Intégrale vs somme de Riemann

Ça a effectivement l'air de converger, mais de manière plutôt chaotique :

Cette fonction est bornée et n'a qu' un nombre dénombrable

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 !

Même avec les hypothèses du théorème de CV dominée de CPGE, tu dois pouvoir t'en sortir car $f$ est bien continue par morceaux sur $[\epsilon,1]$.

Je n'ai pas vérifié mais il me semble que ma démarche fait partie de celles qui marchent et que par ailleurs respecte le programme de cpge. Un souci ?

Dans ce genre de trucs, on prend souvent $f_n(x)=f(\lceil nx\rceil /n)$, $f_n(x)$ converge vers $f(x)$ en tous les points sauf dans ceux où $f$ n'est pas continue, qui sont en nombre fini sur $[\epsilon,1]$, donc en modifiant un peu les fonctions si nécessaire on obtient avec de la convergence dominée la convergence de $\int_{\epsilon}^1 f_n(x)\ dx$ vers $\int_{\epsilon}^1 f(x)\ dx$.
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.

Daniel: peut-on avoir ta bafouille en français ? Why not! Mais il faudra me laisser un peu de temps.

Excuse moi pour le "il est facile". Il faut avoir vu une fois le truc en séparant la somme en deux. Sur un exemple : $$
\sum_{k=1}^{n}(-1)^{k}\left\lfloor \frac{n}{k}\right\rfloor =\sum_{k\leq\sqrt{n}}(-1)^{k}\left\lfloor \frac{n}{k}\right\rfloor +\sum_{\sqrt{n}<k\leq n}(-1)^{k}\left\lfloor \frac{n}{k}\right\rfloor
$$ 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 $$
\sum_{k=1}^{n}(-1)^{k}\left\lfloor \frac{n}{k}\right\rfloor =n\sum_{k\leq\sqrt{n}}\frac{(-1)^{k}}{k}+O\left(\sqrt{n}\right)$$

H, tu oublies une partie entière.

On est pile dans le cadre : pose $f_n(x)=\phi(n,x)$

Sinon tu peux redémontrer le résultat d'intervertion, ce n'est pas bien long quand tu as déjà l'existence de la limite.

Ah. En fait le résultat est vrai (avec la même preuve) pour une fonction $f:A \times B \to \R$ avec $A$ et $B$ des parties d'un evn (ou d'un topologique) et où on considère les limites en un point adhérent à $A$ et en un point adhérent à $B$ (et on peut aussi remplacer $\R$ par un Banach ou par un métrique complet sans rien changer.)

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.

Bonjour,

A la fin de la ligne 3 a) on lit $\sum A_n$ ...

Merci Daniel, otan pour moi.

Pour compléter le tableau voici une rédaction de l'approche directe où je détaille le "il est facile"8-).

On peut généraliser cet exercice.
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 $\displaystyle\int_0^1f_p=p(\ln(p)-H_p+1)$.