Série alternée

Bonjour
Pour le terme en $\displaystyle {(-1)^{n(n+1)/2} \over n},\ n \geq 1$ ne peut-on pas raisonner modulo $4$ et obtenir une égalité : $\displaystyle \sum_{n \geq 1} {(-1)^{n(n+1)/2} \over n}= -{1 \over 1} - {1 \over 2} + {1 \over 3} +\sum_{q \geq 1} \Big({1 \over 4 q} - {1 \over 4q+1} - {1 \over 4 q+2} +{1 \over 4 q+3} \Big)$ puis réduire au même dénominateur les deux premiers termes et les deux derniers termes dans la somme avant de majorer et conclure par Riemann ?

C'est ainsi que Jean prouve que la série des $(-1)^n$ converge et a pour somme 0. Trop fort. (tu)

Gilles,

J’y ai pensé mais il utilise quand même le terme « différence de deux séries convergentes » donc ça rend son texte juste.

Par contre il reste l’énigme de « je change l’ordre des termes et la nature de la série ne change pas, ni sa somme ».
Jean, peux-tu répondre sur cette dernière objection ?

Cordialement


Dom

Il n’y a pas de discussion avec Jean. Il ne répond jamais.
Je le comprends comme le fait qu’il évite les polémiques et « agressions ».
Mais je ne lui jette pas la pierre. La sérénité est peut-être plus importante.

C’est une rhétorique vaine.
Nous le constaterons bien... ou pas...

Voici comment je prendrais la chose.
Comme d'habitude, développement limité en $o(...)$, sans pinailler et chipoter avec équivalent, soustraction de l'équivalent, et autres détours superfétatoires.
On a : $\frac{1}{\sqrt{n(n+(-1)^{n})}}=\frac{1}{n}(1+\frac{(-1)^{n}}{n})^{-\frac{1}{%
2}}=\frac{1}{n}(1-\frac{(-1)^{n}}{2n}+o(\frac{1}{n}))=\frac{1}{n}-\frac{%
(-1)^{n}}{2n^{2}}+o(\frac{1}{n^{2}})$.
En conséquence : $u_n=\frac{(-1)^{\frac{n(n+1)}{2}}}{\sqrt{n(n+(-1)^{n})}}=\frac{(-1)^{\frac{%
n(n+1)}{2}}}{n}-\frac{(-1)^{\frac{n(n+3)}{2}}}{2n^{2}}+o(\frac{1}{n^{2}})$.
La série proposée $\displaystyle \overset{+\infty }{\underset{n=1}{\sum }}\frac{(-1)^{\frac{n(n+1)}{2}}}{%
\sqrt{n(n+(-1)^{n})}}$ est donc de même nature que la série $\displaystyle \overset{+\infty }{\underset{n=1}{\sum }}\frac{(-1)^{\frac{n(n+1)}{2}}}{n}$.
L'entier $\frac {n(n+1)}2$ est impair si $n \equiv 1 \pmod 4$ ou si $n \equiv 2 \pmod 4$ et il est pair si $n \equiv 3 \pmod 4$ ou si $n \equiv 0 \pmod 4$.
Posons $\displaystyle T_{n}=\overset{n}{\underset{k=1}{\sum }}\frac{(-1)^{\frac{k(k+1)}{2}}}{k}$, alors :
$\displaystyle T_{4p}=\overset{p}{\underset{k=1}{\sum }}(\frac{-1}{4k-3}+\frac{-1}{4k-2}+%
\frac{1}{4k-1}+\frac{1}{4k})=\overset{p}{\underset{k=1}{\sum }}(\frac{-3}{%
4k(4k-3)}+\frac{-1}{(4k-1)(4k-2)})$.
Série convergente. Je passe sur les détails, on y revient si besoin est.
Bonne soirée.
Fr. Ch.

Oui, Chaurien, on pourrait appeler cela une méthode classique (recours aux DL).

Par contre, tu démontres que $(T_{4p})_p$ est convergente mais tu passes un détail important pour dire que $(T_n)_n$ est convergente.

Pour les lecteurs intrigués :
Par exemple si $u$ est 4-périodique avec $u_0=1$, $u_1=2$, $u_2=3$ et $u_3=-6$ alors si je note $U$ la suite des sommes partielles associée, $(U_{4p})_p$ est convergente mais pas $(U_n)_n$.

Édit : je répondais au message juste avant le dernier...

Pas de souci. Ce me semblait être très important pour nos lecteurs.

@ troisqua, je n'ai cité personne, bonne année à toi aussi :-).
Puisque la série n'est effectivement pas alternée, on pourrait rebaptiser le fil : Série (qui n'est pas) alternée

Bonjour Gilles,
Ta première égalité avec ton $f(x)$ (à partir de l'introduction de l'intégrale de 0 à 1).

Gilles, il y avait ce problème, mais il y en a un plus fâcheux: $x$ est censé être une variable puis devient une variable d'intégration de 0 à 1 (faisant de $S(x)$ une constante)

Merci troisqua, je suis un peu dans le brouillard ce matin !

Chaurien, je suis d'accord avec toi que ce calcul me paraît davantage évaluer les compétences d'un taupin que l'astuce de l'exercice initial, dont le résultat est joli toutefois. Néanmoins rien d'empêche le candidat de le traiter comme tu l'as fait, puisque le calcul de la série n'était pas demandé.

C'est vrai Dom.

La somme $S$ de la série entière $\sum a_{n}x^{n}$ admet une limite à gauche en $1$ et son rayon de convergence est 1. Alors
\[
S\left(x\right)\underset{x\to1^{-}}{\longrightarrow}\sum_{n=1}^{+\infty}a_{n}
\]
(utiliser une transformation d'Abel déjà vue pas mal de fois sur ce forum).

Bonsoir,

Effectivement, j'ai été très évasif sur la justification de la continuité. Sauf erreur il me semble qu'on peut faire plus élémentaire que le théorème radial d'Abel.

Pour $ x\in [-1;1]$, je pose $\displaystyle{u_n(x) = \frac{(-1)^\frac{n(n+1)}{2}}{n} \,x^n}$. On a $\displaystyle{u_{2n}(x) = \frac{(-1)^n}{2n} \,x^{2n}}$ et $\displaystyle{u_{2n+1}(x) = \frac{(-1)^{n+1}}{2n+1}\, x^{2n+1}}=x \frac{(-1)^{n+1}}{2n+1}\, x^{2n}$,

Il n'est pas difficile de voir que pour $x \in [-1;1]$, $\displaystyle{\left(\frac{x^{2n}}{2n}\right)_{n \geq 1}}$ et $\displaystyle{\left(\frac{x^{2n}}{2n+1}\right)_{n \geq 0}}$ sont des suites décroissantes (et tendant vers 0 !), donc le critère spécial des séries alternées s'applique et donne $\displaystyle{\left| \sum_{k=n}^{+\infty} u_{2k} (x) \right| \leq \frac{x^{2(n+1)}}{2(n+1)} \leq \frac{1}{2n+2}}$ et $\displaystyle{\left| \sum_{k=n}^{+\infty} u_{2k+1}(x) \right| \leq \frac{1}{2n+3}}$, ce qui prouve la convergence uniforme des séries de fonctions $\displaystyle{\sum u_{2n}(x)}$ et $\displaystyle{\sum u_{2n+1}(x)}$ sur $[-1;1]$.

Il reste à remarquer que $\displaystyle{S(x)= \sum_{n=0}^{+\infty} u_{2n}(x) +\sum_{n=0}^{+\infty} u_{2n+1}(x)}$ pour conclure que $S$ est continue sur $[-1;1]$.

Bravo Gilles pour ces vues pénétrantes.
Suivant tes idées, on a : $\displaystyle S=\overset{+\infty }{\underset{n=1}{\sum }}\frac{(-1)^{\frac{n(n+1)}{2}}}{n}=\overset{+\infty }{\underset{k=1}{\sum }} \left( \frac{(-1)^{\frac{(2k-1)\cdot 2k}{2}}}{2k-1}+\frac{(-1)^{\frac{2k(2k+1)}{2}}}{2k}\right)$
$~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~\displaystyle =\overset{+\infty }{\underset{k=1}{\sum }} \left( \frac{(-1)^{k}}{2k-1}+\frac{(-1)^{k}}{2k} \right)=-\overset{+\infty }{\underset{k=1}{\sum }}\frac{(-1)^{k-1}}{2k-1}-\frac 12 \overset{+\infty }{\underset{k=1} {\sum }} \frac{(-1)^{k-1}}{k}$.

Or il est bien connu que : $\displaystyle \overset{+\infty }{\underset{n=1}{\sum }}\frac{(-1)^{n-1}}{2n-1}%
x^{2n-1}=\arctan x$ pour $x\in \lbrack -1,1]$, et : $\displaystyle \overset{+\infty }{\underset{n=1}{\sum }}\frac{(-1)^{n-1}}{n}x^{n}=\ln(1+x) $ pour $x\in ]-1,1]$, et pas seulement pour $x\in ]-1,1[$, qui découlerait de la théorie générale des séries entières.
En effet, comme tu l'as écrit, la continuité sur $[0,1]$ s'obtient par la convergence uniforme, grâce au critère général pour les séries alternées, d'où la valeur pour $x=1$.
Dans le cas présent on peut aussi procéder sans recours à la théorie générale des séries entières, ni des séries de fonctions, car on prend la primitive d'une série géométrique, et pour une telle série, le reste a une expression explicite des plus simples, en sorte que la somme pour $x \in [0,1]$ peut se traiter à la main, même dans les secteurs d'enseignement où les séries de fonctions ne sont pas au programme, comme les prépas-HEC.
Bonne soirée.
Fr. Ch.

Bonsoir Chaurien,

Il m'avait manqué de reconnaître le DSE de $x\mapsto \arctan(x)$ et $x \mapsto \ln \left( 1+x\right)$, merci pour cet éclairage.

C'est vrai que ces fonctions se prêtent bien à être traitée de façon élémentaire, j'avais d'ailleurs fabriqué un exercice pour obtenir le DSE sur $[-1;1]$ de $x\mapsto -\ln(1-x)$ pour mes TS il y a quelques années (et c'est toujours possible avec le programme en vigueur). Je le mets en pièce jointe.

Bonne soirée.

Gilles.