Équivalent d'une suite d'intégrales
Bonjour,
équivalent en $+\infty$ de : $$I_n= \int_0^1 \frac{1-x^n}{\cos(\frac{\pi}{2}x)} .
$$ L'intégrale converge bien en $1$ car $\cos(\frac{\pi}{2}x)=\sin(\frac{\pi}{2}(1-x))$ ~ $\frac{\pi}{2}(1-x) $
A priori ça tend vers $+\infty$ avec $n$...
J'ai fait le changement de variables $u=x^n$ : $$
I_n=\frac{1}{n} \int_0^1 \frac{1-u}{\cos(\frac{\pi}{2}u^{1/n})}u^{\frac{1}{n}-1}du=\frac{1}{n} \int_0^1 \frac{1-u}{\sin(\frac{\pi}{2}(1-u^{1/n}))}u^{\frac{1}{n}-1}du .
$$ Mais après ? Faut-il une convergence dominée je suppose ? Et se "débarrasser" du $\sin$ ?
Merci.
équivalent en $+\infty$ de : $$I_n= \int_0^1 \frac{1-x^n}{\cos(\frac{\pi}{2}x)} .
$$ L'intégrale converge bien en $1$ car $\cos(\frac{\pi}{2}x)=\sin(\frac{\pi}{2}(1-x))$ ~ $\frac{\pi}{2}(1-x) $
A priori ça tend vers $+\infty$ avec $n$...
J'ai fait le changement de variables $u=x^n$ : $$
I_n=\frac{1}{n} \int_0^1 \frac{1-u}{\cos(\frac{\pi}{2}u^{1/n})}u^{\frac{1}{n}-1}du=\frac{1}{n} \int_0^1 \frac{1-u}{\sin(\frac{\pi}{2}(1-u^{1/n}))}u^{\frac{1}{n}-1}du .
$$ Mais après ? Faut-il une convergence dominée je suppose ? Et se "débarrasser" du $\sin$ ?
Merci.
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Réponses
En fait je penser me débarrassr du $\sin$ en écrivant que $\sin(\frac{\pi}{2}(1-u^{1/n}))$ ~ $\frac{\pi}{2}(1-u^{1/n})$ quand $n \to +\infty$ mais les équivalents sous le signe intégral je ne suis pas très à l'aise...
Mais si c'est gagné : $x^n$ est monotone décroissante sur $[0,1]$, donc $1-x^n$ est monotone croissante toujours sur $[0,1]$.
Mais j'étais parti sur mon changement de variables...bref.
@side: pourquoi il y a $k$ ??
[Inutile de recopier l'avant dernier message. Un lien suffit. AD]
Oui, c'est bien ce qu'il me semblait. J'essaie de "sortir du $n$" de l'intégrale par des changements de variables, puisque celle-ci diverge avec $n$ de toutes façons. Mais l'intégrande reste très difficile à intégrer... allez reconnaître une primitive là-dedans !
Sauf si on a le droit d'intégrer un équivalent mais là... je ne le sens pas !
Et sinon on a : $1-x^n= (1-x)\sum\limits_{k=0}^{n-1}x^k$
$$I_n=\int_0^1f(x)(1+\cdots+x^{n-1})dx=g_n(1)f(1)+J_n$$ avec
$$J_n=-\int_0^1g_n(x)f'(x)dx\to_n \int_0^1\log(1-x)f'(x)dx=-\int_0^1\frac{f(x)-f(1)}{1-x}dx.$$ Donc $I_n\sim f(1)\log n.$
Hum, je n'avions point vu le message precedent.
Mise à jour : Grillé par P. Comment obtiens-tu ta dernière égalité ? est-ce une IPP ? Merci.
équivalent en $+\infty$ de $$I_n=\int_0^1 x^n\sqrt{1-x^2}dx.
$$ Changement de variables $u=x^n$ : $$
I_n=\frac{1}{n} \int_0^1 u^{\frac{1}{n}}\sqrt{1-u^{\frac{2}{n}}}du \quad\ldots ?$$
Pour info,la méthode ci-dessus est souvent employée, dans ce cas elle était sans espoir ?
I_n=\int_0^{+\infty} \frac{1}{t(1+t^2)}\sin{\frac{t}{n}} dt.
$$ Conjecture non démontrée : $\quad\displaystyle I_n \simeq \frac{\pi}{2n}.$
[Continuons dans la discussion que tu as ouverte. AD]
On obtient alors $$I_n = \frac{\pi}{2n} + o\left(\frac{1}{n^2}\right).$$
@ Petit Euclide: $\phi(x/n) =\sinc(x/n) $ ? je vais essayer.
Bon avec la méthode de side c'est plié en 2 signes égal :-)