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mathmusic

Invité

Notion de Convergence

Bonjour, je suis en L2 de maths et je ne comprend pas très bien la manière de résoudre cette partie de l'exo ou l'on doit déterminera la nature  de la convergence de cette série.
Je pensais à utiliser le critère d'Alembert ou encore les équivalences ou même décomposé le terme mais je bloque je ny arrive pas :(
Ma demande est la suivante : pouvez vous me donner une méthode à suivre ou une piste à privilégier pour résoudre ce problème.
Je vous en serai reconnaissante. Merci :)

[tex]\sum_{n \geq 1} \left[ \prod_{k=1}^n \left( 1 + \frac{k}{n^\alpha} \right) - 1 \right] [/tex]

Fred

Administrateur

Inscription : 26-09-2005

Messages : 7 311

Re : Notion de Convergence

Bonjour,

  Quand on étudie une série, le plus important est de comprendre comment se comporte le terme général de ta série.
Là, cela a l'air difficile, et je doute qu'on puisse utiliser le critère de d'Alembert qui est un critère assez grossier.
Moi, j'ai envie d'avoir un équivalent de mon terme général. Pour cela, j'ai bien envie de commencer par écrire
$$\prod_{k=1}^n \left(1+\frac{k}{n^\alpha}\right)=\exp\left(\sum_{k=1}^n \ln\left(1+\frac{k}{n^\alpha}\right)\right)$$
et de commencer par comprendre comment se comporte
$$\sum_{k=1}^n \ln\left(1+\frac{k}{n^\alpha}\right) ...$$

F.

PS : Ta formule doit être entre les balises [ tex] et [ /tex], c'est pour cela que ton texte ne s'affichait pas bien.

Taguimdjeu

Membre

Inscription : 10-11-2022

Messages : 8

Re : Notion de Convergence

Bonjour,
J'ai essayé de réfléchir par rapport à ce problème ...
Si on pose
[tex] S_n = \sum_{n\geq 1} \Biggl[ \prod_{k=1}^n \Bigl( 1 + \frac{k}{n^\alpha} \Bigr) - 1 \Biggr] ; \\
P_n = \prod_{k=1}^n \Bigl(1 + \frac{k}{n^\alpha}\Bigr)\\
Et \,Le\, terme\, général\,
u_n =P_n -1.\\
\ln P_n = \sum_{k=1}^n \ln\Bigl(1 + \frac{k}{n^\alpha}\Bigr)\\
Pour\, n\, grand\, ; \frac{k}{n^\alpha} \to 0;\,
On \, peut\, faire \, une \,approximation\, \\
\ln\Bigl(1 + \frac{k}{n^\alpha}\Bigr) \sim
\frac{k}{n^\alpha} \\
\ln P_n = \sum_{k=1}^n \frac{k}{n^\alpha} = \frac{1}{n^\alpha}.\frac{n(n+1)}{2}\\
\ln P_n \sim \frac{1}{2n^{\alpha-2}}\\ \\
*Cas \,1\,:\, \alpha -2<0\\
\ln P_n \to \infty; \, P_n \to \infty\\
S_n \, est\,divergente.\\
\\
*Cas \, 2\,:\, \alpha =2 \\
\ln P_n \sim \frac{1}{2} \\
u_n = e^{1/2}-1\\
S_n \, est\,divergente.\\
\\
*Cas \, 3\,:\,\alpha >2 \\
\ln P_n \to 0; \,\, P_n=e^{\ln P_n} \sim 1+ \ln P_n\\
Donc\, u_n \sim \ln P_n \sim  \ln \frac{1}{2n^{\alpha-2}}\\
S_n \,converge\, si \, \alpha-2>1\, c'est-à-dire\, \alpha >3. [/tex]
Donc la série est convergente si α>3 sinon elle est divergente.

Dernière modification par Taguimdjeu (22-08-2025 14:47:48)

takumi

Invité

Re : Notion de Convergence

Bonjour Tangui
attention, dans le cas trois ce n'est pas parce que Pn est equivalent à 1+ ln(Pn) que Pn - 1 est équivalent à ln(Pn), pour t'en convaincre tu peux revenir à la définition de l'équivalence quand n->inf . Je crois qu'il y'a pas mal d'erreurs dans ce que tu as écris, notamment quand tu dis que ln(Pn) = som(k/n^alpha), tu peux le calculer à la calculatrice si tu veux t'en assurer (la formule ne tient pas rien que lorsque n = 1, ln(2) != 1).
Voici ce que je propose pour trouver ton équivalent de ln(Pn) , on utilise la propriété suivante
[tex]Pour tout \( x \in \mathbb{R}^+ \), on a :
\[
x - \frac{x^2}{2} \leq \ln(1+x) \leq x
\][/tex]
pour faire un encadrement de ln(Pn) et on montre ensuite que ln(Pn) /(n(n+1)/2n^alpha) tend bien vers 1 par théorème d'encadrement en prenant alpha >1, en effet si alpha <=1 on peut directement dire que ln(Pn) diverge par comparaison à la série de terme ln(2) divergente.

takumi

Invité

Re : Notion de Convergence

Pardon la fin de mon message n'est pas clair (même faux), je voulais simplement dire que le cas alpha <= 1 se règle assez facilement et qu'on peut donc l'écarter pour calculer l'équivalent de ln(Pn) en fonction de alpha > 1.