Wallis
Bonsoir,
Je fais le sujet de Rescassol : Problème Wallis
J'ai traitée la partie 1 en 45 minutes. Les questions qui m'ont pris le plus de temps sont : 2 et 7.
Voici mes réponses.
Je fais le sujet de Rescassol : Problème Wallis
J'ai traitée la partie 1 en 45 minutes. Les questions qui m'ont pris le plus de temps sont : 2 et 7.
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Réponses
Peut-on traiter 3 et 4 différemment?
On a $ W_{2p}= \dfrac{2p-1}{2p} W_{2p-2}=\dfrac{ (2p-1)(2p-3)}{(2p)(2p-2)} W_{2p-4}=\dfrac{ (2p-1)(2p-3) \cdots 1}{(2p)(2p-2) \cdots 2} W_0$
Mais $(2p)(2p-2) \cdots 2 = 2^p p!$
Pour le produit des impairs on multiple et divise par le produit des pairs, $(2p-1)(2p-3) \cdots 1=\dfrac{(2p)!}{2^p p!}$
Essaie de retenir la relation de récurrence et de savoir comment en déduire l'expression de la suite même si on ne te la donne pas forcément dans l'énoncé.
Tu as déjà étudié les séries je crois non ? Un excellent exercice à partir de ça est de trouver la formule de Stirling.
C'est le but de la partie B.
Cordialement,
Rescassol
Je n'étais pas tout à fait certain de mes réponses.
Édition : en fait j'étais certain de mes réponses mais, parfois, j'avais tort.
Mais j'étais élève et pas professeur.
Je trouve stupéfiant qu'un professeur de mathématiques aie besoin qu'on lui confirme que sa solution est correcte.
En principe un prof doit savoir faire les exercices et être certain que sa réponse est exacte.
On peut proposer un autre exercice ensuite qui est de trouver la formule de Stirling entièrement par soi-même. C'est excellent pour mobiliser tous les outils dont on dispose pour étudier des séries.
RLC j'ai répondu à ta question plus haut suite à la remarque de Shannon.
Je ne trouve pas la question 2.b mes calculs n'aboutissent pas, je ne trouve pas l'erreur.
La formule de Stirling n'étant pas au programme de terminale, je suis coincé.
Cette partie est plus difficile que la précédente.
Ah benh oui du coup...
Je ne vois pas quelle suite admet une limite ? $v$ dépend de $u$ et on ne connait pas la limite de $u$. Je sais trouver la limite de $u$ en utilisant Stirling mais j'aimerais rester dans le cadre du sujet.
La question 2b a eu raison de moi, je réessaierai demain, je vais me coucher. J'ai du faire des erreurs de calculs, les calculs sont affreux.
Une fois ceci prouvé, cette suite est plus simple à étudier. En plus, $(u_n)$ lui est intimement liée.
Bonne nuit.
Ok j'ai compris $(v_n)$ est positive et décroissante, elle converge vers une limite $l$. Mais $\exp(1 / 12n)$ tend vers $1$ donc $(u_n)$ converge vers la même limite.
La question 2b pour moi ce n'est pas possible. J'ai relu 10 fois mes calculs et je trouve toujours un résultat bizarre.
Mais si tu fais le DM au fur et à mesure avec vérification de profs, on n’est plus tellement dans les exigences de Rescassol, non? verdurin a peu raison quelque part ?
J'ai corrigé la coquille dans le sujet donné dans le message original, merci Shannon, c'est bien $\dfrac{1}{2}$ et non $\dfrac{1}{n}$.
Ce sujet a été posé il y a une quinzaine d'années et ne nécessitait pas de hors programme de TS à l'époque. En particulier, on n'a pas le droit d'utiliser la formule de Stirling, d'autant plus que c'est le but de la partie B de la démontrer, comme le titre du sujet le suggère.
Effectivement, OShine, tu es censé y arriver sans aide, peu importe le temps que tu y mets.
Cordialement,
Rescassol
Question $1$ :
Je ne sais pas faire avec les outils de terminale :-S
On a $W_n = \displaystyle\int_{0}^{\pi /2} \sin^n (u) du$ Posons le changement de variable $u=\dfrac{ \pi}{2} -x$ alors $du = -dx$
Et $W_n= - \displaystyle\int_{\pi /2}^0 \sin^n (\dfrac{ \pi}{2} -x) dx = \boxed{ \displaystyle\int_0^{\pi /2} \cos^n (t) dt }$
Il y a $15$ ans, on pouvait faire un changement de variable affine dans une intégrale, donc Ok.
Cordialement,
Rescassol
Il m'a fallu 1 heure pour faire Q2 et Q3.
Question $2$ :
Les fonctions $t \mapsto \cos^{2n} (t)$ et $t \mapsto t$ sont de classe $C^1$ sur $[0,\pi/2]$ donc par IPP on a :
$\boxed{W_{2n} = 2 n \displaystyle\int_{0}^{\pi /2} t \sin(t) \cos ^{2n-1} (t) dt}$
Posons $U= \displaystyle\int_{0}^{\pi /2} t \sin(t) \cos ^{2n-1} (t) dt$
Les fonctions $t \mapsto \sin(t) \cos^{2n-1} (t)$ et $t \mapsto \dfrac{t^2}{2}$ sont de classe $C^1$ sur $[0,\pi/2]$ donc par IPP on a :
$U=-\dfrac{1}{2} \displaystyle\int_{0}^{\pi /2} t^2 \cos^{2n} (t) dt +\dfrac{1}{2} (2n-1) \displaystyle\int_{0}^{\pi /2} t^2 \sin^2(t) \cos^{2n-2} (t) dt$
D'où $U=-\dfrac{1}{2} J_n +\dfrac{1}{2} (2n-1) \displaystyle\int_{0}^{\pi /2} t^2 \cos^{2n-2} (t) dt - \dfrac{1}{2} (2n-1) \displaystyle\int_{0}^{\pi /2} t^2 \cos^2(t) \cos^{2n-2} (t) dt$
Soit $U=-\dfrac{1}{2} J_n +\dfrac{1}{2} (2n-1) J_{n-1} - \dfrac{1}{2} (2n-1) J_n$
D'où $W_{2n}=-n J_n + n(2n-1) J_{n-1} -n(2n-1) J_n$
Finalement $\boxed{\forall n \in \N^{*} \ \ W_{2n}=n(2n-1) J_{n-1} -2n^2 J_n}$
Question $3$ :
On a $K_{n-1}-K_n= \dfrac{4^{n-1} (n-1)!^2}{(2n-2)!} J_{n-1}- \dfrac{4^n n!^2}{(2n)!} J_n$
Donc $K_{n-1}-K_n= \dfrac{4^{n-1} (n-1)!^2}{(2n-2)!} J_{n-1}- \dfrac{4 \times n^2}{2n(2n-1)} \dfrac{4^{n-1} (n-1)!^2}{(2n-2)!} J_n$
Soit $K_{n-1}-K_n= \dfrac{4^{n-1} (n-1)!^2}{(2n-2)!} J_{n-1}- \dfrac{2 n}{2n-1} \dfrac{4^{n-1} (n-1)!^2}{(2n-2)!} J_n$
Donc $\boxed{K_{n-1}-K_n= \dfrac{4^{n-1} (n-1)!^2}{(2n-2)!} \left( J_{n-1}- \dfrac{2 n}{2n-1} J_n \right)}$
Or d'après la question précédente, $ J_{n-1}- \dfrac{2 n}{2n-1} J_n = \dfrac{W_{2n}}{ n(2n-1)}$
Donc $\boxed{K_{n-1}-K_n = \dfrac{4^{n-1} (n-1)!^2}{(2n-2)!} \dfrac{W_{2n}}{ n(2n-1)}}$
Mais d'après la partie A, on sait que : $W_{2n} = \dfrac{ (2n)! }{ 2^{2n} (n!)^2} \dfrac{\pi}{2}$
Donc $K_{n-1}-K_n = \dfrac{4^{n-1}}{4^n} \times \dfrac{(n-1)!^2}{n! ^2} \dfrac{(2n)!}{ (2n-1)!} \dfrac{1}{n} \dfrac{\pi}{2}$
Après simplifications $\boxed{ \forall n \in \N^{*} \ \ K_{n-1}-K_n= \dfrac{\pi}{4n^2}}$
Bonjour,
Je ne comprends pas la nouvelle syntaxe du forum.
Question 4 :
La fonction x↦sinx est concave sur [0,pi/2] donc le graphe de f est au-dessus de la corde qui lie (0,sin(0)) à (π/2,sin(π/2).
L'équation de la corde est y=2/ π x ce qui fournit sinx≥2 /π x donc x≤π/2sinx
Bonjour,
On n'avait pas la notion de fonction convexe ou concave en TS.
Cordialement,
Rescassol
D'accord merci. Je n'arrive pas écrire en latex.
La fonction définie par h(x)=π/2 sin(t)−t est dérivable sur [0,π/2] et h′(x)=π/2 cos(x)−1
h′(x)≥0 si et seulement si $\cos(x) \geq 2 / \pi$ si et seulement si x≤arccos(2/π) car la fonction x↦arccos(x) est décroissante sur [−1,1] et ∀x∈[0,π] arccos(cos(x))=x
Ainsi, h est croissante sur [0,arccos(2/π)] et décroissante sur arccos(2 / π),π/2]. Mais h(0)=h(π/2)=0 donc ∀t∈[0,π/2] h(t)≥0 ce qui donne le résultat voulu.
Le lien vers le sujet ne fonctionne plus.
En attendant ...
Merci Rémi.
Je bloque à la question 5 Rescassol. Je trouve une inégalité qui est différente de celle qui est demandée.
Question 5
$J_N=\displaystyle\int_{0}^{\pi /2} t^2 \cos^{2N} (t) dt$
Mais $\forall t \in [0,\dfrac{\pi}{2}]$ on a $t \leq \dfrac{ \pi}{2} \sin(t)$ donc $t^2 \leq \dfrac{ \pi^2}{4} \sin^2(t)$
Ainsi $J_N \leq \dfrac{ \pi^2}{4} \displaystyle\int_{0}^{\pi /2} \sin^2(t) \cos^{2N} (t) dt$
Comme $\sin^2(t) \leq 1$ alors $\boxed{J_N \leq \dfrac{ \pi^2}{4} W_{2N}}$
Merci Rémi.
Je bloque à la question 5 Rescassol. Je trouve une inégalité qui est différente de celle qui est demandée.
Question 5
$J_N=\displaystyle\int_{0}^{\pi /2} t^2 \cos^{2N} (t) dt$
Mais $\forall t \in [0,\dfrac{\pi}{2}]$ on a $t \leq \dfrac{ \pi}{2} \sin(t)$ donc $t^2 \leq \dfrac{ \pi^2}{4} \sin^2(t)$
Ainsi $J_N \leq \dfrac{ \pi^2}{4} \displaystyle\int_{0}^{\pi /2} \sin^2(t) \cos^{2N} (t) dt$
Comme $\sin^2(t) \leq 1$ alors $\boxed{J_N \leq \dfrac{ \pi^2}{4} W_{2N}}$
$J_N \leq \dfrac{\pi ^2}{4} \displaystyle\int_{0}^{\pi /2} (1-\cos^2(t)) \cos^{2N} (t) dt = \dfrac{\pi ^2}{4} ( W_{2N}- W_{2N+1} )$
Et ici je ne vois pas comment conclure.
Pour toi, on a $2+2N=2N+1$ ?
Cordialement,
Rescassol
Or $W_{2N+2}=\dfrac{2N+1}{2N+2} W_{2N}$
Ainsi, $W_N \leq \dfrac{ \pi^2}{4} W_{2N}( 1 -\dfrac{2N+1}{2N+2} ) $ et enfin $\boxed{W_N \leq \dfrac{ \pi^2 W_{2N}}{8 (N+1)}}$
Il est évident que $\forall N \geq 1 \ K_N \geq 0$. Mais $W_{2N}= \dfrac{ (2n)!}{4^n (n!)^2} \dfrac{ \pi}{2}$
Donc $K_N = \dfrac{ 2}{\pi} \dfrac{1}{W_{2N}}$ d'où $W_{2N} = \dfrac{ \pi}{2} K_N$
Ainsi, $W_N \leq \dfrac{ \pi^2 K_N}{8 (N+1)} \dfrac{\pi}{2} $ et finalement $\boxed{0 \leq W_N \leq \dfrac{ \pi^3 K_N}{16 (N+1)}}$
Question $6$ :
J'ai l'idée d'une somme télescopique. On sait que $\dfrac{\pi}{4 n^2}=K_{n-1}-K_n$
En sommant on a $ \dfrac{\pi}{4} \displaystyle\sum_{n=1}^N \dfrac{1}{n^2} =\displaystyle\sum_{n=1}^N K_{n-1}-K_n = K_0 - K_N$
Mais $K_0=J_0$ donc $\boxed{\dfrac{\pi}{4} \displaystyle\sum_{n=1}^N \dfrac{1}{n^2} =K_0 -J_0}$
D'après Q5, on a $J_0 - \dfrac{\pi ^3}{16(N+1)} \leq J_0-K_N \leq J_0$
Par encadrement $J_0 - K_N \longrightarrow J_0$ d'où $\lim\limits_{N \rightarrow +\infty} \displaystyle\sum_{n=1}^N \dfrac{1}{n^2} = \dfrac{4 J_0}{\pi}$
Calculons $J_0$. On a $J_0=\displaystyle\int_{0}^{ \pi /2} t^2 dt=\dfrac{\pi ^3}{24}$
Par conséquent $\lim\limits_{N \rightarrow +\infty} \displaystyle\sum_{n=1}^N \dfrac{1}{n^2} =\dfrac{4}{\pi} \dfrac{\pi ^3}{24}$
Conclusion : $\boxed{\lim\limits_{N \rightarrow +\infty} \displaystyle\sum_{n=1}^N \dfrac{1}{n^2} =\dfrac{\pi ^2}{6}}$
Il me semblait que tu avais prétendu être très bon en calcul ????
Cordialement,
Rescassol
Posons $A=F(m,n)-F(m,n+m)-F(m+n,n)$ alors $\boxed{A=F(m,n)- 2 F(m,n+m)}$
$F(m,n)=F(n,m)$, oui, mais $F(m,n+m)=F(m+n,n)$, non.
Cordialement,
Rescassol
Question $2$
La suite $(E_n)$ est croissante car $E_{n+1}-E_n=\dfrac{1}{(n+1)^4} >0$
Je n'arrive pas à démontrer qu'elle est majorée.
Je ne devrais pas t'aider, je vais essayer d'en dire le moins possible.
Pour la question 1, fais des regroupements intelligents.
Pour la question 2, le théorème fondamental des mathématiques (un de ses corollaires) dit que la partie D vient après la partie C et que ce n'est peut-être pas un hasard.
Cordialement,
Rescassol
Bon, je mettrai la solution de la question D1 en ligne à 14 h, sauf si tu me précèdes.
Mon message est prêt et il fait une vingtaine de lignes, rédaction et commentaires compris.
Cordialement,
Rescassol
Posons $\Delta=F(m,n)-F(m,n+m)-F(m+n,n)$
Calculons $m^2 n^2 \Delta$
On a $m2 n^2 F(m,n)=\dfrac{2 m}{n} +1+ \dfrac{2n}{m}$
Puis $F(m,n+m)=\dfrac{2 mn^2}{(n+m)^3}+ \dfrac{n^2}{(n+m)^2} + \dfrac{2 n^2}{m(n+m)}$ et $F(m+n,n)=\dfrac{2 m^2}{n(m+n)}+ \dfrac{m^2}{(n+m)^2} + \dfrac{2 n m^2}{m(n+m)^3}$
J'essaie de terminer ça dans la matinée.
Pour la question $2$ je sais faire en utilisant le programme de MPSI mais avec le programme de terminale je ne vois pas.
On a $0 \leq \displaystyle\sum_{n=1}^N \dfrac{1}{n^4} \leq \displaystyle\sum_{n=1}^N \dfrac{1}{n^2} $ or la série de droite converge d'après la partie C.