Somme de n à 2n

TomasV

Bonjour
Je suis tombé par hasard sur un exo où il faut calculer Un = Somme de n à 2n de 1/k.
Si j'utilise que Hn (série harmonique) = ln(n)+gamma +o(1) ça donne immédiatement que
H(2n)-H(n-1) tend vers ln(2) mais je voudrais le montrer sans ça.

On voit bien que Un est strictement décroissante et minorée donc elle converge pour n infini.
J'ai donc pris f(x) = Somme de n à 2n (x^k/k) qui converge sur [-1,1]
Donc f'(x) = Somme de n à 2n (x^(k-1)) = x^(n-1) [1+x+....+x^n] = x^(n-1) . (1-x^(n+1)) / (1-x)]
Mais quand j'intègre ça pour avoir f(x) et prendre f(1) j'ai du ln(1-x) et ça ne converge pas pour x=1 alors que je sais que f(1) converge pour n infini.
Et je dois être aveugle parce que je ne vois pas le problème.
Quelqu'un peut me dire où ça a planté ?

incognito

$$\sum_{k=n}^{2n} \frac1k= \frac1n + \sum_{k=1}^{n}\frac1{n+k}$$

La deuxième somme est une somme de Riemann ...

gebrane

Peux-tu m'expliquer comment \(\ln(1-x)\) surgit en intégrant ton expression ?

TomasV

gebrane a dit :

Peux-tu m'expliquer comment \(\ln(1-x)\) surgit en intégrant ton expression ?

Par parties.
u'=1/(1-x) => u= - ln(1-x)

gebrane

Alors où est le problème quand tu remplaces $x$ par 1 ? Tu tombes sur une F.I     dans le premier terme $  \infty\times 0$

TomasV

gebrane a dit :

Alors où est le problème quand tu remplaces $x$ par 1 ? Tu tombes sur une F.I     dans le premier terme $  \infty\times 

Le problème n'est pas dans le 1er terme u.v, il tend vers 0 (c'est en gros ln(epsilon).epsilon). 
Il est dans l'intégrale de u.v' qui donne intégrale de ln (1-x) . polynôme en x et le polynôme ne tend pas vers 0 quand x tend vers 1 (il y a des coefficients avec du n) . A moins que je n'aie fait quelque part une horreur que je ne vois pas.

gebrane

Montre ton calcul au complet et explique pourquoi ça explose en x=1

TomasV

Intégrale uv' = Intégrale ln(1-x).[(n-1)x^(n-2) - 2n.x^(2n-1)] dx et quand x tend vers 1 , l'intégrand tend vers -infini . (-n-1)

gebrane

Le $x$ dans l intégrande est une variable muette. Pourquoi le tendre vers 1.
Par exemple prenons l'exemple de $\int \ln(x) dx$ si tu tends le $x$ vers $0^+$, alors l'intégrante explose mais $\int \ln(x) dx =x\ln x- x$ tend vers 0 quand x tend vers 0

Fin de partie

@incognito a tué le game.

gebrane

@Fin de partie as-tu lu la question de l'OP ?

TomasV

gebrane a dit :

Le $x$ dans l intégrande est une variable muette. Pourquoi le tendre vers 1.
Par exemple prenons l'exemple de $\int \ln(x) dx$ si tu tends le $x$ vers $0^+$, alors l'intégrante explose mais $\int \ln(x) dx =x\ln x- x$ tend vers 0 quand x tend vers 0

C'est vrai. J'ai alors essayé autre chose mais ça n'a pas l'air de marcher non plus.
Ma fonction f'n(x) est Somme de n à 2n  x^(n-1) . (1-x^(n+1)) / (1-x)] donc pour avoir f(x) il s'agit d'intégrer 
x^(n-1)/(1-x) - x^(2n)/(1-x) . Je fais un changement de variable u=1-x ce qui me donne à intégrer
(1-u)^(n-1)/u - (1-u)^(2n)/u et j'utilise la formule du binôme. Comme je m'intéresse à la valeur de la primitive en u=0 tous les termes u^k de la primitive vont s'annuler sauf le premier. Mais le premier est ln(u)-ln(u) = 0 alors que f(x=1) n'est pas nul et la fonction fn(x) n'est pas constante.
Où est l'erreur ?

gebrane

Je ne lis pas un texte non ecrit en latex, mais je te dis ceci , tu as edit correction faute grave $$f'_n(x) = \frac{x^{n-1} \cdot (1 - x^{n+1})}{1 - x}$$ et tu veux retrouver $f_n(1)$, c'est trés simple. On a $$f_n(1)=f_n(0)+\int_0^1  \frac{x^{k-1} \cdot (1 - x^{k+1})}{1 - x}= \int_0^1 \frac{x^{k-1} - x^{2k}}{1 - x}=H_{2n} -H_{n-1}$$

TomasV

Oui mais non.
Je n'ai pas de latex mais f'n(x) est une somme pour k=n à 2n de x^(k-1).
En faisant cette sommation (série géométrique) on obtient pour f'n(x) ta 1e ligne mais sans la somme et en remplaçant k par n.
Je ne vois pas pourquoi tu veux faire une somme pour k=n à 2n de f'k(x).
Cela étant, depuis le début, j'ai bien ta 2e ligne (sans les sommes sur k) mais je n'arrive pas à l'intégrer sans les formules du binôme ce qui me parait trop compliqué.

TomasV

OK, après tout ce temps, force est de constater que ce que je pensais au début une intégrale simple, ne l'est en fait pas et qu'on ne peut pas répondre à la question initiale en intégrant simplement un f'n(x) avec fn(x)  bien choisi.

En notant que ces intégrales sont du type x^n . (1-x)^m peut être qu'il y a un rapport avec la fonction beta mais mon but était de trouver une solution niveau Bac et non de trouver la réponse par des méthodes beaucoup plus compliquées.
Merci à ceux qui ont essayé d'aider pour trouver une solution (que je pensais) simple. 

raoul.S

TomasV a dit : 
Je n'ai pas de latex

Personne n'a latex. Pour écrire en latex il suffit de mettre des expressions mathématiques entre dollars. Par exemple au lieu d'écrire f'n(x) tu écris

$f'_n(x)$

Chaurien

Rappel :  $H_{n}=\sum_{k=1}^{n} \frac 1k$.

Autre démonstration de la limite de $U_{n}=H_{2n}-H_{n-1}=\frac{1}{n}+\frac{1}{n+1}+...+\frac{1}{2n-1}+\frac 1{2n} $ ($n+1$ termes). 

On sait que : $H_n=\ln n+\gamma+o(1)$ quand $n \rightarrow + \infty$.

En conséquence : $H_{2n}-H_n=(\ln (2n)+\gamma+o(1))-(\ln n+\gamma+o(1))=\ln 2+o(1)$.

Et $U_n=H_{2n}-H_n+ \frac 1n=\ln 2+o(1)$.

Pour en savoir plus, rappelons que la suite $H_n$ admet un développement asymptotique bien connu dont les termes s'expriment au moyen des nombres de Bernoulli. Par exemple $H_n=\ln n +\gamma +\frac 1{2n}-\frac 1{12 n^2}+o(\frac 1{n^3})$. On peut en déduire un développement de $U_n$ à toute précision.

gebrane

TomasV je suis désolé car j'ai mal lu ton calcul pour ta dérivée, j'ai un problème de vision qui me joue des tours . C'est pourquoi je préfère un texte en Latex. Je vais regarder si on peut calculer par partie ( faire apparaitre le log dans $$\int_0^1  \frac{x^{k-1} \cdot (1 - x^{k+1})}{1 - x}$$
edit Avant de réfléchir par moi même j'ai cherché si c'est déjà fait. 

Bon déjà fait ici https://math.stackexchange.com/a/734945/1177364

Fin de partie

$n\geq 1$, \begin{align}S_n&=\int_0^1\frac{x^{n-1}(1-x^{n+1})}{1-x}dx\\&=\int_0^1\frac{x^{n-1}(1-x^n)}{1-x}dx+\int_0^1\frac{x^{n-1}(x^n-x^{n+1})}{1-x}dx\\&=\int_0^1 x^{n-1}(1-x^n)dx+\int_0^1\frac{x^{n}(1-x^n)}{1-x}dx+\int_0^1 x^{2n-1}dx\\&=\frac{1}{n}-\frac{1}{2n}+\int_0^1\frac{x^{n}(1-x^n)}{1-x}dx+\frac{1}{2n}\\&=\frac{1}{n}+\int_0^1\frac{x^{n}(1-x^n)}{1-x}dx\end{align}
PS:
Après on a envie de considérer $\displaystyle \int_0^1\frac{1}{1+x}dx=\ln 2$

gebrane

Pourquoi ce jeu de passe passe FDP  ? , tu peux faire des le début 

$ \int_{0}^{1} \frac{(y^n - 1)y^{n-1}}{y - 1} \, dy=\int_{0}^{1} (1+y+\cdots +y^{n-1})y^{n-1} \, dy.= \left( \frac{1}{n} + \frac{1}{n+1} + \cdots + \frac{1}{2n-1} \right)=  \sum_{i=0}^{n-1} \frac{1}{n+i}=\sum_{i=0}^{n-1} \frac{1}{n} \cdot \frac{1}{1 + \frac{i}{n}}\to  \int_{0}^{1} \frac{1}{1 + t} \, dt \\= \ln(2).$

Mais l'OP veut faire  une IPP et faire apparaitre le log  , cest ce que j'ai compris 

Fin de partie

@Gebrane:  Je cherche une solution alternative sans sommes de Riemann.

gebrane

j'ai donné un lien ci dessus vers la preuve de felix Martin, mais elle est compliquée 

JLapin

Fin de partie a dit :

@Gebrane:  Je cherche une solution alternative sans sommes de Riemann.

Un encadrement par des intégrales, ça compte ?

Fin de partie

@Jlapin :  Bien sûr.

@gebrane: Merci, mais j'aimerais bien être capable d'aller au bout de cette question seul .

Je vois une voie se dessiner mais il y a des trous à boucher.

gebrane

FDP
Puis-je savoir quel est ton cahier des charges pour traiter la question ? Ce que propose Jlapin est une trivialité, mais ce n'est pas ce que demande l'OP, me semble-t-il.

Fin de partie

\begin{align}Z_n&=\int_0^1\left(\frac{x^n(1-x^n)}{1-x}-\frac{1}{1+x}\right)dx\\
&=\int_0^1 \frac{1}{1+x}\times\underbrace{\frac{x^{2n+1}-x^{n+1}+x^{2n}-x^{n}-x+1}{x-1}}_{=\varphi_n(x)}dx\\
\varphi_n(x)&=\frac{(x^n-1)(x^{n+1}+x^n)}{x-1}-1
\end{align}
On voit que $\varphi_n$ sur $[0,1[$ est égale à un polynôme à coefficients entiers positifs sauf pour le coefficient devant $x^0$ qui est $-1$. La dérivée de cette fonction est donc positive sur $[0,1[$. La fonction est donc croissante sur $[0,1]$.
Le maximum de cette fonction sur $[0,1]$ est atteint en $x=1$ et ce maximum vaut:
\begin{align}\lim_{x\rightarrow 1}\frac{(x^n-1)(x^{n+1}+x^n)}{x-1}-1=n\times1^{n-1}\times (1^{n+1}+1^{n})-1=2n-1\end{align}

Si on coupe l'intégrale en deux morceaux $\left[0,1-\frac{1}{n^2}\right]$ et $\left[1-\frac{1}{n^2},1\right]$, le second morceau est facile à majorer par une expression en $n$ qui tend vers $0$ quand $n$ tend vers l'infini il reste à faire la même chose pour le premier morceau ce que je ne sais pas faire pour le moment.

NB:

$\varphi_n$ a pour minimum sur $[0,1]$,$\varphi_n(0)=-1$.