Exos sympas MP(*)

[artslidd]

Equivalent en $ 1^- $ de $ \sum_{n = 2}^{\infty} \frac{x^n}{ln(n)} $

Déjà, par une comparaison série intégrale, somme des 1/ln(k) pour k=2 à n ~ intégrale de 2 à n de 1/ln(t)
Ensuite, intégrale de 1/ln(t) = [t/ln(t)] + intégrale de 1/ln(t)^2
Par comparaison, intégrale de 1/ln(t)^2 = o(n/ln(n))
D'où un équivalent de la somme partielle déjà

Ensuite, 1/(1-x) * Somme des x^n / ln(n) = somme des x^n * [somme sur k=2 à n des 1/ln(k)]
Il est alors classique que lorsque x->1-, somme des x^n *[somme sur k=2 à n des 1/ln(k)] ~ somme des n/ln(n) * x^n
Enfin, on remarque, en notant f la somme de la série entière qu'on étudie initialement, que somme des n*x^n / ln(n) ~ f'(x)
On a donc : f'(x)/f(x) ~ 1/1-x
D'où, par intégration des relations de comparaison, ln(f(x))~-ln(1-x) donc: f(x)~ 1/1-x

Non c'est faux, 1/1-x est la série géométrique, donc une suite constante égale à 1. 1/ln(n) est négligeable devant 1 donc l'équivalent doit etre négligeable devant 1/1-x (exercice abordable)

[Mathoss]

Equivalent en $ 1^- $ de $ \sum_{n = 2}^{\infty} \frac{x^n}{ln(n)} $

Déjà, par une comparaison série intégrale, somme des 1/ln(k) pour k=2 à n ~ intégrale de 2 à n de 1/ln(t)
Ensuite, intégrale de 1/ln(t) = [t/ln(t)] + intégrale de 1/ln(t)^2
Par comparaison, intégrale de 1/ln(t)^2 = o(n/ln(n))
D'où un équivalent de la somme partielle déjà

Ensuite, 1/(1-x) * Somme des x^n / ln(n) = somme des x^n * [somme sur k=2 à n des 1/ln(k)]
Il est alors classique que lorsque x->1-, somme des x^n *[somme sur k=2 à n des 1/ln(k)] ~ somme des n/ln(n) * x^n
Enfin, on remarque, en notant f la somme de la série entière qu'on étudie initialement, que somme des n*x^n / ln(n) ~ f'(x)
On a donc : f'(x)/f(x) ~ 1/1-x
D'où, par intégration des relations de comparaison, ln(f(x))~-ln(1-x) donc: f(x)~ 1/1-x

Non c'est faux, 1/1-x est la série géométrique, donc une suite constante égale à 1. 1/ln(n) est négligeable devant 1 donc l'équivalent doit etre négligeable devant 1/1-x (exercice abordable)

Je vous testais simplement

[artslidd]

Je n'ai pas la réponse, j'avais raisonné de la même manière lorsque j'avais tenté de le résoudre. Il est tout de même assez subtil.

[JeanN]

Je pronostique 1/((x-1)*ln(1-x)).
Pour démontrer ceci, effectuer une comparaison série intégrale (la fonction qui va bien est décroissante) puis dans l'intégrale, effectuer le changement de variable u=-t*ln(x) et ensuite ça se passe à peu près bien avec une convergence dominée pour conclure.

[l'XenY]

Soit $ (\epsilon_{k}) $ une suite de variables aléatoires identiques et indépendantes de Rademacher. Montrer que la fonction qui à x associe :
$ \displaystyle\sum_{k=0}^{\infty} \epsilon_{k} x^{k} $

Admet presque sûrement une infinité de zéros sur [0,1]

[artslidd]

Je pars sur la présence ou non de cycle dans la suite de rademacher, mais autant cycle => nombre fini de zéro est facile, autant le sens inverse est plus difficile

[Krik]

Il est pas faux le sens inverse ?

Si on prend 1,1,-1,1,1,1,-1,1,1,1,1,-1,1,1,1,1,1,-1,... (deux 1 puis un -1, trois 1 puis un -1, quatre 1 puis un -1,...), on a un nombre fini de zéros (aucun même, ça donne quelque chose de strictement positif sur [0,1[), mais pas de cycle dans la suite des +-1.
Ou j'ai mal compris le problème ?

[l'XenY]

Presque sûrement* , ce qui veut dire que l'événement "f admet un nombre fini de zéros" est négligeable : on ne peut absolument pas prendre un évènement comme tu l'as fait (qui est clairement négligeable)

[Krik]

Oui je sais, je répondais à artslidd qui semblait vouloir montrer que cycle <=> nombre fini de zéros, qui pour le coup est un problème déterministe.

[l'XenY]

Au temps pour moi !
(Pour info c'est un exo d'Ulm et je ne connais personne ayant la réponse...)