Non convergence de exp(i*n^gamma) , gamma €]0;1[

azerty_nath · 23/09/2010 - 20h22

Comment le montrer? Autrement dis, commenet montrer que pour gamme dans ]0,1[ cos(n^gamma) diverge? Si vous avez une réponse vous pouvez m'aider. Je suis 5/2 en mp.

Seirios · 24/09/2010 - 13h33

Tu veux montrer que la suite $(\cos(n\gamma))_n$ diverge ? Il te suffit de trouver deux sous-suites convergeant vers des limites différentes.

azerty_nath · 24/09/2010 - 16h10

Pas exactement, il s'agit de cos(n^gamma).
J'avais pensé a ca mais je ne trouve pas d'extraction satisfaisante

Seirios · 24/09/2010 - 16h13

Une erreur de manipulation, désolé...

azerty_nath · 24/09/2010 - 16h15

Ah ok. Tu as une idée pour la sous suite convergente?

Seirios · 24/09/2010 - 16h18

Tu peux considérer par exemple, $\cos \left( (2\pi n)^{1/\gamma} \right)^{\gamma}$ et $\cos \left( [ (\pi (2n+1)]^{1/\gamma} \right)^{\gamma}$ .

azerty_nath · 24/09/2010 - 16h21

Ce ne sont pas des extractions de N sur N ca si?? Il faudrai de la forme cos (sigma(n)^gamma) avec sigma:N=>N

martini_bird · 24/09/2010 - 17h07

Salut,

une piste : considérer le problème sur le cercle unité. La convergence impliquerait en effet que l'angle $n^\gamma$ converge vers un angle limite $\theta$ (modulo $2\pi$ ). Reste à trouver une contradiction...

Cordialement.

Ksilver · 24/09/2010 - 17h21

Salut !

le cas 0<gamma<1 est assez simple du fait que (n+1)^gamma - n^gamma tend vers 0 quand n->l'infinie

sachant cela, tu peux prouver très facilement que exp(i.n^gamma) est dense dans le cercle :

c'est un peu fastidieux, mais très simple : tu prend un petit ouvert du cercle, tu considère un n tel que (n+1)^gamma - n^gamma devient plus petit que que la longeur de l'ouvert * (une constante bien choisit lié au variations de exp(ix) ) à partir de là comme (vulgairement) exp(i.n^gamma) va continuer à "tourner au tour du cercle" en "faisant des bonds moins large que ton ouvert" inevitablement tu va retomber dedans.

on remarquera que le cas gamma=1 est plus complexe (enfin... il a pas l'air compliqué quand on le traite, mais il repose quand même sur l'irrationalité de Pi qui est pas complètement trivial) et le cas gamma>1 est encore beaucoup plus difficile

azerty_nath · 24/09/2010 - 18h17

Ah oui, je voit le "truc".
Mais comment passer de :
(n+1)^gamma-n^gamma<epsilon à e^ia
Ou encore, comment introduire le cercle unité alors que l'on parlais de suite réelle. J'avais penser a dire que {restes de la division euclidienne de n^gamma par 2Pi,n€N}est dense dans [0,2Pi] (peux etre rinctroduire une classe d'equivalence) pour conclure. Mais je sais pas si ca va etre tres simple. A quelle constante faisait tu allusion Ksilver?

MMu · 27/09/2010 - 05h37

Pour $0 < g < 1$ on suppose connu $\lim_{x\rightarrow \infty}((x+1)^g - x^g )=0$ . Soit $y\in [-1,1[$ , donc il y a $t\in ]0,\pi]$ tel que $y=cos(t)$
Définissons la sous-suite entière $m_n=E((2n\pi+t)^{\frac 1g})$ (partie entière), donc $((2n\pi+t)^{\frac 1g}-1)^g < (m_n)^g \leq2n\pi+t$
Notons $z_n=2n\pi+t-((2n\pi+t)^{\frac 1g}-1)^g > 0$ . On a $\lim_{n\rightarrow \infty}z_n=0$ donc il existe $n_0$ tel que $n>n_0\ \Longrightarrow \ 0 < z_n < t$
Il résulte $cos(t) \leq cos((m_n)^g)< cos(t-z_n)$ donc $\lim _{n\rightarrow \infty}cos((m_n)^g)=cos(t)=y$ , donc $cos(n^g)$ est dense dans $[-1,1]$ .
Pour $g\geq 1$ c'est plus compliqué, mais la non-convergence de $cos(n)$ est immédiate puisque
$cos(n+1)+cos(n-1)=2cos(n)cos(1),\ cos(2n)=2cos^2(n)-1$
La convergence impliquerait $2L=2Lcos(1),\ L=2L^2-1$ ce qui est impossible