Forum de mathématiques - Bibm@th.net

Bon tout d'abord tu es d'accord que $(nu_{n+1})$ est bornée ? Eh bien, à partir de $(*)$ que peux-tu en déduire ?

Re,
Bon je me suis trompé dans mon raisonnement par l'absurde, excuse moi. Pourrais tu donner ce contre-exemple ?
Du coup j'ai repris une autre piste sur laquelle j'étais et finalement (autre chose que par l'absurde) ça a aboutit (pour le coup je suis à peu près sûr de mon coup cette fois) :
On a évidement $nu_{n+1} = \sum\limits_{k=0}^{n-1} (k+1)u_{k+2}-k u_{k+1} = \sum\limits_{k=0}^{n-1} k(u_{k+2}-u_{k+1}) + \sum\limits_{k=2}^{n+1} u_{k}$ $(*)$.
Après il faut d'abord trouver une propriété sur $ \sum\limits_{k=0}^{n-1} k(u_{k+2}-u_{k+1}) $ à partir de l'égalité ci dessus et de l'inégalité suivante : $nu_{n+1} \leq  \sum\limits_{k=2}^{n+1} u_{k}$. Puis en utilisant cette propriété et $(*)$, on en déduit de nouveau une nouvelle propriété sur $ \sum\limits_{k=0}^{n-1} k(u_{k+2}-u_{k+1}) $.

Bonjour,
Pour la 1ère formule pas besoin de tester pour d'autres nombres puisqu'elle est vraie (as tu essayé de la prouver ? Ce n'est pas très compliqué en plus, il suffit de développer le terme de droite).
La deuxième est fausse par contre (si j'ai bien compris on a $a = b-1 = c-2$ ?) : on peut très facilement montrer que d'après ta formule n'importe quel somme de triplet successifs (donc $(a,a+1,a+2)$) chacun élevé au cube ($a^3 + (a+1)^3 + (a+2)^3$) est un multiple de 3... ça me semblait étrange (peut-être à tort) alors j'ai testé pour $(1,2,3)$ et : $1 + 4 + 27 = 32 \not = 36 = (2^2+2)(1+2+3)$.

PS : au passage ta deuxième formule tu aurais essayé de la démontrer tout seul en développant $a^3 + (a+1)^3 + (a+2)^3$ et $((a+1)^2 +2)(3a+3)$ et vérifier si oui ou non ce que tu obtiens c'est la même chose.

Bonsoir,
C'est lisible mais pas compréhensible : par exemple pour la 1ere question tu parles de suites convergente puis dans ton message suivant de série...
Mais bon vu ce qu'on demande de montrer je crois deviner la question :
Montrer que si $\sum \limits_{n=0}^{+\infty} u_n $ existe alors $nu_n \to 0$.
C'est ça ?

PS : essayé d'apprendre le latex, c'est vraiment pas dur... et en plus ça rend la communication plus aisée et évite les devinettes...
PS 2 : si c'est bien ça  eh bien c'est faux, il suffit de prendre la série de Taylor du logarithme en 1

Bonjour,
Comment ferais tu ?  Si on se limite à une décomposition simple dans $\mathbb{R}$ on obtiendra (à des facteurs multiplicatifs près) une somme infini d'un quotient avec au dénominateur un polynôme de degré 1 évalué en $n$ (l'incrément) et au dénominateur un polynôme de degré 2 évalué en $n$ (l'incrément). Comment est-ce que tu penses réussir à sommer ça ? (si tu as une technique plus simple que tout ça fais le nous savoir ;)).

PS : J'ai l'impression que tu sous-entends qu'il faudrait éviter de passer par les complexes, sauf qu'en général ce n'est pas une bonne idée de ne pas faire ça. C'est l'une des raisons d'être des complexes, il nous simplifie la vie dans bien des cas.

Effectivement, j'y ai pensé mais j'ai oublié de l'écrire ^^

Bonsoir,
Es-tu au courant des autres algorithmes donnant les nombres premiers ou déterminant si un nombre est premier ou non ? Je veux dire par là qu'un tel algorithme, s'il est correcte, pour pouvoir rivaliser avec les autres doit pouvoir trouver rapidement de très très très gros nombres premiers...
Quoi qu'il en soit si tu tiens vraiment à publier tu n'as qu'à aller voir sur cette page : Divisibilité des nombres impairs

Bonsoir,
Ce n'est pas un truc facile (du tout), du coup je vais donner ce que j'ai fait jusqu'ici (juste pour le contexte, à quel niveau es tu ? Et où as tu rencontré cette question ?) :
$\sum\limits_{n=1}^{+\infty} \frac{1}{n! (n^4+n^2+1)} = \sum\limits_{n=1}^{+\infty} \frac{- 2 \it{i}}{n!.\sqrt{3}}.(\frac{1}{n^{2}-z}-\frac{1}{n^{2}-\overline z})$
Avec $z = \frac{-1+\it{i} \sqrt{3}}{2}$.
Soit $c \in \mathbb{C}$ tel que $\mid c \mid = 1$, étudions $\sum\limits_{n=1}^{+\infty} \frac{1}{n!.(n^{2}+c)}$ ($z$ vérifie cette condition !).
$\sum\limits_{n=1}^{+\infty} \frac{1}{n!.(n^{2}+c)} = \frac{1}{1+c} + \sum\limits_{n=2}^{+\infty} \frac{1}{n!.n^2} \sum\limits_{k=0}^{+\infty} \frac{(-1)^k.c^{k}}{n^{2k}}$.
Puisque le terme de cette somme converge uniformément, on peut inverser les signes sommes (avec Fubini-Tonelli ou de la théorie des familles sommables, mais ça reste plus ou moins la même chose) :
$\sum\limits_{n=1}^{+\infty} \frac{1}{n!.(n^{2}+c)} = \frac{1}{1+c} + \sum\limits_{k=0}^{+\infty} (-1)^k.c^{k}.(\sum\limits_{n=2}^{+\infty} \frac{1}{n^{2(k+1)}n!})$.

Donc maintenant on va s'intéresser à $\sum\limits_{n=1}^{+\infty} \frac{1}{n^{q}n!}$ avec $q \in \mathbb{N}^*$ (on part de 1 pour simplifier les calculs).
Pour cela, je me suis dit "mmmh pourquoi pas série entière + équation différentielle", c'est partit ! :
Posons $f(x) = f_{q}(x) = \sum\limits_{n=1}^{+\infty} \frac{x^{n}}{n!.n^{q}}$.
Posons $g_{i+1}(x) = x.g_{i}'(x)$ et $g_{0} = f$.
On a par récurrence que $g_{i} = f_{q-i}$ (en fait j'ai construit cette suite pour avoir ça, c'est un peu chiant a expliqué et j'ai d'autres choses à faire ce soir donc je laisse de côté l'aspect "d'où ça vient").
L'idée de base que l'on puisse 'remonter' ces fonctions à partir de la fin dont on connait l'expression : $g_{q}(x) = e^{x} - 1$.
La première idée que j'ai eu c'est de l'écrire sous forme matriciel :
$X' = AX$ avec $X = (g_{i})_{0 \geq i \geq k-1}$ et $A(x) = (\frac{\delta_{i,j-1}}{x})_{1 \leq i,j \leq q}$ (la matrice $A(x)$ est en fait tout simplement constitué de $\frac{1}{x}$ sur la diagonale supérieure et des $0$ ailleurs).
Après en écrivant ceci j'ai eu l'idée qu'on pourrait peut-être "remonter" à la main ceci en essayant de distinguer une récurrence...

NB : Pour ceux que ça pourrait motiver il semblerait que la somme de cette série soit $\frac{\it{e}}{2}$ ! Reste plus qu'à le prouver !

Avec plaisir !

@Zebulor, peut-être qu'il n'est pour l'instant pas à l'aise du tout avec les séries et par expérience je sais que pour des choses avec lesquels on est pas à l'aise on manque parfois cruellement de recul... ça m'arrive souvent de me dire en lisant un livre de maths "Mais comment en est-il arrivé là ?" puis quelques jours après me dire : "Comment est ce que j'ai pu buter sur un truc aussi simple ? c'était juste sous mon nez".

Tu n'as toujours pas répondu à ma question...
Que vaut $\mid q \mid$ ? En fait plus précisément (parce que c'est vrai que ma question est un peu flou, tu pourrais répondre parfaitement légitimement : "bah $\mid q \mid$") que vaut $\mid e^{ix} \mid$ ? Ensuite tu es d'accord que l'on veut montrer que $\mid q \mid < 1$ je suppose, eh bien cherche à simplifier au maximum $\mid q \mid$ pour obtenir des facteurs qui se trouvent dans l'énoncé.
Si tu ne sais pas le calculer, dis le, je t'expliquerais le comment et le pourquoi.

Re,
Ne t'en fais pas on va l'utiliser cette condition, et d'ailleurs tu n'aurais pas dis ça si tu avais fais les calculs :
ici $q$ c'est $\frac{e^{ix}}{2cos(x)}$, donc sachant que $ \mid 2cos(x) \mid > 1$ que peut on dire de $\mid q \mid$ ?

Et je me permets de répondre à la place de Zebulor, pour trouver les deux suites il faut que tu cherches une suite qui tends vers 0 et l'autre qui soit à sommation bornée... Donc ?