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Série entière

Modifié (19 Jun) dans Analyse
Bonsoir à tous, je passe mes oraux dans 4 jours, pouvez-vous m’aider sur cet exercice ? Merci (à partir de la seconde question)

Réponses

  • $a_n$ a une forme explicite mais une sale face, c'est un produit. On préfere manipuler les sommes. 
    --->  ~ Heartbeat Heartbeat ~ www.youtube.com/watch?v=yogaAzfzpkk <---
  • Modifié (19 Jun)
    Bonsoir
    Je ne sais pas de quel niveau on parle.
    Donc fonction Gamma et théorème radial d'Abel, c'est sous réserve que vous connaissiez.
    Utilisez une des définitions de la fonction Gamma, celle qui vous donnera un équivalent de $\alpha(\alpha-1)\cdots(\alpha-n) $
    Si $\alpha >0$ théorème de comparaison avec une série de Riemann.
    Si $\alpha <0$, la série est alternée. Vérifiez si par hasard le critère de Leibniz s'applique.
    Théorème radial d'Abel.
  • Bonjour
    ou utiliser l'equation différentielle vérifiée par f
  • Modifié (20 Jun)
    Restons dans le cadre de la demande urgente de Prepampx. Il s'agit d'un problème d'oral de concours, et il faut donc rester pour l'instant dans le programme de Math-Spé, on pourra donner des développements plus tard. La bonne idée est celle qui a été suggérée par Positif. On part de la formule donnant $a_n$, qui est un produit, et on transforme ce produit en somme au moyen de la fonction bien connue qui réalise cette transformation. Et comme dit Positif, il sera plus commode d'évaluer cette somme. Notez que l'énoncé ne demande pas l'expression de la constante $C$ en fonction de $\alpha$, mais seulement l'existence de cette constante.
    Prepampx pourrait nous dire ce qu'il a fait, afin que nous puissions le guider.
    Bon courage.
    Fr. Ch.
  • Modifié (20 Jun)
    Allez, devant l'urgence, autorisons-nous une petite entorse aux règles. On a :
    $a_{n}=(_{n}^{\alpha })=\frac{\alpha (\alpha -1)...(\alpha -n+1)}{n!}=\overset{n}{\underset{k=1}{\prod }}\frac{\alpha -k+1}{k}=(-1)^{n}\overset{n}{\underset{k=1}{\prod }}(1-\frac{\alpha +1}{k})$.
     On traite d'abord le cas $\alpha<0$, qui conduit à : $|a_{n}|=\overset{n}{\underset{k=1}{\prod }}(1-\frac{\alpha +1}{k})$, produit de facteurs positifs, dont on peut donc prendre le logarithme. Etc...
    Bon courage Prepampx
  • Modifié (20 Jun)
    Bonjour
    Si niveau prépa, critère de Gauss pour 1ère question (donc à redémontrer dans ce cas particulier).  
    Si $u_{n+1}/u_n = 1-\beta/n+O(1/n^2)$ alors il existe $k>0$ telle que $u_n\sim k/n^{\beta} $.
    Comme la preuve n'est pas facile, quelques détails.
    On forme le rapport $\dfrac{|a_{n+1}|}{|a_n|}$ qui admet un développement asymptotique du type $1-\beta/n+O(1/n^2)$ (donc beta à calculer, je n'ai pas fait le calcul).
    La suite de terme $b_n=1/n^{\beta} $ admet le même développement asymptotique d'où
    $\dfrac{|a_{n+1}|b_n}{|a_n|b_{n+1}}=1+O(1/n^2)$ d'où $ \ln (membre de gauche) =O(1/n^2)$,\  d'où  $\sum \big(\ln(c_{n+1})-\ln(c_n)\big) $ converge où $\forall n, \ c_n=|a_n|/b_n$ et donc il existe une constante $ k>0$ telle que $|a_n| \sim k/n^{\beta} $.
  • Modifié (21 Jun)
    Le « critère de Gauss » n'est pas au programme de prépa. On le traite souvent en exercice, mais il y a déjà suffisamment de choses à apprendre pour ne pas obliger l'étudiant à se charger la mémoire de « critères » divers et variés.  On préférera les méthodes, comme la sommation des relations de comparaison, qui, elle, est au programme.
    Et le calcul est même plus simple  : $\ln |a_{n}|=\overset{n}{\underset{k=1}{\sum }}\ln (1-\frac{\alpha +1}{k})=\overset{n}{\underset{k=1}{\sum }}(-\frac{\alpha +1}{k}-\frac{(\alpha +1)^{2}}{2k^{2}}+o(\frac{1}{k^{2}}))=...$
    $~~~~~~~~~~~~~~=-(\alpha +1)\overset{n}{\underset{k=1}{\sum }}\frac{1}{k}+C_{1}+o(1)=-(\alpha +1)\ln n+C_{2}+o(1)$.
    D’où : $|a_{n}|\sim Cn^{-(\alpha +1)}$, avec  $C=e^{C_{2}}>0$.
  • Modifié (21 Jun)
    La nuit porte conseil. En me réveillant, il m'apparaît que dans mon dernier message je n'ai pas même utilisé la sommation des relations de comparaison, mais  seulement le fait que la série de terme général  $-\frac{(\alpha +1)^{2}}{2k^{2}}+o(\frac{1}{k^{2}})$ est convergente. En reprenant mes notations, j'ai donc : $\overset{n}{\underset{k=1}{\sum }}\big(-\frac{(\alpha +1)^{2}}{2k^{2}}+o(\frac{1}{k^{2}})\big)=C_{1}+o(1)$ quand $n\rightarrow +\infty $, avec : $C_{1}=\overset{+\infty }{\underset{k=1}{\sum }}\big(-\frac{(\alpha +1)^{2}}{2k^{2}}+o(\frac{1}{k^{2}})\big)$.
    J'utilise de plus  l'égalité bien connue : $\overset{n}{\underset{k=1}{\sum }}\frac{1}{k}=\ln n+\gamma+o(1)$ (constante d'Euler) qui donne ma constante $C_{2}$.
    Remarquons enfin que pour conclure, il est indispensable d'utiliser un développement limité en petit $o(...)$, car $e^{o(1)}=1+o(1)$. Un reste en grand $O(...)$ ne permettrait pas d'obtenir l'équivalent demandé.
    Joyeux solstice d'été 2022,
    Fr. Ch.
  • Modifié (21 Jun)
    Bonjour,

    > La nuit porte conseil.

    Elle a été courte: $03:42 \to 07:32$. C'est pour mieux profiter de l'été ?

    Cordialement,
    Rescassol

  • Modifié (21 Jun)
    Tant pis, je continue car l'échéance se rapproche pour  Prepampx
    $\bullet$ À proprement parler, mon calcul n'est valable que si tous les $1-\frac{\alpha +1}{k}$ sont positifs pour $k \in \mathbb N^*$, soit si $\alpha<0$, comme j'ai dit.
     Pour traiter les autres valeurs de $\alpha$, à la place de $a_n$ posons $a_n(\alpha)=(_{n}^{\alpha })=\frac{\alpha (\alpha -1)...(\alpha -n+1)}{n!}$. Alors $\frac {a_n(\alpha-1)} {a_n(\alpha)} \sim - \frac n{\alpha}$ quand $n \rightarrow + \infty$. En itérant, il vient, pour $p \in \mathbb N^*$ :  $a_n(\alpha-p)\sim (-1)^p \frac {n^p}{\alpha(\alpha-1)...(\alpha-p+1)} a_n(\alpha) $. En prenant $p$ assez grand pour que $\alpha-p<0$, on montre que la formule $|a_{n}|\sim \frac C {n^{\alpha +1}}$, avec $C>0$, est valable pour tout $\alpha \in \mathbb{R}\backslash \mathbb{N}$. Il y a peut-être plus simple mais c'est tout ce que j'ai trouvé.
    $\bullet$ Si $\alpha>0$ alors l'équivalent  $|a_{n}|\sim \frac C {n^{\alpha +1}}$ montre que la série $\sum a_n$ converge absolument.
    Si $ -1< \alpha <0$, observons que $\frac {a_{n+1}}{a_n}=\frac {\alpha-n}{n+1}$, d'où $-1< \frac {a_{n+1}}{a_n}<0$ pour tout $n \in \mathbb N$. De plus, $|a_{n}|\sim \frac C {n^{\alpha +1}}  \rightarrow 0$. La série $\sum a_n$ satisfait au critère spécial pour les séries alternées, et elle converge donc.
    Si $ \alpha <-1$, l'équivalent  $|a_{n}|\sim \frac C {n^{\alpha +1}}$ montre que la série $\sum a_n$ diverge grossièrement.
    $\bullet$ Quelle est la somme de la série $\sum a_n$ lorsqu'elle converge ? Il faut laisser quelque chose à faire...
    $\bullet$ Au fait notons une petite erreur d'énoncé. On a bien la suite réelle $(a_n)_{n \in \mathbb N}$, et la fonction est : $f(x)=\overset{+\infty }{\underset{n=0}{\sum }}$$a_n x^n$. L'indice $n$ part de $0$ et non de $1$.
  • Merci beaucoup à vous 
  • Modifié (21 Jun)
    Bonjour
    Il faut lire : à redémontrer dans ce cas particulier. La rédaction de la preuve était laissée @Prepampx qui a disparu des écrans.

    Tout ce qui suit est de niveau classe prépa.
    On cherche à montrer que la suite $c_n:=|a_n|/n^{1+\alpha}$ converge (réflexe pour un oral : on nous donne le résultat, on l'exploite) vers un réel strictement positif, ie que la suite de terme $\ln (c_n)$ converge et ceci est vrai (on a gardé en mémoire que $|a_{n+1}|/|a_n|$ a une forme simple) dès que (on a la réciproque) la série $\sum\big(\ln(c_{n+1})-\ln(c_n)\big)$ converge.
    L'exercice se ramène à la recherche d'un équivalent. Donc, on termine par un petit calcul pour conclure.
    Tout ceci c'est de niveau mathsup, probablement vu en TD, ou en devoir sur table par ex. avec la formule de Stirling et les intégrales de Wallis...
    Voir l'indication de la question 2 du message ci-dessous de bisam.
  • Je renvoie à ce fil, qui traitait du même exercice mais dans le cas un poil plus compliqué où $\alpha$ peut être complexe.
  • Modifié (21 Jun)
    Pour la limite en 1, comme le montre le lien vers le message de bisam, le théorème radial n'est pas utile.
    On peut aussi procéder ainsi (à vérifier je n'ai rien rédigé).
    On constate que $f^{(n+1)}$ s'exprime avec $f^{(n+1)}(0)$ donc s'exprime avec $a_{n+1}$.
    Si $\sum a_n$ converge alors la suite $(a_n) $ tend vers 0 (sert pour le terme de droite plus bas).
    En utilisant la formule de Taylor Lagrange (ie il existe $c\in] 0;1[$...), on majore $|f(1) - \sum_{k=0}^{n} a_k|$ par un terme qui tend vers 0.
    Calculs et détails à vérifier.
    Commentaires
    1) si cette preuve est correcte,  alors dès qu'on a prouvé la convergence de la suite $(a_n) $ vers 0 on obtient d'une part la convergence de la série $\sum a_n$ et d'autre part on obtient sa somme.
    2) @bisam, cette preuve (non vérifiée) doit (devrait) pouvoir s'adapter au cas $\alpha$ complexe, en utilisant l'inégalité de Taylor Lagrange (lemme de croissance) ie la version vectorielle (fonction à valeurs dans $\C$). Je n'ai pas regardé.
    Ça donnerait ($\alpha$ éventuellement complexe)
     $f(1)-S_n=\int_{0}^{1} \frac{(1-t)^n}{n!} f^{(n+1)}(t) dt$ d'où $|f(1)-S_n|\le \frac{M_{n+1}}{(n+1)!}$ où $S_n=\sum_{k=0}^{n} a_k$
    $M_n=||f^{(n)} ||_{\infty,  [0;1]}$
    Comme $f^{(n+1)}(t)=f^{(n+1)}(0)(1+t)^{\alpha-(n+1)}$ on obtiendrait $\forall n>Re(\alpha)-1,  \frac{M_{n+1}}{(n+1)!} \le |a_{n+1}|$ soit $\forall n>Re(\alpha)-1, |f(1)-S_n|\le |a_{n+1}|$
    À vérifier
  • C'est agaçant de simplicité... et ça n'utilise même pas l'équivalent de $|a_n|$ ! Bien joué, @Lars .
  • Modifié (22 Jun)
    Bonjour
    Dans le lien donné par bisam, on traite par convergence uniforme et si on utilise le théorème radial d'Abel la preuve repose (en reprenant le terme wikipedia) sur la transformation d'Abel puis on prouve une certaine convergence uniforme, puis on obtient la continuité à gauche. Donc tout tourne autour de la convergence uniforme.
    Gauss connaissait le théorème radial d'Abel une quinzaine d'années avant la publication d'Abel dans laquelle ce dernier dégage la notion de convergence uniforme.
    Je ne sais pas comment Gauss a procédé sans maîtrise de la convergence uniforme, mais il aurait pu procéder ainsi.
    NB : je n'ai pas retrouvé cette preuve sur le net, mais j'avais vu (à défaut peut-être de cette preuve, je ne sais plus) ce procédé.
    Ça peut intéresser les étudiants fâchés avec la convergence uniforme et la transformation d'Abel (oubli de termes, faut-il prendre les sommes partielles ou les restes...).
    Soit $(a_n) $ suite de complexes telle que la série entière $\sum a_nz^n$ possède un rayon $R$ supérieur ou égal à 1 ($R=1$ si on préfère car sinon le résultat est trivial).
    On suppose que $\sum a_n$ converge et on note $S$ sa somme.
    On notera $S_n=\sum_{k=0}^n a_k$
    On cherche à prouver que la fonction de la variable réelle définie sur $\forall t\in [0;1[, f(t)=\sum_{n=0}^{+\infty}a_nt^n$ possède une limite à gauche en 1 égale à $S$.
    Un premier résultat (connu de Gauss)
    Soit $(\epsilon_n)$ suite de complexes convergeant vers 0, alors $\sum_{n=0}^{+\infty} \epsilon_n t^n=_{1^{-}}o(\frac{1}{1-t}) $où $t$ est une variable réelle.
    Résultat très facile à prouver par découpage. Je ne le montre pas.
    Un constat : il suffit de prouver le résultat avec $S=0$.
    C'est moins immédiat.
    Il suffit (par ex.) de constater que si le résultat est vrai pour la suite $(a_n) $ le résultat est vrai pour toute suite qui ne diffère que par un nombre fini de termes.
    En particulier le premier. On remplace alors $a_0$ par $a_0-S$.
    Dans la suite, on suppose $S=0$.
    NB : Gauss n'aurait pas eu besoin de ce passage : il suffit de tirer un corollaire immédiat du résultat précédent connu lui aussi de Gauss (si $b_n \sim b$ avec $b$ différent de 0 alors...)
    Rem : cette technique (c'est un grand mot) peut-être utilisée dans d'autres situations si on a du mal à choisir entre la suite des sommes partielles et celle des restes (ces deux suites tendent vers $0$).
    La preuve.
    Par le petit lemme ci-dessus, $(1-t)\sum_{n=0}^{+\infty} S_nt^n=_{1^{-}}o(1)$ car $S_n=o(1)$ puis on éclate en deux sommes pour conclure. C'est fini.
    Alternative : on peut faire cette preuve sans imposer $S=0$, en écrivant un corollaire du lemme.
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