vert z\vert} <\vert z\vert \leq R$
    La première inégalité n'est pas toujours vrai. Pose donc $\sqrt{|z|}=x$. on a $|a_n^2z^n|=(|a_n|x^n)^2$. tu y verra plus clair.
    Relis attentivement le premier message de gb.

    Amicalement,
    zephir.
  • Attention Clothoïde,

    $\sqrt{0,25}=0,5>0,25$

    Cordialement.
  • Moi je ferais ça par le théorème d'Hadamard:

    $\overline{\lim}\,\vert a_n\vert =1/R$ et comme la fonction carrée est croissante sur $\R^+$, on en déduit que

    $\overline{\lim}\,\vert a_n\vert^2 =1/R^2$, cqfd.
  • L'inverse du rayon de convergence n'est pas plutôt ${\limsup |a_{n}|^{1/n}}$?
  • oui, j'ai oublié le $1/n$! mais je crois que l'argument tient toujours la route quand même.
  • Bonjour,

    Merci à tous pour vos indications.

    A bientôt
    Clotho
Connectez-vous ou Inscrivez-vous pour répondre.