Série à termes complexes
Réponses
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je n'ai rien compris à ce que tu fais.Normal, je fais des maths. Toi, tu fais des calculs.Tu me dis, j'oublie. Tu m'enseignes, je me souviens. Tu m'impliques, j'apprends. Benjamin Franklin
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Pas besoin de DL, juste sois observateur…
et pour $A_n$, ne peux-tu pas majorer grossièrement ? -
Les voici.
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Je n'ai pas réussi dans le cas général à démontrer que la série des j^k est bornée.
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Les maths, c'est l'art de rendre simples des choses qui sont compliquées, ce n'est pas l'inverse !
$\Sigma_1^n {j^k} = $ ?
$0$ ou $j$ ou $j+j^2$ selon que $n$ est de la forme $3p$ ou $3p+1$ ou $3p+2$ (parce que pour tout $k$, $j^k+j^k+1+j^k+2=0$ )
Et comme $j+j^2=-1$ la somme vaut $0$, $j$ ou $-1$ selon que $n$ est de la forme $3p$ ou $3p+1$ ou $3p+2$
Quand on regroupe des termes ensemble pour calculer cette somme, l'idée, c'est quand même de faire des petits paquets dont la somme donne 0, non ?Tu me dis, j'oublie. Tu m'enseignes, je me souviens. Tu m'impliques, j'apprends. Benjamin Franklin -
IL y a tout de même une incroyable non-démonstration de la convergence absolue de la série $\sum \frac{1}{k^{1/3}} - \frac{1}{(k+1)^{1/3}}$ dans la photo qui nous est proposée...La pause s'impose, tu n'as plus aucun recul sur ce que tu écris.
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OShine, de plus tu écris $1/k^{1/3}\leq 1/k^{\alpha}$ où $\alpha >1$. Ça c'est des salades...
JLapin voulais te faire remarquer qu'il y a du téléscopage dans $\sum |1/k^{1/3}-1/(k+1)^{1/3}|$ -
@OShine, tu es complètement intoxiqué par des méthodes mal comprises. Laisse tomber tout ça, débranche toi d'internet et rebranche ton cerveau ! Un problème de maths ce n'est pas un cadavre exquis. Pour le résoudre, on commence déjà par l'analyser en détail. Ce n'est qu'après avoir compris ce qui se joue (A) qu'on se lance dans les calculs pour vérifier (B), puis dans la rédaction (C). Toi tu commences par (C) et (B) au petit bonheur la chance, sans jamais passer par (A)...
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@math2 Voici un énoncé simple qui précise cette idée de paquets.Soit $\phi$ une fonction strictement croissante de $\N$ dans $\N$ telle que :$$\sum_{k \in \left[\phi(n),\phi(n+1)\right[} |a_k| \xrightarrow[n\to+\infty]{} 0.$$On considère pour tout $n\in \N$ la somme du paquet $\left[\phi(n),\phi(n+1)\right[$ :$$b_n = \sum_{k \in \left[\phi(n),\phi(n+1)\right[} a_k.$$Alors les séries $\sum a_n$ et $\sum b_n$ sont de même nature, et de même somme lorsqu'elles convergent.Effectivement le cas des séries à termes positifs est beaucoup plus confortable car on peut choisir les paquets arbitrairement.
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C'est bon j'ai corrigé. Je trouve le même résultat que Lourran.
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Mais OS, on s’en fout de calculer $\sum_{k=0}^n j^k$. Pour Abel, on veut juste borner (majorer) cette quantité (en module). C’est géométrique et tu l’as déjà calculé mais donc pour majorer ça, tu ne vois pas une façon très très simple de faire ? Le numérateur $1-j^{n+1}$, tu ne vois pas comment majorer ça (en module toujours) ???Sérieux, c’est quoi cette manie de tout vouloir faire compliqué quand on peut faire simple ? Tu fais un DL pour une série télescopique !! Évidemment qu’après on te dit que tel ou tel exo est faisable au lycée/début de sup et que tu sèches.
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Oui il y a plus rapide, on a $\dfrac{ |1 -j^{n+1} |}{ |1-j|} \leq \dfrac{2}{ |1-j|}$ par l'inégalité triangulaire.
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C'est quoi la deuxième méthode qui utilise le critère spécial des séries alternées ?
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Pour la partie réelle ça donne ça, mais je ne sais pas si tu vas comprendre vu que tu n'as pas compris la méthode de lourrran... je n'ai pas envie de formaliser :
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J'avoue je n'ai rien compris.
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C'est un bon début : ego te absolvo a peccatis tuis.
Maintenant va, et ne pèche plus... -
La feuille que tu présentes pour calculer $\Sigma j^k$, c'est un travail de collégien. Ok, les nombres complexes ne sont pas connus au collège, les sommes avec le symbole Sigma non plus, mais détailler ce calcul sur une page, pour convaincre qui ? Dès que tu as fait 10 exercices sur les nombres complexes, $j$ est connu, $1+j+j^2 =0$, et $j^k+j^{k+1}+j^{k+2}=0$ ... C'est connu.
J'imagine un correcteur qui voit un étudiant qui présente cette page de calcul. Il va halluciner. Il va te demander si c'est la première fois que tu fais un exercice avec des nombres complexes, il va se demander ce qui se passe.
On croirait un artiste peintre qui montre des dessins faits par un môme de 5 ans, au lieu de montrer ses créations. Et qui ne se rend pas compte du quiproquo.
Tu fais des exercices de niveau Bac+2, essaie de te comporter comme un étudiant de niveau bac+2.
Et si tu tiens absolument à te comporter comme un collégien ou un gamin de seconde, alors fais des exercices de ce niveau.Tu me dis, j'oublie. Tu m'enseignes, je me souviens. Tu m'impliques, j'apprends. Benjamin Franklin -
@raoul.S en fait c'était simple.
On a $j^k = \cos (2 k \pi /3) + i \sin (2 k \pi /3)$ d'après la formule de Moivre.
Donc $Re( \displaystyle\sum_{k=1}^n j^k k^{-1/3}) = \boxed{\displaystyle\sum_{k=1}^n \cos (2 k \pi /3) k^{-1/3}}$
Si $k=1$ alors $\cos (2 \pi /3)= 1/2 >0$. Si $k=2$ alors $\cos (4 \pi /3)= -1/2 <0$. Si $k=3$ c'est positif. Si $k=4$ c'est négatif.
C'est une série alternée. On a $|j^k k^{-1/3} | \leq k^{-1/3} \longrightarrow 0$ et la suite $(|j^k k^{-1/3} |)$ est décroissante.
On peut utiliser le critère spécial des séries alternées. Même chose pour la partie imaginaire. -
Non, c'est un poil plus subtil car $\cos (2 \pi /3)= -1/2 <0$... d'où la méthode que je t'ai montrée ci-dessus et celle de lourrran à la page précédente.
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Ah j'ai compris maintenant merci !
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