Série condensée

Homo Topi · April 2022

Je regarde la série $\displaystyle\sum\dfrac{1}{n(\ln n)^b\big(\ln(\ln n)\big)^c}$, avec $b,c \in \R$. Apparemment, on est censé pouvoir déterminer quand elle converge à l'aide du test de condensation : on est censé obtenir la série $\displaystyle\sum\dfrac{1}{n^b(\ln n)^c}$, qui est une série de Bertrand. Je ne trouve pas ça.

Bon, je remplace $u_n:=\dfrac{1}{n(\ln n)^b\big(\ln(\ln n)\big)^c}$ par $2^nu_{2^n}$. J'obtiens $\dfrac{1}{(\ln(2^n))^b\big(\ln(\ln (2^n))\big)^c}$.

Le premier logarithme ne pose pas de problème : $\dfrac{1}{(\ln(2^n))^b\big(\ln(\ln (2^n))\big)^c}=\dfrac{1}{(\ln2)^b}\times\dfrac{1}{n^b\big(\ln(\ln (2^n))\big)^c}$.

Le deuxième cependant... $\big(\ln(\ln (2^n))\big)^c = \big(\ln(n\ln2)\big)^c$, et ensuite ?

skazeriahm · April 2022

$\ln(\ln 2^n)^c=(\ln n + \ln \ln 2)^c$ ?

MrJ · April 2022

Il’ suffit de faire un équivalent ensuite.

Par contre, il faut distinguer les cas : tu ne peux que appliquer le critère de condensation si la suite considérée est décroissante.

Homo Topi · April 2022

Je sais pour la décroissance. J'ai préféré comprendre le calcul avant de me préoccuper de ça.

Je suis censé trouver un équivalent en $+\infty$ "utile" de $(\ln(n\ln 2))^c$. Je propose : $\ln(n \ln 2) \sim_{\infty} \ln(n)$, donc en fait $(\ln(n\ln 2))^c \sim_{\infty} (\ln n)^c$.

Donc $\displaystyle \sum \dfrac{1}{\big( \ln(2^n)\big)^b \big(\ln(\ln(2^n) \big)^c}$ et $\displaystyle \sum \dfrac{1}{\ln(2)^b n^b (\ln n)^c}$ sont de même nature (puisque les termes généraux sont donc équivalents à l'infini). C'est sous réserve de positivité évidemment, mais ça ne pose pas de problème, on est bien positif à partir d'un certain rang.

La deuxième est bien une série de Bertrand (à une constante près, je sais), donc on connait le critère : convergence $\Leftrightarrow (b,c)>(1,1)$.

Du coup, ça devrait bien se généraliser bien aux séries de la forme $\displaystyle \sum \dfrac{1}{n^a \big(\ln^1 (n)\big)^{b_1} \cdots \big(\ln^k (n)\big)^{b_k} }$. Le critère de convergence devrait toujours être que $(a,b_1,\ldots,b_k)>(1,\ldots,1)$ pour l'ordre lexicographique.

Tout ça si le terme général est effectivement décroissant. Donc j'en suis là.

Homo Topi · April 2022

Bon, ben réfléchissons alors.

Je veux que $(n \ln(n)^b \ln(\ln n)^c )_n$ soit croissante à partir d'un certain rang.

$$(n+1) \ln(n+1)^b \ln(\ln (n+1))^c\geqslant n \ln(n)^b \ln(\ln n)^c \ \Longleftrightarrow\ \dfrac{n+1}{n} \bigg( \dfrac{\ln(n+1)}{\ln(n)} \bigg)^b \bigg( \dfrac{\ln(\ln(n+1))}{\ln(\ln(n))}\bigg)^c\geqslant 1.$$

Si $b \geqslant 0$ et $c \geqslant 0$, c'est bon parce que dans ce cas, $x \geqslant 1 \Rightarrow x^{b,c} \geqslant 1$. Et les machins entre parenthèses au-dessus sont clairement supérieurs à $1$.

Sinon...

Homo Topi · May 2022

J'ai laissé ceci un peu de côté pendant un moment, mais j'y re-réfléchis. J'ai un petit problème avec notre histoire de décroissance.

Je pense que je peux juste poser $f(x) = \dfrac{x+1}{x} \bigg( \dfrac{\ln(x+1)}{\ln(x)} \bigg)^b \bigg( \dfrac{\ln(\ln(x+1))}{\ln(\ln(x))} \bigg)^c$ et me lancer dans une étude de variations dégueulasse avec 14 cas différents à traiter. MAIS. Comme je le disais 2 messages au-dessus, le critère de convergence pour ce type de séries est censé se généraliser à un nombre quelconque de logarithmes itérés. Donc j'aimerais une approche qui se généralise bien.

EDIT. Je n'ai rien dit. J'avais écrit un truc mais je me suis mélangé entre les croissants et les décroissants, donc c'était faux.

JLapin · May 2022

Si les exposants qui vont bien sont strictement positifs, ta suite est décroissance APCR comme produit de suites décroissantes positives.

Ca devrait suffire, non ?

Homo Topi · May 2022

Ben oui, mais ça je l'ai déjà dit... et quand $b$ et/ou $c$ est négatif, je fais quoi ?

JLapin · May 2022

Tu peux comparer à des termes généraux plus simples par croissances comparées.

Homo Topi · May 2022

Je ne suis pas sûr de bien comprendre la logique... j'ai énormément de mal avec ces histoires.

Bon. Je veux écrire une inégalité entre $\dfrac{n+1}{n} \bigg( \dfrac{\ln(n+1)}{\ln n} \bigg)^b \bigg( \dfrac{\ln(\ln(n+1))}{\ln(\ln n)} \bigg)^c$ et $1$.

Mon idée est de voir si quand $b<0$ ou $c<0$, on a $\dfrac{n+1}{n} \bigg( \dfrac{\ln(n+1)}{\ln n} \bigg)^b \bigg( \dfrac{\ln(\ln(n+1))}{\ln(\ln n)} \bigg)^c$ qui serait un $o$ ou $O$ d'un truc qui tend vers $0$ : dans ce cas, c'est $\leqslant 1$ APCR et c'est réglé.

Et là, on me parle de croissances comparées. Réfléchissons.

Par CC, je sais que $\displaystyle \lim_{x \to +\infty} \dfrac{\ln x}{x}=0$, donc $\ln(x)=o_{+\infty}(x)$. Donc $\ln(\ln x) = o_{+\infty}(\ln x)$. Je ne sais pas trop comment m'occuper des dénominateurs... ni des puissances, pour être honnête.

bisam · May 2022

Quand $b$ ou $c$ est strictement négatif, il est immédiat que le terme général de départ est supérieur à $\frac{1}{n}$ à partir d'un certain rang... donc on peut conclure sans utiliser quoi que ce soit de compliqué !

Homo Topi · May 2022

C'est très non-immédiat pour moi. J'aimerais savoir pourquoi c'est censé être immédiat.

JLapin · May 2022

Si $b<0$, ton terme général est supérieur à $1/n$ APCR par croissances comparées.

Si $b>0$ et $c<0$, tu peux comparer à des termes généraux plus simples (pas forcément $1/n$) pour montrer soit une divergence, soit une convergence suivant les valeurs de $b$.

bisam · May 2022

Si $b<1$ (et a fortiori, si $b<0$), alors $\dfrac{1}{n\ln(n)}=o\left(\dfrac{1}{n(\ln(n))^b(\ln(\ln(n)))^c}\right)$ donc on peut conclure que la série diverge, par comparaison à une série de Bertrand d'exposants $(1,1)$ donc divergente.

Si $b >1$, on pose $b'=\frac{b+1}{2}$ et $\dfrac{1}{n(\ln(n))^b(\ln(\ln(n)))^c}=o\Big(\dfrac{1}{n(\ln(n))^{b'}}\Big)$ donc on peut conclure que la série converge, par comparaison à une série de Bertrand d'exposants $(1,b')$ avec $b'>1$ donc convergente.

Si $b=1$ et $c\leq 0$ alors à partir d'un certain rang $\dfrac{1}{n(\ln(n))^b(\ln(\ln(n)))^c}\geq \dfrac{1}{n\ln(n)}$ donc on peut conclure que la série diverge, par comparaison à une série de Bertrand d'exposants $(1,1)$ donc divergente.

Si $b=1$ et $c>0$, on peut appliquer le critère de condensation comme tu l'as fait.

Homo Topi · May 2022

Apparemment, 3 calculs séparés c'est "immédiat" maintenant.

Je vais disséquer un peu ce qui a été dit. C'est énormément d'information d'un coup. Je n'ai toujours pas compris comment JLapin fait sa croissance comparée.

JLapin · May 2022

$\dfrac{\ln n}{(\ln \ln n)^c} >1$ APCR, donc $\dfrac{\ln n}{n (\ln \ln n)^c}\geq \dfrac{1}{n}$.

Mais la présentation de Bisam est évidemment plus complète et exhaustive.

bisam · May 2022

J'ai tout détaillé ci-dessus, mais ce que je trouvais immédiat, c'était mon 3ème cas (que l'on peut un peu généraliser... mais ce n'est pas nécessaire). J'ai été un peu rapide dans mon jugement, il est vrai.

Homo Topi · May 2022

J'ai fait une pause ici. J'ai eu besoin de me refaire tout un cours détaillé sur les croissances comparées, ça m'a toujours embrouillé comme pas possible. Entre les formes indéterminées ou non, les exposants positifs/négatifs au numérateur/dénominateur... j'ai tout refait en un doc ou j'y vois clair. Et j'ai rédigé tout ce qu'on avait dit au propre.

Je n'ai plus de questions, on peut clore le fil. Merci à bisam en particulier.

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