Calcul intégral

LoloDJ
Modifié (31 Jan) dans Analyse
Soit la fonction $\quad \displaystyle F_n(x)=\int_0^x \exp(-t)\sin^{2n}( t) dt$.
1-Prouver que $F_n$ est croissante et majorée par $1$.
2-Soit $I_n=\lim_{x\to+\infty} F_n(x)$, prouver que $I_n=2n\big((2n-1)I_{n-1}-2nI_n\big)$
3-En Déduire $I_1, I_2$ et $I_3$ puis $I_n$ en fonction de $n$.
4-Etudier la limite de la suite $(I_n)$.

Je bloque à la question 4 : il est aisé de voir que $I_n$ est décroissante et minorée par $0$ donc elle a une limite finie, mais je n'arrive pas à évaluer la valeur de cette limite. Quelqu'un aurait-il une idée ?
(Désolé pour l'absence de Latex, je ne sais pas comment on fait.)
[Clique sur Cite pour voir comment j'ai traduit en LaTeX. :smile: AD]

Réponses

  • Avec le théorème de convergence dominée, on voit tout de suite que $I_n\to0$.

    Sans cela, le ${\bf2)}$ montre que $I_n/I_{n-1}\leqslant\displaystyle1-\frac1{2n}$ ; on conclut en passant au logarithme dans cette inégalité (ou grâce à la formule de Stirling).
  • LoloDJ
    Modifié (31 Jan)
    Merci pour vos réponses,
    ...Mais je ne vois pas où est "Cite" pour LaTeX
    [En effet le lien "Cite" n'apparaît plus !
    Pour $\LaTeX$, on encadre toutes les expressions mathématiques par des $\$$.
    et pour voir le code $\LaTeX$ d'une expression mathématique, la souris sur l'expression > clic droit > Afficher sous forme > Commande Tex. AD]

    ... je ne vois pas en quoi le logarithme peut nous aider (quant à la formule de Stirling, je voudrais m'en passer car c'est un sujet pour des Terminales...)
    La différence des logarithmes de $ I_n$ et $I_{n-1}$ est inférieure au logarithme de quelque chose qui tend vers $1$, certes, et alors ?
  • L'usage des logarithmes ? Eh bien : la série de terme général $\ln(1-(1/2n))$ est négative divergente ; de ce fait $\ln I_n$ tend vers $-\infty$.

    Puisque c'est pour une classe de Terminale : majore $\ln(1-(1/2n))$ par $-1/2n$, puis par $\displaystyle\frac12(\ln n-\ln(n+1))$ qui est une somme télescopique.
  • Sinon, sans utiliser le logarithme, en partant de $\dfrac{I_n}{I_{n-1}}\leq 1-\dfrac{1}{2n}$, on peut démontrer élémentairement (sauf erreur de calcul de ma part) que la suite $(\sqrt{n} I_n)_{n\geq 1}$ est décroissante pour en déduire $0\leq I_n\leq \dfrac{I_1}{\sqrt{n}}$.
  • Fin de partie
    Modifié (1 Feb)

    Dans la question 3) on demande de donner une formule pour $I_n$ en fonction de $n$. Cela peut servir pour la question 4 j'imagine. Un exercice de terminale avec des intégrales ayant une borne infinie?

    PS:
    Pour le calcul de la limite de $(I_n)$.
    Si on sait que cette suite décroit et est minorée et par ailleurs, on peut montrer que s'il y a une limite finie celle-ci ne peut pas être un réel non nul.


  • Je suis curieux comme FDP, qu'as tu trouvé comme expression de $I_n$ ?
    Le 😄 Farceur


  • Si la relation de récurrence trouvée est la bonne on a donc:

    \begin{align}I_n-I_{n-1}=-\frac{I_n+2nI_{n-1}}{(2n)^2}\end{align}
    Or, $I_n$ est positif (l'intégrande de l'intégrale qui définit cette suite est postif)

    Donc, la suite $(I_n)$ est décroissante et minorée par $0$, elle converge.

    Pour calculer la limite, je pensais montrer une contradiction directement à partir de la relation de récurrence mais cela ne fonctionne pas.

  • Si l'on sait que $$I_n-I_{n-1}=-\frac{I_n+2nI_{n-1}}{(2n)^2}$$ et que la suite $(I_n)_n$ converge alors on peut montrer qu'elle converge vers $0$. En effet, si $(I_n)_n$ convergeait vers un réel non nul, alors la série de terme général $\frac{2n I_{n-1}}{(2n)^2}$ divergerait, tandis que celle de terme général $\frac{I_n}{(2n)^2}$ converge dans tous les cas. Mais cela impliquerait que la série de terme général $I_n-I_{n-1}$ diverge, ce qui contredit le fait que $(I_n)_n$ converge.
  • La méthode de @JLapin fonctionne très bien et reste au niveau des élèves de Terminale. La suite $(\sqrt{n}I_n)_{n\geq 1}$ est effectivement décroissante, et cela se démontre en quelques lignes de calculs à partir de la relation prouvée en 2).
  • Merci d'avoir vérifié mes calculs ;)
  • $\sqrt n I_n - \sqrt {n-1} I_n-1$

  • LoloDJ
    Modifié (9 Feb)
    Ben, j'ai essayé, je n'ai pas réussi : en partant de cela :
    $\sqrt n I_n - \sqrt {n-1} I_{n-1}=\sqrt {n-1} I_{n-1}(\frac{\sqrt n I_n}{\sqrt {n-1} I_{n-1}}-1)$
    j'ai pu obtenir ceci
    $\frac{\sqrt n I_n}{\sqrt {n-1} I_{n-1}}-1\le\frac{\sqrt{n}(2n-1)-2n\sqrt{n-1}}{2n\sqrt{n-1}}$
    qui nous aiderait si on parvenait à montrer que
    $\sqrt{n}(2n-1)\le2n\sqrt{n-1}$
    ce qui ne marche pas car cela équivaudrait à $\frac{1}{4n^2}\le0$
  • Dans ce fil personne ne répond à la question qui demande l'expression de $I_n$ sauf inattention
    Le 😄 Farceur


  • LoloDJ
    Modifié (9 Feb)
    $I_n=\dfrac{(2n)!}{\prod_{k=1}^n (1+4k^2)}$.
  • JLapin
    Modifié (9 Feb)
    ce qui ne marche pas car cela équivaudrait à 14n2≤0

    Oui, je suis allé un peu vite.
    Tu peux partir directement de la relation $$\dfrac{I_n}{I_{n-1}} = \dfrac{2n(2n-1)}{4n^2+1}$$
    pour démontrer la décroissance de $(\sqrt{n} I_n)_{n\geq 1}$.

  • gebrane
    Modifié (10 Feb)
    Merci pour ta réponse. On voit bien que $\frac{I_{n+1}}{I_n}\to 1$, c'est le cas douteux de la règle de d'Alembert.

    Avec la règle de Raabe-Duhamel, on voit que la série $\sum I_n$ diverge.
    Je pense que maintenant, on peut utiliser des méthodes post bac pour montrer que
    $$\lim_{n\to +\infty } \frac{(2n)!}{ \prod_{k = 1}^n (4k^2+1)}=0$$
    Le 😄 Farceur


  • gebrane
    Modifié (10 Feb)
    On a $\dfrac{I_n}{I_{n-1}} = \dfrac{2n(2n-1)}{4n^2+1}\leq \dfrac{(2n-1)}{2n} $ qui donne que $\quad I_n\leq \dfrac{(2n)!}{(2^nn!)^2}$.
    À partir de là on peut chercher d'autres raisonnements, bien sûr la formule de STIRLING plie la question puisque $\dfrac{(2n)!}{(2^nn!)^2}\sim \dfrac{1}{\sqrt{n \pi}}$. 
    On peut utiliser un résultat post bac qui dit que (correction grave coquille)  $\sum u_n cv\iff \prod (1+u_n) cv$, ici on a  $\sum \frac{1}{2n -1}\,  dv$ donc 
    $\prod   \frac{2n}{2n -1} \,  dv $ donc  $\prod   \frac{2n-1}{2n}  \to 0$.
    Le 😄 Farceur


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