Série

Aide à la résolution d'exercices ou de problèmes de niveau Supérieur.

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Messagepar Burning » Vendredi 21 Mars 2008, 21:19

Bonsoir,
je souhaiterais avoir quelques indications concernant cet exercice:
1/Démontrer que la série numérique $ \ds\sum_{n \ge 0}sin(n)$ diverge
2/En déduire le rayon de convergence de la série entière $ \ds\sum_{n \ge 0}sin(n)x^n$.
3/ Montrer que la règle de d'Alembert est inapplicable pour cette série.

Voici mon developpement:
1/ Le terme général $U_n=sin(n)$ n'est pas de signe constant.
et $ \ds\lim_{n \rightarrow +\infty} U_n}=$Indefini, comme $U_n$ ne tend pas vers 0 donc $\ds\sum_{n\ge 0}sin(n)$ diverge.

2/ Sachant que le rayon de convergence de la série $\ds\sum_{n\ge 0}x^n$ est égal à 1
Puis je conclure et dire que le rayon de convergence de la série $ \ds\sum_{n \ge 0}sin(n)x^n$ est $R=1$ ?


3/ Application du critère de d'Alembert à la série:
$\dfrac { |U_{n+1}|}{|U_n|}=\dfrac{|sin(n+1)|}{|sin(n)|}|x|$
par conséquent $\ds\lim_{n\rightarrow +\infty}\dfrac{|sin(n+1)|}{|sin(n)|}$ avec $|sin(n)|=1$ et $|sin(n+1)|=|sin n.cos 1 + cos n . sin 1|$
je me retouve avec $\ds\lim_{n\rightarrow +\infty}\dfrac{|sin(n+1)|}{|sin(n)|}=\dfrac{|cos n|}{1}=1$
avec l=1 je ne peux pas conclure.
Pas possible d'utiliser d'Alembert.

Mon raisonnement est il exact?
Burning
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Re: Série

Messagepar guiguiche » Vendredi 21 Mars 2008, 21:27

Burning a écrit:1/ Le terme général $U_n=sin(n)$ n'est pas de signe constant.
et $ \ds\lim_{n \rightarrow +\infty} U_n}=$Indefini, comme $U_n$ ne tend pas vers 0
donc $\ds\sum_{n\ge 0}sin(n)$ diverge.

Je ne vois pas l'intérêt de la première phrase mais OK pour le reste.

Burning a écrit:2/ Sachant que le rayon de convergence de la série $\ds\sum_{n\ge 0}x^n$ est égal à 1
Puis je conclure et dire que le rayon de convergence de la série $ \ds\sum_{n \ge 0}sin(n)x^n$ est $R=1$ ?

Le rayon vaut au moins 1 (avec la convergence absolue par majoration).

Burning a écrit:3/ [...]avec $|sin(n)|=1$

???????????????????
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Messagepar Burning » Vendredi 21 Mars 2008, 21:36

la fonction $sin x$ n'est t'elle pas définie sur$[-1;1]$ ?
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Re: Série

Messagepar guiguiche » Vendredi 21 Mars 2008, 21:47

et pour quelles valeurs de l'entier naturel $n$ a-t-on $|\sin(n)|=1$ ?
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Re: Série

Messagepar Burning » Vendredi 21 Mars 2008, 21:56

En fin de compte pour tout entier naturel n $|sin n| \le 1$
mais avec ce résultat je ne vais pas bien loin avec d'Alembert, enfin je pense.
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Re: Série

Messagepar guiguiche » Vendredi 21 Mars 2008, 22:03

Je ne sais pas non plus quoi faire de $\ds\lim_{n\to+\infty}\left|\cos(1)+\dfrac{\sin(1)}{\tan(n)}\right|$.
Et comme je ne pratique plus assez depuis plusieurs années, je n'ai pas d'idée.
Pas d'aide par MP : les questions sont publiques, les réponses aussi.
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Re: Série

Messagepar Burning » Vendredi 21 Mars 2008, 22:19

ce qui m'a enduit dans l'erreur, c'est que je cherchais un résultat tel que $l=1$, et ensuite utiliser le fait de ne pas pouvoir conclure avec d'Alembert.
Merci quand même de m'avoir répondu.
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Re: Série

Messagepar guiguiche » Vendredi 21 Mars 2008, 22:28

Il est fort possible que le rayon de convergence soit effectivement 1.
Pas d'aide par MP : les questions sont publiques, les réponses aussi.
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Re: Série

Messagepar balf » Samedi 22 Mars 2008, 01:04

Tout devient facile en passant à la série complexe associée $\sum\mathrm e^{\mathrm i n}x^n$ ; le rayon de convergence est effectivement 1.

B.A.
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Re: Série

Messagepar OG » Samedi 22 Mars 2008, 08:50

Bonjour

Pour la question 1) il faudrait effectivement démontrer que $\sin(n)$ ne tend pas vers 0, ce qui doit se faire assez bien en regardant $\sin(n+1)$ et développement...
Pour la question 2) et si on suit le texte de l'exercice, la question 1) dit que $R\leq 1$.
Une majoration $|\sin(n)|\geq 1$ associée à la série entière des $x^n$ dit que $R\geq 1$.
Sinon on peut faire comme balf suggère.

Cordialement
O.G.

Edition : je me suis trompé dans les geq et leq, on a $|\sin(n)|\leq 1$ bien sûr !
ce qui est plus haut est juste alors et suit le fil de l'exercice.
Dernière édition par OG le Samedi 22 Mars 2008, 14:59, édité 2 fois.
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Re: Série

Messagepar OG » Samedi 22 Mars 2008, 11:06

Re

Pour la dernière question il est peut-être utile de supposer que le
critère de d'Alemberrt s'applique, donc $\sin(n+1)/\sin(n)$ tend vers 1.
Après il doit y avoir beaucoup de façons d'arriver à une contradiction
en jouant avec toutes les formules de trigo et/ou les complexes.
(on peut s'y perdre aussi)


Cordialement
O.G.
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Re: Série

Messagepar Burning » Samedi 22 Mars 2008, 11:45

Merci pour vos indications.
j'essaye encore d'analyser le cours de mon prof, mais j'ai qauand même du mal à comprendre la majoration associée à une série entière.
J'essaye de trouver d'autres exemples, si vous en avez je suis preneur.

Cordialement.
Burning
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Re: Série

Messagepar balf » Samedi 22 Mars 2008, 14:08

J'ai raconté une grosse bêtise (l'heure tardive, ou l'âge...) : le rayon de convergence de la série à coefficients complexes associée ne fournit évidemment pas le rayon de convergence des partie réelle et imaginaire (sinon la série $\sin 2n\pi x^n$ aurait un rayon égal à 1). Mais on peut appliquer la formule d'Hadamard :
$\dfrac{1}{R} =\limsup_{n\to\infty}|a_n|^{1/n}$.
Si $\sin n$ n'a pas de limite, il a toutefois une limite supérieure parce que $\{ \sin n, n\in\N\}$ est dense dans $[-1,1]$, et elle est donc égale à 1. Comme $|\sin n|\leqslant 1$, on a $|\sin n|\leqslant |\sin n|^{1/n}\leqslant 1$, de sorte que $\limsup_{n\to\infty}|\sin n|^{1/n}=1$, d'où $R=1$.
Le seul point est de savoir si la densité des $\sin n$ fait partie du folklore ou s'il faut la démontrer.

B.A.
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Re: Série

Messagepar OG » Samedi 22 Mars 2008, 15:44

Pour cette série, tu peux effectivement dire que $\sin(n)$ dense dans $[-1,1]$
(je l'avais utilisé à l'époque en licence, ce qui m'avait donné des points).
Si on suit le fil et sans argument rouleau compresseur de densite ou de formule d'Hadamard :

$$\frac{\sin(n+1)}{\sin(n)}=\frac{\cos n}{\sin n} \sin 1 - \cos 1$$


$$\frac{\cos(n+1)}{\sin n}=\frac{\cos n}{\sin n} \cos 1 -\sin 1$$


$$\frac{\cos(n+1)}{\sin n}=\frac{\cos(n+1)}{\sin(n+1)}\frac{\sin(n+1)}{\sin n}$$



Supposons que l'on puisse appliquer le critère de d'Alembert alors
$\sin(n+1)/\sin(n)$ admet une limite : donc $\cos(n)/\sin(n)$ aussi (ligne 1).
ligne 3 dit que $\cos(n+1)/\sin(n)$ aura la même limite $l$.
en passant à la limite dans ligne 1, $l$ strictement positif
ligne 2, $l$ négatif.
D'où la contradiction.

Concernant $\sin(n)$ ne converge pas vers 0, il suffit d'écrire

$$\sin(n+1)=\cos(n)\sin1 - \sin n \cos 1$$


$$\cos^2 n = 1-\sin^2 n$$



J'espère que c'est juste.

Cordialement
O.G.
OG
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