La suite de Polka

Elle est dense, la Polka ?

EDIT: pardon.

@ totem

Ernesto Cesàro danse le tango, Tartaglia danse la polka.

Ah, on est loin de la playlist de JLT.

Bonne soirée,

e.v.

Bonjour Gebrane.

La méthode de JLT marche très bien sauf berlue matudinale.
On a, pour \( n := 2m+1 \),
\begin{align*}
P_n &:= \prod_{k=1}^{n-1}\cos^2(k) \\
&= \cos^2(1) \times \cos^2(3) \times \cdots \times \cos^2(2m-1) \times \cos^2(2) \times \cos^2(4) \times \cdots \times \cos^2(2m)\\
&\leqslant \underbrace{\cos^2(1) \times \cos^2(2)}_{:=\alpha}\times\alpha\lambda^2\times \cdots \times\alpha\left(\lambda^2\right)^{m-1}\\
&\leqslant \alpha^{m-1}\times\left(\lambda^2\right)^{\frac{m(m-1)}2}\\
&\leqslant \alpha^{m-1}\times\left(\lambda^m\right)^{m-1},

\end{align*} avec \( \alpha <0,06 \) et \( \lambda < 0,78 \) ça passe largement, non ?

Embrouille similaire avec \( n \) pair.
Amicalement,
e.v.

Bonjour,
La suite des multiples d'un irrationnel étant équidistribuée modulo 1, la suite $n\mapsto n$ est équidistribuée modulo $2\pi$.
Donc $$\frac1n \ln(u_n) = \frac1n\sum_{k=0}^{n-1} \ln(\cos^2(k)) \underset{n\to\infty}\longrightarrow \frac1{2\pi} \int_0^{2\pi} \ln(\cos^2(x))\,{\rm d}x = -\ln(4).$$
Donc $u_n = 4^{-n} e^{o(n)}$. Je ne sais pas si on peut avoir un équivalent plus précis.

Edit : Je n'avais pas vu que mathoverflow disait presque la même chose.
Edit2 : Voir http://www.les-mathematiques.net/phorum/read.php?4,2182828,2184464#msg-2184464.

Merci Gebrane d'avoir posé la question (et à JLT, ev et Calli d'y répondre), j'apprends des choses en lisant, c'est très agréable !

Salut Calli,

Comme tu l'as bien vu tout le comportement de la suite $(u_n)_n$ est décrit par $\frac1n\sum_{k=0}^{n-1} \ln(\cos^2(k)) $ et sa convergence vers $ \frac1{2\pi} \int_0^{2\pi} \ln(\cos^2(x))\,{\rm d}x$. Pour avoir des estimations plus précises que le $4^{-n} e^{o(n)}$ il faut donc savoir à quelle vitesse la somme converge vers l'intégrale et comment est-ce qu'elle oscille autour de la limite.

C'est très relié à la notion de discrépance de la suite $n\, \mathrm{mod}\, 2\pi$. Cette discrépance est elle même reliée à des choses comme la
mesure d'irrationalité de $\pi$ (ou plutôt $1/2\pi$) et sa représentation sous forme d'une faction continue.

La discrépance de cette suite va effectivement avoir une structure fractale et les différentes échelles de cette structure fractale sont données par les coefficients de la fraction continue, un grand coefficient implique une grande responsabilité différence de taille entre deux échelles successives. Ici c'est un poil plus compliqué parce qu'on applique la fonction $x\mapsto 2 \ln(\cos(x))$ à la suite $(n\, \mathrm{mod}\, 2\pi)_{n}$ alors que pour la discrépance on regarde des fonctions plus simple du type $\mathbf 1_{[a;b]}$ mais j'imagine que les mécanismes sous-jacents sont les mêmes.

À ma connaissance on ne connait ni la fraction continue de $1/2\pi$ ni son exposant d'irrationalité, donc ça risque de limiter les raffinements possibles de la formule $4^{-n} e^{o(n)}$.

On avait abordé des questions assez similaires dans un fil sur la série
\[
\sum \frac{(-1)^{\lfloor n \sqrt 2 \rfloor}}{n}
\]
je vais voir si j'arrive à retrouver ça.

totem : Non. Une somme de Riemann (de pas régulier) associée à l'intégrale $\displaystyle \frac1{2\pi} \int_0^{2\pi} \ln(\cos^2(x))\,{\rm d}x $ serait $\displaystyle \frac1n\sum_{k=0}^{n-1} \ln\circ \cos^2\Big(2\pi\frac{k}n\Big)$. Alors que ce que j'ai écrit est $\displaystyle \frac1n\sum_{k=0}^{n-1} \ln(\cos^2(k))$, qui est en fait égal à $\displaystyle \frac1n\sum_{k=0}^{n-1} \ln(\cos^2(k\ {\rm mod}\ 2\pi))$ où $x\ {\rm mod}\ 2\pi$ est le représentant de $x$ modulo $2\pi$ qui est dans l'invervalle $[0,2\pi[$. Et ensuite j'ai utilisé le fait que pour une suite équidistribuée $(x_n)$ dans un intervalle borné $I$ est une fonction continue $f$, on a $$\frac1n \sum_{k=0}^{n-1} f(x_k) \to \frac1{|I|}\int_I f(x)\,{\rm d}x.$$ Je l'ai appliqué à $x_n := (n\ {\rm mod}\ 2\pi)$ et $f=\ln\circ\cos^2$.

Edit : Voir la remarque de gebrane ci-dessous.

@Calli: ok merci, c'est bien ce qu'il me semblait, ce n'en est pas une :-D

gebrane : Effectivement je n'ai pas fait attention au fait que, dans le théorème sur les suites équidistribuées que j'ai cité, $f$ doit être Riemann-intégrable sur un compact. Alors que $\ln\circ\cos^2$ n'est que continue sur un intervalle ouvert ($]-\frac\pi2,\frac\pi2[$ par exemple). Donc il faudrait redémontrer le théorème dans ce cas particulier, mais ça n'est pas sûr que ça fonctionne.

Hmm il est un peu bizarre ton texte gebrane, tu n'aurais pas la version originale plutôt ?

Pour la convergence de notre somme j'ai juste réussi à la borner inférieurement par $-C\ln(n)$, ce qui n'est pas terrible. Après réflexion il faudrait sans doute essayer d'étudier la divergence. Puisque $\pi$ est irrationnel il existe une suite de rationnels $p_n/q_n$ tels que
\[
\left|\pi - \frac{p_n}{q_n}\right| \leq \frac{1}{q_n^2}
\]
et puisque $\pi$ a une mesure d'irrationalité finie cela permet de donner une borne sur la croissance de $(q_n)_n$, autrement dit la situation $|q_n \pi - p_n| \leq q_n^{-1}$ arrive relativement souvent. Il faut faire les calculs mais c'est peut-être suffisant pour démontrer la divergence de la somme.