Suite d'intégrales
Réponses
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En faisant une intégration par parties (intégrer le $x^n$ en $\dfrac{x^{n+1}-1}{n+1}$ et dériver le $\ln(1-x)$), je trouve $I_n = \dfrac{-1}{n+1} \displaystyle \sum_{k=1}^{n+1} \dfrac{1}{k}$.
On en déduit : $I_n \underset{n\rightarrow +\infty}{\sim} \dfrac{-\ln(n)}{n}$. -
Merci Guego. J'avais abandonné la piste de l'intégration par parties, n'ayant pas pensé à intégrer astucieusement $x^n$...
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On pouvait obtenir la même chose sans faire d'intégration par partie '' astucieuse '' en primitivant le $ln x$ et en dérivant $(1 - x)^n$
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Bah, j'avais également essayé, en vain. Bizarre, je vais re-regarder alors !...
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On peut aussi développer en série entière le $\ln(1-x)$.
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Et on peut proposer l'exo connexe en utilisant ce que dit Ti et en calculant pour $n\geq1$:
$$J_n = \int_{0}^{1} x^n \ln(x) dx$$
pour montrer, après justification, ce joli résultat
$$ \int_{0}^{1} \ln(1-x)\ln(x) dx=2-\zeta(2)$$
Pour info la série du juge Ti est reprise par Frédéric Lenormand, le fils de Claude, éminent professeur de mathématiques, spécialisé dans la combinatoire des mots et avec qui j'ai beaucoup échangé fut un temps:
http://www.amazon.fr/nouvelles-enquêtes-juge-Ti-Tchou/dp/2757800485 -
Si Juge Ti repasse par là, je veux bien qu'il me montre comment il procède.
@ Blueberry : Ok pour ta méthode.
@ Benoît : beau résultat en effet. -
Je reste sur ce fil pour l'exo suivant :
Il s'agit de donner la nature de la série de terme général $u_n = \int_{0}^{\pi/2} (\cos t)^n \sin(nt) dt$.
Je sèche méchamment... -
Posons, pour tout $x\in [0;1[$ : $f(x) = \displaystyle \sum_{n=0}^{+\infty} u_n x^n$ (bien définie, la suite $u_n$ étant clairement bornée).
En remarquant que $u_n x^n = \Im m\left[ \displaystyle \int_0^{\pi/2} x^n \cos^n(t)e^{int} dt\right]$, et en permutant la somme et l'intégrale, on obtient $f(x) = \Im m\left[ \displaystyle \int_0^{\pi/2} \dfrac{dt}{1-x\cos(t)e^{it}} \right]$, qui vaut, d'après maple : $\dfrac{\ln(1-x)}{x-2}$.
Or, ceci tend vers $+\infty$ lorsque $x$ tend vers $1$. Donc, d'après le théorème de convergence radiale d'Abel, $\sum u_n$ diverge. -
Remarque : On doit pouvoir être plus précis : numériquement, il semblerait que $u_n -\ln(n)$ converge. En fait, même mieux, il semblerait que $u_n - H_n$ tende vers $0$, avec $H_n = \displaystyle \sum_{k=1}^n \dfrac{1}{k}$.
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Euh, mais $u_n$ est bornée non ??
[Edit : j'imagine que tu parles des sommes partielles $\sum_{k \leq n} u_k$ ?] -
Oui, pardon, je voulais dire $\displaystyle \sum_{k=0}^n u_k$.
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Je continue : maintenant que l'on sait que $\displaystyle \sum_{n=0}^{+\infty} u_n x^n = \dfrac{\ln(1-x)}{x-2}$, on obtient, en multipliant par $x-2$ et en identifiant les coefficients de la série entière : $u_{n} = \dfrac{1}{2}u_{n-1} + \dfrac{1}{2n}$ pour tout $n\geqslant 1$, ce qui permet de calculer les $u_n$ de proche en proche, et, sans doute de montrer que $u_n \underset{n\rightarrow + \infty}{\sim} \dfrac{1}{n}$ (je vais réfléchir à cette dernière partie).
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Je continue :
Posons $v_n = nu_n$. On a alors $v_n = \dfrac{1}{2} + \dfrac{n}{2(n-1)}v_{n-1}$. Ceci permet d'obtenir, par récurrence : $v_{n-1} \leqslant v_n$ pour tout $n\geqslant 5$. La suite $(v_n)$ est donc décroissante.
De plus, la relation de récurrence trouvée au message précédent montre que $u_n>0$ pour tout $n\geqslant 1$, et donc $v_n>0$.
On en déduit que la suite $(v_n)$ converge. Or, en passant à la limite dans sa relation de récurrence, on trouve que sa limite vaut $1$. Conclusion : $ u_n \underset{n\rightarrow + \infty}{\sim} \dfrac{1}{n}$, ce qui re-prouve que la série $ \sum u_n$ diverge (mais en mieux). -
Clairon a écrit:Si Juge Ti repasse par là, je veux bien qu'il me montre comment il procède.
On peut faire comme ça :
$$I_n=\int_{0}^{1} x^n \ln(1-x) dx =-\int_{0}^{1} x^n \sum_{k=1}^{+\infty}\frac{x^k}{k} dx =-\sum_{k=1}^{+\infty}\frac{1}{k}\int_{0}^{1} x^{n+k}dx=-\sum_{k=1}^{+\infty}\frac{1}{k(n+k+1)}$$
et en décomposant en éléments simples on obtient des sommes téléscopiques :
$$I_n=\frac{1}{n+1}\sum_{k=1}^{+\infty}\left(\frac{1}{n+k+1}-\frac{1}{k}\right)=-\frac{1}{n+1}\sum_{k=1}^{n+1} \dfrac{1}{k}$$
et on retrouve le résultat de Guego.
Pour le deuxième exercice, on peut retrouver l'égalité $u_{n} = \dfrac{1}{2}u_{n-1} + \dfrac{1}{2n}$ en utilisant la formule d'addition pour le sinus dans l'intégrale de départ et en faisant quelques IPP. A partir de cette égalité on obtient d'ailleurs $u_n=\displaystyle\frac{1}{2^{n+1}}\sum_{k=1}^n\frac{2^k}{k}.$ -
Merci Guego, merci Juge Ti.
Petite question pour terminer : peut-on montrer que $\lim nu_n = 1$ en utilisant l'expression de $u_n$ : $u_n=\displaystyle\frac{1}{2^{n+1}}\sum_{k=1}^n\frac{2^k}{k}.$ -
A vue de nez, je decouperais la somme en $k<n-\log n$ et $k\ge n-\log n$.
La premiere somme est un o(1/n) et la deuxieme est equivalente a $\sum_{n\ge k\ge n-\log n}2^{k-n-1}/n$ qui est equivalent a $1/n$. -
Bonjour,
On peut effectivement utiliser cette expression de \(u_n\)~; il suffit alors d'établir que~: \(\displaystyle\sum_{k=1}^n\frac{2^k}k\sim\frac{2^{n+1}}n\), ce qui s'obtient, soit avec une transformation d'Abel, soit en remarquant que \(\dfrac{2^{n+1}}n-\dfrac{2^n}{n-1}\sim\dfrac{2^n}n\) et en sommant ces relations. -
Merci gb. Je constate que je suis un peu rouillée et que j'ai encore des progrès à faire !...
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Bonsoir,
A partir de la formule : $ u_n=\displaystyle\frac{1}{2^{n+1}}\sum_{k=1}^n\frac{2^k}{k}$ on montre facilement en intervertissant les sommations que:
$ \displaystyle\sum_{n=1}^Nu_n=H_N-u_N$.
Cela démontre ce que Guego avait conjecturé. -
C'est encore plus simple à partir de $ u_{n} = \displaystyle \dfrac{1}{2}u_{n-1} + \dfrac{1}{2n}$.
En ajoutant $ \displaystyle u_n=u_{n-1}-u_n+\frac1n$ pour $n$ de 1 à $N$ on obtient directement $ \displaystyle\sum_{n=1}^Nu_n=H_N-u_N$ -
Il me semble que si tu intègres par parties entre 0 et 1 en prenant \quad \(dv= x^n dx\)
l'un des termes a une valeur infinie pour $x=1$.
Tu ne peux donc pas intégrer par parties comme cela !
Erreur pour moi !
En effet je n'avais pas vu que ds l'intégration par parties on pouvait prendre pour primitive de $dv=x^n dx$ $v=\frac{x^{n+1}-1}{n+1}$. -
@jydu56 : Quand on intègre par parties, on a le choix d'une constante.
Par exemple ici, on intègre $dv=x^n dx$. on obtient $v=\dfrac {x^{n+1}+c} {n+1}$, où $c$ est une constante qu'on peut choisir. ici, $c=-1$ arrange les choses.
C'est un truc auquel on ne pense pas spontanément.
Cordialement,
zephir. -
Pour résumer, je me permets d'utiliser une idée de Juge Ti qui donne la relation de récurrence "avec peu de calculs".Juge Ti a écrit:On peut retrouver l'égalité $u_{n} = \dfrac{1}{2}u_{n-1} + \dfrac{1}{2n}$ en utilisant la formule d'addition pour le sinus dans l'intégrale de départ et en faisant quelques IPP.
J'utilise la formule d'addition suivante $\sin(nt) = \sin(n+1)t \cos t - \sin t \cos(n+1)t$. On obtient donc $u_n$ comme différence de deux intégrales. La première, c'est $u_{n+1}$ et dans la seconde, je fais une intégration par parties en intégrant $\cos^n(t)\sin t$ et en dérivant $\cos(n+1)t$. On fait donc apparaître $u_{n+1}$, et on obtient la relation
$$
u_n = 2 u_{n+1} - \dfrac{1}{n+1}
$$
cousine de la relation précédemment citée.
Amicalement,
Clairon.
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