Vous dites si vous la connaissez...
Réponses
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Peut-être $u_n=j^n/n$ pour $n\ge1$, où $j$ est une racine primitive cubique de l'unité ?Edit : plantage grossier.
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Bonjour Math Coss.Les deux convergent sauf erreur de ma part. Mais c'est une bonne idée...e.v.Personne n'a raison contre un enfant qui pleure.
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$u_n = \dfrac{j^n}{n^{1/3}}$.
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Soit $a_n=n^{-1/3}$. La suite $(u_n)$ est $(-a_1,-a_1,2a_1,\ldots,-a_n,-a_n,2a_n,\ldots)$.
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Argh, j'ai 5734 messages à rattraper.
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C'est très très cruel ça, Raoul. Bonjour Raoul. Sinon, j'ai le même exemple que JLT. Que je salue lui aussi.
e.v.Personne n'a raison contre un enfant qui pleure. -
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JLT a dit :Soit $a_n=n^{-1/3}$. La suite $(u_n)$ est $(-a_1,-a_1,2a_1,\ldots,-a_n,-a_n,2a_n,\ldots)$.
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\( u_{3n+1} = \dfrac{-1} {\sqrt[3]{n}} \) , \( u_{3n+2} = \dfrac{-1} {\sqrt[3]{n}} \) et \( u_{3n+3} = \dfrac{2} {\sqrt[3]{n}} \) .
e.v.Personne n'a raison contre un enfant qui pleure. -
Boucle, @OShine l'a posté récemment.---> I believe in Chuu-supremacy : https://www.youtube.com/watch?v=BVVfMFS3mgc <---
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ev a dit :\( u_{3n+1} = \dfrac{-1} {\sqrt[3]{n}} \) , \( u_{3n+2} = \dfrac{-1} {\sqrt[3]{n}} \) et \( u_{3n+3} = \dfrac{2} {\sqrt[3]{n}} \) .
e.v.
Par contre, et avec $u_n \geq 0$ ? Je pense que c'est impossible. -
C'est impossible.
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Si $\sum u_n$ converge alors $u_n^3=o(u_n)$, etc.
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Bonsoir, Est-ce qu'il y a possibilité d'avoir un exemple avec la série de Riemann ?
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Posons $j=-\frac{1}{2}+i\frac{\sqrt{3}}{2} = e^{i2\pi/3}$. $j$ est une racine cubique de $1$ (on peut aussi prendre $\overline{j}$).
La série $\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty} \frac{j^n}{n^{\alpha}}$, avec $0<\alpha<\frac{1}{3}$, converge mais la série $\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty} \left(\frac{j^n}{n^{\alpha}}\right)^3 = \sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n^{3\alpha}}$ diverge ($0<3\alpha<1$).
En fait c'est la généralisation de l'exemple de Math Coss corrigé par Guego (je viens de lire attentivement leurs messages).
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On peut généraliser ceci pour les séries de Bertrand.La série $\displaystyle \sum_{n=2}^{\infty} \frac{j^n}{n^{\alpha}(\ln n)^{\beta}}$, avec $0<\alpha<\frac{1}{3}$, converge mais la série $\displaystyle \sum_{n=2}^{\infty} \left(\frac{j^n}{n^{\alpha}(\ln n)^{\beta}}\right)^3 = \sum_{n=2}^{\infty} \frac{1}{n^{3\alpha}(\ln n)^{3\beta}}$ diverge ($0<3\alpha<1$).
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Il y a une généralisation que j'ai vue sur Internet, je vous en dirai plus quand vous aurez cherché.Existe-t-il une suite complexe $u_n$ telle que pour tout entier $p>0 $ la série de terme général $u_n^p$ converge si et seulement si $p$ n'est pas premier ?La réponse est : oui.Il y a même une généralisation avec une partition de $\mathbb N^*$ en deux classes, et $\sum u_n^p$ convergeant si $p$ est dans l'une et divergeant si $p$ est dans l'autre. C'est trop dur pour moi, mais pas pour les pointures du forum
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Bonne journée.
Fr. Ch. -
Pour la question généralisée de @Chaurien, montrons qu'il suffit d'avoir la propriété : $\forall K\in \mathbb{N}^*, \exists (u_{K,n} )_{n\in\Bbb N}\in \mathbb{C}^{\mathbb{N}}, \forall k\in \mathbb{N}^*,$ ($\sum u_{K,n} ^{k} $ diverge) $\Leftrightarrow k =K$. [édit]
Soit $A\subset \mathbb{N}^*$. Pour toute suites finies $U=(u_{1,} \dots ,u_{n} )$ et $V=(v_{1,} \dots ,v_{m} )$, je note leur concaténation $U \oplus V =$ $ (u_{1,} \dots ,u_{n} , v_{1,} \dots ,v_{m} )$. Notons aussi $M_{K} ^{[k]}$ un majorant $>1$ des sommes partielles de $\sum u_{K,n} ^{k} $ et $M_{K} := \max (M_{K} ^{[1]} ,\dots ,M_{K} ^{[K-1]} )$. Et notons $\varepsilon_{K,N}^{[k]} = \sup\limits_{P>M\geqslant N}\left|\sum\limits_{n=M}^P u_{K,n}^k\right|$. De plus, posons $$(u_{n} )_{n\in \mathbb{N}} = \bigoplus_{n=1} ^{\infty } \left( \frac{ u_{K,n} }{2^{K} M_{K} } \right)_{1\leqslant K\leqslant n,K\in A}.$$ C'est une sorte de construction diagonale où $(u_n)$ agglomère tous les $(u_{K,n} )_n$ pour $K\in A$. Montrons que : $\forall k\in \mathbb{N}^*,$ ($\sum u_{K,n} ^{k} $ diverge) $\Leftrightarrow k\in A$.
Soit d'abord $k\in \mathbb{N}^* \setminus A$. Pour tous entiers $M>N>k$, on a : \begin{eqnarray*} \left| \sum \left[ \bigoplus_{n=N} ^{M} \left(\left( \frac{ u_{K,n} }{2^{K} M_{K} } \right)^{k} \right)_{1\leqslant K\leqslant n,K\in A} \right] \right| &=& \left| \sum _{n=N} ^{M} \sum _{1\leqslant K\leqslant n,K\in A} \frac{ u_{K,n} ^{k} }{2^{Kk} M_{K} ^{k} } \right| \\ &=& \left| \sum _{1\leqslant K\leqslant M,K\in A} \sum _{n=\max(N,K)} ^{M} \frac{ u_{K,n} ^{k} }{2^{Kk} M_{K} ^{k} } \right| \\ &\leqslant & \sum _{1\leqslant K\leqslant M,K\in A} \frac{1}{2^{K} M_{K} } \left| \sum _{n=\max(N,K)} ^{M} u_{K,n} ^{k} \right| \\ &\leqslant & \sum _{1\leqslant K\leqslant M,K\in A} \frac{1}{2^{K} M_{K} } \varepsilon_{K,N} ^{[k]} \\ &\leqslant & \sum _{K=1} ^{k-1} \varepsilon_{K,N} ^{[k]}+\underbrace{ \sum _{K=k+1} ^\infty \frac{\varepsilon_{K,N} ^{[k]}}{2^{K} M_{K} ^{[k]} } }_{<\infty} \\ &\underset{N\to\infty}\longrightarrow & 0\text{ uniformément en } M\end{eqnarray*} par convergence dominée, car : $\forall K, \varepsilon_{K,N}^{[k]} \underset{N\to\infty}\longrightarrow 0$. De même, on peut montrer que $\displaystyle \sum _{1\leqslant K\leqslant n,K\in A} \left| \frac{ u_{K,n} }{2^{K} M_{K} } \right|^{k} \underset{n\to\infty}\longrightarrow 0$ (convergence absolue de chaque paquet en quelque sorte). Donc $\sum _{n} u_{n} ^{k} $ est convergente par critère de Cauchy.
Enfin, si $k\in A$, on montre de même que les termes du type $\left( \frac{ u_{K,n} }{2^{K} M_{K} } \right)^{k}$ avec $K\neq k$ donnent une contribution convergente, tandis que les termes $\left( \frac{ u_{k,n} }{2^{k} M_{k} } \right)^{k}$ font diverger $\sum _{n} u_{n} ^{k} $. -
(J'ai modifié mon précédent message parce que ma première affirmation n'était pas bien prouvée.)
Pour conclure, il reste maintenant à prouver l'existence des $(u_{K,n})_n$. J'ai une piste avec des puissances de racines de l'unité, mais ça m'a l'air aussi technique à mettre en place que mon message ci-dessus. Si l'un d'entre vous a une idée lumineuse qui simplifie les choses, ne vous gênez pas. -
Une variante que personne n'a encore soulevée (mais tout le matériel nécessaire se trouve déjà dans ce fil) : si $(a_n)$ est une suite réelle positive, la convergence de $\sum(-1)^na_n$ entraîne-t-elle celle de $\sum(-1)^na_n^3$ ?
Remarque : je pose la question de la façon qui précède afin d'éviter la méprise classique : une série alternée a un terme général dont le module décroît vers $0$. Avec cette sur-couche, l'exercice perd de son intérêt. -
En reprenant les idées de cette discussion à construire une trame CORRECTIONT1T2T3T4... Où T1 est une suite finie à 2 termes, T2 à 3 termes,... Tn à n+1 termes.La suite $(u_n)$ sera construite en prenant les termes dans l'ordre avec un facteur amortissement $\epsilon_n$ sur tous les termes de la trame numéro n.Par ex si les termes dans l'ordre sont $a_1, a_2, a_3, a_4..$ la suite sera $\epsilon_1a_1, \epsilon_1a_2, \epsilon_2a_3,...,\epsilon_3a_6$ car $a_6$ est dans la trame $T_3$.Maintenant pour la trame 1, on écrit le système $a_1+a_2=e_1,\ a_{1}^{2}+a_{2}^{2}=e_2$, où $e_1=0$ si $1\in A$, $e_1=1$ si $1\in B$, où $(A,B)$ est la partition de $N^{*}$. Idem pour $e_2$ (ie la suite $(e_k)_{k\ge 1}$ est la fonction caractéristique de $B$ correction).Idem pour la trame $n-1$ on écrit $n$ équations d'inconnues $a_{k+1}, a_{k+2},\ldots,a_{k+n}$, où $k$ est le dernier indice utilisé pour la trame précédente.On a bien une solution à ces équations, la difficulté est de contrôler la taille des termes.Mais j'ai vu sur Wikipedia que les exemples numériques qui sont donnés pour la formule inverse des sommes de Newton laisse supposer que les fonctions symétriques habituelles sont bornées et donc que la suite $(a_k)$ serait elle aussi bornée. Ça fait beaucoup de si, à ce stade, je n'en sais rien.Si c'est le cas en comptant les moutons, il ne doit pas être difficile de choisir la suite $(\epsilon_n)$ (je n'ai pas regardé, mais ça me semble très facile.Bref, la difficulté est le contrôle de la taille des $(a_k)$, la page Wikipedia laisse penser qu'on sait calculer les fonctions symétriques des racines en fonctions des sommes de Newton avec des coefficients dont on sait contrôler la taille. Si c'est le cas, je pense que les autres questions sont faciles à traiter.
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Lars : ton principe répond-il à ma question, ou à une autre, plus ancienne ? S'il s'agit d'une série alternée, il y a beaucoup plus simple !
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Je n'ai pas regardé cette question mais celle posée par Chaurien relative à la partition. Comme indiqué plusieurs fois, je ne sais pas si ça fonctionne, car bloqué par méconnaissance des sommes de Newton.PS.1) J'ai corrigé quelques coquilles dans le message précédent.2) La suite $(a_n)$ est bien bornée : j'ai utilisé l'inégalité de Hadamard ainsi que l'expression des coefficients symétriques des racines en fonction des sommes de Newton (résultat que je ne sais pas montrer : j'ai utilisé un résultat donné sans preuve dans l'article wikipedia relatif aux sommes de Newton).3) Si j'arrive à finaliser la preuve (note : la construction de la suite $(\epsilon_n)$), je donnerai quelques détails.
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Un indice, concernant l'exercice de John le Carré, que je salue :Si on pose \( b_n := (-1)^n a_n \), la série \( \sum (-1)^n b_n \) a vachement plus de mal à converger que la série \( \sum (-1)^n a_n \).Je ne sais pas si ça aide.e.v.
Personne n'a raison contre un enfant qui pleure. -
Bonjour, ev, à qui je retourne une amicale salutation ! Je n'en disconviens pas, mais je crains que cela n'aide pas dans ce contexte, car il s'agit de deux séries alternées.
Je suis heureux que d'aucuns réfléchissent à ma question ! Quant à moi, j'attends de pouvoir me pencher sur celle de Lars. -
Fausse alerte.Bon l'inconvénient des solutions au dos d'une enveloppe, c'est qu'il n'y a pas assez de marge pour caser l'énormité de mes conneries.Je vais essayer de réfléchir cette fois.e.v.Personne n'a raison contre un enfant qui pleure.
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Essaie plutôt dans la marge de ton Diophante
! Cela y tiendra.
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Bonjour
Toujours la même question.
Il n'y a aucune preuve dans ce qui suit.
Je reviens sur les notations et je détaille les 3 étapes pour obtenir une construction qui réponde à la question.Le couple A, B partition de $\N^{*}$$(e_n)_{n\ge 1}$ fonction (ie suite définie sur $\N^{*}$) caractéristique de $B$.$T_{k}, k\ge 1$ désigne une suite finie à $k$ éléments qui possède un certain nombres de propriétés que je préciserai plus tard.$\epsilon$ est une suite définie sur $\N^{*} $ dont je préciserai les propriétés plus tard.$a$ designe la suite obtenue en concaténant les suites finies $T_i$ dans l'ordre : $T_1T_2T_3\ldots$Par ex$a_3$ est le second élément de $T_2=(a_2, a_3)$$a_5$ est le second élément de $T_3=(a_4, a_5, a_6)$Ainsi $T_k=(a_{1+k(k-1)/2}, a_{2+k(k-1)/2},\ldots,a_{k+k(k-1)/2}$$u$ désigne la suite $V_1V_2V_3\ldots$ où $\forall k\ge 1,\ V_k=\epsilon_kT_k$Par ex. $u_5=\epsilon_3a_5$J'aurai besoin d'autres notations que j'introduirai plus tard.On va procéder en trois étapes.Étape 1 (facile) : construction de la suite $(a_n)$ telle que les suites finies $T_k, k\ge 1$ vérifient les propriétés données ci-dessous.On note $T_k=(x_1, x_2,\ldots,x_k)$ (pour ne pas alourdir les notations, je n'utilise pas des notations avec double indice (idéalement il faudrait noter $x_{k, 1}$ pour $x_1$).On souhaite que les $x_i$ vérifient le système d'équations $\forall i\in [|1;k|],\ p_i(x_1,x_2,\ldots,x_k)=e_{i} $ où le membre de gauche désigne la somme de Newton $\sum_{j=1}^{k} x_{j}^{i}$.Cette étape consiste essentiellement à prouver que ce système d'équations possède au moins une solution.Il suffit de prouver que le système d'équations $\forall i\in [|1;k|],\ p_i(x_1,x_2,\ldots,x_k)=f_i$, où les $f_i$ sont des complexes donnés, possède au moins une solution.Etape 2 (difficile) : la suite $(a_n)$ est bornée par 2.Etape 3 (moyen) : construction de la suite $\epsilon$ de sorte que la suite $u$ réponde à la question posée par Chaurien. -
Étape 2-1ère partie (le résultat 1 implique le résultat 2)Je suppose que l'étape 1 est acquise.On va procéder ainsi. On va chercher à majorer les éléments de la suite $T_n$ par une borne $M$ indépendante de $n$ ce qui prouvera que la suite $a$ est bornée par $M$.Rappelons que les éléments de la suite $T_n=(x_1,x_2,\dots,x_n)$ vérifient des équations $\forall i\in [|1;n|],\ p_i(x_1,\dots,x_n)=f_i$, où $\forall i, \ |f_i|\le 1$ (les $f_i$ sont des éléments de la suite $e$ qui prend ses valeurs dans 0,1).On note $\sigma_i$ les fonctions symétriques relatives aux complexes $x_1,x_2,\dots,x_n$.On va montrer les deux résultatsRésultat 1 : $\forall i\in [|1;n|], \ |\sigma_i|\le 1$.Résultat 2 : $\forall i\in [|1;n|], \ |x_i|\le 2$ ce qui achèvera la preuve.Preuve de : résultat 1 implique résultat 2.Les $x_i$ sont solutions de l'équation $X^n-\sigma_1X^{n-1}+\cdots+(-1)^n\sigma_n=0$. (1)Rappel sur un résultat (borne de Cauchy) de localisation des racines.Théorème : les racines du polynôme $P:=X^n+a_{n-1}X^{n-1}+\dots+a_1X+a_0$ sont localisées dans le disque de centre 0 et de rayon $R=\max(|a_0|, 1+|a_1|, 1+|a_2|,\ldots,1+|a_{n-1}|$ (2)Eléments de preuve : soit $C_P$ la matrice compagnon de $P$. Alors $P$ est le polynôme caractéristique de $C_P$ et donc l'ensemble des racines de $P$ est égal au spectre de $C_P$.Le théorème de Gerschgorin donne alors la borne de Cauchy (2).Le résultat 1 assure que $\forall i,\ |\sigma_i| \le 1$ et donc la borne de Cauchy du polynôme (1) assure que $\forall i,\ |x_i|\le 2$ ceci achève la preuve du résultat 2.Conclusion : la suite $(a_n) $ est bornée par 2.
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Preuve de l'étape 1 du résultat 2.Je rapelle les identités de Newton. Avec les mêmes notations (abrégées) que dans la note précédente$\forall k\in [|0;n|],\ (-1)^{k-1}k\sigma_k=p_k-\sigma_1p_{k-1}+\cdots+(-1)^{k-1}\sigma_{k-1}p_1$ ($E_k$) où j'ai abrégé en remplaçant $p_i(x_1,x_2,\ldots,x_n)=p_i$.Pour $i\in [1;n],\ |p_i|\le 1$ (car égal à 0 ou 1).On a $\sigma_1=p_1$ d'où $|\sigma_1| \le 1$Supposons que $\forall i\le l,\ |\sigma_i|\le 1$ où $l\in [|1;n-1|]$Alors par inégalité triangulaire appliquée à l'inégalité $(E_{l+1})$ on a $(l+1)|\sigma_{l+1}| \le l+1$, d'où $|\sigma_{l+1}|\le 1$.Ceci assure, par récurrence, que $\forall k\in [|1;n|], \ |\sigma_k|\le 1$ ce qui achève la preuve du résultat 1 et finalement avec la note précédente, prouve l'étape 2 (sous réserve d'existence donnée par l'étape 1).
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Étape 1Je ne détaille pas. Avec les sommes de Newton on finit par se noyer dans les notations.On cherche à savoir si le problème $\forall i\in [1;n],\ p_i=f_i$ (1) possède une solution (notations très abrégées : voir notes précédentes).On utilise les identités de Newton (sans se préoccuper de savoir si les $x_i$ existent bien). Il s'agit de la suite de formules que j'ai écrites dans la note précédente où on remplace $p_i=p_i(x_1,x_2,\ldots,x_n)$ par $f_i$.On obtient ainsi une suite unique $(\sigma_i)_{i\in [1;n]}$.On forme le polynôme $P:=X^n-\sigma_1X^{n-1}+\dots+(-1)^{n}\sigma_0$ dont les racines $y_1,y_2,\dots,y_n$ vérifient (on utilise encore les identités de Newton) $\forall i,\ p_i(y_1,y_2,\ldots,y_n)=f_i$ et donc (1) possède une solution.(si on connaît les $p_i$ on connaît les $\sigma_i$ : 1ère utilisation des identités de Newton, si on connaît les $\sigma_i$ on connaît les $p_i$ : 2 ème utilisation ci-dessus. Pour la 1ère utilisation ce n'est pas exactement une liste d'identités de Newton : c'est formellement la même liste où on a remplacé les sommes de Newton par les $f_i$. Je ne sais pas si c'est clair).
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john_john a dit :Une variante que personne n'a encore soulevée (mais tout le matériel nécessaire se trouve déjà dans ce fil) : si $(a_n)$ est une suite réelle positive, la convergence de $\sum(-1)^na_n$ entraîne-t-elle celle de $\sum(-1)^na_n^3$ ?
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Il manque pas un truc du genre $(-1)^n$ quelque part ?
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Pour l'étape 3, je pensais que le cas divergent serait le plus facile à traiter. En fait le cas convergent impose un choix du type $\epsilon_n=1/n^{1/2+\alpha}$ lorsque la suite $a$ est bornée mais alors impossible de traiter le cas divergent.Il faudrait reprendre les valeurs données dans l'étape 1 : dans le cas divergent je prenais des sommes de Newton égales à 1, il faudrait des sommes de Newton qui tendent vers l'infini (à une vitesse à déterminer) avec le numéro de la tranche, mais du coup il faudrait reprendre les estimations pour l'étape 2 (pas trop grave). Par contre, ça fait un paramètre de plus à estimer de manière simultanée avec la suite epsilon. Ça fait beaucoup de paramètres.Je n'ai pas envie de tout reprendre sans être sûr que ça aboutisse.
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turboLanding a dit :Il manque pas un truc du genre $(-1)^n$ quelque part ?john_john a dit :si $(a_n)$ est une suite réelle positive (...)
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Guego, turboLanding : vous avez raison tous les deux, mais Guego a davantage raison car il propose une suite possible parmi les suites attendues (j'avais la même, d'ailleurs) alors que TurboLanding a pensé en termes de séries. Majorité relative pour Guego
Pour vous départager, encore une: si $(a_n)$ est une suite réelle telle que $n\mapsto|a_n|$ décroisse et que $\sum a_n$ converge, qu'en est-il de $\sum a_n^3$ ?
Par parenthèse : dans chacun de ces deux exercices, le plus dur est finalement de savoir si la réponse est positive, ou non. -
Ce problème a été posé à l'International Mathematics Competition for University Students, en 2013, premier jour,problème 5 : https://www.imc-math.org.uk/index.php?year=2013Les professeurs de prépas peuvent trouver des idées de problèmes dans les annales de cette compétition.
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Une mine de jolis énoncés !! Merci, Chaurien.
Je viens de préciser l'énoncé de mon dernier exo : il s'agit de suites réelles ; nous restons dans le contexte de ce fil. Le cas d'une suite complexe a déjà été réglé avec l'exemple de $\sum\frac{{\rm j}^n}{n^{1/3}}\cdot$ -
Bonjour,Etape 3.On conserve les étapes 1 et 2 en l'état.Par contre, l'étape 3 est plus compliquée que prévu et je n'ai pas envie de suivre la piste que j'ai proposée plus haut.De nouvelles notations.Soit $(m_n)_{n\in \N^{*}}$ suite croissante d'entiers non majorée.On considère la suite $(a_n)$ obtenue par juxtaposition des suites finies $T_{m_k}$ ie dans l'ordre des indices $T_{m_1}T_{m_2}\cdots T_{m_n}\ldots$$I_k$ est la plage d'indices dans $T_k$ de sorte que $I_{m_i}:=[r_i;s_i], r_i=1+\sum_{l<i} m_l,\ s_i:=\sum_{l\le i} m_l$$\varphi(n)$ désigne l'indice tel que $n\in I_{m_{\varphi(n)}}$ (l'indice $n$ tombe dans une unique boîte de numéro...)$\psi(k)$ est le plus petit entier $n$ tel que $k\le m_n$,$\epsilon$ est une suite strictement positive,$\eta$ désigne la suite définie par $\forall n,\ \eta_n=\epsilon_{\varphi(n)} $ de sorte que $\eta$ est constante sur chaque $I_{m_k},\ k\in \N^{*} $.Le problème se reformule ainsi : on cherche deux suites $\epsilon, m$ telles que $\forall k\in \N^{*},\ \sum_n u_{n}^{k}$ converge si, et seulement si $k\in A$ (rappel : la suite $(u_n) $ est définie par $\forall n \in \N^{*},\ u_n=\eta_n a_n$).Soit $k\in A$ (ie cas où la série converge).Rappel : une série $\sum_t w_t$ converge dès que la suite de terme $S_n=\sum_{t=k_0}^{n} w_t$ converge, où $k_0$ est fixé.On débute la somme partielle par la plage d'indices $I_{m_{\psi(k)}}$. Pour le dire plus concrètement, c'est la première plage d'indices qui vérifie $\sum_{t\in I_{m_i}} a_{t}^k=0$.On somme jusqu'à l'indice $n$ (pris supérieur au minimum de l'intervalle ci-dessus).Il existe un entier $h$ avec $m_h \ge m_{\psi(k)}$ tel que $n\in I_{m_h}$Alors $S_n(k):=\sum_{t=r_h}^{n} \eta_{t}^{k}a_{t}^{k}=\sum_{t=\min I_{m_h}}^n$, d'où $|S_n(k)|\le 2^k\epsilon_{h+1}^{k}m_{h+1} \le 2^k \epsilon_{h+1}m_{h+1}$ si on impose à la suite $\epsilon$ d'être majorée par $1$.Soit $k\in B$ (ie le cas divergent).On note $E=I_{m_j}\cup I_{m_{j+1}} \cup\cdots\cup {I_{m_{j+r}}} $On a $\sum_{t\in E} \eta_{t}^{k} a_{t}^{k}=\sum_{l=j}^{j+r} \epsilon_{l}^{k}$Choix$\forall j,\ \epsilon_j=\frac{1}{\ln^2(j+1)}$.Avec ce choix, $\forall k\ge 1$ donc en particulier $\forall k\in B$ le critère de Cauchy n'est pas vérifié (car $\sum_j \epsilon_{j}^{k} $ diverge) et donc la série $\forall k\in B,\ \sum_t u_{t}^{k}$ diverge.En choisissant $\forall j,\ m_j=[\ln (j+2)]$ on a $\forall k\in A,\ |S_n(k)|\le \frac{2^k}{\ln(h+3)}$ et comme $h$ tend vers l'infini avec $n$ (voir plus haut comment est défini $h$), la suite $(S_n(k))$ converge vers 0 donc la série $\sum_t u_{t}^{k} $ converge.
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john_john a dit :Pour vous départager, encore une
: si $(a_n)$ est une suite réelle telle que $n\mapsto|a_n|$ décroisse et que $\sum a_n$ converge, qu'en est-il de $\sum a_n^3$ ?
Par parenthèse : dans chacun de ces deux exercices, le plus dur est finalement de savoir si la réponse est positive, ou non.Effectivement, c'est le plus dur. Pour celui-là, j'ai longtemps cherché en vain dans la mauvaise direction. $\sum a_n^3$ converge. Preuve :On fait une sommation d'Abel. En notant $S_n = \displaystyle \sum_{k=1}^n a_k$, on a $ \displaystyle \sum_{k=1}^n a_k^3 = S_na_n^2 + \sum_{k=1}^{n-1} S_k (a_k^2-a_{k+1}^2)$.Or, $\sum a_n$ converge, donc $S_n$ converge vers une limite finie, et $a_n$ vers $0$. Donc $S_na_n^2$ converge vers $0$. Reste à étudier la série $\sum S_k(a_k^2-a_{k+1}^2)$. Étant donné que $(S_k)$ admet une limite finie, elle est bornée : $|S_k|\leqslant M$ pour un certain réel $M$. Et (c'est là qu'on utilise la décroissance de $|a_n|$) : $a_k^2-a_{k+1}^2 \geqslant 0$. Donc $|S_k(a_k^2-a_{k+1}^2)| \leqslant M(a_k^2-a_{k+1}^2)$, qui est le terme général d'une série convergente. Donc $\sum S_k(a_k^2-a_{k+1}^2)$ est absolument convergente, et donc convergente.
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Et voilà ! Et c'est la décroissance de $n\mapsto a_n^2$ qui distingue le cas d'une suite réelle du cas général (où cela tombe en défaut).
Une remarque <<culturelle>> : si une fonction $f$ de $\R$ dans $\R$ est telle que $\sum u_n$ converge implique $\sum f(u_n)$ converge, alors $f$ est de la forme $x\mapsto ax$ dans un certain voisinage de $0$. J'en avais un jour rédigé une solution assez laborieuse --- il y en a sans doute d'autres, plus élégantes. -
Bonjour,à propos de la remarque de John_John, voilà une rédaction (laborieuse) de son exercice.Bonne journée.
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J'ai discuté avec ami de ce problème et il m'a donné une idée qui simplifie grandement ce que j'envisageais de faire pour conclure. Je rappelle qu'il me restait à construire pour tout $K\in \mathbb{N}^*$ une suite $(u_{K,n} )_{n\in \mathbb{N}} \in \mathbb{C}^{\mathbb{N}}$ telle que : $\forall k\in \mathbb{N}^*$, ($\sum u_{K,n} ^k $ diverge) $\Leftrightarrow k=K$. Eh bien il suffit de prendre \[u_{K,n} = \left\lfloor { \frac{n}{K} +1 }\right\rfloor ^{- \frac{1}{K} } \exp \!\left( \frac{2\mathrm{i}\pi n}{K} \right) \qquad \text{i.e.} \qquad (u_{n} )_{n\in \mathbb{N}} = \bigoplus_{j=1}^\infty \left( \frac1{j^{1/K}} \exp \!\left( \frac{2\mathrm{i}\pi m}{K} \right) \right)_{0\leqslant m\leqslant K-1}\] avec ma notation de concaténation de suites $\oplus $. En effet :
- Si $k\in [\![1,K-1]\!]$, alors le $j$-ième paquet de la somme vaut $\frac1{j^{k/K } } \sum\limits_{m=0} ^{K-1} \exp \!\left( \frac{2\mathrm{i}\pi km}{K} \right)$, et le terme général de $(u_n)$ tend vers 0, donc $\sum\limits_{n=0} ^{\infty } u_{K,n} ^{k} =0$.
- Si $k=K$, alors les exponentielles puissance $K$ valent 1, donc $\sum\limits_{n=0} ^{\infty } u_{K,n} ^{K} = \sum\limits_{j=0} ^{\infty } \frac{K}{j} = +\infty $.
- Si $k>K$, alors $u_{K,n} ^{k}$ est sommable car $\sum\limits_{n=0} ^{\infty } |u_{K,n} ^{k} | \leqslant \sum\limits_{j=0} ^{\infty } \frac{K}{j^{k/K}} <\infty $.
Ainsi, ma preuve du problème de Chaurien est complète. -
Cet ami avait eu à l'oral de Polytechnique en 4e exo (oui oui, il a fait 4 exos !) la variante suivante de ce fil (qui est aussi un cas particulier du problème de @Chaurien) :Existe-t-il une suite réelle $(u_n)$ telle que $\sum u_n ^5$ converge et $\sum u_n ^k$ diverge pour tout autre entier $k\in\Bbb N^*$ ?On peut la résoudre de manière similaire à ce qu'a fait @JLT dans les premiers messages du fil :en posant $(u_n) = (-a_1,-a_1,2^{1/5} a_1,\ldots,-a_n,-a_n,2^{1/5}a_n,\ldots)$ avec $a_n =\frac1{\ln(n+1)}$.
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