« Série numérique/Exercices/Critère d'Abel » : différence entre les versions
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m →Exercice 8 : oups signe |
→Exercice 5 : ajouté 1 question |
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Ligne 98 :
#On note <math>S_n</math> sa <math>n</math>-ième somme partielle. Vérifier que <math>\frac1{2n+1}=\int_0^1t^{2n}\;\mathrm dt</math> et en déduire que <math>S_n-\frac\pi4</math> est du signe de <math>(-1)^n</math>.
#En déduire la somme de la série.
#Écrire la [[Fonctions d'une variable réelle/Développements limités#Formules de Taylor|formule de Taylor avec reste intégral de Laplace]] de la fonction <math>\arctan</math> en 0 à l'ordre 2''N'' + 2, évaluée au point 1, et comparer.
{{Solution|contenu={{Wikipédia|Formule de Leibniz#Série alternée|Formule de Leibniz}}{{CfExo|idfaculté=mathématiques|exercice=[[Sommation/Exercices/Séries de Fourier et fonction zêta#Exercice 9-1|Calcul de <math>\sum\frac{(-1)^n}{2n+1}</math>via une série de Fourier]]}}
#La suite <math>\left(\frac1{2n+1}\right)</math> est décroissante et de limite nulle donc la série converge, d'après le critère d'Abel.
Ligne 108 ⟶ 109 :
#:Or <math>\int_0^1\frac1{1+t^2}\;\mathrm dt=\left[\arctan t\right]_0^1=\frac\pi4</math> et <math>\int_0^1\frac{t^{2n+2}}{1+t^2}\;\mathrm dt>0</math>, donc <math>S_n-\frac\pi4</math> est bien du signe de <math>(-1)^n</math>.
#D'après la question 1, <math>S_n\to S\in\R</math>. D'après la question 2, <math>S_{2j+1}<\frac\pi4<S_{2k}</math> donc (par passage à la limite des deux sous-suites) <math>S\le\frac\pi4\le S</math>. Par conséquent, <math>S=\frac\pi4</math>.
#pour <math>f</math> de classe C{{exp|''n''+1}}, <math>f(x)=\sum_{k=0}^n\frac{f^{(k)}(a)}{k!}(x-a)^k+\int_a^x\frac{f^{(n+1)}(t)}{n!}(x - t)^n\,\mathrm dt</math> donc ici,<br><math>\frac\pi4=\arctan1=\sum_{k=0}^{2N+2}\frac{\arctan^{(k)}(0)}{k!}+R_N=\sum_{n=0}^N\frac{(-1)^n}{2n+1}+R_N</math>,<br>les coefficients <math>\frac{\arctan^{(k)}(0)}{k!}</math> ayant été trouvés en intégrant le d.l. en 0 de <math>\arctan'x=\frac1{1+x^2}</math>. Le reste,<br><math>R_N=\int_0^1\frac{\arctan^{(2N+3)}(t)}{(2N+2)!}(1-t)^{2N+2}\,\mathrm dt</math>,<br>serait pénible à calculer, mais notre exercice prouve que <math>0<(-1)^{N+1}R_N<\frac1{2N+3}</math>.
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