Intégrale vs somme de Riemann
Bonsoir,
Voilà j'ai un tout petit problème, je dois calculer la limite de : \[\frac{1}{n}\sum _{k=1}^n \left \lfloor 2\left( \frac{n}{k}-\left \lfloor \frac{n}{k}\right \rfloor\right)\right \rfloor\] Moralement ça converge vers $\displaystyle \int _0^1 \left \lfloor 2\left( \frac{1}{x}-\left \lfloor \frac{1}{x}\right \rfloor\right)\right \rfloor \mathrm{d}x$.
Alors l'intégrale existe car l'intégrande est bornée par $1$. Cela dit pas de monotonie sur $f$ ni de prolongement possible en $0$ donc pas question de parler de la convergence des sommes de Riemann. En plus la fonction n'est même pas "continue par morceaux", puisque il y a une infinité de discontinuités.
Des suggestions ?
Merci,
Voilà j'ai un tout petit problème, je dois calculer la limite de : \[\frac{1}{n}\sum _{k=1}^n \left \lfloor 2\left( \frac{n}{k}-\left \lfloor \frac{n}{k}\right \rfloor\right)\right \rfloor\] Moralement ça converge vers $\displaystyle \int _0^1 \left \lfloor 2\left( \frac{1}{x}-\left \lfloor \frac{1}{x}\right \rfloor\right)\right \rfloor \mathrm{d}x$.
Alors l'intégrale existe car l'intégrande est bornée par $1$. Cela dit pas de monotonie sur $f$ ni de prolongement possible en $0$ donc pas question de parler de la convergence des sommes de Riemann. En plus la fonction n'est même pas "continue par morceaux", puisque il y a une infinité de discontinuités.
Des suggestions ?
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Réponses
Pour le théorème de convergence dominée on pourrait s'en sortir je pense.
de discontinuités : elle est donc intégrable au sens de Riemann.
De ce fait, les sommes de Riemann convergent vers l'intégrale,
sauf erreur(s) de ma part !
Notons $\phi(n,\alpha)$ la somme $\frac1n\sum\limits_{k=\alpha n}^n (\dots)$. On a la convergence uniforme en $n$ quand $\alpha$ tend vers $0$ vers $\phi(n,0)$ qui est le truc qui nous intéresse. Si la limite en $\alpha$ fixé quand $n$ tend vers l'infini se traite par le résultat sur les sommes de Riemann, ça suffit pour conclure.
I_{n}=\int_{1/n}^{1}\left\lfloor 2\left\{ \frac{1}{t}\right\} \right\rfloor dt=\int_{1}^{n}\frac{\left\lfloor 2\left\{ u\right\} \right\rfloor }{u^{2}}du=\sum_{k=1}^{n-1}\left(\int_{k}^{k+1}\frac{\left\lfloor 2u-2k\right\rfloor }{u^{2}}du\right)
$$ Ce qui donne $$
I_{n}=\sum_{k=1}^{n-1}\left(\int_{k}^{k+1/2}\frac{0 }{u^{2}}du+\int_{k+1/2}^{k+1}\frac{1}{u^{2}}du\right)
$$ Soit $$I_{n}=\sum_{k=1}^{n-1}\left(\frac{1}{k+1/2}-\frac{1}{k+1}\right)
$$ Et il n'est pas difficile de voir que cette série converge vers $2\log2-1$ et comme dit plus haut les sommes de Riemann convergent vers l'intégrale car la fonction dans l'intégrande est bornée et a un nombre dénombrable de discontinuités.
Déjà merci pour la réponse. Mais le problème c'est qu'on a pas montré que la somme de Riemann tend vers l'intégrale qu'on voulait, a moins que je me trompe.
Sinon pour la convergence dominée c'est assez galère de poser les bonnes fonctions, je n'y arrive pas. Le truc c'est que une fois posées tout devient facile (en principe).
Je sais juste que pour la fonction finale elle vaut $1$ lorsque on a $\frac{1}{n+1} \leqslant x \leqslant \frac{1}{2n+1}$
PS. J'ai bien une (mauvaise) idée pour la suite de fonction qui serait : \[f_n(u)=\frac{n}{n-1}\left \lfloor 2\left \frac{n-1}{nu-1}-\left \lfloor \right \frac{n-1}{nu-1}\rfloor \right\right \rfloor\]
Il y a deux problèmes :
1. On a pas la continuité donc vérifier la condition de limite simple s'annonce galère.
2. Les fonctions ne sont pas continues par morceaux, mais on peut esquiver cette discussion théologique en disant qu'en fait on se place sur $]0,1]$ et que sur cet intervalle les fonctions considérées sont continues par morceaux au sens où elles le sont sur tout segment inclus dans $]0,1]$.
"Critère de Lebesgue pour l'intégrabilité de Riemann — Soit f une fonction définie et bornée sur [a, b] et soit D l'ensemble des discontinuités de f sur [a, b]. Alors f est Riemann-intégrable si, et seulement si, D a une mesure de Lebesgue nulle."
Mais bon, je crois que le meilleur moyen reste le TCD, faut que je montre la limite simple, et ça s'annonce un peu casse bonbons.
Je reprend mon précédent post : Ma suite de fonctions sert a rien elle ne colle pas avec la somme de Riemann ...
Il faut encore contrôler l'écart entre $\int_{\epsilon}^1 f_n(x)\ dx$ et ta somme de Riemann et majorer par des $\epsilon$ les petits bouts laissés de côté.
S(n)=\sum_{i=1}^{n}\left(\sum_{\frac{2n}{2i+1}<k\leq\frac{2n}{2i}}g\left(\frac{k}{n}\right)+\sum_{\frac{2n}{2i+2}<k\leq\frac{2n}{2i+1}}g\left(\frac{k}{n}\right)\right)
$$ Maintenant on a $$
\frac{2}{2i+1}<\frac{k}{n}\leq\frac{2}{2i}\Rightarrow g\left(\frac{k}{n}\right)=0
$$ $$\frac{2}{2i+2}<\frac{k}{n}\leq\frac{2}{2i+1}\Rightarrow g\left(\frac{k}{n}\right)=1
$$ Ce qui permet d'écrire $$
S(n)=\sum_{i=1}^{n}\left(\left\lfloor \frac{2n}{2i+1}\right\rfloor -\left\lfloor \frac{2n}{2i+2}\right\rfloor \right)
$$ Et il est facile de montrer que $$
S(n)\sim2n\sum_{i=1}^{\infty}\left(\frac{1}{2i+1}-\frac{1}{2i+2}\right)=2n\left(\log(2)-\frac{1}{2}\right)\ \left(n\rightarrow\infty\right)
$$ Notez qu'on a là une analogie avec le problème du cercle de Gauss et on peut conjecturer sans mal que $$S(n)=n(2\log2-1)+O(n^{1/4+\epsilon}) $$
ps: si vous voulez savoir pourquoi je m'aventure à émettre une telle conjecture vous pouvez lire ma dernière bafouille ici.
Ce serait pas plutôt $S(n)=\sum g\left( \frac{n}{k}\right)$ ?
peut-on avoir ta bafouille en français ?
\sum_{k=1}^{n}(-1)^{k}\left\lfloor \frac{n}{k}\right\rfloor =\sum_{k\leq\sqrt{n}}(-1)^{k}\left\lfloor \frac{n}{k}\right\rfloor +\sum_{\sqrt{n}<k\leq n}(-1)^{k}\left\lfloor \frac{n}{k}\right\rfloor
$$ D'un côté on a comme tu l'as fait : $$
\sum_{k\leq\sqrt{n}}(-1)^{k}\left\lfloor \frac{n}{k}\right\rfloor =n\sum_{k\leq\sqrt{n}}\frac{(-1)^{k}}{k}+O\left(\sqrt{n}\right)
$$ Et d'une autre main on a $$
\sqrt{n}<k\leq n\Rightarrow1\leq\frac{n}{k}<\sqrt{n}
$$ et donc la seconde somme de droite est une somme alternée d'une suite $\leq\sqrt{n}$ en valeur absolue et décroissante vers $1$. Elle est donc en $O(\sqrt{n})$ ce qui donne finalement $$
\sum_{k=1}^{n}(-1)^{k}\left\lfloor \frac{n}{k}\right\rfloor =n\sum_{k\leq\sqrt{n}}\frac{(-1)^{k}}{k}+O\left(\sqrt{n}\right)$$
Pour tout $0 < \alpha < 1$ et tout $n \ge 0$, on pose $\phi(n,\alpha)=\frac1n \sum_{n \alpha \le k \le n } h(k/n)$
où $h(x)=2(x^{-1}-\lfloor x^{-1} \rfloor)$. Notons que l'on s'intéresse à la limite en $n$ de la limite en $\alpha$ (vers $0$) de $\phi(n,\alpha)$.
On a $\phi(n,\alpha)=\frac{n-\lfloor n\alpha \rfloor}n\frac{1}{n-\lfloor n\alpha \rfloor} \sum_{n \alpha \le k \le n } h(k/n) \to (1-\alpha) \int_\alpha^1 h(x)$. Notons que la dernière quantité tend vers $\int_0^1 h$ lorsque $\alpha$ tend vers $0$.
Mais $|\phi(n,0)-\phi(n,\alpha)| \le \frac1n 2n \alpha = 2\alpha$. D'où la convergence uniforme en $n$ de $\phi(\alpha,n)$ vers $\phi(0,n)$.
On est donc en position d'intervertir les limites et c'est fini.
La méthode proposée marche en fait sans modification pour toute fonction continue et bornée par morceau sur $]0,1]$.
\[S(n)=\sum_{i\leqslant \sqrt{n}} \left( \frac{2n}{2i+1}-\frac{n}{i+1}\right) + O(\sqrt{n})+\sum_{\sqrt{n}<i\leqslant n} \left(\left\lfloor \frac{2n}{2i+1}\right\rfloor -\left\lfloor \frac{2n}{2i+2}\right\rfloor \right)\]
Mais là je ne peut pas vraiment estimer la seconde somme, non ?
PS. H j'ai vu ta réponse, je crois que c'est de loin la "meilleure" pour le taupin que je suis, cela dit comme je me suis lancé dans ce que B...t à fait, je dois aller jusqu'au bout ...
- $f_n \to f$ uniformément
- Les $f_n$ ont une limite $b_n$ en $0$
Alors $f$ admet une limite en $0$ qui est $\lim b_n$.
Je suis pas sûr de pouvoir réadapter en fait, j'ai essayé des trucs et ça marchais pas.
Sinon tu peux redémontrer le résultat d'intervertion, ce n'est pas bien long quand tu as déjà l'existence de la limite.
Si tu n'as pas cette version il te reste à faire la preuve à la main. Ce n'est pas bien long, mais du coup c'est effectivement moins direct.
merci
je vous joins en PDF une démonstration de la convergence des
soommes de Riemann vers la fonction.
Merci de me donner vos avis.
D.S
A la fin de la ligne 3 a) on lit $\sum A_n$ ...
J'utilise la méthode H.
https://docs.google.com/open?id=0BzehV7mUyP9ZX2VDM0U4cElGUDA
Par ailleurs merci B....T pour le document.
Pour $p\ge2$ entier et $x\in]0,1]$ je définis $f_p(x)=\displaystyle\left\lfloor p\left(\frac1x -\left\lfloor \frac1x\right\rfloor\right)\right\rfloor=\left\lfloor \frac px\right\rfloor-p\left\lfloor \frac1x\right\rfloor$.
On a $f_p(]0,1]))=0,p-1$ et plus précisément, pour $0\le j\le p-1$: $f_p(x)=j$ si $\displaystyle\frac p{pi+j+1}<x\le\frac p{pi+j}$ avec $i=\left\lfloor \frac1x\right\rfloor \in {\Bbb N^*}$.
Pour $n\ge2$ entier: $\displaystyle\int_{1/n}^1f_p=\displaystyle\sum_{i=1}^{n-1}\sum_{j=0}^{p-1}\int_{\frac p{pi+j+1}}^{\frac p{pi+j}}f_p=\sum_{i=1}^{n-1}\sum_{j=1}^{p-1}j\left(\frac p{pi+j}-\frac p{pi+j+1}\right)$ ($j$ de 1 à $p-1$ car on obtient 0 pour $j=0$).
$\displaystyle\int_{1/n}^1f_p=A_n-B$ avec $B=\displaystyle\sum_{j=1}^{p-1}jp\left(\frac1j-\frac1{j+1}\right)=p(H_p-1)$ ($H_p$ est le $p$-ième nombre harmonique)
et $A_n=\displaystyle\sum_{i=0}^{n-1}\sum_{j=1}^{p-1}jp\int_0^1(t^{pi+j+1}-t^{pi+j})dt=\sum_{j=1}^{p-1}jp\int_0^1t^{j-1}(1-t)\frac{1-t^{pn}}{1-t^p}dt=\sum_{j=1}^{p-1}\int_0^1pjt^{j-1}\frac{1-t^{pn}}{1+t+...+t^{p-1}}dt$
qui tend vers $p\displaystyle\int_0^1\frac{\displaystyle\sum_{j=1}^{p-1}jt^{j-1}}{1+t+...+t^{p-1}}dt=p\ln(p)$ quand $n$ tend vers $+\infty$ puisque $\displaystyle\sum_{j=1}^{p-1}\int_0^1pjt^{j-1}\frac{t^{pn}}{1+t+...+t^{p-1}}dt\le \frac{p^3}2\int_0^1t^{pn}dt\le \frac{p^2}{2n}$.
On en déduit que $\displaystyle\int_0^1f_p=p(\ln(p)-H_p+1)$.