Décroissance des intégrales de Wallis, SANS utiliser sin ou cos

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Réponses

  • gebrane
    Modifié (September 2024)
    Je trouve dommage de ne pas simplifier le raisonnement de la partie I en majorant la suite.
    Par exemple
    Partie I
    Soit la suite définie par $u_n=\frac{\sqrt{n} (2n)!}{(2^n n!)^2}, \quad \forall n\geq 1$
    1) Montrer que $(u_n)_{n\geq 1}$ est croissante
    2) Montrer que $u_n=\sqrt n  \prod_{k=1}^{n}\left(1-\frac{1}{2k}\right), \quad \forall n\geq 1$
    3) En utilisant qie $\forall x\in \R, 1+x\leq e^x$ Montrer que  $\prod_{k=1}^{n}\left(1-\frac{1}{2k}\right)\leq e^{-\frac 12 \sum_{k=1}^n \frac 1k},\quad \forall n\geq 1$
    4) Montrer que $\sum_{k=1}^n \frac 1k\geq \ln(n), \quad \forall n\geq 1$ et en déduite que $u_n\leq 1, \quad \forall n\geq 1$

    Ceci dit je ne minimise pas l'effort de notre collègue GuYem pour son  sujet stimulant Stirling_sans_trigo.pdf

    Lorsque notre cher Nico, le professeur, intervient dans une question d'analyse, c'est une véritable joie pour les lecteurs..


  • Je comprends que cet énoncé démontre la convergence de cette suite $u_n$ ; mais ne voit pas le lien avec la partie I de l'énoncé, qui consiste à démontrer Stirling sans en calculer la constante ?
  • Dans ton énoncé, tu remplaces tes questions 1), 2) 3) et 4) par mes questions 1), 2), 3)  et 4), tu laisses ta question 5)
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  • Certes, ne faudrait-il pas le faire avec $u_n = \frac{n^n \sqrt n}{n! e^n}$ au lieu du $(u_n)$ que tu donnes ?


  • gebrane
    Modifié (September 2024)
    Mille sabords, j'étais aveuglé depuis le début !

    j'ai cru que tu travaillais sur la partie $I$ avec la suite que j'ai donnée. Ni John, ni Jlapin ne m'avaient alerté que je me trompais de suite. 

    Puisque je me trompais, je ne sais pas si la croissante et la majoration de ta suite $u_n = \frac{n^n \sqrt n}{n! e^n}$ est facile
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  • GuYem
    Modifié (September 2024)
    Nom de Zeus, on peut se tromper !

    Je ne pense pas que les variations et /ou une mino/majoration de cette suite soit simple à obtenir, justement car les preuves usuelles de Stirling passent le plus souvent par le télescopage de la série $\sum \ln \left( \frac{u_n}{u_{n+1}} \right)$ pour obtenir la convergence de $(u_n)$.




  • Ce matin, j'ai regardé la monotonie de la suite \( u_n = \frac{n^n \sqrt{n}}{n! e^n} \). Elle est trivialement croissante ! Si tu ne la vois pas, je peux te l'indiquer.


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  • Ni John, ni Jlapin ne m'avaient alerté que je me trompais de suite. 

    Bonjour, fiston,
    sans doute, mais JLapin et John ont répondu à la question que tu avais posée !
  • GuYem
    Modifié (September 2024)
    gebrane a dit :


    Ce matin, j'ai regardé la monotonie de la suite \( u_n = \frac{n^n \sqrt{n}}{n! e^n} \). Elle est trivialement croissante ! Si tu ne la vois pas, je peux te l'indiquer.



    J'obtiens aussi la croissance de cette suite, en étudiant le log du quotient et en m'appuyant sur l'inégalité  $\forall x \in \R_+,\ \frac{2x}{x+2} \leq \ln(1+x)$.
    Sauf erreur, on peut obtenir la majoration $u_n \leq \frac 1{\sqrt e}$, encore en passant par du télescopage de série $\sum \ln (u_{n+1}/u_n)$.

    J'en profite pour joindre cet autre énoncé qui démontre Stirling (sans la valeur de la constante $C$) mais en utilisant encore moins d'outils : uniquement le théorème de limite monotone et quelques inégalités pas trop méchantes, pour arriver à montrer la convergence de la suite $u_n$ en jeu depuis quelques messages.
    À travers cet énoncé, on peut trouver intéressant de voir que l'encadrement suivant et le TLM à eux seuls permettent de prouver Stirling  :
    $$
    \forall x \in \R_+,\ \frac{2x}{x+2} \leq \ln(1+x) \leq x-\frac{x^2}2 + \frac{x^3}3
    $$
  • Pour la monotonie de la suite $u_n = \frac{n^n \sqrt{n}}{n! e^n}$

    On a $$\frac{u_{n+1}}{u_n}=\frac 1e \big(\frac{n+1}{n}\big)^n  \sqrt{\frac{n+1}{n}}$$
    De plus $ \big(\frac{n+1}{n}\big)^n\uparrow e$  et  $ \sqrt{\frac{n+1}{n}}\downarrow 1$ donc $\frac 1e (\frac{n+1}{n})^n  \sqrt{\frac{n+1}{n}}\downarrow 1$ et on conclut que $\frac{u_{n+1}}{u_n}\geq 1$
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  • depasse
    Modifié (September 2024)
    gebrane a dit :


    Ce matin, j'ai regardé la monotonie de la suite \( u_n = \frac{n^n \sqrt{n}}{n! e^n} \). Elle est trivialement croissante ! Si tu ne la vois pas, je peux te l'indiquer.


    En effet:
    $\dfrac{u_{n+1}}{u_n}=({\dfrac{n+1}{n}})^{n+\frac{1}{2}}e^{-1}$,
    $f(n):=\ln{\dfrac{u_{n+1}}{u_n}}=\ln{(({\dfrac{n+1}{n}})^{n+\frac{1}{2}}e^{-1})}=(n+\frac{1}{2})\ln({\dfrac{n+1}{n}})-1$,
    $f'(x)=\ln(x+1)-\ln x-\dfrac{1}{2}\dfrac{2x+1}{(x(x+1))^2}$,
    $f''(x)=\dfrac {1}{2(x(x+1))^2}>0$,
    $f'$ croît de $\ln 2-\dfrac{3}{4} (<0)$ à $0$,
    $f'$ est négative,
    $f$ décroît de $\dfrac{3}{2} \ln 2 -1(>0)$ à $0$,
    $f$ est positive,
    $u$ est croissante.
    L'encadrement, valable pour tout $n\in \mathbb {N^*}$, 
    $(1+\dfrac{1}{n})^n<e<(1+\dfrac{1}{n})^{n+\frac{1}{2}}$ peut servir un jour ou l'autre.
    Cordialement
    Paul
  • Pour une majoration je n'ai pas encore réfléchi mais je passe après depasse :mrgreen:
    Lorsque notre cher Nico, le professeur, intervient dans une question d'analyse, c'est une véritable joie pour les lecteurs..


  • L'inégalité $f(1/n)>0$ de depasse revient à l'inégalité $\frac{2x}{2+x}  \leq \ln(1+x)$ donnée dans mon précédent message, et démontre bien la croissante de la suite.

    En revanche pour la preuve de gebrane, je ne suis pas sûr de l'argument croissante$\times$décroissante = décroissante ?
  • L argument est faux, il faut étudier toute la suite
    Lorsque notre cher Nico, le professeur, intervient dans une question d'analyse, c'est une véritable joie pour les lecteurs..


  • Math Coss
    Modifié (September 2024)
    C'est peut-être un peu à côté du cœur du sujet mais je voudrais attirer votre attention sur l'article de Bernard Brighi dans Quadrature 132 du printemps dernier, « Calcul de l'intégrale de Gauss d'après Stieltjes ». Voici le déroulement.
    • On définit la suite des intégrales de Wallis $(w_n)$ de la façon classique (mais @john_john a proposé des définitions équivalentes par changement de variable).
    • Lemme : si une suite $(v_n)$ est décroissante et si $nv_n=(n-1)v_{n-2}$ pour $n\ge2$, alors $2v_0=\pi v_1$.
    • Remarque : les suites satisfaisant aux hypothèses du lemmes forment la demi-droite $\{(\lambda w_n),\ \lambda\in\R^{+*}\}$.
    • Application : on pose \[u_n=\int_{0}^\infty t^n\mathrm{e}^{-t^2}\mathrm{d}t\] pour tout $n$. La positivité pour tout $x$ de $u_{n+1}+2u_nx+u_{n-1}x^2$ entraîne $u_n^2<u_{n-1}u_{n+1}$ et donc la décroissance de $(q_n)$ définie par $q_n=u_n/u_{n+1}$ pour tout $n$. Or $nq_n=(n-1)q_{n-2}$ pour tout $n$. Autrement dit, on peut appliquer le lemme à $(q_n)$ et, connaissant $u_1=1/2$ et $u_2=u_0/2$, en déduire l'intégrale de Gauss, qui est ($u_0$ ou) $2u_0$.
  • Cette méthode de calcul de l'intégrale de Gauss semble en effet intéressante.

    Et le tout n'est pas à côté du sujet initial, puisque la question de départ était justement la réciproque du lemme utilisé ici.
    Est-elle évoqué dans l'article ?
  • Non car pour Stieltjes et Brighi, qui n'ont pas peur de la trigonométrie (j'allais écrire « de tourner en rond »), la décroissance est évidente.
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