équivalent
Réponses
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Euh, oui, mais il y a quand même quelques pièces à changer dans la rédaction de ghhg avant qu'elle soit autorisée à reprendre la route.
amicalement,
e.v.
On doit pouvoir aussi utiliser de bonnes vieilles inégalités.Personne n'a raison contre un enfant qui pleure. -
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Borde c'est cette mystérieuse constante C qui m'interresse .
S'exprimme t-elle à l'aide d'autres constantes ?
DA à 2 termes maple donne
$u(n) = (25)/(28) - \frac{\pi}{8} - \frac{\ln(2)}{2}} +O(1) +ln(n) + O(1/n)$
DA à 4 termes
$(1499)/(1440) - \frac{\pi}{8} - \frac{\ln(2)}{2}} +O(1) +ln(n) + 1/(2n) + 1/(12n^2) +O(1/n^3)$
Je conjecture que
Pour un DA à l'odre k
$u(n)= r(k) - \frac{\pi}{8} - \frac{\ln(2)}{2}} +O(1) + ln(n) +...$
Que dire de plus de r(k)+O(1) ? -
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bonjour
il vaut mieux en effet parler de limite plutôt que d'équivalents; on trouve:
Limite pour n infini de u(n) - ln(n) = y - (1/3).Zéta(3) = 0,176 530 029......
avec y constante d'Euler et la fonction Zéta de Riemann
la démonstration passe par un simple développement à l'ordre 3 de Arctan(1/n)
cordialement -
Je ne trouve plus l'aspirine. Je vais essayer le mélange destop/gazole.Personne n'a raison contre un enfant qui pleure.
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En développant à l'ordre 5 je trouve un résultat différent
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Bizarre ce $\gamma - \frac{1}{3}\zeta(3)$
Je ne suis pas convaincu qu'un DA de arctan(1/k) permet de trouver la limite de u(n)-ln(n) , à moins que je ne me trompe.
L'approche de Borde me semble plus pertinente avec Euler-MacLaurin -
On a bien
$$ \mathrm{arctan} \left ( \frac{1}{k} \right ) = \frac{1}{k} + O \left ( \frac{1}{k^3} \right ) \quad\mathrm{quand\ }k\to +\infty$$
Mais après cela me semble délirant de sommer sur $k$...
Notons que pour $k=1$ on aurait
$$ \mathrm{arctan} ( 1 ) = 1 + O(1) \quad\mathrm{quand\ }1\to +\infty$$
Mais faire tendre $1$ vers $+\infty$ est vraiment bizarre ! -
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En fait on a
$$\arctan(x)=x+\mathrm{O}(x^3)\quad\mathrm{quand}\ x\to 0\ \ (x\geq 0)$$
Mais dans cette relation on ne peut pas remplacer $x$ par $1$.
Pour cette discussion il vaut mieux ne pas utiliser la notation $\mathrm{O}$ dont l'usage ici est risqué.
D'autant plus que le plus simple est de partir de l'inégalité
$$\left|\arctan(x)-x\right| \leq x^3\quad\mathrm{pour}\ x\in[0,1]$$borde a écrit:pour tout entier $ k \geqslant 1$ , on a
$\displaystyle \textrm{arctan} \left ( \frac{1}{k} \right ) = \frac{1}{k} + O \left ( \frac{1}{k^3} \right )$
Pour $k=1$ c'est du n'importe quoi ! Le $\mathrm{O}$ est relatif à une limite. Lorsque l'on remplace $k$ par $1$, la variable $k$ disparaît, on ne voit plus de limite...
Dans ta définition on doit dire $ f(x) = O(g(x))\ \mathrm{quand}\ x\to+\infty$. Et c'est le "$\mathrm{quand}\ x\to+\infty$" qui t'amène à écrire "$ x \geqslant x_0$" ($[x_0,+\infty[$ est un voisinage de $+\infty$). -
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La notation $ f(x) = O(g(x))\ \mathrm{quand}\ x\to+\infty$ signifie
$$\exists x_0,\ \exists C>0,\ \forall x\geq x_0, |f(x)| \leq C\,|g(x)|$$
comme tu l'indiques ; c'est aussi la mienne du reste.
On peut aussi noter $ f(x) = O(g(x))\ \mathrm{au\ voisinage\ de}\ +\infty$.
Curieux, le $x_0$ est fixé mais la définition dit "il existe $x_0$"...borde a écrit:est valide dans un intervalle bien défini (en particulier, le $ x_0$ est fixé)
Si mes messages précédents ne t'ont pas convaincu, je ne peux plus faire grand-chose ! -
En fait notre différent tient je pense à un problème de notations.
Tu écris :
pour tout entier $ k \geq 1$ , on a $\displaystyle \arctan \left ( \frac{1}{k} \right ) = \frac{1}{k} + O \left ( \frac{1}{k^3} \right )$
Je pense que l'usage est d'écrire que l'on a :
$\displaystyle \arctan \left ( \frac{1}{k} \right ) = \frac{1}{k} + O \left ( \frac{1}{k^3} \right )\quad\quad(k\in\N^*)$
Cette dernière notation montre bien que le $O$ est relatif à l'ensemble des $k\in\N^*$.
Tandis que ta façon d'écrire laisse penser que pour tout $k\in\N^*$ on a une certaine égalité, égalité dans laquelle on trouve $O \left ( \frac{1}{k^3} \right )$, lequel n'a pas de sens pour un $k$ fixé (ou, s'il en a, n'a pas le sens que tu veux lui donner).
Voilà ! -
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Sous-entendu ça marche car on a $\displaystyle \sum_{k=1}^{+\infty}\frac{1}{k^3} < +\infty$.
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Bonjour,
Cette question intéressante provient de la rubrique "Problems and Solutions" du mensuel "The American Mathematical Monthly". Il s'agit du dernier numéro d'août-septembre 2011.
Le mensuel, qui n'a pas encore publié de solution, attend nos contributions...
Pourquoi ghhg ne l'a t-il pas signalé?
Cordialement,
Anselme-Olivier. -
Bonjour,
après tout ce qui a été dit je n'ai pas grand chose de plus !
Si ce n'est mon petit grain de sel... Ceci pour calculer sous une autre forme la constante C qui apparait dans le développement asymptotique (page jointe) : -
J'ai oublié de recopier la forme intégrale de la constante que voici :
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Bonjour JJ,
- Oui, la constante cherchée vaut approximativement 0.3016403204675331978875316577...
Elle n'est pas reconnue sur les différents inverseurs...
- j'ai établi que la constante en question est : $$\lim_{n \to +\infty} \left(- \ln n +\sum_{k=1}^{n} \arctan(1/k) \right) = \arg \Gamma(1-i) $$
Cela se généralise, conduisant à $\arg \Gamma(1+x-yi) $. On peut aussi exprimer les choses avec $\ln \Gamma$.
Nos résultats doivent se télescoper de manière constructive.
Anselme-Olivier. -
Attention JJ, Archimède va te gronder parce que tu fais un usage pas très canonique du signe $\sim$ d'équivalence : $\sum_1^n arctan(1/k)\sim \ln(n) + C + \dfrac{1}{2n}+ \dfrac{1}{12n^2} + \cdots$ ne donne pas plus d'information que $\sum_1^n arctan(1/k)\sim \ln(n)$, si l'on se réfère à la définition de l'équivalence.
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Je trouve plus généralement, sauf coquille :
Théorème. Soient $x \geq 0$ et $y \neq 0$. On a : $$ \lim_{n \to +\infty} \left(- \ln (n+x) + \frac{1}{y} \sum_{k=1}^{n} \arctan \frac{y}{k+x} \right) = \frac{1}{y} \arg \Gamma(1+x-iy) $$ Anselme-Olivier. -
Ga? a écrit:Attention JJ, Archimède va te gronder
En fait le signe $\sim$ admet 2 usages. Dans l'usage habituel utilisé en licence, il traduit une équivalence entre fonctions ; mais certains l'utilisent aussi pour les développements asymptotiques, ce qui peut être une source de confusions (cf wikipedia fr). -
Archimède, que je salue, peut me gronder tant qu'il veut et, dans un certains sens, je le mérite.
Mais je m'en moque éperduement, pour la bonne raison que ce qui m'intéressait dans cette affaire, c'est le cacul de la fameuse constante.
Les petits points qui s'en suivent peuvent être remplacés par du plus sérieux. Si une âme bien intentionnée les trouve trop déplaisants, qu'il fasse lui-même le ménage et nous nous en réjouirons.
Anselme-Olivier, que je salue derechef, a donné un résultat intéressant.
Affaire à suivre... -
Effectivement, les propriétés de la fonction Gamma dans le domaine complexe sont intéressantes pour calculer la constante :
C = Arg(Gamma(1-i)) = Arg(Gamma(-i)) - pi/2 = -Arg(Gamma(i)) - pi/2
c.f. "Un Atlas of Functions", p.418, copie jointe.
La somme infinie de arctg(1/k)-(1/k) apparait dans 43:11:4 avec y=1, -
La question posée par Mircea Ivan (Roumanie) a le mérite d'être originale.
La difficulté ici était de trouver le bon résultat.
Une fois identifié, on constate qu'il n'est pas nouveau, étant intimement lié à la définition de la fonction $\Gamma$.
On retrouve d'ailleurs la propriété générale dans le Abramowitz&Stegun.
Anselme-Olivier. -
Une variante : déterminer $\ell$ où $$\ell = \lim_{n \to +\infty} \left(- \ln n +\sum_{k=1}^{n} \frac{k}{2} \arctan \frac{2}{k^{2}} \right) $$ Anselme-Olivier.
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Bonjour Anselme-Olivier,
Sans m'attaquer au problème j'ai voulu voir si Maple savait calculer $\ell$, apparemment oui :
$\ell=\frac {601787}{1125000}}-\frac{1}{24}\arctan 2 -\frac{1}{4}\ln 5$ -
Bonsoir Yalcin,
Tu as probablement oublié un facteur 2 quelque part...
Quoi qu'il en soit, l'expression que tu proposes est simplement une valeur approchée de la limite cherchée.
Anselme-Olivier. -
oui tu as raison c'est bien une valeur approchée, je vais y réfléchir
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en utilisant l'égalité arctan(1/(k-1))-arctan(1/(k+1))=arctan(2/k^2), je trouve sauf erreur l=pi/4-1+C
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Bien vu Yalcin !
Et on peut décliner sans fin :
$$\lim_{n \to +\infty} \left(- \ln n +\sum_{k=1}^{n} k \arctan \frac{1}{k^{2}+k+1} \right) $$ $$\lim_{n \to +\infty} \left(- \ln (n^{4}+1)+\sum_{k=1}^{n} k^{2} \arctan \frac{4k+2}{k^{4}+2k^{3}+k^{2}+4} \right) $$ $$...$$Anselme-Olivier. -
oui en effet ça donne des jolies égalités
avec le développement en série de $\arctan$ \[\mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \left( { - \ln n + \sum\limits_{k = 1}^n {{k^{m - 1}}\arctan \left( {{k^{ - m}}} \right)} } \right) = \gamma + \sum\limits_{p = 0}^\infty {\frac{{{{\left( { - 1} \right)}^p}}}{{2p + 1}}\zeta \left( {2mp + 1} \right)} \] -
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salut borde,
pourquoi des n² dans l'expression F(x) ?
{} désigne la partie entière ? -
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ah d'accord, je pensais que tu étais parti de sum(arctan(1/n),n=1..k) au temps pour moi
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exact
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Bonjour!
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