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Wallis

Bonsoir,

Je fais le sujet de Rescassol : Problème Wallis

J'ai traitée la partie 1 en 45 minutes. Les questions qui m'ont pris le plus de temps sont : 2 et 7.
Voici mes réponses.128662
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«1

Réponses

  • J'ai survolé rapidement, ça me semble correct.
    Peut-on traiter 3 et 4 différemment?
  • Oui on peut traiter 3 et 4 directement sans récurrence :

    On a $ W_{2p}= \dfrac{2p-1}{2p} W_{2p-2}=\dfrac{ (2p-1)(2p-3)}{(2p)(2p-2)} W_{2p-4}=\dfrac{ (2p-1)(2p-3) \cdots 1}{(2p)(2p-2) \cdots 2} W_0$

    Mais $(2p)(2p-2) \cdots 2 = 2^p p!$

    Pour le produit des impairs on multiple et divise par le produit des pairs, $(2p-1)(2p-3) \cdots 1=\dfrac{(2p)!}{2^p p!}$
  • La suite, j'ai hésité à la fin de la question 2.a.128668
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  • Modifié (November 2021)
    Un petit "donc $\forall x \in\, ]-1,+\infty[,\ x\geq 0 \Rightarrow f(x)\geq f(0)=0$" ne ferait pas de mal tout de même.
  • Serais-tu capable de trouver l'expression de $W_{n}$ en fonction de la parité de $n$ sans qu'on ne te donne la solution comme dans l'énoncé de Rescassol, seulement à partir de la relation de récurrence (qui se retient sous forme commode $nW_{n}W_{n-1} = cste$) ?
    Essaie de retenir la relation de récurrence et de savoir comment en déduire l'expression de la suite même si on ne te la donne pas forcément dans l'énoncé.
    Tu as déjà étudié les séries je crois non ? Un excellent exercice à partir de ça est de trouver la formule de Stirling.
  • Bonsoir,
    Un excellent exercice à partir de ça est de trouver la formule de Stirling.
    C'est le but de la partie B.

    Cordialement,

    Rescassol
  • J'ai eu un sujet comme ça quand j'étais en terminale C, il y a un peu plus de cinquante ans.
    Je n'étais pas tout à fait certain de mes réponses.
    Édition : en fait j'étais certain de mes réponses mais, parfois, j'avais tort.
    Mais j'étais élève et pas professeur.

    Je trouve stupéfiant qu'un professeur de mathématiques aie besoin qu'on lui confirme que sa solution est correcte.
    En principe un prof doit savoir faire les exercices et être certain que sa réponse est exacte.
  • Je n'ai pas lu le sujet mais c'est très bien.
    On peut proposer un autre exercice ensuite qui est de trouver la formule de Stirling entièrement par soi-même. C'est excellent pour mobiliser tous les outils dont on dispose pour étudier des séries.
  • Verdurin il y a toujours plus fort que soi en maths, et ce problème dépasse largement le niveau actuel des élèves de terminale.

    RLC j'ai répondu à ta question plus haut suite à la remarque de Shannon.

    Je ne trouve pas la question 2.b mes calculs n'aboutissent pas, je ne trouve pas l'erreur.128674
  • Je ne trouve pas non plus la question c), $v_n -u_n = u_n (e^{1/ 12 n} -1)$ mais je ne connais pas la limite de $(u_n)$.

    La formule de Stirling n'étant pas au programme de terminale, je suis coincé.

    Cette partie est plus difficile que la précédente.
  • Tu as essayé d'appliquer la définition pour répondre à 2c) ?
  • Il n’y aurait pas une suite quelque part dont tu pourrais affirmer qu’elle a une limite?
  • Tiens je viens de voir que t’as pas fini la 2b).
    Ah benh oui du coup...
  • Pour le 2b) lire $n+1/2$ au lieu de $n+1/n$.
  • Puisque tu aimes les concours, tu devrais connaître cette phrase, non?128676
  • On doit montrer que la suite $(u_n-v_n)$ tend vers $0$ mais je ne trouve pas.

    Je ne vois pas quelle suite admet une limite ? $v$ dépend de $u$ et on ne connait pas la limite de $u$. Je sais trouver la limite de $u$ en utilisant Stirling mais j'aimerais rester dans le cadre du sujet.

    La question 2b a eu raison de moi, je réessaierai demain, je vais me coucher. J'ai du faire des erreurs de calculs, les calculs sont affreux.
  • Tu devrais être capable à ton niveau(si j’ose dire) de deviner que $(v_n)$ est décroissante( consigne : lire le sujet...).
    Une fois ceci prouvé, cette suite est plus simple à étudier. En plus, $(u_n)$ lui est intimement liée.

    Bonne nuit.
  • Il n'y a pas que ça dans les points à vérifier pour montrer que les suites sont adjacentes.
  • Pour la monotonie je sais faire. Je ne l'ai pas mentionné car ce n'est pas cet aspect qui me bloque.

    Ok j'ai compris $(v_n)$ est positive et décroissante, elle converge vers une limite $l$. Mais $\exp(1 / 12n)$ tend vers $1$ donc $(u_n)$ converge vers la même limite.

    La question 2b pour moi ce n'est pas possible. J'ai relu 10 fois mes calculs et je trouve toujours un résultat bizarre.128684
  • Modifié (November 2021)
    Pourtant, avec la correction de l’erreur $n+1/n \to n+1/2$, les deux quantités en rouges semblent égales...
    Mais si tu fais le DM au fur et à mesure avec vérification de profs, on n’est plus tellement dans les exigences de Rescassol, non? verdurin a peu raison quelque part ?
    128686
  • Bonjour,

    J'ai corrigé la coquille dans le sujet donné dans le message original, merci Shannon, c'est bien $\dfrac{1}{2}$ et non $\dfrac{1}{n}$.
    Ce sujet a été posé il y a une quinzaine d'années et ne nécessitait pas de hors programme de TS à l'époque. En particulier, on n'a pas le droit d'utiliser la formule de Stirling, d'autant plus que c'est le but de la partie B de la démontrer, comme le titre du sujet le suggère.
    Effectivement, OShine, tu es censé y arriver sans aide, peu importe le temps que tu y mets.

    Cordialement,

    Rescassol
  • Je passe à la partie C.

    Question $1$ :

    Je ne sais pas faire avec les outils de terminale :-S

    On a $W_n = \displaystyle\int_{0}^{\pi /2} \sin^n (u) du$ Posons le changement de variable $u=\dfrac{ \pi}{2} -x$ alors $du = -dx$

    Et $W_n= - \displaystyle\int_{\pi /2}^0 \sin^n (\dfrac{ \pi}{2} -x) dx = \boxed{ \displaystyle\int_0^{\pi /2} \cos^n (t) dt }$
  • Bonjour,

    Il y a $15$ ans, on pouvait faire un changement de variable affine dans une intégrale, donc Ok.

    Cordialement,

    Rescassol
  • Rescassol ok merci.
  • De plus en plus dur ce sujet, les questions deviennent ardues ::o

    Il m'a fallu 1 heure pour faire Q2 et Q3.

    Question $2$ :

    Les fonctions $t \mapsto \cos^{2n} (t)$ et $t \mapsto t$ sont de classe $C^1$ sur $[0,\pi/2]$ donc par IPP on a :

    $\boxed{W_{2n} = 2 n \displaystyle\int_{0}^{\pi /2} t \sin(t) \cos ^{2n-1} (t) dt}$

    Posons $U= \displaystyle\int_{0}^{\pi /2} t \sin(t) \cos ^{2n-1} (t) dt$

    Les fonctions $t \mapsto \sin(t) \cos^{2n-1} (t)$ et $t \mapsto \dfrac{t^2}{2}$ sont de classe $C^1$ sur $[0,\pi/2]$ donc par IPP on a :

    $U=-\dfrac{1}{2} \displaystyle\int_{0}^{\pi /2} t^2 \cos^{2n} (t) dt +\dfrac{1}{2} (2n-1) \displaystyle\int_{0}^{\pi /2} t^2 \sin^2(t) \cos^{2n-2} (t) dt$

    D'où $U=-\dfrac{1}{2} J_n +\dfrac{1}{2} (2n-1) \displaystyle\int_{0}^{\pi /2} t^2 \cos^{2n-2} (t) dt - \dfrac{1}{2} (2n-1) \displaystyle\int_{0}^{\pi /2} t^2 \cos^2(t) \cos^{2n-2} (t) dt$

    Soit $U=-\dfrac{1}{2} J_n +\dfrac{1}{2} (2n-1) J_{n-1} - \dfrac{1}{2} (2n-1) J_n$

    D'où $W_{2n}=-n J_n + n(2n-1) J_{n-1} -n(2n-1) J_n$

    Finalement $\boxed{\forall n \in \N^{*} \ \ W_{2n}=n(2n-1) J_{n-1} -2n^2 J_n}$

    Question $3$ :

    On a $K_{n-1}-K_n= \dfrac{4^{n-1} (n-1)!^2}{(2n-2)!} J_{n-1}- \dfrac{4^n n!^2}{(2n)!} J_n$

    Donc $K_{n-1}-K_n= \dfrac{4^{n-1} (n-1)!^2}{(2n-2)!} J_{n-1}- \dfrac{4 \times n^2}{2n(2n-1)} \dfrac{4^{n-1} (n-1)!^2}{(2n-2)!} J_n$

    Soit $K_{n-1}-K_n= \dfrac{4^{n-1} (n-1)!^2}{(2n-2)!} J_{n-1}- \dfrac{2 n}{2n-1} \dfrac{4^{n-1} (n-1)!^2}{(2n-2)!} J_n$

    Donc $\boxed{K_{n-1}-K_n= \dfrac{4^{n-1} (n-1)!^2}{(2n-2)!} \left( J_{n-1}- \dfrac{2 n}{2n-1} J_n \right)}$

    Or d'après la question précédente, $ J_{n-1}- \dfrac{2 n}{2n-1} J_n = \dfrac{W_{2n}}{ n(2n-1)}$

    Donc $\boxed{K_{n-1}-K_n = \dfrac{4^{n-1} (n-1)!^2}{(2n-2)!} \dfrac{W_{2n}}{ n(2n-1)}}$

    Mais d'après la partie A, on sait que : $W_{2n} = \dfrac{ (2n)! }{ 2^{2n} (n!)^2} \dfrac{\pi}{2}$

    Donc $K_{n-1}-K_n = \dfrac{4^{n-1}}{4^n} \times \dfrac{(n-1)!^2}{n! ^2} \dfrac{(2n)!}{ (2n-1)!} \dfrac{1}{n} \dfrac{\pi}{2}$

    Après simplifications $\boxed{ \forall n \in \N^{*} \ \ K_{n-1}-K_n= \dfrac{\pi}{4n^2}}$
  • Bonjour,

    Je ne comprends pas la nouvelle syntaxe du forum.

    Question 4 :

    La fonction x↦sinx est concave sur [0,pi/2] donc le graphe de f est au-dessus de la corde qui lie (0,sin(0)) à (π/2,sin(π/2).

    L'équation de la corde est y=2/ π x ce qui fournit sinx≥2 /π x donc x≤π/2sinx

  • Bonjour,

    On n'avait pas la notion de fonction convexe ou concave en TS.

    Cordialement,

    Rescassol

  • Modifié (November 2021)

    D'accord merci. Je n'arrive pas écrire en latex.


    La fonction définie par h(x)=π/2 sin(t)−t est dérivable sur [0,π/2] et h′(x)=π/2 cos(x)−1


    h′(x)≥0 si et seulement si $\cos(x) \geq 2 / \pi$ si et seulement si x≤arccos(2/π) car la fonction x↦arccos(x) est décroissante sur [−1,1] et ∀x∈[0,π]  arccos(cos(x))=x


    Ainsi, h est croissante sur [0,arccos(2/π)] et décroissante sur arccos(2 / π),π/2]. Mais h(0)=h(π/2)=0 donc ∀t∈[0,π/2] h(t)≥0 ce qui donne le résultat voulu.

  • Le lien vers le sujet ne fonctionne plus.

  • Merci Rémi.

    Je bloque à la question 5 Rescassol. Je trouve une inégalité qui est différente de celle qui est demandée.

    Question 5

    $J_N=\displaystyle\int_{0}^{\pi /2} t^2 \cos^{2N} (t) dt$

    Mais $\forall t \in [0,\dfrac{\pi}{2}]$ on a $t \leq \dfrac{ \pi}{2} \sin(t)$ donc $t^2 \leq \dfrac{ \pi^2}{4} \sin^2(t)$

    Ainsi $J_N \leq \dfrac{ \pi^2}{4} \displaystyle\int_{0}^{\pi /2} \sin^2(t) \cos^{2N} (t) dt$

    Comme $\sin^2(t) \leq 1$ alors $\boxed{J_N \leq \dfrac{ \pi^2}{4} W_{2N}}$

  • Merci Rémi.

    Je bloque à la question 5 Rescassol. Je trouve une inégalité qui est différente de celle qui est demandée.

    Question 5

    $J_N=\displaystyle\int_{0}^{\pi /2} t^2 \cos^{2N} (t) dt$

    Mais $\forall t \in [0,\dfrac{\pi}{2}]$ on a $t \leq \dfrac{ \pi}{2} \sin(t)$ donc $t^2 \leq \dfrac{ \pi^2}{4} \sin^2(t)$

    Ainsi $J_N \leq \dfrac{ \pi^2}{4} \displaystyle\int_{0}^{\pi /2} \sin^2(t) \cos^{2N} (t) dt$

    Comme $\sin^2(t) \leq 1$ alors $\boxed{J_N \leq \dfrac{ \pi^2}{4} W_{2N}}$

  • Modifié (November 2021)
    Trop grossier de majorer $\sin^2$ par 1. Par contre $\sin^2=1-\cos^2$ permet d'être moins brutal.
  • Alexique ok merci j'avais déjà tenté cette piste mais je suis resté bloqué. 

    $J_N \leq \dfrac{\pi ^2}{4} \displaystyle\int_{0}^{\pi /2} (1-\cos^2(t)) \cos^{2N} (t) dt = \dfrac{\pi ^2}{4}  ( W_{2N}- W_{2N+1} )$

    Et ici je ne vois pas comment conclure. 
  • Bonjour,
    Pour toi, on a $2+2N=2N+1$ ?
    Cordialement,
    Rescassol

  • Modifié (November 2021)
    Ah d'accord merci, c'est $W_N \leq \dfrac{ \pi^2}{4} (W_{2N}-W_{2N+2})$

    Or $W_{2N+2}=\dfrac{2N+1}{2N+2} W_{2N}$

    Ainsi,  $W_N \leq \dfrac{ \pi^2}{4} W_{2N}( 1 -\dfrac{2N+1}{2N+2} ) $ et enfin $\boxed{W_N \leq  \dfrac{ \pi^2 W_{2N}}{8 (N+1)}}$

    Il est évident que $\forall N  \geq 1 \ K_N \geq 0$. Mais $W_{2N}= \dfrac{ (2n)!}{4^n (n!)^2} \dfrac{ \pi}{2}$ 

    Donc $K_N = \dfrac{ 2}{\pi} \dfrac{1}{W_{2N}}$ d'où $W_{2N} = \dfrac{ \pi}{2} K_N$

    Ainsi, $W_N \leq   \dfrac{ \pi^2 K_N}{8 (N+1)} \dfrac{\pi}{2} $ et finalement $\boxed{0 \leq W_N \leq   \dfrac{ \pi^3 K_N}{16 (N+1)}}$

    Question $6$ : 

    J'ai l'idée d'une somme télescopique. On sait que $\dfrac{\pi}{4 n^2}=K_{n-1}-K_n$

    En sommant on a $ \dfrac{\pi}{4} \displaystyle\sum_{n=1}^N  \dfrac{1}{n^2} =\displaystyle\sum_{n=1}^N K_{n-1}-K_n = K_0 - K_N$

    Mais $K_0=J_0$ donc $\boxed{\dfrac{\pi}{4} \displaystyle\sum_{n=1}^N  \dfrac{1}{n^2} =K_0 -J_0}$

    D'après Q5, on a $J_0 - \dfrac{\pi ^3}{16(N+1)} \leq J_0-K_N \leq  J_0$ 

    Par encadrement $J_0 - K_N \longrightarrow J_0$ d'où $\lim\limits_{N \rightarrow +\infty} \displaystyle\sum_{n=1}^N  \dfrac{1}{n^2} =  \dfrac{4 J_0}{\pi}$

    Calculons $J_0$. On a $J_0=\displaystyle\int_{0}^{ \pi /2} t^2 dt=\dfrac{\pi ^3}{24}$

    Par conséquent $\lim\limits_{N \rightarrow +\infty} \displaystyle\sum_{n=1}^N  \dfrac{1}{n^2} =\dfrac{4}{\pi} \dfrac{\pi ^3}{24}$

    Conclusion : $\boxed{\lim\limits_{N \rightarrow +\infty} \displaystyle\sum_{n=1}^N  \dfrac{1}{n^2} =\dfrac{\pi ^2}{6}}$
  • La question 1 de la partie D je ne vois pas l'idée, les calculs ont l'air beaucoup trop compliqués et je ne m'en sors pas.
  • Bonsoir,
    Il me semblait que tu avais prétendu être  très bon en calcul ????
    Cordialement,
    Rescassol

  • Modifié (November 2021)
    Je vais réessayer demain alors par symétrie on a $F(m,n+m)=F(m+n,n)$
    Posons $A=F(m,n)-F(m,n+m)-F(m+n,n)$ alors $\boxed{A=F(m,n)- 2 F(m,n+m)}$
  • Bonsoir,
    $F(m,n)=F(n,m)$, oui, mais $F(m,n+m)=F(m+n,n)$, non.
    Cordialement,
    Rescassol

  • Oui c'est vrai. J'abandonne la question $1$, jamais vu un calcul aussi immonde. Le numérateur quand je mets au même dénominateur fait 6 lignes c'est illisible. 

    Question $2$
    La suite $(E_n)$ est croissante car $E_{n+1}-E_n=\dfrac{1}{(n+1)^4} >0$ 

    Je n'arrive pas à démontrer qu'elle est majorée.
  • Modifié (November 2021)
    Bonsoir,
    Je ne devrais pas t'aider, je vais essayer d'en dire le moins possible.
    Pour la question 1, fais des regroupements intelligents.
    Pour la question 2, le théorème fondamental des mathématiques (un de ses corollaires) dit que la partie D vient après la partie C et que ce n'est peut-être pas un hasard.
    Cordialement,
    Rescassol

  • Bonjour,

    Bon, je mettrai la solution de la question D1 en ligne à 14 h, sauf si tu me précèdes.
    Mon message est prêt et il fait une vingtaine de lignes, rédaction et commentaires compris.

    Cordialement,
    Rescassol

  • Bonjour Rescassol merci pour ton aide. Je crois avoir trouvé une méthode pour simplifier les calculs.

    Posons $\Delta=F(m,n)-F(m,n+m)-F(m+n,n)$

    Calculons $m^2 n^2 \Delta$

    On a $m2 n^2 F(m,n)=\dfrac{2 m}{n} +1+ \dfrac{2n}{m}$ 

    Puis $F(m,n+m)=\dfrac{2 mn^2}{(n+m)^3}+ \dfrac{n^2}{(n+m)^2} + \dfrac{2 n^2}{m(n+m)}$  et $F(m+n,n)=\dfrac{2 m^2}{n(m+n)}+ \dfrac{m^2}{(n+m)^2} + \dfrac{2 n m^2}{m(n+m)^3}$ 

    J'essaie de terminer ça dans la matinée.

  • Je n'ai pas réussi finalement, les calculs sont sans fin. 
  • Modifié (November 2021)
    Bonjour,

    Finalement, tu n'es pas aussi bon en calcul que tu le prétends.
    On peut y arriver avec deux idées:
    Une que tu as eue, la symétrie $F(m,n)=F(n,m)$, encore faut il l'exploiter.
    Ensuite la remarque qu'il n'y a plus de $(m+n)$ dans le résultat, à quelque puissance que ce soit, donc que ces termes se simplifient et qu'il ne faut pas les développer.
    D'ailleurs, j'ai souvent dit à mes élèves "Savoir développer, c'est bien, savoir s'en passer, c'est mieux".
    Je leur ai même dit "Ne jamais développer, sauf contraint et forcé, sous la torture, quand on n'a pas le choix".
    Bon, on peut d'abord écrire $F$ sous la forme $F(m,n)=\dfrac{2m^2+mn+2n^2}{m^3n^3}$.
    Ensuite, on opère un regroupement de termes:
    $F(m,m+n)+F(m+n,n)=\dfrac{2m^2+m(m+n)+2(m+n)^2}{m^3(m+n)^3}+\dfrac{2n^2+n(m+n)+2(m+n)^2}{n^3(m+n)^3}$
    On réduit au même dénominateur en regroupant les termes anlogues de chaque fraction et en factorisant:
    $\dfrac{2m^2n^2(m+n)+mn(m^2+n^2)(m+n)+2(m^3+n^3)(m+n)^2}{m^3n^3(m+n)^3}$
    On simplifie par $(m+n)$ et on refactorise:
    $\dfrac{mn(m+n)^2+2(m+n)^2(m^2-mn+n^2)}{m^3n^3(m+n)^2}$
    On simplifie par $(m+n)^2$ et on obtient:
    $F(m,m+n)+F(m+n,n)=\dfrac{2m^2-mn+2n^2}{m^3n^3}=\dfrac{2}{mn^3}-\dfrac{1}{m^2n^2}+\dfrac{2}{m^3n}=F(m,n)-\dfrac{2}{m^2n^2}$
    ce qui est le résultat demandé.
    Il n'y avait pas de quoi casser trois pattes à un canard, à condition de réfléchir un petit peu.
    Il ne faut pas se lancer tête baissée dans les calculs, mais les organiser intelligement.
    Plus généralement, il faut organiser un calcul en fonction de sa structure, nature des termes, degrés, factorisations prévisibles, symétries éventuelles...
    Comment crois tu que je vienne à bout de certaines horreurs en géométrie analytique complexe dans le forum de géométrie ?

    Cordialement,
    Rescassol

  • Ah d'accord merci.  J'ai développé du $(m+n)^3$ et je me suis perdu.

    Pour la question $2$ je sais faire en utilisant le programme de MPSI mais avec le programme de terminale je ne vois pas.

    On a $0 \leq \displaystyle\sum_{n=1}^N \dfrac{1}{n^4} \leq \displaystyle\sum_{n=1}^N \dfrac{1}{n^2} $ or la série de droite converge d'après la partie C. 
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