Sommes de Riemann
Réponses
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Tu vois bien que cet exposant $\sin (2\pi\sqrt{n^2+1})$ semble sortir de nulle part. Que vaut la limite de ce morceau-là ?
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OShine: Je vois écrit "développements limités" dans l'énoncé de ton exercice.
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On pourrait commencer par factoriser le $n^2$ sous le signe racine carrée.
On se retrouve avec un facteur $2n\pi$ dans l'argument du sinus.
On utilise $2n\pi\times A_n=2n\pi (A_n-1)+2n\pi$ (et $\sin$ est périodique de période $2\pi$)
C'est une idée qui m'est venue comme ça. Je ne sais pas si cela permet de conclure. -
@Cyrano
Je calcule ça de suite.
Bien vu Fin de Partie l'astuce (tu)
On a $\sin( 2 \pi \sqrt{n^2+1}) =\sin (2 \pi n \sqrt{1+1/n^2})=\sin (2 \pi n (\sqrt{1+1/n^2}-1) +2 n \pi)$
Effectuons un DL de $\sqrt{1+1/n^2}-1$. On a $\sqrt{1+1/n^2}-1=\dfrac{1}{2 n^2} + o(\dfrac{1}{n^2})$
Donc $\sin( 2 \pi \sqrt{n^2+1}) = \sin ( \dfrac{\pi}{n} + o(\dfrac{1}{n} ) )$
Posons $u=\dfrac{\pi}{n} + o(\dfrac{1}{n})$. Comme $u \longrightarrow 0$, on a $\sin( 2 \pi \sqrt{n^2+1}) = u +o(u)$
Soit $\boxed{\sin( 2 \pi \sqrt{n^2+1}) = \dfrac{\pi}{n} + o(\dfrac{1}{n})}$
Par conséquent, $\boxed{\lim\limits_{n \rightarrow +\infty} \sin( 2 \pi \sqrt{n^2+1}) =0}$ -
\begin{align}\sin (2 \pi \sqrt{n^2+1} ) \sum_{k=1}^n \ln\left(1+\frac{k}{n}\right)&=\sin \left(2n \pi \sqrt{1+\frac{1}{n^2}} \right) \sum_{k=1}^n \ln\left(1+\frac{k}{n}\right)\\
&=\sin \left(2n \pi\left( \sqrt{1+\frac{1}{n^2}}-1\right)+2n\pi \right) \sum_{k=1}^n \ln\left(1+\frac{k}{n}\right)\\
&=\sin \left(2n \pi\left( \sqrt{1+\frac{1}{n^2}}-1\right) \right) \sum_{k=1}^n \ln\left(1+\frac{k}{n}\right)\\
&=\frac{1}{n}\frac{\sin \left( \frac{2 \pi}{n\left(\sqrt{1+\frac{1}{n^2}}+1\right)}\right)}{\frac{1}{n}}\sum_{k=1}^n \ln\left(1+\frac{k}{n}\right)\\
\end{align}
Il ne reste plus qu'à montrer que $\displaystyle \lim_{n\rightarrow \infty}\frac{\sin \left( \frac{2 \pi}{n\left(\sqrt{1+\frac{1}{n^2}}+1\right)}\right)}{\frac{1}{n}}=\pi$ -
Joli même si je ne comprends pas pourquoi mon DL est faux. J'ai relu 10 fois. Ta méthode est très efficace !
On utilise $\sin (x) \sim x$ en $0$ ce qui donne directement la limite $\pi$.
Par ailleurs, $S_n=\dfrac{1}{n} \displaystyle\sum_{k=1}^n \ln (1+k/n)$ est une somme de Riemann. Elle converge vers :
$I=\displaystyle\int_0 ^1 \ln(1+x) dx$
Une IPP donne $I=-1+\ln 2+ \ln 2 =-1 + 2 \ln 2$
Donc $v_n$ converge vers $\pi (-1+2 \ln 2)$
Et donc $u_n= e^{v_n}$ converge vers $\exp(\pi (-1+2 \ln 2) )$
$\boxed{\lim\limits_{n \rightarrow +\infty} u_n = \exp(\pi (-1+2 \ln 2) ) }$ -
Il n'est pas suffisant de faire le calcul que tu fais ici. Il nous manque un facteur $1/n$ pour placer devant le logarithme afin qu'on ait une somme de Riemann.
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J'ai bien un 1/n devant la somme...
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Moi je rédigerais ainsi :
$\bullet $ Posons : $\displaystyle \ln u_{n}=\sin (2\pi \sqrt{n^{2}+1})\underset{k=1}{\overset{n}{\sum }}\ln
\sqrt{1+\frac{k}{n}}=a_{n}R_{n}$, avec :
$a_{n}=\frac{n}{2}\sin (2\pi \sqrt{n^{2}+1})$ et $\displaystyle R_{n}=\frac{1}{n}\underset{k=1}{\overset{n}{\sum }}\ln (1+\frac{k}{n})$.
$\bullet $ Développement limité de $a_n$ en $o(...)$ (mon préféré) :
$a_{n}=\frac{n}{2}\sin (2\pi n\sqrt{1+\frac{1}{n^{2}}})=\frac{n}{2}\sin
(2\pi n(1+\frac{1}{2n^{2}}+o(\frac{1}{n^{2}})))$$=\frac{n}{2}\sin (\frac{\pi }{n}+o(\frac{1}{n}))=\frac{\pi }{2}+o(1)$.
$\bullet $ Somme de Riemann :
$\displaystyle R_{n}=\frac{1}{n}\underset{k=1}{\overset{n}{\sum }}\ln (1+\frac{k}{n})\rightarrow \int_{1}^{2}\ln t~dt=[t\ln t-t]_{t=1}^{t=2}=2\ln 2-1$.
$\bullet $ Conclusion :
$\ln u_{n}\rightarrow \pi (\ln 2-\frac{1}{2})$, et enfin : $u_{n}\rightarrow e^{\pi (\ln 2-\frac{1}{2})}$.
En espérant qu'il ne subsiste aucune erreur de calcul...
Aucun intérêt dans cet exo téléphoné et rébarbatif.
Au vu de ce $u_n$ tarabiscoté, personne n'a envie d'en trouver la limite, il faut vraiment y être obligé.
Bonne journée.
Fr. Ch. -
\begin{align}\exp(\pi (-1+2 \ln 2) )&=4^\pi\text{e}^{-\pi}\end{align}
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Fin de Partie pourquoi on ne trouve pas la même chose que Chaurien ?
@Chaurien
Merci. J'étais aussi parti sur un DL mais j'ai fait une erreur de calcul.
Bd2017
Ma limite est fausse j'ai tracé la courbe de $x \mapsto \sin (2 \pi \sqrt{1+x^2})$ et il n'y a pas de limité en plus l'infini.
Par contre $x \mapsto \dfrac{x}{2} \sin (2 \pi \sqrt{1+x^2})$ tend vers $\pi /2$ -
Oshine,
la suite $(\sin(2\pi\sqrt{1+n^2}))_n$ tend bien vers 0 en l'$\infty$ et tu l'as prouvé.
Parcontre effectivement $x\mapsto \sin(2\pi\sqrt{1+x^2})$ n'a pas de limite en l'$\infty$. Peux-tu le prouver ? et peux-tu expliquer pourquoi ce n'est pas contradictoire ?
Cordialement -
Os a écrit:Fin de Partie pourquoi on ne trouve pas la même chose que Chaurien ?
Parce que tu as fais une erreur. Il faut relire tes calculs....
D'autre part tu ne comprends pas ma remarque. Ce qui compte c'est de montrer
que $\sin( 2 \pi \sqrt{n^2+1})=\dfrac{\pi}{n} + o(1/n)$ (certes cela implique que
$ \sin( 2 \pi \sqrt{n^2+1})$ tend vers 0, mais on s'en fout).
De même dire que la fonction $x \mapsto \sin( 2 \pi \sqrt{x^2+1})$ n'a pas de limite en $+\infty$ on s'en fout aussi au regard de l'exercice.
Au passage, il y a toujoursces 2 exercices a écrit: -
Je répondais à la question de Cyrano.
Chaurien a fait une erreur. Dans l'intégrale c'est $\ln(1+t)$ et non $\ln(t)$.
Skazeriahm
Je n'arrive pas à trouver une suite qui convient pour prouver que $ f : x \mapsto \sin (2 \pi \sqrt{1+x^2})$ n'a pas de limite en plus l'infini.
Si par exemple $u_n =1 /n$ alors $f(u_n)$ tend vers $\sin (2 \pi)=0$
Avec $u_{2n}$ aussi. -
OS:
Si $\sqrt{1+x^2}$ est un entier que vaut $\sin (2 \pi \sqrt{1+x^2})$?
PS:
Après on considère l'équation en $x$, $\sqrt{1+x^2}=\dfrac{2m+1}{4}$ -
OShine écrivait: http://www.les-mathematiques.net/phorum/read.php?4,2303902,2304100#msg-2304100
Tu es en train d'essayer de montrer qu'une fonction n'a pas de limite quand $x\to +\infty$ en utilisant des suites qui convergent vers 0. C'est pas gagné...
Tu confonds ici $u_n\to +\infty$ et $n\to +\infty$... -
Oshine a écrit:Dans l’intégrale, c’est $\ln(1+t)$, pas $\ln(t)$
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OS:
\begin{align}\int_0^1 \ln(1+x)dx&\overset{u=1+x}=\int_1^2 \ln u du\end{align} -
Je ne pensais pas que la question de @skazeriahm pouvait te poser un problème.
Tu dis avoir fait une figure. Donc tu as vu que ta fonction oscillait entre -1 et 1.
Alors tu résous l'équation $f(x)=1$ et $f(x)=-1$ (ou $f(x)=0$ si on veut) et puis ....
si tu ne déconnes pas trop c'est plié. -
Sympa cet exo
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Pourquoi Chaurien ne trouve pas le même résultat que Fin de Partie et moi ?
@Fin de Partie
Pour $n$ assez grand on a $\dfrac{n+1}{4}-1$ positif donc on pose $u_n=\sqrt{\dfrac{n+1}{4}-1}$ de sorte que $\sqrt{1+u_n ^2}=\dfrac{n+1}{4}-1$.
On remarque que $u_n \longrightarrow + \infty$.
Ainsi $f(u_{2n})= \sin (2 \pi \sqrt{1+u_{2n} ^2} ) = \sin ( \dfrac{(2n+1) \pi}{2})=\sin( n \pi +\pi /2)=(-1)^n$ (pas de limite)
Alors que $f(u_{2n+1})=\sin ( \dfrac{(2n+2) \pi}{2})=\sin ( (n+1) \pi )=0$ (limite nulle)
Les suites $f(u_{2n})$ et $f(u_{2n+1})$ ne tendent pas vers la même limite donc la fonction $x \mapsto \sin (2 \pi \sqrt{1+x^2} )$ n'admet pas de limite en $+\infty$.
Pour la différence entre la limite de la suite et de la fonction, c'est que la suite est définie sur $\N$ alors que la fonction sur $\R$.
La suite est une restriction de l'application à $\N$.
@Bd2017
Je pense qu'il y a une infinité de solutions de $f(x)=0$ et $f(x)= 1$ ce qui permet d'en déduire qu'elle n'admet pas de limite. -
Ce n'est pas FDP qui a fait une erreur, c'est toi. Et c'est ton job de corriger l'erreur.
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Oui j'avais oublié le $1/2$ devant, Chaurien a bien raison (tu)
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Non l’infinité de solutions doit être pour x aussi grand qu'on veut.
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Bonjour!
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