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Intégrale vs somme de Riemann

Envoyé par Mickaël 
Intégrale vs somme de Riemann
il y a sept années
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,
Re: Intégrale VS Somme de Riemann
il y a sept années
Ça a effectivement l'air de converger, mais de manière plutôt chaotique :
[attachment 25304 Graphe.gif]


Re: Intégrale VS Somme de Riemann
il y a sept années
De plus, l'intégrale se calcule : elle vaut $2\ln(2)-1$. Ça a bien l'air d'être la limite de la somme :
> evalf(2*ln(2)-1);
                                  0.386294361

> evalf(S(1000000));
                                 0.3862280000
Re: Intégrale VS Somme de Riemann
il y a sept années
Oui si j'arrive a montrer que la limite de la suite est l'intégrale alors en coupant en tranche de $1/(k+1)$ à $1/k$ on se retrouve avec la somme d'une série et des réarrangements montrent que la limite est bien $\ln (4) -1$. Cela dit la partie difficile semble être de montrer que la somme converge vers cette intégrale ...
Re: Intégrale VS Somme de Riemann
il y a sept années
avatar
Ca doit se faire avec le théorème de convergence dominée en interprétant la somme de Riemann comme l'intégrale d'une fonction continue par morceaux bien choisie.
Re: Intégrale VS Somme de Riemann
il y a sept années
Aléa >> Dans le théorème de Convergence dominée qui est dans mon cours j'ai des hypothèses de continuité par morceaux sur les fonctions suites et la limite (qui ici n'est pas continue par morceaux), je doute pouvoir m'en sortir comme cela !
Re: Intégrale VS Somme de Riemann
il y a sept années
En fait $f$ est continue par morceaux sur $]0,1]$ et pour pouvoir parler de convergence de somme de Riemann il nous faudrait la monotonie de $f$ par exemple, mais ce n'est pas le cas.
Pour le théorème de convergence dominée on pourrait s'en sortir je pense.
Re: Intégrale VS Somme de Riemann
il y a sept années
avatar
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 !



Edité 1 fois. La dernière correction date de il y a sept années et a été effectuée par danielsaada.
H
Re: Intégrale VS Somme de Riemann
il y a sept années
Puisque le problème est en $0$...

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.
Re: Intégrale VS Somme de Riemann
il y a sept années
avatar
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 $[\epsilon,1]$.
H
Re: Intégrale VS Somme de Riemann
il y a sept années
@Mickaël : tu as vraiment au programme un théorème de convergence de somme de Riemann pour une fonction continue par morceau sur autre chose qu'un segment ?
Re: Intégrale VS Somme de Riemann
il y a sept années
Non, mais sous hypothèse de monotonie on peut s'en tirer par encadrement. Ici je compte ruser un peu sans utiliser ça....
Re: Intégrale VS Somme de Riemann
il y a sept années
On peut introduire une suite d'intégrales $I_n$ et avec le changement $t=1/u$ on obtient : $$
I_{n}=\int_{1/n}^{1}\left\lfloor 2\left\{ \frac{1}{t}\right\} \right\rfloor dt=\int_{1}^{n}\frac{\left\lfloor 2\left\{ u\right\} \right\rfloor }{u^{2}}du=\sum_{k=1}^{n-1}\left(\int_{k}^{k+1}\frac{\left\lfloor 2u-2k\right\rfloor }{u^{2}}du\right)
$$ 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.
Re: Intégrale vs somme de Riemann
il y a sept années
Salut,
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 $]0,1]$.
Re: Intégrale vs somme de Riemann
il y a sept années
J'ai vu. Mais comme l'a dit Daniel, il n'y a pas de problème ici si on prend le critère de Lebesgues pour l'intégrabilité de Riemann. Source wiki:

"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."
H
Re: Intégrale vs somme de Riemann
il y a sept années
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 ?
Re: Intégrale vs somme de Riemann
il y a sept années
La méthode de H marche assurément. Maintenant si tu tiens à te passer du critère de Lebesgues dans un but didactique tu peux aussi à mon sens assez facilement passer par des sommes de Darboux judicieusement choisies.



Edité 2 fois. La dernière correction date de il y a sept années et a été effectuée par B....t.
Re: Intégrale vs somme de Riemann
il y a sept années
Oui mais bon je rechigne un peu a dire "oui ça converge" je suis en spé et on a un nombre limité d'outils, je pense pas que l'on veuille que je dise que "ça converge", je crois que des justifications techniques sont attendues.

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.
Re: Intégrale vs somme de Riemann
il y a sept années
Nos posts se croisent, je réponds à H : en fait je n'avais pas vu ta réponse, c'est vrai que c'est une piste à étudier.

Je reprend mon précédent post : Ma suite de fonctions sert a rien elle ne colle pas avec la somme de Riemann ...
Re: Intégrale vs somme de Riemann
il y a sept années
avatar
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.
Re: Intégrale vs somme de Riemann
il y a sept années
Une approche directe me semble la seule qui vaille. Soit $g(x)=\left\lfloor 2\left\{ x^{-1}\right\} \right\rfloor$ et $S(n)=\sum_{k=1}^{n}g\left(\frac{k}{n}\right)$ alors on a $$
S(n)=\sum_{i=1}^{n}\left(\sum_{\frac{2n}{2i+1}<k\leq\frac{2n}{2i}}g\left(\frac{k}{n}\right)+\sum_{\frac{2n}{2i+2}<k\leq\frac{2n}{2i+1}}g\left(\frac{k}{n}\right)\right)
$$ 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.
Re: Intégrale vs somme de Riemann
il y a sept années
Bonjour,

Ce serait pas plutôt $S(n)=\sum g\left( \frac{n}{k}\right)$ ?
Re: Intégrale vs somme de Riemann
il y a sept années
Oui j'ai corrigé la définition de $g$ dans mon post plus haut.
Re: Intégrale vs somme de Riemann
il y a sept années
Mais ça m'a l'air très clean en tout cas. Je vais rédiger un document, je le poste dès qu'il est écrit.
Re: Intégrale vs somme de Riemann
il y a sept années
avatar
merci B....t pour cette démonstration !
peut-on avoir ta bafouille en français ?
Re: Intégrale vs somme de Riemann
il y a sept années
Daniel: peut-on avoir ta bafouille en français ? Why not! Mais il faudra me laisser un peu de temps.
Re: Intégrale vs somme de Riemann
il y a sept années
Juste une question, à la fin de la preuve tu dit "il est facile de montrer que" mais j'ai un soucis : je part de l'encadrement $[x]\leqslant x < [x]+1$ en le sommant j'obtiens : \[S(n)-n \leqslant \sum_{i=1}^{n}\left( \frac{2n}{2i+1}-\frac{n}{i+1}\right)<S(n)+n\] Ca ne permet pas de conclure,
Re: Intégrale vs somme de Riemann
il y a sept années
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
Re: Intégrale vs somme de Riemann
il y a sept années
J'explicite la méthode à la quelle je pensais.

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.
Re: Intégrale vs somme de Riemann
il y a sept années
H, tu oublies une partie entière.
H
Re: Intégrale vs somme de Riemann
il y a sept années
@B....t : oui, merci.

La méthode proposée marche en fait sans modification pour toute fonction continue et bornée par morceau sur $]0,1]$.
Re: Intégrale vs somme de Riemann
il y a sept années
Je pensais que c'était moi qui voyait pas pourquoi c'était simple mais en fait ça ne l'ai pas. Si je coupe de la même manière on a :
\[S(n)=\sum_{i\leqslant \sqrt{n}} \left( \frac{2n}{2i+1}-\frac{n}{i+1}\right) + O(\sqrt{n})+\sum_{\sqrt{n}<i\leqslant n} \left(\left\lfloor \frac{2n}{2i+1}\right\rfloor -\left\lfloor \frac{2n}{2i+2}\right\rfloor \right)\]

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 ...
Re: Intégrale vs somme de Riemann
il y a sept années
Ecris la somme de 2 termes en une somme de termes alternes.
Re: Intégrale vs somme de Riemann
il y a sept années
D'accord je regarde ça, merci.
Re: Intégrale vs somme de Riemann
il y a sept années
H >> en essayant de prouver ta phrase "on peut permuter les limites", j'ai eu de gros soucis, le problème c'est que je connais le théorème pour une inversion de limite avec des fonctions :

- $f_n \to f$ 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.
H
Re: Intégrale vs somme de Riemann
il y a sept années
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.
Re: Intégrale vs somme de Riemann
il y a sept années
Ba c'est bizarre, parce que du coup pour avoir la convergence uniforme il faudrait majorer $|f_n(x)-f(x)|$ indépendamment de $x$ or ce que tu as fait c'est majorer indépendamment de $n$ si je ne me trompe pas.
H
Re: Intégrale vs somme de Riemann
il y a sept années
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.
Re: Intégrale vs somme de Riemann
il y a sept années
Bonjour H, pouvez-vous m'aider pour mon problème d'arithmétique ?

merci
Re: Intégrale vs somme de Riemann
il y a sept années
H >> Normalement j'ai tout ce qui faut pour conclure, j'écris le document et je le partage dès qu'il est fini.
Re: Intégrale vs somme de Riemann
il y a sept années
avatar
Bonjour à tous,

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
[attachment 25335 unesommedeRiemann.pdf]
Pièces jointes:
ouvrir | télécharger - une somme de Riemann.pdf (86.3 KB)
Re: Intégrale vs somme de Riemann
il y a sept années
avatar
Bonjour,

A la fin de la ligne 3 a) on lit $\sum A_n$ ...
Re: Intégrale vs somme de Riemann
il y a sept années
avatar
Le symbole sigma veut dire union d'une famille disjointe.
Re: Intégrale vs somme de Riemann
il y a sept années
avatar
Merci Daniel, otan pour moi.
Re: Intégrale vs somme de Riemann
il y a sept années
avatar
j'ai corrigé des erreurs
[attachment 25351 unesommedeRiemann.pdf]



Edité 1 fois. La derni&egrave;re correction date de il y a sept ann&eacute;es et a &eacute;t&eacute; effectu&eacute;e par danielsaada.
Pièces jointes:
ouvrir | télécharger - une somme de Riemann.pdf (103.7 KB)
Re: Intégrale vs somme de Riemann
il y a sept années
Pour compléter le tableau voici une rédaction de l'approche directe où je détaille le "il est facile"eye rolling smiley.
[attachment 25353 Mickael1.pdf]
Pièces jointes:
ouvrir | télécharger - Mickael1.pdf (176.8 KB)
Re: Intégrale vs somme de Riemann
il y a sept années
Comme je l'avais promis voilà une rédaction du problème de base (qui concerne en réalité une proba pour qu'un entier ... blabla)

J'utilise la méthode H.

[docs.google.com]

Par ailleurs merci B....T pour le document.
Re: Intégrale vs somme de Riemann
il y a sept années
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 $\displaystyle\int_0^1f_p=p(\ln(p)-H_p+1)$.
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