Équivalent d'une intégrale
Bonjour,
je cherche à donner un équivalent quand $n$ tend vers l'infini de $$I_n=\int_0^1 \frac{1}{(1 + t^2)^n}dt.
$$ Je sais prouver que $I_n$ tend vers $0$ en faisant de la convergence dominée (ou en découpant l'intégrale sur $[0,1]$ en l'intégrale sur $[0,\varepsilon]$ plus l'intégrale sur $[\varepsilon,1]$ si on ne veut pas utiliser de convergence dominée) mais je ne vois pas comment obtenir d'équivalent.
Je saurais faire pour une intégrale similaire : $$J_n=\int_0^{+\infty} \frac{1}{(1 + t^2)^n}dt.
$$ En effet, on peut prouver que $J_{n+1}=\frac{2n-1}{2n}J_n$ ce qui permet d'obtenir une expression assez simple de $J_n$ et de conclure grâce à l'équivalent de Stirling. Mais pour l'intégrale qui m'occupe, j'ai $I_{n+1}=\frac{2n-1}{2n}I_n + \frac{1}{n2^{n+1}}$ et je ne sais pas exprimer $I_n$ en fonction de $n$ à cause de ce terme supplémentaire.
je cherche à donner un équivalent quand $n$ tend vers l'infini de $$I_n=\int_0^1 \frac{1}{(1 + t^2)^n}dt.
$$ Je sais prouver que $I_n$ tend vers $0$ en faisant de la convergence dominée (ou en découpant l'intégrale sur $[0,1]$ en l'intégrale sur $[0,\varepsilon]$ plus l'intégrale sur $[\varepsilon,1]$ si on ne veut pas utiliser de convergence dominée) mais je ne vois pas comment obtenir d'équivalent.
Je saurais faire pour une intégrale similaire : $$J_n=\int_0^{+\infty} \frac{1}{(1 + t^2)^n}dt.
$$ En effet, on peut prouver que $J_{n+1}=\frac{2n-1}{2n}J_n$ ce qui permet d'obtenir une expression assez simple de $J_n$ et de conclure grâce à l'équivalent de Stirling. Mais pour l'intégrale qui m'occupe, j'ai $I_{n+1}=\frac{2n-1}{2n}I_n + \frac{1}{n2^{n+1}}$ et je ne sais pas exprimer $I_n$ en fonction de $n$ à cause de ce terme supplémentaire.
Réponses
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Tu as $J_n = I_n + K_n$ où $K_n = \displaystyle \int_1^{+\infty} \dfrac{1}{(1+t^2)^n} dt$. Or, $0\leqslant K_n \leqslant \displaystyle \int_1^{+\infty} \dfrac{1}{(1+t)^n} dt$, ce qui montre que $K_n$ décroît à une vitesse exponentielle vers $0$ et donc que $K_n = o(J_n)$, et donc que $I_n \sim J_n$.
-
Bonjour.
ta formule de récurrence te permet d'obtenir $I_n$ à partir de $I_1$ plus une somme.
Cordialement.
Édit : La méthode de Guego est plus directe !! -
Bonjour,
Déjà $
J_n - I_n = \int_{1}^{\infty} \frac{dt}{(1+t^2)^n}$, ce qui est facilement négligeable devant le reste.
(la première idée qui me vient c'est que $1+t^2\ge 2t$, qui va faire sortir du $\frac{1}{2^n}$)
Ensuite, sans utiliser Stirling (mais plutôt pour trouver la constante de Stirling), on a envie de faire le changement de variable
$I_n =
\frac{1}{\sqrt{n}} \cdot
\int_{0}^{\sqrt{n}} \frac{ds}{(1+\frac{s^2}{n})^n}$.
L'intégrale $\int_0^{\sqrt{n}}$ converge par TCD, car $\big(1+\frac{x}{n}\big)^n \ge 1+x$. -
La réponse est directe si on connaît la méthode de Laplace.
-
Bonjour et merci pour ces réponses rapides.
Les méthodes de Guego et marsu qui sont similaires vont effectivement très vite. Et le changement de variable de marsu permet même de se passer de parler de l'intégrale de 0 à l'infini et donc de se passer de Stirling (mais je ne l'avais pas demandé dans le "cahier des charges"). Je vais regarder la méthode de Laplace, je connais de nom mais je n'ai jamais regardé dans le détail le fonctionnement.
Par contre, je ne suis pas sûr que ma formule de récurrence me permet d'expliciter $I_n$ : j'ai $$I_{n+1}=\frac{2n-1}{2n}\Big(\frac{2n-3}{2n-2}I_{n-1}+\frac{1}{(n-1)2^{n-2}}\Big)+\frac{1}{n2^{n-1}}.
$$ Et je ne l'ai itéré qu'une fois, j'ai l'impression que la somme va être assez moche du fait des termes en facteurs qui apparaissent à chaque itération. -
Si, ça se développe, mais c'est lourd, très lourd. Et comme tu n'as même pas essayé de la mettre sous la forme $aI_{n-1}+b$, tu ne sembles pas prêt à faire ces calculs.
Mais comme tu as des méthodes élégantes, tu peux t'en passer.
Cordialement. -
supp
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Aller, pour te faire plaisir (et en corrigeant un moins en plus par rapport à mon message, j'espère que je n'ai pas ajouté d'erreur) :
$$I_{n+1} = \frac{(2n-1)(2n-3)}{2n(2n-2)}I_{n-1}+\frac{2n-1}{2n(n-1)2^{n-2}}+\frac{1}{n2^{n+1}}$$
Et je dois dire que je ne suis pas bien avancé : si j'itère, je n'aurai pas de problème avec la partie avec les intégrales, mais le reste va se compliquer à chaque itération et je ne vois pas bien ce que je vais obtenir.
Je présume que tu arriveras quand même à être cassant :-D (note que ce n'est pas très grave). -
J'ai cru voir un début de forme générale en additionnant les fractions
Mais évidemment, il faut continuer et regarder de près pour trouver une formule globale, que ce soit une somme ou une seule fraction.
mais je n'ai aucun plaisir à faire ce genre de calcul, et je ne réagissais qu'à ton annonce de risque de ne pas pouvoir. Tant qu'on n'a pas essayé, aucune raison de dire "ça ne va pas marcher".
Cordialement.
"Tout le monde savait que c'était impossible à faire, un jour est arrivé quelqu'un qui ne le savait pas et qui l'a fait". -
Sur le fond, je suis d'accord avec toi et je vais essayer, mais plus tard : j'ai voulu tenter la seconde méthode indiquée par side et je me suis emmêlé. Je laisse reposer tout ça et je me relance dans les calculs
-
Je viens de refaire les calculs pour la seconde méthode suggérée par side. Je note $f(x) = \sum_{n\geq0}^{}I_nx^n$ (rayon de convergence $\geq1$ puisque $I_n\leq1$). Je trouve : $$
f'(x)=\pi/4+xf'(x)+1/2f(x)-1/4-1/2\sum_{n\geq1}^{}\frac{1}{n}I_nx^n-1/2\ln(1-x/2).
$$ Je passe sous silence les justifications pour utiliser la linéarité de la somme mais le terme qui m'embête est évidemment $\sum_{n\geq1}^{}\frac{1}{n}I_nx^n$ qui ressemble à une primitive de $f$, mais ne l'est pas tout à fait... En même temps, side m'avait prévenu que le bricolage peut avoir une issue négative :-)
Pour le calcul avec la relation de récurrence, j'arrive après 3 itérations à :
$$I_n=\frac{(2n-3)(2n-5)(2n-7)}{(2n-2)(2n-4)(2n-6)}I_{n-3}+\frac{(2n-3)(2n-5)}{(2n-2)(2n-4)(n-3)2^{n-2}}+\frac{2n-3}{(2n-2)(n-2)2^{n-1}}+\frac{1}{(n-1)2^n}$$
En itérant $n-1$ fois, je vais avoir $I_n = \star I_1 + somme$, je n'ai pas calculé $\star$ mais ça va être globalement des factorielles (qui va être plus ou moins l'expression de $J_n$) mais je ne vois pas trop comment expliciter la somme : il va y avoir $\sum_{k=0}^{n-1} \frac{1}{2^{n-k}} \frac{1}{n-(k+1)} \prod_{j=?}^{?} ?$ et évidemment je suis embêté pour écrire le produit. -
supp
-
La méthode de Laplace indiqué par JLT est recommandée. Si tu ne la connais pas, il est temps: utilise le point 4 de ce document edit http://dyna.maths.free.fr/docs/lecons/developpement_analyse_556.pdf
On trouve sauf erreur que $I_n\sim \frac 12 \sqrt{\frac {\pi}n}$
Note que $I_n=\int_0^1 e^{-n\phi(x)} f(x) dx$ avec $f=1$ et $\phi(x)=\ln(1+x^2)$Le 😄 Farceur -
La méthode de la série génératrice semble marcher ici. J'obtiens sauf erreur $$
x(2-2x)y'+(x-2)y=\frac{4x-4}{2-x},
$$ ce qui donne avec $y(0)=1$ $$
y(x)=1-\frac{x\arctan\left(\sqrt[]{1-x}\right)}{\sqrt{1-x}}.
$$ Mais ensuite je ne vois pas quoi utiliser d'autre que la méthode des singularités (voir par exemple ici). Encore faut-il qu'on confirme ma solution avant de se lancer ! -
supp
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supp
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Personnellement, je poserais $u = -t^2$ pour faire apparaître une fonction beta, donc des fonctions gamma, et puis utiliser la formule de Stirling pour obtenir l'équivalent.
-
C’est un roc ! … c’est un pic ! … c’est un cap !
Que dis-je, c’est un cap ? … C’est une péninsule ! -
Le 😄 Farceur
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Pour emboîter le pas de side. J'avais oublié un terme dans la fonction génératrice mais je tiens à signaler que la méthode de Flajolet donnée dans l'article en lien dans mon post au dessus contient ce type de théorème assez général. Si $$
f(z)=\sum_{n=0}^{\infty}f_{n}z^{n}\sim K(1-z)^{\alpha}\ \left(z\rightarrow1\right)
$$ est analytique dans un certain domaine privé de 1 et que $\alpha$ n'est pas entier alors $$
f_{n}\sim\frac{K}{\Gamma\left(-\alpha\right)}n^{-\alpha-1}\ \left(n\rightarrow\infty\right)
$$ Dans le cas présent on a $$
f(z)\sim\frac{\pi}{2}(1-z)^{-1/2}\ \left(z\rightarrow1\right)
$$ qui est analytique dans le bon domaine privé de 1 et donc $$
f_{n}\sim\frac{\pi/2}{\Gamma\left(1/2\right)}n^{-1/2}=\frac{1}{2}\sqrt{\frac{\pi}{n}}\ \left(n\rightarrow\infty\right)$$ -
supp
-
@side
Oui c'est ça. Il faut aussi un domaine "pacman" où le calcul d'intégrale de contour soit sympa. Ci dessous le shéma du domaine qu'il faut (article joint aussi) -
Je réagis à un message de gerard0.
En fait ça marche en utilisant la récurrence $I_{n+1}=\frac{2n-1}{2n}I_n + \frac{1}{n2^{n+1}}=(1-\frac {1}{2n})I_n + \frac{1}{n2^{n+1}}$, et c'est la méthode la plus rapide !
avec un changement d'idée, au lieu de calculer $I_n$, on procède par équivalence des le début pour se débarrasser du terme gênant .Après on utilise que $\displaystyle\prod\limits_{k=1}^n\left(1+\frac{a}{k}\right)\sim \frac{n^a}{\Gamma(a+1)}$Le 😄 Farceur -
supp
-
side : Pour $a=1$, la formule de gebrane donne (conformément) $\prod_{k=1}^n \big(1+\frac{1}{k}\big) = \prod_{k=1}^{n}\frac{k+1}{k} = n+1 \sim \frac{n^1}{1!}$.
Je ne comprends pas trop votre enthousiasme sur la relation de récurrence, car manifestement, tout dépend assez fort de la valeur de $I_0 = 1$, ou de $I_1 = \frac{\pi}{4}$.
Si on partait d'autre chose, on trouverait des équivalents différents, je pense ? -
@ side
je ne sais pas comment tu raisonnes, dans notre cas le a c'est -1/2 et non pas 1. je te laisse un temps pour voir sinon je donne les détailsLe 😄 Farceur -
supp
-
D'accord
Es-tu ok avec $I_n\sim\frac{I_1}{1-\frac{1}{2}}\prod\limits_{k=1}^n\left(1-\frac{1}{2k}\right)= \frac{\pi}2\prod\limits_{k=1}^n (1+\frac{-\frac 12}{k} )$Le 😄 Farceur -
On est déjà d'accord avec tout, gebrane, il y a ci-dessus 5 manières de faire pour trouver l'équivalent d'une manière bien moins technique !
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marsup
J'ai réagis en lisant tardivement le message de gerard0 http://www.les-mathematiques.net/phorum/read.php?4,1884404,1884510#msg-1884510
Le terme gênant l'est si on regarde égalité
Ne l'est pas si on regarde équivalenceLe 😄 Farceur -
supp
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supp
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supp
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À qui [est] intéressé, j'ai posé la question sur ME https://math.stackexchange.com/questions/3424350/find-differents-methods/3427546#3427546Le 😄 Farceur
-
Équivalent en $+\infty$ de : $$
I_n=\int_0^{\infty} \frac{\cos(x)}{1 + n^2 x^2}dx \qquad\text{et}\qquad
J_n=\int_0^{\infty} \frac{\sin(x)}{1 + n^2 x^2}dx.
$$ La première est facile : changement de variable $u=nx$ + théorème de convergence dominée donne $I_n \sim \frac{\pi}{2n}$
La deuxième par contre... nettement plus dur car le $\sin$ tend vers $0$... des idées ? -
Pour $J_n$, on sépare en $A_n$ (intégrale sur $[0;1]$) et $B_n$ (intégrale sur $[1;+\infty[$).
En ce qui concerne $B_n$, on a facilement $B_n \sim \dfrac{1}{n^2} \displaystyle \int_{1}^{+\infty} \dfrac{\sin(x)}{x^2} dx$.
Pour $A_n$, le changement de variable $u=nx$, suivi de l'encadrement $t-\dfrac{t^3}{6} \leqslant \sin(t)\leqslant t$ permet d'obtenir $A_n\sim \dfrac{\ln(n)}{n^2}$.
Ainsi, $J_n \sim \dfrac{\ln(n)}{n^2}$. -
Pas tant que ça. L'idée, c'est qu'au voisinage de $0$, $\cos(x) \approx 1$, donc ça va donner $\dfrac{1}{n}\displaystyle \int_0^n \dfrac{1}{1+u^2}du$ comme équivalent, alors que pour $\sin$, on a $\sin(x) \approx x$, donc ça va donner $\dfrac{1}{n}\displaystyle \int_0^n \dfrac{\frac{u}{n}}{1+u^2}du$ comme équivalent. Après, il faut juste l'écrire proprement.
-
Oui ;mais dans le cas du $\cos$, le fait qu'il tende vers $1$ nous arrange carrément : il y a clairement une grosse étape de moins ! :-)
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