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Calcul d'une limite

Envoyé par Stator 
Calcul d'une limite
il y a cinq semaines
Bonjour à tous. Au cours de certains calculs je suis tombé sur cette limite
$$
\lim_{n\rightarrow\infty}n^{2}\prod_{k=1}^{n}\frac{k^{2}-k+1}{k^{2}+k}.

$$ Il me suffit pour mon problème de savoir qu'elle existe ce qu'il est facile de voir. Mais par curiosité pensez-vous qu'elle puisse s'exprimer à l'aide de choses connues ?



Edité 1 fois. La dernière correction date de il y a cinq semaines et a été effectuée par AD.
Re: Calcul d'une limite
il y a cinq semaines
Entre Wolframalpha et l'OEIS, la limite semble être $\dfrac{1}{\pi}\cosh\left(\dfrac{\pi\sqrt3}2\right)$.
Je serais curieux de savoir comment on y arrive.
Re: Calcul d'une limite
il y a cinq semaines
Bonjour
Oui cela se calcule on trouve bien le résultat donné par dm974.
Pour cela on utilise la fonction Gamma et ses propriétés. Voir Wikipedia
En particulier le comportement asymptotique donnera comme limite
$$
\dfrac{1}{\Gamma (\tfrac{1}{2}-\tfrac{i \sqrt{3}}{2})\Gamma (\tfrac{1}{2}+\tfrac{i \sqrt{3}}{2})},

$$ et pour trouver l'expression en fonction de $\cosh$ il suffit d'utliser la formule de réflexion d'Euler.



Edité 1 fois. La dernière correction date de il y a cinq semaines et a été effectuée par AD.
Re: Calcul d'une limite
il y a cinq semaines
avatar
bien vu
Re: Calcul d'une limite
il y a cinq semaines
Merci!
Re: Calcul d'une limite
il y a cinq semaines
avatar
Une autre méthode. Je crois, on peut passer au log et utiliser Frullani (on vient d'en parler).

Signature: Notre but principal dans cette vie est d' aider les autres . Et si vous ne pouvez pas les aider, au moins ne leur faites pas de mal.



Edité 1 fois. La dernière correction date de il y a cinq semaines et a été effectuée par AD.
Re: Calcul d'une limite
il y a cinq semaines
avatar
Bonjour, le calcul est plus simple que prévu: si $P_n = \displaystyle n^2 \prod_{k=1}^n \dfrac{k^2-k+1}{k^2+k}$, on peut faire intervenir une définition de la fonction $\Gamma$:
$$
\dfrac{1}{\Gamma (s)} \; = \; \lim_{n\to \infty } \dfrac{ \textstyle \prod_{k=1}^n (s+k)}{n!} n^{-s}.

$$ On remarque :
1) $k^2 + k = k((k+1)$.
2) $k^2+k+1 = (k-j)(k-j^2) = (k-j) (k+1+j)$ avec $j = -\frac{1}{2} + \frac{\sqrt{3}}{2}.$

Ensuite, $P_n = \displaystyle \dfrac{n^2}{n^2+n+1} \prod_{k=1}^n \dfrac{k^2+k+1}{k^2+k}$, donc $\displaystyle \lim_{n\to \infty } P_n = \displaystyle \lim_{n\to \infty } \prod_{k=1}^n \dfrac{k^2+k+1}{k^2+k}$.

On écrit :
$$
\displaystyle \prod_{k=1}^n \dfrac{k^2+k+1}{k^2+k} \; = \; \prod_{k=1}^n \dfrac{ k+u}{k} \prod_{k=1}^n \dfrac{k+ \bar{u}}{k} \prod_{k=1}^n \dfrac{k}{k+1} ,

$$ avec $ u = \frac{1}{2} + \frac{\sqrt{3}}{2}$.
On passe à la limite:
$$
P_n \sim \frac{1}{n} \dfrac{n^u}{\Gamma (u) } \dfrac{n^{\bar{u}}}{\Gamma (\bar{u}) } .

$$ Finalement: $ n^u n^{\bar{u}} = n$ et $\lim_{n\to \infty } P_n = \displaystyle \dfrac{1}{\Gamma (u)\Gamma (\bar{u})} $
On utilise $\displaystyle \dfrac{1}{\Gamma (u)\Gamma (1-u)} \; = \; \dfrac{\sin (\pi u)}{\pi}$ et $1 - u = \bar{u}$ pour arriver à :
$$
\lim_{n\to \infty } P_n = \displaystyle \dfrac{\sin \left( \frac{\pi}{2} (1+ i\sqrt{3} ) \right)}{\pi} .

$$ Enfin: $ \sin \left( \frac{\pi}{2} (1+ i\sqrt{3} ) \right) = \cos \left( i \frac{\pi}{2} \sqrt{3} \right) = \cosh \left( \frac{\pi}{2} \sqrt{3} \right) $.

A demon wind propelled me east of the sun



Edité 3 fois. La dernière correction date de il y a cinq semaines et a été effectuée par AD.
Re: Calcul d'une limite
il y a cinq semaines
Merci pour les détails du calcul.
Re: Calcul d'une limite
il y a cinq semaines
avatar
.

Signature: Notre but principal dans cette vie est d' aider les autres . Et si vous ne pouvez pas les aider, au moins ne leur faites pas de mal.



Edité 1 fois. La dernière correction date de il y a cinq semaines et a été effectuée par gebrane.
Re: Calcul d'une limite
il y a cinq semaines
Merci pour ces contributions qui m'ont permis d'avoir finalement une formule pour le produit partiel:
$$
\prod_{k=1}^{n}\frac{k^{2}-k+1}{k^{2}+k}=\frac{1}{(n+1)^{2}}\prod_{k=1}^{n}\left(1+\frac{1}{k^{3}}\right)=\frac{1}{\pi}\cosh\Big(\frac{\pi\sqrt{3}}{2}\Big)\frac{\Gamma\big(n+e^{i\pi/3}\big)\Gamma\big(n+e^{-i\pi/3}\big)}{\Gamma\left(n+1\right)\Gamma\left(n+2\right)}.

$$ Ce qui donne pour $n\rightarrow\infty$ un développement asymptotique assez simple qui pourrait être utile
$$
n^{2}\prod_{k=1}^{n}\frac{k^{2}-k+1}{k^{2}+k}=\frac{1}{\pi}\cosh\Big(\frac{\pi\sqrt{3}}{2}\Big)\left(1-\frac{2}{n}+\frac{5}{2n^{2}}-\frac{5}{2n^{3}}+O\Big(\frac{1}{n^{4}}\Big)\right).$$



Edité 2 fois. La dernière correction date de il y a cinq semaines et a été effectuée par AD.
Re: Calcul d'une limite
il y a cinq semaines
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Pour les visiteurs, je corrige la coquille de @gilles benson
On a plutôt

$P_n = \displaystyle \dfrac{3n^2}{n^2+n+1} \prod_{k=1}^n \dfrac{k^2+k+1}{k^2+k}$

Signature: Notre but principal dans cette vie est d' aider les autres . Et si vous ne pouvez pas les aider, au moins ne leur faites pas de mal.



Edité 1 fois. La dernière correction date de il y a cinq semaines et a été effectuée par gebrane.
Re: Calcul d'une limite
il y a cinq semaines
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vu que j'ai bu un peu trop de Gigondas à midi avec le gigot, peux-tu expliquer en quoi il y avait une erreur; avec ton coefficient 3, le résultat n'est plus acquis...Je n'ai fait un changement d'indice que pour le numérateur.

A demon wind propelled me east of the sun
Re: Calcul d'une limite
il y a cinq semaines
avatar
C'est moi qui a commis l'erreur, je partais de
$\prod_{k=2}^{n}\frac{k^{2}-k+1}{k^{2}+k}$ trouble de vision au lieu de $\prod_{k=1}^{n}\frac{k^{2}-k+1}{k^{2}+k}$
J'ai fait ce calcul
$\prod_{k=2}^{n}\frac{k^{2}-k+1}{k^{2}+k}
=\prod_{k=2}^{n}\frac{k^{2}-k+1}{k^{2}+k+1}\frac{k^{2}+k+1}{k^{2}+k}\\
=\prod_{k=2}^{n}\frac{k^{2}-k+1}{k^{2}+k+1}\prod_{k=2}^{n}\frac{k^{2}+k+1}{k^{2}+k}\\
$

et $\prod_{k=2}^{n}\frac{k^{2}-k+1}{k^{2}+k+1}=\frac{\prod_{k=2}^{n}{k^{2}-k+1}}{\prod_{k=2}^{n}{k^{2}+k+1}}\\
=\frac{\prod_{k=2}^{n}{k^{2}-k+1}}{\prod_{k=3}^{n+1}{(k-1)^{2}+k-1+1}}\\
=\frac{\prod_{k=2}^{n}{k^{2}-k+1}}{\prod_{k=3}^{n+1}{k^{2}-k+1}}\\
=\frac 3{(n+1)^2-(n+1)+1}==\frac 3{n^2+n+1}
$

Signature: Notre but principal dans cette vie est d' aider les autres . Et si vous ne pouvez pas les aider, au moins ne leur faites pas de mal.



Edité 1 fois. La dernière correction date de il y a cinq semaines et a été effectuée par gebrane.
Re: Calcul d'une limite
il y a cinq semaines
Une variante pour le calcul de la limite demandée (je l'avait vue sur le forum en 08/2011) :

$u_n=n^{2}\displaystyle\prod_{k=1}^{n}\dfrac{k^{2}-k+1}{k^{2}+k}=\dfrac{n^2}{n^2+n+1}\prod_{k=1}^{n}\dfrac{k^{2}+k+1}{k^{2}+k}$.

En notant $j=e^{2i\pi/3}$, $u_n=\dfrac{n^2}{n^2+n+1}\displaystyle\prod_{k=1}^{n}\dfrac{k-j}{k}\prod_{k=1}^{n}\dfrac{k-j^2}{k+1}=\dfrac{n^2}{n^2+n+1}\displaystyle\prod_{k=1}^{n}\dfrac{k-j}{k}\prod_{k'=2}^{n+1}\dfrac{k'+j}{k'}$ avec $j^2+j+1=0$.

$u_n=\dfrac{n^2}{n^2+n+1}\displaystyle\prod_{k=1}^{n}\left(1-\dfrac{j^2}{k^2}\right)\dfrac{1+\dfrac j{n+1}}{1+j}$ qui tend vers $\dfrac1{1+j}\dfrac{\sin(\pi j)}{\pi j}=\dfrac1{\pi}\cosh(\pi\sqrt3/2)$ avec le produit infini d'Euler.
Re: Calcul d'une limite
il y a cinq semaines
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J'ai commencé un calcul que je n'ai pas terminé. Soit
$\displaystyle u_n=\prod_{k=1}^{n}\dfrac{k^{2}+k+1}{k^{2}+k}$,
D'apres Cauchy-Frullani $\displaystyle \int_{0}^{\infty}\frac{e^{-bx}-e^{-ax}}{x}dx = \ln\left(\frac{a}{b}\right)$ donc

$\displaystyle \ln (u_n)=\sum_{k=1}^{n}\int_{0}^{+\infty}\frac{e^{-(k^2+k+1)x}-e^{-(k^2+k)x}}{x}\,dx\\
=\displaystyle\sum_{k=1}^{n}\int_{0}^{+\infty}\mathcal{L}( {e^{-(k^2+k+1)x}-e^{-(k^2+k)x}})(s)ds\\
=\displaystyle \int_{0}^{+\infty}\sum_{k=1}^{n} \left(\frac{1}{k^2+k+1+s}-\frac{1}{k^2+k+s}\right)\,ds $

Si on passe à la limite, on tombe sur $\displaystyle \int_{0}^{+\infty}\sum_{k=1}^{+\infty} \left(\frac{1}{k^2+k+1+s}-\frac{1}{k^2+k+s}\right)\,ds $
Apres j'ai abandonné vu que wolfram me donne cette expression compliquée [www.wolframalpha.com]

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Edité 1 fois. La dernière correction date de il y a cinq semaines et a été effectuée par gebrane.
Re: Calcul d'une limite
il y a cinq semaines
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L'ntégrale : $\displaystyle \int_{0}^{+\infty}\frac{e^{-bx}-e^{-ax}}{x}dx$ s'appelle intégrale de Cauchy-Frullani.
[www.les-mathematiques.net]
Re: Calcul d'une limite
il y a cinq semaines
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Je n'ai pas relu en détail mais en traversant, je constate que certains prennent $k^2+k+1$ ou $k^2-k+1$ mais je ne sais pas si c'est des coquilles. Je pense au dernier message de Gebrane par exemple.
Re: Calcul d'une limite
il y a cinq semaines
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Bonjour Remi: en fait $ (k+1)^2 - (k+1) + 1\; = \; k^2+2k + 1 -k-1 + 1 = k^2+k+1$; il s'agit de décaler l'indice...

A demon wind propelled me east of the sun
Re: Calcul d'une limite
il y a cinq semaines
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ça m'apprendra à être paresseux et ne pas plonger dans les détails.

Merci Gilles.
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