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Sommes de Riemann

Bonsoir,

J'ai pensé à poser $v_n = \ln u_n$. On a $v_n = \dfrac{1}{2} \sin (2 \pi \sqrt{n^2+1} ) \displaystyle\sum_{k=1}^n \ln (1+\dfrac{k}{n})$

Mais après je bloque à cause du sinus.126830

Réponses

  • 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 ?
  • OShine: Je vois écrit "développements limités" dans l'énoncé de ton exercice.
  • 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.
  • J'ai bien un 1/n devant la somme...
  • 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}
  • OS a écrit:
    Par conséquent, $\boxed{\lim\limits_{n
    \rightarrow +\infty} \sin( 2 \pi \sqrt{n^2+1})
    =0}$

    On se demande à quoi cela sert d'écrire et d'encadrer ceci.
  • 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 toujours
    ces 2 exercices a écrit:
    qui sont dans le même thème.
  • 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 $\ln(t)$
    Non, ce qu’à écrit Chaurien est correct. Mais comme tu ne réfléchis pas 2 secondes a pourquoi ça l’est, comme tu as l’attention et la vigilance d’une petite cuillère, tu dis encore n’importe quoi, juste parce qu’il n’a peut être pas écrit une seule étape que toi tu aurais écrit dans les calculs.
  • 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
  • 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.
  • Oui j'avais oublié le $1/2$ devant, Chaurien a bien raison (tu)
  • OShine a écrit:
    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.

    Et si cette infinité de solutions se trouve dans $[0,1]$, tu peux toujours en conclure que $f$ n'a pas de limite en $+\infty$ ?
  • Non l’infinité de solutions doit être pour x aussi grand qu'on veut.
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