Petit exo pour Noël

Rouletabille

Beaucoup de boulot avec les nouveaux programmes de Math. Spé (discutables).
J'ai fabriqué ce petit exo que je vous offre en cadeau de Noël.
Trouver $\displaystyle \underset{n\rightarrow +\infty }{\lim }\underset{k=1}{\overset{n}{\sum }}\tan \frac{k\pi }{2n^{2}}\cot \frac{k\pi }{2n}$
A mettre en Analyse.

[ OK, discussion scindée. jacquot]

discret

Je trouve $\ln 2$.

En effet, avec $\tan x = x + O(x^3)$ lorsque $x \rightarrow 0$, et si je note $S_n$ ta somme, il vient sauf erreur
$$S_n = \frac{\pi}{2n} \sum_{k=1}^n \frac{k}{n} \cot \frac{k \pi}{2n} + O \left( \frac{1}{n^2} \right)$$
et la première somme, de Riemann, converge vers
$$\frac{\pi}{2} \int_0^1 x \cot \frac{\pi x}{2} \, \textrm{d}x = \frac{\pi}{2} \times \frac{\ln 4}{\pi} = \ln 2.$$

Rouletabille

Bravo, je trouve ça aussi, en rédigeant autrement. Ce qui est amusant c'est que $\pi$ disparaît.

discret

Sans être une explication, on peut toutefois voir qu'en $0$ on a $\tan x \sim x$ alors que $\cot x \sim x^{-1}$, donc, là déjà, le $\pi$ disparaît.

Rouletabille

La solution donnée par discret est exacte mais sibylline. C'est juste un plan de solution et je m'étonne que personne ne lui ait demandé des éclaircissements. Déjà sur la sommation, qui ne ressortit pas du théorème classique de sommation des relations de comparaison, puisqu'il ne s'agit pas ici de somme de série. Et ensuite, s'il est évident pour tout le monde que $\displaystyle \int_{0}^{\frac{\pi }{2}}\theta \cot \theta d \theta =\frac{\pi }{2}\ln 2$ j'en suis fort aise mais ce ne l'est point pour moi ; je sais le prouver mais la preuve que je connais tient plus d'une ligne.

Puisque ce petit exercice apparaît ainsi aussi évident, je me suis demandé, comme on peut le faire pour tout problème de limite, si l'on pouvait pousser la question et chercher un développement limité, au moins : $\displaystyle \underset{k=1}{\overset{n}{\sum }}\tan \frac{k\pi }{2n^{2}}\cot \frac{k\pi }{2n}=a+\frac{b}{n}+\frac{c}{n^{2}}+o\Big(\frac{1}{n^{2}}\Big)$. On a vu que $a=\ln 2$ et je pense avoir prouvé que $b=-\frac{1}{2}$. Il me semble que $c$ s'exprime en fonction de l'intégrale $\displaystyle \int_{0}^{\frac{\pi }{2}}\theta ^{3}\cot \theta d\theta $. Et là je l'avoue, j'ignore la valeur de cette intégrale. Quelqu'un la connaît-il ?
Joyeux Noël à tous.
R.

Fin de partie

discret

Rouletabille a écrit:

[...] et je m'étonne que personne ne lui ait demandé des éclaircissements.

Ben pourquoi ne pas m'en avoir demandé toi-même ?

La somme. Je suppose $n \geqslant 2$ entier. D'après l'inégalité de Taylor-Lagrange, on a
$$\left | \tan x - x \right | \leqslant \tfrac{8}{3} x^3 \quad \left( 0 \leqslant x \leqslant \tfrac{\pi}{4} \right)$$
ce qui peut se réécrire en $\tan x = x + R(x)$ avec $|R(x)| \leqslant \frac{8}{3} x^3$, et ce pour tout $x \in \left [ 0, \frac{\pi}{4} \right]$. Notons que, puisque $n \geqslant 2$ et $k \in \{1, \dotsc , n\}$, on a précisément $0 \leqslant \frac{k\pi}{2 n^2} \leqslant \frac{\pi}{4}$ donc
$$\tan \frac{k\pi}{2 n^2} = \frac{k\pi}{2 n^2} + R_n(k)$$
avec $|R_n(k)| \leqslant \tfrac{1}{3} (\pi k)^3 n^{-6}$ valide pour $n \geqslant 2$ et $1 \leqslant k \leqslant n$. En sommant sur $k$
$$\sum_{k=1}^n \tan \frac{k\pi}{2 n^2} \cot \frac{k \pi}{2n} = \frac{\pi}{2n} \sum_{k=1}^n \frac{k}{n} \cot \frac{k \pi}{2n} + \sum_{k=1}^n R_n(k) \cot \frac{k \pi}{2n}$$
et l'inégalité $| \cot x | \leqslant 1/x$ valide pour $0 < x \leqslant 1$ implique que
$$\left | \sum_{k=1}^n R_n(k) \cot \frac{k \pi}{2n} \right | \leqslant \frac{2 \pi^2}{3 n^5} \sum_{k=1}^n k^2 \leqslant \frac{2 \pi^2}{3 n^2} \quad \left( n \geqslant 2 \right).$$

Habitué à effectuer des calculs asymptotiques pour des travaux de recherche (à ce niveau, on utilise une version étendue du grand $O$, qui est plus souple que celle utilisée en cpge, à condition de bien faire attention quand on somme), j'ai abrégé tout ceci en une ligne, certes un peu "sèche", mais compréhensible.

Je suppose que, pour un élève de prépa, on attend une rédaction plus détaillée, à l'image de celle ci-dessus.

Mais là, on était entre nous...ce qui explique peut-être pourquoi personne ne m'a interpellé !

xx

Le calcul de $\displaystyle\int_{0}^{\pi/2}x^{3}\cot x dx$ se fait assez facilement en partant de l'égalité $\cot x=2\displaystyle\sum_{k=1}^{n}\sin(2kx)+\dfrac{\cos((2n+1)x)}{\sin x}$.

Rouletabille

@ discret
Je n'ai pas demandé d'éclaircissement parce que j'ai trouvé une solution, complètement rédigée, à peu près dans la même veine que ta rédaction.
Reste la valeur de l'intégrale $ \displaystyle \int_{0}^{\frac{\pi }{2}}\theta \cot \theta d\theta$ et par la suite $\displaystyle \int_{0}^{\frac{\pi }{2}}\theta ^{3}\cot \theta d\theta $. Pour la première, j'ai une méthoode, mais la seconde me reste toujours mystérieuse.

xx

Alors je détaille.

De $\cot x=2\displaystyle\sum_{k=1}^{n}\sin(2kx)+\dfrac{\cos((2n+1)x)}{\sin x}$ on obtient
$$\int_{0}^{\pi/2}x^{3}\cot x dx=2\sum_{k=1}^{n}\int_{0}^{\pi/2}x^{3}\sin(2kx)dx+\int_{0}^{\pi/2}\dfrac{x^{3}}{\sin x}\cos((2n+1)x)dx.$$
En intégrant par parties, on trouve
$$\int_{0}^{\pi/2}x^{3}\sin(2kx)dx=\dfrac{\pi^3}{16}\dfrac{(-1)^{k+1}}{k}+\dfrac{3\pi}{8}\dfrac{(-1)^k}{k^3}$$
On fait maintenant tendre $n$ vers $+\infty$. On sait que $\displaystyle\sum_{k=1}^{+\infty}\dfrac{(-1)^{k+1}}{k}=\ln 2$ et en considérant $\displaystyle\sum_{k=1}^{+\infty}\dfrac{(-1)^{k}}{k^3}+\displaystyle\sum_{k=1}^{+\infty}\dfrac{1}{k^3}$ on trouve $\displaystyle\sum_{k=1}^{+\infty}\dfrac{(-1)^{k}}{k^3}=-\dfrac{3}{4}\zeta(3)$. Comme $\displaystyle\lim_{n\to+\infty}\int_{0}^{\pi/2}\dfrac{x^{3}}{\sin x}\cos((2n+1)x)dx=0$, on obtient finalement
$$\int_{0}^{\pi/2}x^{3}\cot x dx=\dfrac{\pi^3\ln 2}{8}-\dfrac{9\pi}{16}\zeta(3)$$
comme annoncé par Fin de partie.

Fin de partie

Je crois comprendre la méthode suggérée par xx:



et:

L'intégrale de la fonction de $x$, $x^3 \dfrac{\cos((2n+1)x)}{\sin x}$ sur $[0;\dfrac{\pi}{2}]$ tend vers $0$ quand $n$ tend vers l'infini.

( La fonction de $x$, $\dfrac{x^3}{\sin x}$ est bornée sur le même intervalle. )

Rouletabille

Bravo et merci pour ces éclaircissements.
La preuve que je connaissais de $\displaystyle \int_{0}^{\frac{\pi }{2}}\theta \cot \theta d \theta =\frac{\pi }{2}\ln 2$ consistait à se ramener par intégration par parties à l'intégrale de Dirichlet $ \displaystyle \int_{0}^{\frac{\pi }{2}}\ln \sin \theta d\theta $, mais celle-ci se généralise me semble-t-il à tout $ \displaystyle \int_{0}^{\frac{\pi }{2}}\theta ^{p}\cot \theta d\theta $.

Encore deux questions.
@ xx
D'où proviennent ces idées ?
@ Fin de Partie
Tu connaissais la formule sans sa preuve ? Si oui, où l'avais-tu prise ?

Fin de partie

Où je l'ai su? Je pensais que c'était évident. B-)-

Ici, bien sûr

xx

Au départ j'ai essayé aussi d'intégrer par parties, ce qui m'a ramené au calcul de $\displaystyle\int_0^{\pi/2}x\ln(\sin x)dx$, mais la méthode classique pour calculer $\displaystyle\int_0^{\pi/2}\ln(\sin x)dx$ en lui ajoutant $\displaystyle\int_0^{\pi/2}\ln(\cos x)dx$ ne semble pas fonctionner ici et l'étude de la fonction $t\mapsto \displaystyle\int_0^{\pi/2}x\ln(\sin tx)dx$ non plus. Comme je n'avais pas d'autre idée, j'ai cherché sur Google et je suis tombé sur ce message de fjaclot; : http://www.les-mathematiques.net/phorum/read.php?4,461918,462073#msg-462073. D'où l'idée d'écrire la cotangente comme somme de sinus.

Fin de partie

xx:
Tu as été plus performant dans ta recherche que moi. B-)-

(j'ai cherché dans un moteur de recherche "integration x^3cotx", en espérant trouver un lien sur M.E, qui est un bon site pour voir des intégrales définies qui ont l'air de ne pas pouvoir être calculées mais qui qui peuvent l'être en fait).

En tout cas, un grand merci d'avoir exhumé cette méthode, je vais essayer de m'en rappeler pour l'occasion. :-)

Rouletabille

@ Fin de partie
Je ne comprends toujours pas.
Le lien que tu donnes fournit seulement la valeur numérique approchée et non la formule.
Et qu'est-ce que M.E. ?

Fin de partie

Le lien que tu donnes fournit seulement la valeur numérique approchée et non la formule. a écrit:

Il fournit (sans preuve) la valeur de l'intégrale en fonction de $\pi,\log 2,\zeta(3)$

C'est un outil très utile pour les intégrales. (Si ce truc n'arrive pas à trouver une forme close à une intégrale définie, il y a quelques chances qu'on ne parvienne pas à en trouver une soi-même mais ce n'est pas toujours le cas M.E est plein de telles intégrales dont Mathematica ne parvient pas à donner de forme close)

Je ne voulais pas faire de pub (ils n'en ont pas besoin) à M.E= http://math.stackexchange.com/