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intégrale, th de la moyenne

Posté par
khalid276 25-02-24 à 15:42

Bonjour, je viens à vous car je suis en train de retravailler un exo sur les intégrales. J'ai trouvé la même réponse que la correction cependant je n'ai pas employé la même méthode, je voudrais donc savoir si ma méthode marche vraiment ou si c'est un coup de chance.

L'exo demande d'étudier la convergence de la suite ci-dessous en utilisant le th. de la moyenne:

un =\int_{1}^{1+\frac{1}{n}}{\sqrt{1+x^{n}}}


Pour cela j'ai réécris le th de moyenne par rapport à mon expression

\int_{1}^{1+\frac{1}{n}}{\sqrt{1+x^{n}}} = = (1+ \frac{1}{n}) - 1 * \sqrt{1+C_{x}}^{n} \Rightarrow \int_{1}^{1+\frac{1}{n}}{\sqrt{1+x^{n}}} = \frac{1}{n}* \sqrt{1+C_{x}}^{n}[/tex]

J'en ai donc conclue que la lim de \frac{1}{n} = 0 et que quand on prend la limite Cx tend vers 1 ce qui donne:
0*\sqrt{2} = 0, donc Un tend vers 0

Est vraiment rigoureux ?
Merci !

Posté par
Ulmierere : intégrale, th de la moyenne 25-02-24 à 16:27

Les dx à la fin des intégrales ne sont pas là pour faire joli!
Ca t'éviterait d'écrire des grosses bêtises comme la dépendance de ta constante C en x, alors qu'elle ne dépend que de n, x étant une variable muette.

Ton raisonnement ne fonctionne pas tel que tu l'écris, par contre tu peux dire que C_n \leqslant 1+\dfrac1n, donc majorer ton intégrale par \sqrt{\dfrac{1+(1+\frac1n)^n}{n^2}} et dire que le numérateur sous la racine tend vers 1+e puis conclure par continuité de la fonction racine en 0.
Mais ça n'a aucun intérêt d'utiliser la théorème de la moyenne alors, puisque tu pouvais directement utiliser l'inégalité triangulaire pour arriver à ce résultat

Ce que tu dis toi est faux en revanche parce que 1^\infty est une forme indéterminée : ce n'est pas parce qu'une suite tend vers 1, que mise à la puissance n elle tendra encore vers 1. Je t'ai écrit un contre exemple ci-dessus, avec la suite v: n\mapsto 1 + \dfrac1n qui tend bien vers 1 mais tq v_n^n \to e \neq 1

Posté par
carpediemre : intégrale, th de la moyenne 25-02-24 à 19:04

salut

en posant f(x) = \sqrt {1 + x^n} et F une primitive de f (qui existe car f est continue) alors  u_n = F(1 + 1/n) - F(1)

et d'après le TAF et sachant que f est croissante \dfrac 1 n f(1) \le u_n \le \dfrac 1 n f(1 + 1/n)

Posté par
khalid276re : intégrale, th de la moyenne 25-02-24 à 19:22

Ulmiere @ 25-02-2024 à 16:27

Les dx à la fin des intégrales ne sont pas là pour faire joli!
Ca t'éviterait d'écrire des grosses bêtises comme la dépendance de ta constante C en x, alors qu'elle ne dépend que de n, x étant une variable muette.

Ton raisonnement ne fonctionne pas tel que tu l'écris, par contre tu peux dire que C_n \leqslant 1+\dfrac1n, donc majorer ton intégrale par \sqrt{\dfrac{1+(1+\frac1n)^n}{n^2}} et dire que le numérateur sous la racine tend vers 1+e puis conclure par continuité de la fonction racine en 0.
Mais ça n'a aucun intérêt d'utiliser la théorème de la moyenne alors, puisque tu pouvais directement utiliser l'inégalité triangulaire pour arriver à ce résultat

Ce que tu dis toi est faux en revanche parce que 1^\infty est une forme indéterminée : ce n'est pas parce qu'une suite tend vers 1, que mise à la puissance n elle tendra encore vers 1. Je t'ai écrit un contre exemple ci-dessus, avec la suite v: n\mapsto 1 + \dfrac1n qui tend bien vers 1 mais tq v_n^n \to e \neq 1


Merci pour votre réponse ! Je me disais bien que j'avais un problème dans mon raisonnement, je vais le retenter, après, en suivant vaut instruction . C'est la consigne qui imposait l'utilisation du th. de la moyenne

Posté par
khalid276re : intégrale, th de la moyenne 25-02-24 à 19:23

carpediem @ 25-02-2024 à 19:04

salut

en posant f(x) = \sqrt {1 + x^n} et F une primitive de f (qui existe car f est continue) alors  u_n = F(1 + 1/n) - F(1)

et d'après le TAF et sachant que f est croissante \dfrac 1 n f(1) \le u_n \le \dfrac 1 n f(1 + 1/n)


Merci pour votre réponse

Posté par
carpediemre : intégrale, th de la moyenne 25-02-24 à 20:56

plutôt que de faire une moyenne il est plus simple d'encadrer par un minimum et un maximum ...


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