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Suite du topic d' Olive sur les intégrales

   
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maths supSuite du topic d' Olive sur les intégrales

#msg2486277 Posté le 25-06-09 à 15:25
Posté par Profilcailloux cailloux Correcteur

Bonjour Olive,

Avec I(t)=\Bigint_0^{\pi}\frac{\text{d}x}{1+t\cos\,x}

et le changement de variable u=\pi-t, tu peux montrer que:

I(t)=\Bigint_0^{\pi}\frac{\text{d}u}{1-t\cos\,u}=I(-t)[/tex]

Donc que I(t) est la demi somme des deux...


re : Suite du topic d' Olive sur les intégrales#msg2486283 Posté le 25-06-09 à 15:44
Posté par Profilcailloux cailloux Correcteur

Il fallait lire u=\pi-x bien sûr...
re : Suite du topic d' Olive sur les intégrales#msg2486449 Posté le 26-06-09 à 07:34
Posté par Profilolive_68 olive_68

Salut J'avais pas vu que tu avais crée un autre topic ^^(On ne pouvais plus écrire dans l'autre ?)

Oh l'erreur j'ai honte..

Ben je me souviens qu'avant le bac j'avais trouvé ce que tu viens de m'écrire mais ouais ..
J'avais pas trouvé quand même ^^ enfin j'arrive pas à trouver de primitive en transformant l'expression et plus on me donne de préçision plus j'ai l'impréssion que on ne va pas se servir de primitives..

J'ai raison ? Car je me suis que orienté sur ça depuis le début..

(Pas besoin d'indice J'aimerais bien essayer de finir le travail si déjà j'ai fais le moche pour le début )

re : Suite du topic d' Olive sur les intégrales#msg2486553 Posté le 26-06-09 à 13:18
Posté par Profilolive_68 olive_68

Possible que je trouve au final,

3$\fr{\pi}{\sqrt{1-x^2}}\times \arctan\(\sqrt{\fr{1+x}{1-x}}\)

?? (Je suis pas passé par l'intermédiaire de la méthode proposée par MataHitienne ..)
re : Suite du topic d' Olive sur les intégrales#msg2486555 Posté le 26-06-09 à 13:26
Posté par Profilcailloux cailloux Correcteur

Re,

Tu dois avoir une erreur.

Tu dois tomber sur:

I(t)=\Bigint_0^{\pi}\frac{\text{d}x}{1-t^2\cos^2x}

On peut découper l' intervalle d' intégration:

I(t)=\Bigint_0^{\frac{\pi}{2}}\frac{\text{d}x}{1-t^2\cos^2x}+\Bigint_{\frac{\pi}{2}}^{\pi}\frac{\text{d}x}{1-t^2\cos^2x}

et effectuer dans chacune d' elles le changement de variable u=\tan\,x qui va donner des intégrales généralisées convergentes (attention aux bornes).

Je pense que Matahitienne avait une autre solution...

re : Suite du topic d' Olive sur les intégrales#msg2486559 Posté le 26-06-09 à 13:38
Posté par Profilbill159 bill159

une petite erreur me semble-il... il y a un t et un x en même temps!
re : Suite du topic d' Olive sur les intégrales#msg2486562 Posté le 26-06-09 à 13:42
Posté par Profilcailloux cailloux Correcteur

Bonjour bill159,

Les t et les x sont dans l' énoncé

Par contre dans le résultat final on a plus que des t

re : Suite du topic d' Olive sur les intégrales#msg2486566 Posté le 26-06-09 à 14:02
Posté par Profilolive_68 olive_68

J'ai bien ça mais je me dis cette forme était pire que au départ ..

Et ouais je me suis trompé j'avais fait sur ma feuille avec des 3$x à la place des 3$t et inversement c'est psycologique mais j'y arrive mieux avec des 3$x

Ben je te donne mon calcul déjà, Bon tu vas me latter direct je le sais parce que enfin non tu verras peut-être la est mon erreur ..

3$\blue \fbox{\Bigint_0^{\fr{\pi}{2}} \fr{1}{1+t\cos(x)} \ dx=\Bigint_0^{\fr{\pi}{2}} \ \fr{1}{1-t\cos(x)}}

Donc je pose 3$\red u=\tan\(\fr{x}{2}\)

Donc 3$\red dx=\fr{2}{u^2+1}\ du

Donc on a

3$\lim_{y \to +\infty} \ \Bigint_0^y \ \fr{1}{1-t\(\fr{1-u^2}{1+u^2}\)}\times \fr{2}{1+u^2}du=\lim_{y \to +\infty} \ \Bigint_0^y \ \fr{2}{1+u^2-t+tu^2} \ du=\lim_{y \to +\infty} \ \Bigint_0^y \ \fr{2}{1-t+u^2(1+t)}du \\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ = \lim_{y \to +\infty} \ \Bigint_0^y \ \fr{1}{1+t}\times \fr{2}{\fr{1-t}{1+t}+u^2} \ du \\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ = \lim_{y \to +\infty} \ \Bigint_0^y \ \fr{2}{1+t} \times \fr{1}{u^2+\(\sqrt{\fr{1-t}{1+t}}\)^2} \ du \\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ = \lim_{y \to +\infty} \ \ \fr{2}{t+1}\times \[\fr{1}{\sqrt{\fr{1-t}{1+t}}}\arctan\(\fr{u}{\sqrt{\fr{1-t}{1+t}}\)\]_0^y \\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ = \lim_{y \to +\infty} \ \ \fr{2}{t+1}\times \sqrt{\fr{1+t}{1-t}}\[\arctan\(\fr{u}{\sqrt{\fr{1-t}{1+t}}\)\]_0^y \\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ = \fr{2}{t+1}\times \sqrt{\fr{1+t}{1-t}}\times \fr{\pi}{4} \\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ = \fr{\pi\sqrt{1+t}}{2\sqrt{1-t}} \\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ = \fbox{\fr{\pi}{2\sqrt{1-t^2}}

J'ai fais quelques erreurs au final en fait ^^

Merci d'avance
re : Suite du topic d' Olive sur les intégrales#msg2486576 Posté le 26-06-09 à 14:16
Posté par Profilcailloux cailloux Correcteur

Une petite erreur à la fin:

il y a un \frac{\pi}{2} en lieu et place de ton \frac{\pi}{4}

Si bien que I(t)=\frac{\pi}{\sqrt{1-t^2}} pour |t|<1

Mais effectivement, Matahitienne pensait à quelque chose de plus simple...

re : Suite du topic d' Olive sur les intégrales#msg2486584 Posté le 26-06-09 à 14:20
Posté par Profilolive_68 olive_68

Euh oui je suis bête ..

Lol plus simple mais pourtant j'ai pas trouvé
re : Suite du topic d' Olive sur les intégrales#msg2486625 Posté le 26-06-09 à 15:03
Posté par Profilbill159 bill159

lien vers le topic d'Olive sur les Intégrales?
re : Suite du topic d' Olive sur les intégrales#msg2486633 Posté le 26-06-09 à 15:06
Posté par Profilolive_68 olive_68

Oui biensur tiens

re : Suite du topic d' Olive sur les intégrales#msg2486644 Posté le 26-06-09 à 15:24
Posté par Profilbill159 bill159

pour la première rien de plus facile:

\int {\frac{x}{{x + 1}}dx = \int {\frac{{x + 1 - 1}}{{x + 1}}dx = \int {1 - \frac{1}{{x + 1}}dx = \int {dx - \int {\frac{1}{{x + 1}} = x - \ln \left( {x + 1} \right)} } } } }

et l'autre:

\int {\frac{{{x^2} + x}}{{{x^2} + 1}}dx = \int {\frac{{x\left( {x + 1} \right)}}{{\left( {x + 1} \right)\left( {x - 1} \right)}}dx = \int {\frac{x}{{x - 1}}} dx = \int {\frac{{x - 1 + 1}}{{x - 1}}dx= \int {1 + \frac{1}{{x - 1}}dx = \int {dx} + \int {\frac{1}{{x - 1}}dx}=x + \ln \left( {x - 1} \right)} } } }

re : Suite du topic d' Olive sur les intégrales#msg2486651 Posté le 26-06-09 à 15:28
Posté par Profilolive_68 olive_68

3$x^2+1\neq (x+1)(x-1) Cherches pas si tu ne connais par la fonction arctangente ou plutôt sa dérivée..
re : Suite du topic d' Olive sur les intégrales#msg2486657 Posté le 26-06-09 à 15:35
Posté par Profilbill159 bill159

et si on mettait {x^2} + 1 = {\left( {x + 1} \right)^2} - 2x ?
re : Suite du topic d' Olive sur les intégrales#msg2486658 Posté le 26-06-09 à 15:37
Posté par Profilbill159 bill159

ouais tu a raison je trouve pas:

c'est quoi la fonction arctan?
re : Suite du topic d' Olive sur les intégrales#msg2486659 Posté le 26-06-09 à 15:39
Posté par Profilolive_68 olive_68

Je crois pas que ça résoudrais grand chose ^^
re : Suite du topic d' Olive sur les intégrales#msg2486662 Posté le 26-06-09 à 15:42
Posté par Profilolive_68 olive_68

La courbe réprésentative de la fonction arctangente est symétrique à celle de la fonction tangente sur
3$]-\fr{\pi}{2};\fr{\pi}{2}[

C'est la fonction réciproque de la fonction tangente donc 3$tan(artan(x))=x

Et 3$\(arctan(x)\)^'=\fr{1}{1+x^2}

Pour plus d'info

re : Suite du topic d' Olive sur les intégrales#msg2486665 Posté le 26-06-09 à 15:50
Posté par Profilbill159 bill159

je trouve bien \frac{1}{{1 + {x^2}}} dans le deuxième
re : Suite du topic d' Olive sur les intégrales#msg2486668 Posté le 26-06-09 à 15:53
Posté par Profilolive_68 olive_68

Comment ça ?
re : Suite du topic d' Olive sur les intégrales#msg2486671 Posté le 26-06-09 à 15:55
Posté par Profilbill159 bill159

je trouve au final:

\int {\frac{{{x^2} + x}}{{{x^2} + 1}}dx} = \int {x\left( {x + 1} \right)\frac{1}{{{x^2} + 1}}dx = x\left( {x + 1} \right)\arctan x - \int {\frac{{2x}}{{{x^2} + 1}} = } } x\left( {x + 1} \right)\arctan x - \ln \left( {{x^2} + 1} \right)

re : Suite du topic d' Olive sur les intégrales#msg2486672 Posté le 26-06-09 à 15:56
Posté par Profilbill159 bill159

dans le poste de 15h30 je sous-entendais que je pouvais utiliser arctan.
re : Suite du topic d' Olive sur les intégrales#msg2486673 Posté le 26-06-09 à 15:57
Posté par Profilbill159 bill159

post de 15h50*
re : Suite du topic d' Olive sur les intégrales#msg2486677 Posté le 26-06-09 à 15:59
Posté par Profilbill159 bill159

intégration par partie... du classique!
re : Suite du topic d' Olive sur les intégrales#msg2486678 Posté le 26-06-09 à 16:02
Posté par Profilbill159 bill159

j'ai posé:

\begin{array}{l} \\ u = x\left( {x + 1} \right) \Rightarrow u' = 2x \\ \\ v' = \frac{1}{{{x^2} + 1}} \Rightarrow v = \arctan x \\ \\ \end{array}
re : Suite du topic d' Olive sur les intégrales#msg2486682 Posté le 26-06-09 à 16:06
Posté par Profilbill159 bill159

Il y doit y avoir une erreur...
re : Suite du topic d' Olive sur les intégrales#msg2486684 Posté le 26-06-09 à 16:09
Posté par Profilolive_68 olive_68

Pas D'IPP

\Bigint \ \fr{x^2+x}{x^2+1}=\Bigint \ \fr{x^2+1+x-1}{x^2+1}=\Bigint \ 1+\fr{x}{x^2+1} -\fr{1}{x^2+1}=x+\fr{1}{2}\ell n|x^2+1|-\arctan(x)

re : Suite du topic d' Olive sur les intégrales#msg2486688 Posté le 26-06-09 à 16:14
Posté par Profilbill159 bill159

bien joué au lieu de mettre x-1 ensemble on les sépare et on rajoute 1/2 *2!

ok!
re : Suite du topic d' Olive sur les intégrales#msg2486691 Posté le 26-06-09 à 16:16
Posté par Profilbill159 bill159

tu proposes une autre fonction à primitiver?
re : Suite du topic d' Olive sur les intégrales#msg2486693 Posté le 26-06-09 à 16:17
Posté par Profilolive_68 olive_68

Ben crée un topic ou tu veux recevoir des primitives etc stp je viendrais t'en poster

re : Suite du topic d' Olive sur les intégrales#msg2489424 Posté le 02-07-09 à 23:32
Posté par Profilolive_68 olive_68

Me revoilà pour l'exercice avec le calcul de 3$\zeta(2)

Alors pour la 4$\fbox{1.}a)

3$\cal{U}_n est la somme des rectangles de largeur 3$1 et de hauteur 3$\fr{1}{n^2} sous la courbe de la fonction qui à 3$x associe 3$\fr{1}{x^2} donc par considération d'aire on a :

          3$\blue \fbox{0\le \cal{U}_n\le \Bigint_1^n \fr{1}{x^2} \ dx \ + \ (1-0)\times \fr{1}{1^2}}

Je n'arrive pas à l'expliquer clairement mais avec un déssin j'ai l'impréssion qu'il faut ajouter à ça l'aire du premier rectangle ..

Donc que on à bien au final 3$\red \fbox{\fbox{0 \ \le \ \cal{U}_n \ \le \ 1 \ + \ \Bigint_1^n \fr{1}{x^2} \ dx}

J'arrête mon post ici pour l'instant car c'est vraiment très bancal ce que je raconte ..
C'est plus de l'intuition que autre chose ..

re : Suite du topic d' Olive sur les intégrales#msg2489426 Posté le 02-07-09 à 23:44
Posté par Profilmonrow monrow Posteur d'énigmes

Salut

Ce que t'as dit n'est pas faux mais au lieu de raisonner en terme d'aire, tu peux faire comme je t'ai dit la dernière fois.

On prend 3$k-1\le t\le k et donc 3$\frac{1}{k^2}\le\frac{1}{k^2}

On intègre entre k-1 et k: 3$\Bigint_{k-1}^{k}\frac{1}{k^2}dt\le\Bigint_{k-1}^{k}\frac{1}{t^2}dt

soit  3$\frac{1}{k^2}\le\Bigint_{k-1}^{k}\frac{1}{t^2}dt. on somme de 2 à n : 3$\Bigsum_{k=2}^n\frac{1}{k^2}\le\Bigsum_{k=2}^n\Bigint_{k-1}^{k}\frac{1}{t^2}dt en ajoutant 1 , on trouve le résultat demandé
re : Suite du topic d' Olive sur les intégrales#msg2489429 Posté le 02-07-09 à 23:47
Posté par Profilolive_68 olive_68

Ah oui bien vu C'était exactement l'indication que cailloux m'avait donné en énoncé mais je n'étais pas à l'aise avec la méthode que tu viens d'employer qui est super simple en fin de compte

Euh comment connais tu le sujet ? Je n'ai pas mis l'expression de \cal{U}_n dans mon post ^^ ..
Tellement classique comme exercice?

En tout cas merci ça me permet de continuer
re : Suite du topic d' Olive sur les intégrales#msg2489430 Posté le 02-07-09 à 23:54
Posté par Profilolive_68 olive_68

On a 3$\fbox{\cal{U}_n=\Bigsum_{k=1}^n \ \fr{1}{k^2}}

Déterminons la monotonie de cette suite :

3$\fbox{\cal{U}_{n+1}-\cal{U}_n=\Bigsum_{k=1}^{n+1} \ \fr{1}{k^2}-\Bigsum_{k=1}^n \ \fr{1}{k^2}=\fr{1}{(n+1)^2}>0}

Donc la suite 3$\(\cal{U}_n\) est croissante

De plus, 3$\fbox{1+\Bigint_1^{n} \ \fr{1}{t^2} \ dt =1+\[-\fr{1}{t}\]_1^n=2-\fr{1}{n}}

Et 3$\blue \fbox{\lim_{n \to +\infty} \ 1+\Bigint_1^{n} \ \fr{1}{t^2} \ dt=2]}

Donc puisque 3$\(\cal{U}_n\) est croissante et majorée par 2 on en déduit que 3$\(\cal{U}_n\) est convergente
re : Suite du topic d' Olive sur les intégrales#msg2489431 Posté le 02-07-09 à 23:54
Posté par Profilmonrow monrow Posteur d'énigmes

Oui oui c'est classique comme exo, et puis je suis allé voir l'énoncé pour m'assurer.
re : Suite du topic d' Olive sur les intégrales#msg2489432 Posté le 02-07-09 à 23:56
Posté par Profilmonrow monrow Posteur d'énigmes

Oui c'est juste ! Et pas besoin d'introduire la limite, 2-1/n < 2 directement.
re : Suite du topic d' Olive sur les intégrales#msg2489444 Posté le 03-07-09 à 00:39
Posté par Profilolive_68 olive_68

Ok Merci

Pour la suite, on considère :

3$\cal{J}_n=\Bigint_0^{\frac{\pi}{2}}t^2\,\cos^{2n}t\,\text{d}t   et    3$\cal{K}_n=\Bigint_0^{\frac{\pi}{2}}\cos^{2n}t\,\text{d}t

\fbox{2.}a) Montrer que pour tout entier naturel 3$n , 3$\fbox{\cal{K}_{n+1}=\fr{2n+1}{2n+2}\cal{K}_n}

Bon la je me doutais de la méthode puisque j'avais éssayé les intégrales de Wallis,

3$\fbox{\cal{K}_{n+1}=\Bigint_0^{\fr{\pi}{2}} \ \cos^{2n+2}(t) \ \text{d}t=\Bigint_0^{\fr{\pi}{2}} \ \cos^{2n}(t)\times \[1-\sin^2(t)\] \ \text{d}t=\Bigint_0^{\fr{\pi}{2}} \ \cos^{2n}(t) \ \text{d}t+ \Bigint_0^{\fr{\pi}{2}} \ -\sin(t)\sin(t)\cos^{2n}(t) \ \text{d}t

Donc on a 3$\fbox{\cal{K}_{n+1}=\cal{K}_{n}+\Bigint_0^{\fr{\pi}{2}} \ -\sin(t)\sin(t)\cos^{2n}(t) \ \text{d}t=\cal{K}_n+\[\sin(t)\fr{1}{2n+1}\cos^{2n+1}(t)\]0^{\fr{pi}{2}} -\Bigint_0^{\fr{pi}{2}} \fr{1}{2n+1}\cos(t)\cos^{2n+1}(t) \ \text{d}t=\cal{K}_n-\fr{1}{2n+1}\cal{K}_{n+1}

Donc 3$\fbox{\cal{K}_{n+1}=\cal{K}_{n}-\fr{1}{2n+1}\cal{K}_{n+1} soit 3$\blue \fbox{\cal{K}_{n}=\fr{2n+1}{2n+1}\cal{K}_{n+1}+\fr{1}{2n+1}\cal{K}_{n+1}=\fr{2n+2}{2n+1}\cal{K}_{n+1}

Et donc 3$\red \fbox{\fbox{\cal{K}_{n+1}=\fr{2n+1}{2n+2}\cal{K}_{n}

re : Suite du topic d' Olive sur les intégrales#msg2489449 Posté le 03-07-09 à 04:00
Posté par Profilolive_68 olive_68

Me revoilà

4$\fbox{2.}b) Pour tout entier naturel 3$n montrer successivement que:

      3$\red\fbox{\fbox{\bullet \quad \cal{J}_n-\cal{J}_{n+1}=\frac{1}{2n+1}\cal{J}_{n+1}+\frac{2}{2n+1}\,\Bigint_0^{\frac{\pi}{2}}t\,\sin(t)\cos^{2n+1}(t)\,\text{d}t \\ \ \\ \ \\ \bullet \quad \frac{2n+2}{2n+1}\cal{J}_{n+1}-\cal{J}_n=-\frac{1}{(2n+1)(n+1)}\,\cal{K}_{n+1} \\ \ \\ \ \\ \bullet \quad \frac{\cal{J}_{n+1}}{\cal{K}_{n+1}}-\frac{\cal{J}_n}{\cal{K}_n}=-\frac{1}{2(n+1)^2}




          10$\star   Tout d'abord pour le premier point,    10$\star  

3$\blue\fbox{\cal{J}_n \ - \ \cal{J}_{n+1} \ = \ \Bigint_0^{\fr{\pi}{2}} \ t^2 \ \sin(t) \ \cos^{2n}(t) \ \text{d}t

On fait une IPP en posant 3$\green \fbox{u^'(x) \ = \ \sin(t) \ \cos^{2n}(t)} et 3$\magenta\fbox{v(x) \ = \ t^2 \ \sin(t)}

3$\red \fbox{\cal{J}_n \ - \ \cal{J}_{n+1} \ = \ \fr{-1}{2n + 1}\[t^2 \ \cos^{2n}(t) \ \sin(t)\] \ + \ \fr{1}{n+1} \ \Bigint_0^{\fr{\pi}{2}} \ \cos^{2n + 1}(t)\[2t \ \sin(t) \ + \ t^2 \ \cos(t)\] \ \text{d}t \\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ =\fr{1}{n+1} \ \Bigint_0^{\fr{\pi}{2}} \ t^2 \ \cos^{2n+2}(t) \ \text{d}t \ + \ \fr{2}{n + 1} \ \Bigint_0^{\frac{\pi}{2}}t\,\sin\,t\,\cos^{2n+1}t\,\text{d}t \\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ =\fbox{\fr{1}{2n+1} \ \cal{J}_{n+1} \ + \ \fr{2}{2n + 1} \ \Bigint_0^{ \ \frac{\pi}{2}}t\,\sin\,t\,\cos^{2n+1}t\,\text{d}t




          10$\star   Pour le deuxième point,    10$\star

                 3$\fbox{\cal{J}_n \ - \ \cal{J}_{n+1} \ = \ \frac{1}{2n+1} \ \cal{J}_{n+1} \ + \ \frac{2}{2n+1}\,\Bigint_0^{\frac{\pi}{2}}t\,\sin\,t\,\cos^{2n+1}t\,\text{d}t

Donc          3$\blue\fbox{\cal{J}_n \ - \ \fr{2n + 1}{2n + 1} \ \cal{J}_{n+1} \ - \ \frac{1}{2n + 1}\cal{J}_{n+1}=\frac{2}{2n + 1}\,\Bigint_0^{\frac{\pi}{2}}t\,\sin\,t\,\cos^{2n+1}t\,\text{d}t

Soit           3$\red\fbox{\cal{J}_n \ - \ \fr{2n+2}{2n+1}\cal{J}_{n+1}=\frac{2}{2n \ + \ 1}\,\Bigint_0^{\frac{\pi}{2}}t\,\sin\,t\,\cos^{2n+1}t\,\text{d}t

On fait donc une IPP en posant 3$\green \fbox{u^'(x) \ = \ \sin(t) \ \cos^{2n+1}(t)  et  3$\magenta\fbox{v(x) \ = \ t

                 3$\blue \fbox{\cal{J}_n \ - \ \fr{2n + 2}{2n + 1}\cal{J}_{n+1} \ = \ \fr{2}{2n + 1}\[\[-t\fr{1}{2n + 2}\cos^{2n+2}\]_0^{\fr{\pi}{2}} \ - \ \Bigint_0^{\fr{\pi}{2}} \ - \ \fr{1}{2n +2}\cos^{2n+2} \ \text{d}t\]=\fr{1}{(2n + 1)(n + 1)}\Bigint_0^{\frac{\pi}{2}} \ \cos^{2n+2}(t) \ \text{d}t

D'où           3$\red\fbox{\fbox{\fr{2n + 2}{2n + 1}\cal{J}_{n+1}-\cal{J}_n=-\fr{1}{(2n + 1)(n + 1)}\cal{K_{n+1}}



          10$\star   Pour le troisième et dernier point ,    10$\star

On sait que3$\fbox{\cal{K}_{n+1}=\fr{2n + 1}{2n + 2}\cal{K}_{n}

Donc          3$\blue\fbox{\frac{\cal{J}_{n+1}}{\cal{K}_{n+1}} \ - \ \frac{\cal{J}_n}{\cal{K}_n} \ = \ \fr{1}{\cal{K}_n}\[\fr{2n + 2}{2n + 1}\times \cal{J}_{n+1} \ - \ \cal{J}_n\] \ = \ - \ \fr{1}{\cal{K}_n}\times \fr{1}{(2n + 1)(n + 1)}\cal{K_{n+1}} \ = \ - \ \fr{1}{\not{\cal{K}_n}}\times \fr{1}{\not{(2n+1)}(n + 1)}\times \fr{\not{(2n+1)}}{2n + 2}\not{\cal{K}_n}=-\fr{1}{2(n + 1)^2}

On a bien 3$\red \fbox{\fbox{\frac{\cal{J}_{n+1}}{\cal{K}_{n+1}}-\frac{\cal{J}_n}{\cal{K}_n}=-\fr{1}{2(n + 1)^2}


Voilà Voilà (Aux erreurs typographes près.. car j'en fais toujours mais je ne les repères pas )
re : Suite du topic d' Olive sur les intégrales#msg2489451 Posté le 03-07-09 à 05:30
Posté par Profilolive_68 olive_68

(Je fais plusieurs post puisque j'ai à chaques fois peur d'un éventuel bug )

Pour la question,

3$\fbox{2.}c) En déduire une expression de 3$u_n en fonction de 3$\frac{J_n}{K_n}

J'ai pu remarquer que 3$\blue\fbox{\cal{u}_{n+1}-\cal{u}_n=\fr{1}{(n+1)^2}

On à la relation          3$\blue\fbox{\frac{\cal{J}_{n+1}}{\cal{K}_{n+1}}-\frac{\cal{J}_n}{\cal{K}_n}=-\fr{1}{2(n+1)^2}

Prennons la au rang précédent,

3$\fbox{\frac{\cal{J}_{n}}{\cal{K}_{n}}-\frac{\cal{J}_{n-1}}{\cal{K}_{n-1}}=-\fr{1}{2(n)^2}

On somme toutes les lignes :

4$\blue \fbox{\fbox{\frac{\cal{J}_{n}}{\cal{K}_{n}}-\frac{\cal{J}_{n-1}}{\cal{K}_{n-1}}=-\fr{1}{2(n)^2} \\ \\ \frac{\cal{J}_{n-1}}{\cal{K}_{n-1}}-\frac{\cal{J}_{n-2}}{\cal{K}_{n-2}}=-\fr{1}{2(n-1)^2} \\ \\ \frac{\cal{J}_{n-2}}{\cal{K}_{n-2}}-\frac{\cal{J}_{n-3}}{\cal{K}_{n-3}}=-\fr{1}{2(n-2)^2} \\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \star \\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \star \\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \star \\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \star \\ \frac{\cal{J}_{3}}{\cal{K}_{3}}-\frac{\cal{J}_{2}}{\cal{K}_{2}}=-\fr{1}{2(3)^2} \\ \\ \frac{\cal{J}_{2}}{\cal{K}_{2}}-\frac{\cal{J}_{1}}{\cal{K}_{1}}=-\fr{1}{2(2)^2} \\ \\ \frac{\cal{J}_{1}}{\cal{K}_{1}}-\frac{\cal{J}_{0}}{\cal{K}_{0}}=-\fr{1}{2(1)^2}

Ceci nous donne une somme téléscopique puisque presque tout les termes se déduisent deux à deux et il vient :

                    
               3$\blue\fbox{\frac{\cal{J}_{n}}{\cal{K}_{n}}-\frac{\cal{J}_{1}}{\cal{K}_{1}}=-\Bigsum_{k=1}^n\fr{1}{2(k)^2}=-\fr{1}{2}u_n

Donc on a 3$\red\fbox{u_n=-2\frac{\cal{J}_{n}}{\cal{K}_{n}}+2\frac{\cal{J}_{0}}{\cal{K}_{0}}

             ___________________________________________________________________________

De plus     3$\fbox{\cal{J}_1=\Bigint_0^{\fr{\pi}{2}} \ t^2\cos^2(t) \ \text{d}t=\Bigint_0^{\fr{\pi}{2}} \ t^2\[\fr{1+\cos(2t)}{2}\] \ \text{d}t=\[\fr{t^3}{6}\]_0^{\fr{\pi}{2}}+\[\[\fr{1}{4}t^2\sin(2t)\]_0^{\fr{\pi}{2}}-\Bigint_0^{\fr{\pi}{2}} \ \fr{t}{4}\sin(2t) \ \text{d}t\]=\fr{\pi^3}{48}-\Bigint_0^{\fr{\pi}{2}} \ \fr{t}{2}\sin(2t) \ \text{d}t=\fr{\pi^3}{48}-\[\[-\fr{1}{4}t\cos(2t)\]_0^{\fr{\pi}{2}}-\Bigint_0^{\fr{\pi}{2}} \ -\fr{1}{4}\cos(2t) \ \text{d}t \\ \]=\fr{\pi^3}{48}-\fr{\pi}{8}-\[\fr{1}{4}\sin(2t) \]_0^{\fr{\pi}{2}}=\fr{\pi^3}{48}-\fr{\pi}{8}

Et            3$\fbox{\cal{K}_1=\Bigint_0^{\fr{\pi}{2}} \ \fr{1+\cos(2t)}{2} \ \text{d}t=\(\fr{\pi}{2}-0\)\fr{1}{2}+\[\fr{1}{4}\sin(2t)\]_0^{\fr{\pi}{2}}=\fr{\pi}{4}

Donc         3$\fbox{\fr{\cal{J}_1}{\cal{K}_1}=\fr{\fr{\pi(\pi^2-6)}{48}}{\fr{\pi}{4}}=\fr{\pi(\pi^2-6)}{\pi}\times \fr{4}{48}=\fr{\pi^2-6}{12}



            ____________________________________________________________________________
(Tout cette partie est inutile mais je n'avais pas vu que c'était \cal{J}_0 et \cal{K}_0 puis ça me faisait mal au coeur de tout effacer avec le temps que j'ai passé à l'écrire )    

Bah              3$\fbox{\cal{J}_0=\fr{\pi^3}{6} \ et \ \cal{K}_0=\fr{\pi}{2}

Donc            3$\fbox{\fr{\cal{J}_0}{\cal{K}_0}=\fr{\fr{\pi^3}{6}}{\fr{\pi}{2}}=\fr{\pi^2}{12}

Et alors       3$\red \fbox{\fbox{u_n=\fr{\cal{J}_n}{\cal{K}_n}-\fr{\pi^2}{12}

Voilà Voilà J'éspère ne pas avoir tapé à côté ^^
re : Suite du topic d' Olive sur les intégrales#msg2489452 Posté le 03-07-09 à 07:00
Posté par Profilolive_68 olive_68

Oups pour le dernier post il faut lire tout à la fin,

3$\red\fbox{\fbox{u_n=-2\fr{\cal{J}_n}{\cal{K}_n}+2\fr{\pi^2}{12}=-2\fr{\cal{J}_n}{\cal{K}_n}+\fr{\pi^2}{6}

Pour la question 4$\fbox{2.} d) Montrer que pour tout entier naturel 3$n:  3$0\leq J_n\leq \frac{\pi^2}{8(n+1)}\,K_n

Montrons que sur 3$\blue [0;\fr{\pi}{2}] on a 3$\fbox{\fr{2t}{\pi}\le \sin(t)}

Posons 3$\blue g(t)=\sin(t)-\fr{2t}{\pi} on a donc 3$\blue g^'(x)=\cos(x)-\fr{2}{\pi}

3$\fbox{\cos(x)-\fr{2}{\pi}=0} revient à résoudre, 3$\fbox{\cos(x)=\fr{2}{\pi} soit 3$\blue \fbox{x=\arccos\(\fr{\pi}{2}\)\approx 0,880689

Et 3$\blue g^'(0)=\fr{\pi-2}{\pi}>0

Donc 3$\blue g est croissante sur 3$\blue [0;\arccos\(\fr{2}{\pi}\)[ et décroissante sur 3$\blue ]\arccos\(\fr{2}{\pi}\);\fr{\pi}{2}[

De plus 3$\red g(0)=0 et 3$\red g\(\fr{\pi}{2}\)=1-1=0

On en conclu que 3$\red \fbox{g(t)\ge 0 donc que 3$\red\fbox{\fr{2t}{\pi}\le \sin(t)

On peut donc dire que 3$\fr{4t^2}{\pi^2}\le \sin^2(t) soit 3$t^2\le \fr{\pi^2}{4}\sin^2(t)

On multiplie par 3$\cos^{2n}(t)\ge 0 \ \forall \ t \in [0;\fr{\pi}{2}] et on intègre

Il vient,          3$\blue \fbox{0\le \cal{J}_n\le \fr{\pi^2}{4}\Bigint_0^{\fr{\pi}{2}} \ \cos^{2n}(t)\[1-\cos^2(t)\] \ \text{d}t

Soit                3$\blue \fbox{0\le \cal{J}_n\le \fr{\pi^2}{4}\[\cal{K}_n-\cal{K}_{n+1}\]

Et donc          3$\blue \fbox{0\le \cal{J}_n\le \fr{\pi^2}{4}\cal{K}_n\(\fr{2n+2}{2n+2}-\fr{2n+1}{2n+2}\)

Soit               3$\red \fbox{\fbox{0\le \cal{J}_n\le \fr{\pi^2}{8(n+1)}\cal{K}_n

Voila Voila
re : Suite du topic d' Olive sur les intégrales#msg2489453 Posté le 03-07-09 à 07:17
Posté par Profilolive_68 olive_68

Et un dernier post pour conclure ^^

4$\fbox{2.}e) Conclure quant à la limite de la suite 3$(u_n)_{n\in\mathbb{N}^*}

On sait que 3$\red\fbox{0\le\cal{J}_n\le\fr{\pi^2}{8(n+1)}\cal{K}_n

Soit 3$\blue \fbox{0\le \fr{\cal{J}_n}{\cal{K}_n}\le \fr{\pi^2}{8(n+1)} car 3$\blue \cal{K}_n>0 par considération d'aire .

Et donc 3$\fbox{0\ge -2\fr{\cal{J}_n}{\cal{K}_n}\ge -\fr{\pi^2}{4(n+1)}

Puis 3$\blue \fbox{\fr{\pi^2}{6} \ge -2\fr{\cal{J}_n}{\cal{K}_n} +\fr{\pi^2}{6}\ge -\fr{\pi^2}{4(n+1)}+\fr{\pi^2}{6}

Finallement, 3$\red \fbox{-\fr{\pi^2}{4(n+1)}+\fr{\pi^2}{6}\le u_n \le \fr{\pi^2}{6}

Or 3$\blue \fbox{\lim_{n\to +\infty} \ \fr{\pi^2}{4(n+1)} \ = \ 0 Donc 3$\red \fbox{\lim_{n\to +\infty} \ -\fr{\pi^2}{4(n+1)}+\fr{\pi^2}{6}=\fr{\pi^2}{6}

De plus 3$\fbox{\lim_{n\to +\infty} \ \fr{\pi^2}{6} \ = \ \fr{\pi^2}{6}

Ainsi d'après le théorême des gendarmes, on en déduit que la suite 3$\blue (u_n)_{n\in\mathbb{N}^*} converge et 3$\blue \fbox{\lim_{n\to +\infty} \ u_n=\fr{\pi^2}{6}

Soit 4$\red \fbox{\fbox{\zeta(2)=\Bigsum_{k=1}^{+\infty} \ \fr{1}{k^2} \ = \ \fr{\pi^2}{6}

Et la j'ai l'impréssion que ce que j'ai fait avant est juste puisque je trouve la même chose que Sai-kun avait posté dans l'ancien topic

Il était vraiment sympa cette exercice Merci beaucoup ! Et bon courage de lire ou d'avoir lu tout les postes que j'ai écris là ^^
re : Suite du topic d' Olive sur les intégrales#msg2489493 Posté le 03-07-09 à 11:43
Posté par Profilmonrow monrow Posteur d'énigmes

C'est juste. Il y a des petites erreurs de frappe mais bon (2n+1 au lieu de n+1 ...).

Sinon , pour montrer que 2t/pi < sint tu peux aussi utiliser la concavité de sinus sur [0,pi/2], c'est plus rapide.
re : Suite du topic d' Olive sur les intégrales#msg2489503 Posté le 03-07-09 à 12:46
Posté par Profilolive_68 olive_68

Merci monrow

Ah bon .. Bon vu la longueur des posts, leurs nombres et l'heure qu'il était je n'éspérais même pas ne pas faire d'erreurs ^^ Je vais essayer d'en repérer

Pour la méthode que tu donnes, je sors d'une terminale je n'ai jamais vu la notion et surtout, encore moins utiliser la concavité d'une fonction pour montrer une inégalité..
Ca ne me paraît pas évident en regardant ça, il faudrait alors que je dise quelque chose du genre ? ou je peux direct conclure :

\fr{2}{\pi}t est une droite de coef directeur \fr{2}{\pi}, de plus \fr{2}{\pi}\times 0=0 et \sin(0)=0

Et \fr{2}{\pi}\times \fr{\pi}{2}=1 et \sin\(\fr{\pi}{2}\)=1

Ainsi que \fr{2}{\pi}\times \fr{\pi}{4}=\fr{1}{2} et \sin\(\fr{\pi}{4}\)=\fr{\sqrt{2}}{2}<\fr{1}{2}

Ce qui justifie le résultat ..

Sinon si je peux t'embêter un peu ?, si j'ai détaillé autant le tout c'est aussi pour m'exercer à la rédaction, aurais tu vu de grosse erreur de rédaction ou quelque chose comme ça ?

3$\rm Merci d avance
re : Suite du topic d' Olive sur les intégrales#msg2489505 Posté le 03-07-09 à 12:54
Posté par Profilmonrow monrow Posteur d'énigmes

Fais un petit dessin: une fonction concave a ses tangentes au dessus de la courbe et ses corde au dessous (le contraire pour une fonction convexe) Tu sais déjà c'est quoi une fonction concave ou convexe?

Prenons la droite d'équation y=2t/pi : en t=0 y=0 ET sin(0)=0 // en t=pi/2 y=1 et sin(pi/2)=1

Cette droite est donc une corde de la fonction sinus sur [0,pi/2] (fait un petit dessin ...)

sin étant concave sur cet intervalle, la corde est en dessous de la cours et donc 2t/pi <= sin(t)

Pour la rédaction, il n'y a rien à signaler. Elle est plutôt pénible pour un exo très théorique et pas pour un exo calculatoire
re : Suite du topic d' Olive sur les intégrales#msg2489509 Posté le 03-07-09 à 13:00
Posté par Profilolive_68 olive_68

Merci d'avoir répondu si vite

Oui oui je sais c'est ce que ça veux dire convexe ou concave

Ben merci pour les précisions, c'est ce que j'éssayais d'exprimer dans mon post précédent..

Ok oui c'est vrai je n'avais pas vraiment réfléchie à ça ^^ Pas besoin d'une grande rédaction ..

Merci encore
re : Suite du topic d' Olive sur les intégrales#msg2489510 Posté le 03-07-09 à 13:02
Posté par Profilmonrow monrow Posteur d'énigmes

Pas de problème
re : Suite du topic d' Olive sur les intégrales#msg2490493 Posté le 06-07-09 à 23:40
Posté par Profilolive_68 olive_68

Bonjour à tous

Je reviens sur le topic, si quelqu'un à encore une intégrale ou deux ou plus ^^ à me poster je suis dans la place

re : Suite du topic d' Olive sur les intégrales#msg2490539 Posté le 07-07-09 à 01:57
Posté par Profilbill159 bill159

Au fait Olive, tu utilises quel logiciel pour taper ces formules?

tu les tapes directement?

Parceque moi j'utilise mathtype et c pas très clair ...

genre : \int {\frac{1}{{\sqrt {1 - {x^2}} }}dx}

le symbole intégrale est petit, comment faire?
re : Suite du topic d' Olive sur les intégrales#msg2490540 Posté le 07-07-09 à 02:04
Posté par Profilolive_68 olive_68

Salut

Ah désolé je ne peux pas vraiment t'aider puisque je les tape à la main moi ^^
re : Suite du topic d' Olive sur les intégrales#msg2490704 Posté le 07-07-09 à 14:59
Posté par Profilzamot zamot

D'autres si tu veux :

5$\Bigint \frac{dx}{\sqrt{x}+\sqrt[3]{x}}

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