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Niveau Licence Maths 1e ann
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petit soucis avec Gamma

Posté par
robby3 20-08-09 à 19:11

Bonjour tout le monde,

comment parvient-on à cette formule:

5$ \fbox{\fbox{\gamma=ln(\frac{\pi}{4})+\Bigsum_{k=1}^{+\infty}\(\frac{1}{k}-2ln(\frac{2k+2}{2k+1})\)}}

je pars du principe que 5$ \gamma=\lim_{n\to +\infty} \(\Bigsum_{k=1}^{n} \frac{1}{k}-ln(n)\).

Merci d'avance de vôtre aide.

Posté par
Ksilverre : petit soucis avec Gamma 20-08-09 à 19:35

Salut !

regarde les sommes partielles de la série que tu donne, met les log à part et regarde les biens... ca ressemble beaucoup à une série téléscopique... apres j'ai pas encore fait les calcules et je vois pas d'ou sort le Pi/4... mais c'est peut-etre evidents...

si ca ne suffit pas, dis nous ce que tu trouve apres avoir simplifier la somme des log...

Posté par
Ksilverre : petit soucis avec Gamma 20-08-09 à 19:37

ah non j'ai dis une connerie :S

en fait, c'est pas du tous telescopique, mais par contre, ca va s'exprimer avec des intégrales de Walis, ou la formule de stirling...

Posté par
robby3re : petit soucis avec Gamma 20-08-09 à 21:45

Salut Ksilver,

je ne vois vraiment Wallis ou Stirling là-dedans...

Je note \large S(n)=\Bigsum_{k=1}^n ln(\frac{2k+2}{2k+1})=ln(2n+2)-ln(3) sauf erreur.

que puis-je faire avec ceci?

Posté par
gui_toure : petit soucis avec Gamma 20-08-09 à 21:47

Salut vous deux

Et non robby ça ne se simplifie pas

Posté par
robby3re : petit soucis avec Gamma 20-08-09 à 21:55

comment ça gui_tou?

penses-tu qu'il faut aller chercher du coté des développement asymptotiques...?

Posté par
gui_toure : petit soucis avec Gamma 20-08-09 à 21:58

ba écris la somme concrêtement, prends genre n=5 et tu verras

je me suis intéressé à ce topic mais je n'avais pas d'idées, donc je laisse Ksilver qui est un semi dieu en maths ^^

Posté par
robby3re : petit soucis avec Gamma 20-08-09 à 22:00

ah oué d'accord!

bon,bah je vais continuer à chercher.

Posté par
gui_toure : petit soucis avec Gamma 20-08-09 à 22:07

J'avais pensé à écrire 3$\gamma=\Bigsum_{k=1}^{+\infty}{4$\fr1k}-\ell n\(1+{4$\fr1k}\) mais j'ai pas trop creusé ..

Posté par
robby3re : petit soucis avec Gamma 20-08-09 à 22:10

oui, moi j'arrive du même genre à

\large \gamma=1+\Bigsum_{k\ge2} \frac{1}{k}+ln(1-\frac{1}{k})

sans beaucoup plus de succès.

Posté par
kaiser Moderateurre : petit soucis avec Gamma 20-08-09 à 22:35

Bonsoir à tous

une idée : prendre la somme partielle et simplement utiliser qu'une somme de log c'est le log du produit (enfin, faire apparaître des factorielles, comme semble le suggérer Ksilver quand il parle de Wallis et de Stirling).

Kaiser

Posté par
gui_toure : petit soucis avec Gamma 20-08-09 à 22:40

Salut Kaiser

Pas bête, pas bête !

Posté par
robby3re : petit soucis avec Gamma 20-08-09 à 22:59

vous avez trouvé ce ln(\frac{\pi}{4}) ?

à la place j'ai un -2ln(2)...

Posté par
Ksilverre : petit soucis avec Gamma 20-08-09 à 23:09

Enfait ta question n'as rien à voir avec gamma, il s'agit de montrer que :

2*Un=2*somme de k=1 à n des log((2k+2)/(2k+1)) = ln(n)+ln(Pi/4) +o(1)

bon Un = ln( produit de k=1 a n de log (2k+2)/(2k+1) =
ln (produit des nb pair entre 2 et 2n+2/2*produit des nb impair entre 1 et 2n+1)
= ln( 2^(2n+2)*(n+1)!²/2(2n+2)!) = (2n+1)ln(2)+2ln((n+1)!)-ln((2n+2)!)

stirling nous dit que n!~sqrt(2Pin)*(n/e)^n

soit que ln(n!) = ln(2.Pi.n)/2 + nln(n) -n+o(1)

je te laisse vérifier et finir le calcul, mais y a pas de raison que ca ne marche pas ^^

(la je l'ai fait avec Stirling, mais on aurait put aussi reconnaitre dans "produit des entier pair/produit des entier impaire" l'expression de l'intégrale de Walis et s'en tirer comme cela...)

Posté par
Xphilere : petit soucis avec Gamma 21-08-09 à 00:40

bonjour à tous, oui quand on ne sait pas quoi faire on peut 'toujours repasser par les sommes partielles' ( j'entends ma prof de math d'ici ^^ )...mais en tout cas bien vu pour l'utilisation de la formule de Stirling ! en plus ça entraine en calcul, au bout de la 3e tentative j'ai trouvé le résultats

Posté par
robby3re : petit soucis avec Gamma 21-08-09 à 11:24

Citation :
Enfait ta question n'as rien à voir avec gamma

patience patience!

je reprend:

on pose donc 5$ \fbox{U_n=\Bigsum_{k=1}^n ln(\frac{2k+2}{2k+1})}

ce que l'on peut écrire comme étant:

5$ U_n=ln(\Bigprod_{k=1}^n \frac{2k+2}{2k+1})

si oui, je n'ai pas compris ce passage:
Citation :
ln (produit des nb pair entre 2 et 2n+2/2*produit des nb impair entre 1 et 2n+1)

Posté par
kaiser Moderateurre : petit soucis avec Gamma 21-08-09 à 11:32

Au numérateur, tu as \Large{2(k+1)} donc tu peux faire apparaitre une factorielle mais au dénominateur tu as le produit des impairs. Pour ce dernier, c'est presque une factorielle mais il manque le produit des pairs donc tu les rajoute en haut et en bas).

Kaiser

Posté par
robby3re : petit soucis avec Gamma 21-08-09 à 12:04

5$ \Bigprod_{k=1}^n \frac{2k+2}{2k+1}=\Bigprod_{k=1}^n \frac{2(k+1)}{2k+1}=\frac{2(n+1)!}{\Bigprod_{k=1}^n (2k+1)

et pour avoir des factoriels je "rajoute" les pairs en haut et en bas...??

5$ \rm \frac{2(n+1)!}{\Bigprod_{k=1}^n (2k+1)} \frac{\Bigprod_{k=1}^n (2k+2)}{\Bigprod_{k=1}^n (2k+2)}

comme ça?

Posté par
kaiser Moderateurre : petit soucis avec Gamma 21-08-09 à 12:08

oui, c'est ça sauf que j'ai oublié de préciser une chose : dans le produit initial, il manque le 2 au numérateur donc il faut corriger ça (et donc pour les produits que tu fais intervenir, il faut les faire démarrer à k=0).

Kaiser

Posté par
robby3re : petit soucis avec Gamma 21-08-09 à 12:18

le 2 au numérateur?

on est d'accord sur le U_n posé pat Ksilver pour l'instant?

Posté par
kaiser Moderateurre : petit soucis avec Gamma 21-08-09 à 12:32

oui mais comme il l'a dit :

Citation :
ln (produit des nb pair entre 2 et 2n+2/2*produit des nb impair entre 1 et 2n+1)


il manque le 2 (c'est ce qu'il a voulu dire avec le /2 ).
Tu est bien d'accord quand tu effectue le produit des 2k+2 avec k qui démarre à 1, le premier termes c'est 4 et pas 2 ?

Kaiser

Posté par
robby3re : petit soucis avec Gamma 21-08-09 à 12:39

Citation :
Tu est bien d'accord quand tu effectue le produit des 2k+2 avec k qui démarre à 1, le premier termes c'est 4 et pas 2 ?


oui, bien sûr.

donc j'aurais 5$ \frac{2^2(n+1)!}{\Bigprod_{k=0}^n (2k+1)} \frac{\Bigprod_{k=0}^n (2k+2)}{\Bigprod_{k=0}^n (2k+2)}

et même avec ça...

au dénominateur je me trouve du n! n'est-ce pas? et le numérateur, on a 5$ 2^2(n+1)!.\Bigprod_{k=0}^n (2k+2)=2^3.(n+1)!^2 non?

Posté par
kaiser Moderateurre : petit soucis avec Gamma 21-08-09 à 12:44

plusieurs choses :

1) pourquoi \Large{2^2} ?

2) ce n'est pas tout à fait (n+1)! que tu as : il y a, là aussi, un 2 manquant.

3) dans ta dernière égalité lorsque le 2 sort du produit, il sort à la puissance n+1.

Kaiser

Posté par
robby3re : petit soucis avec Gamma 21-08-09 à 13:23

je reprend,
ça nous fait du 5$ \frac{2(n+1)!}{\Bigprod_{k=0}^n (2k+1)} \frac{\Bigprod_{k=0}^n (2k+2)}{\Bigprod_{k=0}^n (2k+2)}

oui?

au dénominateur j'obtiens bien n! non?

Posté par
kaiser Moderateurre : petit soucis avec Gamma 21-08-09 à 13:25

Au dénominateur, on a plutôt (2n+2)!

Kaiser

Posté par
robby3re : petit soucis avec Gamma 21-08-09 à 13:31

ah oui pardon!

ça donne

5$ \frac{2(n+1)!\Bigprod_{k=0}^n (2k+2)!}{(2n+2)!}

Citation :
lorsque le 2 sort du produit, il sort à la puissance n+1.

pourquoi maintenant il sort à la puissance n+1 et à 12h04 je l'ai sorti "tout seul"

Posté par
kaiser Moderateurre : petit soucis avec Gamma 21-08-09 à 13:47

je l'avais pas vu dans ton message de 12h04 mais il sort bel et bien à la puissance n+1 (il apparait bien n+1 fois dans le produit, non ?)

Kaiser

Posté par
robby3re : petit soucis avec Gamma 21-08-09 à 14:50

effectivement, ce qui nous donne enfin:

5$ P=\Bigprod_{k=1}^n \frac{2k+2}{2k+1}=\frac{2^{2n+2}(n+1)!^2}{(2n+2)!}
Donc on a:

5$ U_n=ln(P)=(2n+2)ln(2)+2ln((n+1)!)-ln((2n+2)!)

et aprés on joue avec Stirling, c'est bien ça?

Posté par
kaiser Moderateurre : petit soucis avec Gamma 21-08-09 à 14:58

oui mais laisse le tout sous un seul log et cherche un équivalent de ce qu'il y a dans ce log.

Kaiser

Posté par
kaiser Moderateurre : petit soucis avec Gamma 21-08-09 à 15:03

deux secondes : il y a un 2 de trop (c'est 2 à la puissance 2n+1), car encore une fois, le produit démarre à k=1 et non ) k=0.

Kaiser

Posté par
robby3re : petit soucis avec Gamma 21-08-09 à 15:11

d'accord.

5$ \fbox{\fbox{n!\approx \sqrt{2\pi n} \(\frac{n}{e}\)^n}}

donc

5$ (n+1)!^2 \approx 2\pi (n+1) \(\frac{n+1}{e}\)^{2n+2} \\
de même

5$ (2n+2)!\approx 2\sqrt{\pi(n+1)}\(\frac{2n+2}{e}\)^{2n+2}

d'ou 5$ P\approx \sqrt{\pi(n+1)} oui?

et donc 5$ U_n=ln(P)\approx \frac{ln(\pi(n+1))}{2}

est-ce bien ça?

Posté par
robby3re : petit soucis avec Gamma 21-08-09 à 15:14

Citation :
il y a un 2 de trop (c'est 2 à la puissance 2n+1), car encore une fois, le produit démarre à k=1

je note!

ça change juste la fin de mes calculs, et donc 5$ Un\approx \frac{ln(\pi(n+1))}{4}

Posté par
kaiser Moderateurre : petit soucis avec Gamma 21-08-09 à 15:19

ça a l'air correct mais pour ton exo, il va falloir être un peu plus précis car en utilisant ce résultat tel quel, on va tomber sur un o(ln(n)) et ce n'est pas ce qu'on veut.
Du coup, il faut reprendre le développement en prenant en compte la série harmonique en utilisant le fait que \Large{\Bigsum_{k=1}^{n}\frac{1}{k}=\ln(n)+\gamma+o(1)}

Kaiser

Posté par
robby3re : petit soucis avec Gamma 21-08-09 à 15:27

erreur dans mon post, c'est plutôt

5$ \frac{1}{2} ln(\frac{\pi(n+1)}{4})

et tu veux que je me serve de la série harmonique pour exprimer ln(n+1) peut-être non?

Posté par
kaiser Moderateurre : petit soucis avec Gamma 21-08-09 à 15:35

Ce que je veux c'est que tu me détermines un équivalent de \Large{\Bigsum_{k=1}^{n}(\frac{1}{k}-\ln(\frac{2k+2}{2k+1}))} en commençant par développer la somme partielle de la série harmonique qui va te faire apparaître un ln (n)(qui te permettra de te débarrasser du ln(n+1)) mais si tu laisses le développement tel quel, on va se retrouver avec un o(ln(n)) dont on ne connait pas le comportement.

Kaiser

Posté par
robby3re : petit soucis avec Gamma 21-08-09 à 15:59

Je ne suis pas certain d'avoir bien saisi le délire, mais je vais regarder ça:

Soit 5$ V_n=\Bigsum_{k=1}^n\(\frac{1}{k}-2ln(\frac{2k+2}{2k+1})\)

j'ai donc que

5$ \rm V_n=\Bigsum_{k=1}^n \frac{1}{k}-2\Bigsum_{k=1}^n ln(\frac{2k+2}{2k+1}) \\ \\ =ln(n)+\gamma+o(1)-ln(\frac{\pi}{4})-ln(\frac{n+1}{4})+o(1) \\ \\ car \frac{2^{n+1}(n+1)!^2}{(2n+2)!}\approx \sqrt{\frac{\pi(n+1)}{4}} \\ \\

la suite marcherait pas trop mal mais je me retrouve avec un ln(4) en trop...je sais pas ce qu'il fiche là celui-ci!
il "tomberais tout seul si je commençais la somme avec le ln à 0...

Posté par
kaiser Moderateurre : petit soucis avec Gamma 21-08-09 à 16:08

Justement le fait que tu aies cet équivalent implique que tu n'as pas, a priori, le o(1) mais bien un o(ln(n)).

Le truc c'est de faire d'abord le développement de le somme partielle de la série harmonique et de faire le développement de \Large{\ln(n)-2\Bigsum_{k=1}^{n}\ln(\frac{2k+2}{2k+1})} en refaisant la même chose qu'au départ (englober le tout sous le même log et prendre un équivalent).
Si tu fais ça, tu ne vas plus avoir le o(ln(n)) mais bien un o(1).

Kaiser

Posté par
robby3re : petit soucis avec Gamma 21-08-09 à 16:10

ah d'accord!

je repars au charbon!

Posté par
robby3re : petit soucis avec Gamma 21-08-09 à 16:27

voilà ce que je fais:

5$ A=ln(n)-2\Bigsum_{k=1}^n ln(\frac{2k+2}{2k+1})=ln(n)-2ln(\Bigprod_{k=1}^n \frac{2k+2}{2k+1}) \\ \\ =ln(n)-2ln(\frac{2^{2n+1}(n+1)!^2}{(2n+2)!})=ln(n)-ln(\frac{2^{4n+2}(n+1)!^4}{(2n+2)!^2}) \\ \\ =ln(\frac{n.(2n+2)!^2}{2^{4n+2}(n+1)!^4}) \\
et avec Stirling

5$ (n+1)!^4\approx 4\pi^2(n+1)^2\(\frac{n+1}{e}\)^{4n+4} \\
puis

5$ (2n+2)!^2\approx 4\pi(n+1)\(\frac{2n+2}{e}\)^{4n+4}

je trouve que

5$ A\approx ln(\frac{4n}{\pi(n+1)})

ce qui n'a pas l'air de m'arranger tant que ça.
pourtant,j'ai bien englober le tout sous un même log puis j'ai cherché un équivalent via Striling.

Posté par
kaiser Moderateurre : petit soucis avec Gamma 21-08-09 à 18:45

mais justement si, tout s'arrange : regarde bien, ça tend vers une limite finie.

Kaiser

Posté par
robby3re : petit soucis avec Gamma 21-08-09 à 20:35

oui non mais j'ai vu que ça tendait vers ln(\frac{4}{\pi})
d'ailleurs ln(\frac{\pi}{4}) ça aurait été mieux non?

Posté par
robby3re : petit soucis avec Gamma 21-08-09 à 20:37

ah non!
c'est parfait!!

OK!!
merci Maître Kaiser!

juste une chose, je ne perçois pas à quelle moment je passe du o(ln(n)) à un o(1)

Posté par
Xphilere : petit soucis avec Gamma 21-08-09 à 20:37

Si tu passes le log de l'autre côté, comme dans ta définition tu arrives au bout ^^

Posté par
kaiser Moderateurre : petit soucis avec Gamma 21-08-09 à 20:56

Citation :
juste une chose, je ne perçois pas à quelle moment je passe du o(ln(n)) à un o(1)


ben en fait, c'est la manière dont tu fait le développement qui fait que tu as un o(ln(n)) ou o(1).
Si tu le fait comme au départ, tu n'es pas assez précis en faisant le développement et tu retrouves avec un o(ln(n)) qui est en fait, ici, un o(1).

je ne sais pas si je suis assez précis.

Kaiser

Posté par
robby3re : petit soucis avec Gamma 21-08-09 à 21:15

en fait ce que je ne vois pas c'est en rassemblant tout sous le même log,comment fait-on sauter le o(ln(n))??

parce qu'on avait un équivalent de n! avec Stirling donc avec un o(1)

on s'en sert pour obtenir un équivalent de ln(n!) donc avec un o(ln(n))
d'ailleurs,dans son message initial, Ksilver écrit ceci:

Citation :
ln(n!) = ln(2.Pi.n)/2 + nln(n) -n+o(1)

Posté par
kaiser Moderateurre : petit soucis avec Gamma 21-08-09 à 21:36

OK, c'est plus simple de faire comme ça.

Ce développement est vrai simplement en disant que \Large{\frac{n!}{\sqrt{2\pi n}\(\frac{n}{e}\)^n}} tend vers 1. Ensuite, il suffit d'utiliser la continuité du log en 1.

Kaiser

Posté par
robby3re : petit soucis avec Gamma 21-08-09 à 22:39

ok Kaiser!

Merci pour tout!

Posté par
kaiser Moderateurre : petit soucis avec Gamma 21-08-09 à 22:46

Pour ma part, je t'en prie.

Posté par
robby3re : petit soucis avec Gamma 22-08-09 à 11:21

je continue dans le délire de la constante d'Euler

Sachant que j'ai ça:
5$ \gamma=\lim_{n\to+\infty}\(\Bigsum_{k=1}^n \frac{1}{k}-\frac{1}{2}ln(n(n+1))\)

comment obtenir ceci:

5$ \gamma=\lim_{n\to+\infty}\(\Bigsum_{k=1}^n \frac{1}{k}-\frac{1}{2}ln(n^2+n+\frac{1}{3})\)

puis

5$ \gamma=\lim_{n\to+\infty}\(\Bigsum_{k=1}^n \frac{1}{k}-\frac{1}{4}ln((n^2+n+\frac{1}{3})^3-\frac{1}{45})\)

merci d'avance de vos éventuelles idées!

Posté par
Ksilverre : petit soucis avec Gamma 22-08-09 à 12:25

Il s'agit à chaque fois de montrer que le truc en log est égal à ln(n)+o(1). c'est beaucoup plus simple que ce que tu viens de faire. le premier et le deuxième sont imédiat (ce qui est dans le log est équivalent à n²...) le 3e est faux, à moins que tu remplace le ^3 par ^2

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