Limite intégrale suite de fonctions
Réponses
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Encore un problème du dernier AMM.
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Bonjour
J'ai pas le temps de vérifier mais on fait le changement de variable $y=x^n$ puis un petit DL par rapport à n
et justifier les opérations pour obtenir $-\int_0^1 f(x) dx = -1$ -
Le changement de variable ci-dessus donne
$$\frac{1}{\ln(n)}\int_{0}^{1}x^{1/n}f(x)\ln(1-x^{1/n})dx.$$ -
Etanche:
Si on considère la fonction définie sur $[0,1]$ par $f(x)=1$.
$\displaystyle J_n=\frac{n}{\ln(n)}\int_{0}^{1}x^n\ln(1-x)dx=-\frac{n}{\ln n}\frac{H_{n+1}}{n+1}$
$\displaystyle\lim_{n\rightarrow \infty}J_n=\lim_{n\rightarrow \infty} -\frac{n\left(\gamma+\ln(n+1)\right)}{(n+1)\ln n}=\lim_{n\rightarrow \infty} -\frac{\ln(n+1)}{\ln(n)}=\lim_{n\rightarrow \infty} \left(-1-\frac{\ln\left(1+\frac{1}{n}\right)}{\ln n}\right)=-1$
On doit certainement pouvoir faire un calcul similaire pour la fonction définie sur $[0,1]$ par $g(x)=2x$.
NB:
$H_n$: nième nombre harmonique, $\gamma$ est la constante d'Euler-Mascheroni. -
Ok pour f=1
si on met $x^{1/n}=exp(\ln(x)/n) = 1 + \frac{\ln(x)}{n} + O(\frac{1}{n^2})$ sous l’intégrale, y a le terme en O
qui est embêtant il dépend de $x$ -
supp
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Cela revient, sauf erreur, à démontrer que : $\displaystyle \frac{n}{\ln(n)}\int_{0}^{1}x^n(f(x^n)-1)\ln(1-x)dx$ tend vers $0$.
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Bonsoir
Avec mon changement de variable $y=x^n$ (voir le message de @etanche) on a:
$y^{1/n} \ln(1 -y^{1/n} ) f(y) - \ln(1/n) f(y) $ converge vers $\ln(-\ln(y) ) f(y) $ qui est intégrable quand n tend vers l'infini et $y\in]0,1[$.
Ce qui permet de conjecturer que la limite est bien $-\int_0^1 f(x) dx=-1 $
Evidemment on pense à utiliser la cv dominée mais à première vue c'est pas donné. Donc il faut surement encore travailler un peu .. -
On n'a pas besoin du théorème de convergence dominée pour démontrer que la limite de $u_n=\dfrac{n}{\ln(n)}\displaystyle\int_{0}^{1}x^nf(x^n)\ln(1-x)dx$ est égale à $-\displaystyle\int_{0}^{1}f(t)dt$ quand $f$ est continue sur $[0,1]$.
Après avoir fait le changement de variable $t=x^n$ on écrit :
$u_n+\displaystyle\int_{0}^{1}f(t)dt=\displaystyle\int_0^1 (1-t^{1/n})f(t)dt+\dfrac{v_n}{\ln(n)}$ avec $v_n=\displaystyle\int_{0}^{1}t^{1/n}f(t)\ln(n (1-t^{1/n}))dt$.
$|\displaystyle\int_0^1 (1-t^{1/n})f(t)dt|\leq M \int_0^1 (1-t^{1/n})=\dfrac M{n+1}$ qui tend vers $0$.
$n (1-t^{1/n})=n (1-\exp(\ln(t)/n)\leq -\ln(t)$ puisque $\exp(u)\geq 1+u$.
$n (1-t^{1/n})\geq 1-t$ car la fonction définie par $g(x)=x(1-\exp(\ln(t)/x))$ est croissante pour $x>0$ puisque $g'(x)=\exp(\ln(t)/x)(\exp(-\ln(t)/x)-1+\ln(t)/x)\geq0$.
On en déduit que $|v_n|\leq M \displaystyle\int_{0}^{1} (|\ln(-\ln(t))|+|\ln(1-t)|)dt$ qui est une constante.
L'utilisation du théorème de convergence dominée donne un résultat plus précis : $u_n+\displaystyle\int_{0}^{1}f(t)dt\sim\dfrac{1}{\ln(n)}\int_0^1f(t)\ln(-\ln(t))dt$.
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Bonjour!
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