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.
Réponses
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La convergence monotone ira tres bien.
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supp
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@P: oui mais pour la convergence monotone il faut déjà monter la...monotonie et ça ce n'est pas gagné !
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... -
supp
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supp
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side écrivait : http://www.les-mathematiques.net/phorum/read.php?4,1822402,1822572#msg-1822572
[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 : $1-x^n= (1-x)\sum\limits_{k=0}^{n-1}x^k$ -
Je montrerais que, si $f$ est continue sur $[0,1]$ et $f(1)=0$, alors $\int_0^1f(x)(1 + x + \dots + x^{n-1}) \,{\rm d}x$ est négligeable devant $1 + \frac12 + \dots + \frac1n$, en utilisant la définition de la continuité en $1$ avec les $\varepsilon$ et en majorant la valeur absolue de l'intégrale. Puis j'en déduirais que, si $f$ est continue strictement positive sur $[0,1]$, alors $\int_0^1 f(x)(1 + x + \dots + x^{n-1}) \,{\rm d}x$ est équivalent à $f(1)(1 + \frac12 + \dots + \frac1n)$ et donc à $f(1)\ln(n)$. Puis, je prendrais une fonction $f$ bien choisie pour terminer l'exercice.
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Si $f(x)=(1-x)/\cos(\pi x/2)$ alors la derivee de $f$ existe et est continue sur $[0,1].$ Donc en integrant par parties et en posant $g_n(x)=x+\frac{x^2}{2}+\cdots+\frac{x^n}{n}$ alors
$$I_n=\int_0^1f(x)(1+\cdots+x^{n-1})dx=g_n(1)f(1)+J_n$$ 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. -
Je conjecture le résultat $I_n$ ~ $\frac{2}{\pi}ln(n)$ ...mais sans certitude...ça reste à prouver rigoureusement !
Mise à jour : Grillé par P. Comment obtiens-tu ta dernière égalité ? est-ce une IPP ? Merci. -
Bonjour, une autre :
équivalent en $+\infty$ de $$I_n=\int_0^1 x^n\sqrt{1-x^2}dx.
$$ Changement de variables $u=x^n$ : $$
I_n=\frac{1}{n} \int_0^1 u^{\frac{1}{n}}\sqrt{1-u^{\frac{2}{n}}}du \quad\ldots ?$$ -
Le changement de variable $ x=\sin(t)$ permet de se ramener à l'étude des intégrales de Wallis.
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Exact ! merci, j'ai trouvé .
Pour info,la méthode ci-dessus est souvent employée, dans ce cas elle était sans espoir ? -
supp
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Bof avec $u=x^2$ on tombe sur une fonction beta eulerienne et on regle tout avec la formule de Stirling.
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supp
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Rebonjour, équivalent en $+\infty$ de $$
I_n=\int_0^{+\infty} \frac{1}{t(1+t^2)}\sin{\frac{t}{n}} dt.
$$ Conjecture non démontrée : $\quad\displaystyle I_n \simeq \frac{\pi}{2n}.$
[Continuons dans la discussion que tu as ouverte. AD] -
On écrit $$I_n = \sum_{k=0}^{+\infty} \int_{2kn \pi}^{2(k+1)n \pi} \frac{1}{t(1+t^2)} \sin\left(\frac{t}{n}\right) \,dt = \sum_{k=0}^{+\infty} \int_{2kn \pi}^{2(k+1)n \pi} \frac{1}{t(1+t^2)} \sin\left(\frac{t-2kn\pi}{n}\right) \,dt,$$ puis on utilise que l'on a $\sin\left(\frac{y}{n}\right) = \frac{y}{n} + o\left(\frac{1}{n^2}\right)$ uniformément en $y \in [0, 2\pi]$, le but étant d'effacer la dépendance en la taille du $t$ sous l'intégrale.
On obtient alors $$I_n = \frac{\pi}{2n} + o\left(\frac{1}{n^2}\right).$$ -
$I_n = \frac{1}{n} \int_0^\infty \frac{1}{1 + x^2} \varphi(\frac{t}{n}) \,{\rm d}x$ avec $\varphi$ bien choisie. Puis, théorème de convergence dominée.
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supp
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Ça veut juste dire que le $o$ est une fonction ne dépendant que de $n$ et pas de $y$.
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OK merci.
Bon avec la méthode de side c'est plié en 2 signes égal :-)
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Bonjour!
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