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Suites et intégrales

Posté par
Barmalyon 18-08-09 à 18:07

Bonjour.
J'ai un exercice qui vise à déterminer un équivalent de Im quand m tend vers l'infini avec:
   Im=0/4  (tan t)m dt
Je dois montrer que la suite (Im) est positive et décroissante, ce que j'ai fait. On déduit qu'elle converge vers une limite supérieure ou égale à 0.
Puis j'ai du montrer que Im+Im+2=1/(m+1); et que la limite de Im est 0.
Puis on pose, pour tout n de , la suite pn=(-1)n *I2n.
p0=/4 et j'en arrive à mon problème. A partir du calcul de pn-pn-1 (j'ai trouvé (-1)n *(1/(m+1)) ) je dois déduire que:
   I2n=((-1)n)*(/4+k=1n  (-1)k/(2k-1)).
Puis je dois déterminer la limite de la somme précédente quand n.
Ensuite, il faut montrer que
m2 : 1/(m+1) 2Im 1/(m-1)
J'ai trouvé l'inégalité de gauche, mais pas celle de droite.
Enfin, je dois trouver un équivalent de Im quand m tend vers l'infini.

Merci

Posté par
dagware : Suites et intégrales 18-08-09 à 21:29

Bonsoir Barmalyon,

je trouve que p_n-p_{n-1}=(-1)^nI_{2n}-(-1)^{n-1}I_{2n-2}=\frac{(-1)^n}{2n-1}. En sommant j'obtiens \sum_{k=1}^{n}\frac{(-1)^k}{2k-1}=\sum_{k=1}^{n}p_k-p_{k-1}=p_n-p_0 donc p_n=\pi/4+\sum_{k=1}^{n}\frac{(-1)^k}{2k-1}. Ainsi I_{2n}=(-1)^n(\pi/4+\sum_{k=1}^{n}\frac{(-1)^k}{2k-1}). Quand n tend vers l'infini I_{2n} tend vers 0 donc \pi/4+\sum_{k=1}^{n}\frac{(-1)^k}{2k-1} tend vers 0 et la somme tend vers -\pi/4.

L'inégalité vient du fait que I_m est décroissante et que I_m+I_{m+2}=\frac{1}{m+1} . En effet 2I_{m+2}\leq I_m+I_{m+2}=\frac{1}{m+1}\leq 2I_m soit encore \frac{1}{m+1}\leq 2I_m\leq\frac{1}{m-1}.

En multipliant cette inégalité par m on obtient lorsque m tend vers l'infini 2mI_m\longrightarrow_{m\to +\infty} 1 donc que I_m\sim\frac{1}{2m}.

Posté par
Xphilere : Suites et intégrales 18-08-09 à 22:45

Soit 4$a_n=\int_0^1t^{n}\sqrt{1-t^2}dt,   n \in \mathbb{N}

a ) Montrons que 4$\sum (-1)^n a_n converge

on va prouver que cette série converge à l'aide du critère spécial des séries alternées.

- 4$v_n = (-1)^n a_n ; 4$(-1)^n v_n = a_n = 4$a_n=\int_0^1t^{n}\sqrt{1-t^2}dt

Posté par
Xphilere : Suites et intégrales 18-08-09 à 22:46

oups désolé j'ai envoyé un truc qui n'a rien a faire ici

Posté par
Barmalyonre : Suites et intégrales 19-08-09 à 12:12

Merci dagwa pour toute ces brillantes explications! Mon erreur provenait de ma mauvaise simplification de pn-pn-1 en disant que:
-(-1)n-1=(-1)n

Posté par
doudjre : Suites et intégrales 19-08-09 à 16:51

mais qu'est ce que tu racontes, cette formule est juste

Posté par
Thibsre : Suites et intégrales 20-08-09 à 12:35

peut être que l'erreur venait de:
p_n-p_{n-1}=(-1)^nI_{2n}-(-1)^{n-1}I_{2(n-1)}
Il ne faut pas oublier les parenthèses dans l'indice 2(n-1).

Posté par
Barmalyonre : Suites et intégrales 20-08-09 à 16:49

Elle provenait du fait que j'ai oublié de remplacer m par n dans I2n.
Cela dit, je n'ai pas tout compris sur l'explication de l'inégalité: d'où provient le 1/(m+1).

Posté par
Barmalyonre : Suites et intégrales 20-08-09 à 16:50

je me suis trompé, je parlais du 1/(m-1)

Posté par
dagware : Suites et intégrales 20-08-09 à 18:37

Je suppose que c'est l'inégalité où l'on a \frac{1}{m+1}\leq 2I_m\leq\frac{1}{m-1}.

J'ai montré que \forall m\in\mathbb{N} \quad 2I_{m+2}\leq\frac{1}{m+1} donc que 2I_m\leq\frac{1}{m-1}.


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