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ENIGMA 2: Limite d'Etilarkov -1-***

Posté par
monrow Posteur d'énigmes 07-07-07 à 21:13

Bonjour tout le monde,

On commence la deuxième énigme, mais cette fois, ça va être un peu plus chaud.. Vous allez faire la connaissance d'un grand savant, un savant qui essaie toujours de trouver des problèmes et des mystères mathématiques... Il n'aime pas les calculs qui n'ont rien à faire, il aime juste les petites méthodes qui développent un peu sa mémoire (surtout qu'il a une soixantaine d'années et qu'il craint l'Alzheimer).. Mais, ces derniers jours, après une courte visite sur l'île, il a vraiment trouvé de bons cerveaux, donc il s'est dit que peut être il trouvera bien son aide ici... Son problème c'est qu'il connait la réponse de ses exos, mais dommage, parfois il attrape une amnésie et il oublie la méthode qu'il a suivie. Donc, je ne vais pas vous raconter toute son histoire, elle tient en 30 tomes...

Ah désolé, j'ai oublié c'est Monsieur Etilarkov...ENIGMA 2: Limite d\'Etilarkov -1-


(je sais, vous ne le connaissez pas: il n'aime pas beaucoup les lumières

Donc, alors qu'il feuilletait un peu ses manuels de lycée (et oui, il les garde le pauvre..) il a trouvé une petite limite.. Il s'est rappelé sa jeunesse, et surtout son amie..... (Hééélas!) Mais il n'arrive pas à se rappeler comment il a pu faire pour trouver cette petite limite, donc il a décidé de vous la présenter, espérant qu'il y ait des personne s'y connaissant et qui seront de futurs Etilarkov....

Là voilà:

3$\fbox{\lim_{x\to%20\frac{\pi}{2}}\frac{(1-sinx)(1-sin^2x)...(1-sin^nx)}{cos^{2n}x}}

Vous avez une idée?

-----------------------------------------------------------------
Etilarkov a aussi un petit indice:

Essayer de trouver aussi: 3$\lim_{t\to%200}\frac{1-cos^kt}{1-cos^2t}
-----------------------------------------------------------------

Rappel: Une démo est obligatoire pour avoir son smiley.. C'est le but puisque Etilarkov oublie ses méthodes

Posté par
Nofutur2re : ENIGMA 2: Limite d'Etilarkov -1-*** 07-07-07 à 22:01

gagnélim x-->0 1-(cosx)k/(1-cos2x)=(1-cosx)(1+cosx+cos2x+..cosk-1x).
En remplaçant par le développement limité de cosx en x=0, la limite est égale à :
lim x-->0 (1-cosx)*k/(1-cosx)(1+cosx)
lim x-->0 k/(1+cosx)=k/2

La limite cherchée est donc le produit des limites x-->/2 de 1-(sinx)k/(1-sin2x)
soit le produit des limites x--> 0 de 1-(cosx)k/(1-cos2x)= (1/2)(2/2)(3/2)...(n/2)= n!/ 2n

Posté par
lyonnaisre : ENIGMA 2: Limite d'Etilarkov -1-*** 07-07-07 à 22:13

gagnéSalut Monrow

Résultat préliminaire :

\Large{\rm \fbox{\lim_{t\to%200}\frac{1-(cos(t))^k}{1-(cos(t))^2} = ??

En effet :

5$\frac{1-(cos(t))^k}{1-(cos(t))^2} = \frac{(cos(t))^k-1}{t}.\frac{t}{(cos(t))^2-1} = \frac{(cos(t))^k-(cos(0))^k}{t-0}.\frac{t-0}{(cos(t))^2-(cos(0))^2}

On reconnait alors 2 nombres dérivés :

4$\lim_{t\to 0} \frac{(cos(t))^k-1}{t} = -k.sin(0).(cos(0))^{k-1}

4$\lim_{t\to 0} \frac{(cos(t))^2-1}{t} = -2.sin(0).cos(0)

D'où le résultat (car cos(0) = 1) :

\Large{\rm \blue \fbox{\lim_{t\to%200}\frac{1-(cos(t))^k}{1-(cos(t))^2} = \frac{k}{2}}

Attaquons nous à présent à la limite de Monsieur Etilarkov

3$\fbox{\lim_{x\to%20\frac{\pi}{2}}\frac{(1-sin(x))(1-(sin(x))^2)...(1-(sin(x))^n)}{(cos(x))^{2n}} = ??}

Posons pour cela  3$\fbox{x=u+\frac{\pi}{2}

On a alors comme  sin(pi/2 + u) = cos(u)   et   cos(pi/2 + u) = -sin(u)

4$\frac{(1-sin(x))(1-(sin(x))^2)...(1-(sin(x))^n)}{(cos(x))^{2n}} = \frac{(1-cos(u))(1-(cos(u))^2)...(1-(cos(u))^n)}{(-sin(u))^{2n}}

Or  (-sin(u))2n = ((-sin(u))2)n = (sin2(u))n = (1-cos²(u))n

Donc l'expression devient :

4$\frac{(1-sin(x))(1-(sin(x))^2)...(1-(sin(x))^n)}{(cos(x))^{2n}} = \frac{1-cos(u)}{1-(cos(u))^2}.\frac{1-(cos(u))^2}{1-(cos(u))^2}...\frac{1-(cos(u))^n}{1-(cos(u))^2}

Et donc :

4$\lim_{x\to \frac{\pi}{2}} \frac{(1-sin(x))(1-(sin(x))^2)...(1-(sin(x))^n)}{(cos(x))^{2n}} = \lim_{u\to 0} \frac{1-cos(u)}{1-(cos(u))^2}.\frac{1-(cos(u))^2}{1-(cos(u))^2}...\frac{1-(cos(u))^n}{1-(cos(u))^2}

Et donc finalement, en utilisant le résultat prélinaire, on obtient :

4$\fbox{\red \lim_{x\to \frac{\pi}{2}} \frac{(1-sin(x))(1-(sin(x))^2)...(1-(sin(x))^n)}{(cos(x))^{2n}} = \frac{1}{2}.\frac{2}{2}.\frac{3}{2}...\frac{n}{2} = \frac{1}{2^n}.\prod_{k=1}^n k = \frac{n!}{2^n}}

Merci pour l'énigme

J'espère avoir assez détaillé, et surtout ne pas mettre bètement trompé

A+
Romain

Posté par
master_ochre : ENIGMA 2: Limite d'Etilarkov -1-*** 07-07-07 à 23:26

perdubonsoir

on pose t = x-/2 ==> x=t+/2

x/2 ==> t0

f(x)=((1-sinkx)/cos2x),  k allant de 1 à n
=f(t+/2)
=((1-sink(t+/2))/cos2(t+/2)), k allant de 1 à n
=((1-coskt)/sin2t) ,k allant de 1 à n

or on a lim t0(1-coskt)=lim t0(1-cos2t)=0
de plus les 2 fonctions(1-coskt) et (1-cos2t) sont derivable au voisiage de 0.
donc selon le theoreme de l'hopital on a:
lim t0(1-coskt)/(1-cos2t) = lim t0(1-coskt)'/(1-cos2t)'
=lim t0 (k sint cosk-1t)/(2 sint cost) = lim  t0 (k cosk-2t)/2 = k/2.

d'où lim t0 (((1-coskt)/sin2t) ,k allant de 1 à n)=((k/2), k allant de 1 à n)= (k/2)n

ma réponse sera donc (k/2)n

merci pour l'exercice (plutot que l'énigme) .  

Posté par
manpowerre : ENIGMA 2: Limite d'Etilarkov -1-*** 07-07-07 à 23:29

gagnéBonsoir,

jolie "énigme" mais je ne suis pas sûr que ça plaise à tout le monde.
C'est moins ludique... d'un autre côté nous sommes sur un forum de maths et la partie énigme n'est qu'une petite partie de l'activité du site (même si je me cantonne à cela).

Primo, le changement de variable \rm x=\frac{\pi}{2}+t s'impose,
ce qui ramène le problème à l'étude de \lim_{t\to 0} \frac{(1-cost)(1-cos^2t)...(1-cos^nt)}{(-sint)^{2n}} via les formules de trigonométrie.
On peut alors l'écrire \lim_{t\to 0} \frac{(1-cost)(1-cos^2t)...(1-cos^nt)}{(1-cos^2t)^n}     (cos²t+sin²t=1)

On peut ensuite décomposer ce produit sous la forme \bigprod_{k=1}^n \frac{(1-cos^kt)}{(1-cos^2t), ce qui nous ramène à la limite de l'indice.

L'étude de la dérivée (en prolongeant en 0) ou l'utilisation d'un développement limité permet de prouver que \lim_{t\to 0} \frac{(1-cos^kt)}{(1-cos^2t)}=\frac{k}{2}
(par DL, on a \frac{(1-cos^kt)}{(1-cos^2t)}\approx \frac{1-(1-x^2/2)^k}{1-(1-x^2/2)^2}+o(x^2)\approx \frac{kx^2/2}{x^2}+o(x^2)\approx \frac{k}{2}+o(x^2)  (je m'enquiquine pour rien là... m'enfin trop tard!) )

Enfin, le produit étant fini, on peut intervertir limite et produit, d'où
\lim_{t\to 0}\bigprod_{k=1}^n \frac{(1-cos^kt)}{(1-cos^2t)=\bigprod_{k=1}^n \lim_{t\to 0} \frac{(1-cos^kt)}{(1-cos^2t)=\bigprod_{k=1}^n \frac{k}{2}=\frac{n!}{2^n}.

La limite exigée est donc 3$ \red \frac{n!}{2^n} (dépendant évidemment de n).

Voilà. Bon c'est plus simple à trouver qu'à écrire en latex...
(en plus c'est pas extrêmement rigoureux, mais bon c'est l'idée suggérée par l'indice)

Posté par
infophilere : ENIGMA 2: Limite d'Etilarkov -1-*** 08-07-07 à 00:31

gagnéBonjour

Citation :
Réponse : 5$ \rm \fbox{\lim_{x\to \frac{\pi}{2}}\frac{(1-\sin x)(1-\sin^2x)...(1-\sin^nx)}{\cos^{2n}x}=\frac{n!}{2^n}}


5$ \red \clubsuit 5$ \rm \scr{D}emonstration 5$ \red \clubsuit


5$ \red \bullet Posons 3$ \magenta \rm \fbox{x=X+\frac{\pi}{2}} et ainsi 3$ \rm \fbox{\{\sin(x)=\sin\(X+\frac{\pi}{2}\)=\cos(X)\\\cos(x)=\cos\(X+\frac{\pi}{2}\)=-\sin(X)}

La limite recherchée s'écrit donc 3$ \red \rm \fbox{\lim_{X\to 0}\frac{(1-\cos X)(1-\cos^2X)...(1-\cos^nX)}{(-\sin X)^{2n}}}

En remarquant que 3$ \rm \fbox{(-\sin X)^{2n}=\[(-\sin X)^2\]^n=(\sin^2X)^n=(1-\cos^2X)^n} on obtient :

3$ \rm \fbox{\lim_{X\to 0}\frac{(1-\cos X)(1-\cos^2X)...(1-\cos^nX)}{(1-\cos^2X)^n}}

Que l'on peut écrire ainsi 3$ \rm \fbox{\lim_{X\to 0}\frac{1-\cos X}{1-\cos^2X}\times \frac{1-\cos^2X}{1-\cos^2X}\times ...\times \frac{1-\cos^nX}{1-\cos^2X}}

On recherche donc 3$ \blue \rm \fbox{\lim_{X\to 0}\Bigprod_{k=1}^{n}\frac{1-\cos^kX}{1-\cos^2X}}

5$ \red \bullet On s'intéresse alors à l'expression 3$ \rm \fbox{\frac{1-\cos^kX}{1-\cos^2X}}

En utilisant l'identité remarquable 3$ \magenta \rm \fbox{1-\cos^2X=(1+\cos X)(1-\cos X)} il vient :

3$ \rm \fbox{\frac{1-\cos^kX}{1-\cos^2X}=\frac{1}{1+\cos X}.\underb{\frac{1-(\cos X)^k}{1-\cos X}}_{S_k}}

Le deuxième terme est la somme des termes d'une suite géométrique de raison 3$ \rm \fbox{q=\cos X}, en effet :

3$ \red \rm \fbox{S_k=1+\cos X+(\cos X)^2+(\cos X)^3+...+(\cos X)^k=\frac{1-(\cos X)^k}{1-\cos X}}

Par conséquent 3$ \rm \fbox{\lim_{X\to 0}S_k=k} puisque que c'est la somme de k termes qui tendent vers 1.

Or 3$ \rm \fbox{\lim_{X\to 0}\frac{1}{1+\cos X}=\frac{1}{2}} d'où par produit 3$ \rm \fbox{\lim_{X\to 0}\frac{1-\cos^kX}{1-\cos^2X}=\frac{k}{2}}

Un raisonnement analogue permettrait de montrer que 3$ \blue \rm \fbox{\forall (k,k')\in \mathbb{N}\times \mathbb{N}^{\ast}\\\lim_{X\to 0}\frac{1-\cos^kX}{1-\cos^{k'}X}=\frac{k}{k'}}

5$ \red \bullet Ce résultat nous amène à 3$ \rm \fbox{\lim_{X\to 0}\Bigprod_{k=1}^{n}\frac{1-\cos^kX}{1-\cos^2X}=\frac{1}{2}\times \frac{2}{2}\times \frac{3}{2}\times ...\times \frac{n}{2}=\frac{n!}{2^n}}

On en conclut finalement que 5$ \red \rm \fbox{\fbox{\lim_{x\to \frac{\pi}{2}}\frac{(1-\sin x)(1-\sin^2x)...(1-\sin^nx)}{\cos^{2n}x}=\frac{n!}{2^n}}}

Merci pour l'énigme !

Posté par
Nicolas_75 Correcteurre : ENIGMA 2: Limite d'Etilarkov -1-*** 08-07-07 à 05:20

(monrow, je n'ai évidemment pas le droit de participer officiellement : donc ni smiley, ni poisson.)

Bonjour,

Sans avoir regardé ce qui précède...
Et sans utiliser l'indice...

En utilisant l'égalité 1-u^n=(1-u)(1+u+u^2+...+u^{n-1}), le numérateur devient :
(1-\sin x)(1-\sin^2x)...(1-\sin^nx)\, =\,(1-\sin x)^n\;(1+\sin x)(1+\sin x+\sin^2x)...(1+\sin x+\sin^2x+...+\sin^{n-1}x)

Le dénominateur se transforme aisément :
\cos^{2n}x={\left(\cos^2x\right)}^n={\left(1-\sin^2x\right)}^n={\left(1-\sin x\right)}^n{\left(1+\sin x\right)}^n

Donc la fraction initiale devient :
\frac{(1-\sin x)(1-\sin^2x)...(1-\sin^nx)}{\cos^{2n}x}=\frac{(1+\sin x)(1+\sin x+\sin^2x)...(1+\sin x+\sin^2x+...+\sin^{n-1}x)}{{\left(1+\sin x\right)}^n}\to\fbox{\frac{n!}{2^n}}

Sauf erreur.

Merci pour l'énigme.

Nicolas

Posté par
master_ochre : ENIGMA 2: Limite d'Etilarkov -1-*** 08-07-07 à 09:47

perdubonjour

je suis vraiment desespérant, selon moi (k/2), k allant de 1 jusqu'à n = (k/2)n .
Je perds toujours mes points aussi bêtement , bon je retifie ma réponse qui devra être n!/2n.

Posté par
xtasxre : ENIGMA 2: Limite d'Etilarkov -1-*** 08-07-07 à 10:39

gagnéSalut monrow

Voici ma démonstration et mon résultat :


- Je me ramène d'abord à une limite en 0 :

\lim_{x->\pi/2} \frac{(1-sin(x))(1-sin(x)^{2})...(1-sin(x)^{n})}{cos(x)^{2n}} \\ =\lim_{x->0} \frac{(1-sin(\pi/2-x))(1-sin(\pi/2-x)^{2})...(1-sin(\pi/2-x)^{n})}{cos(\pi/2-x)^{2n}} \\ =\lim_{x->0} \frac{(1-cos(x))(1-cos(x)^{2})...(1-cos(x)^{n})}{sin(x)^{2n}} \\
Soit I cette limite.


- Je rends la fraction plus "homogène" :

sin(x)^{2n}=(sin(x)^{2})^{n}=(1-cos(x)^{2})^{n}

D'où

I = \lim_{x->0} \frac{(1-cos(x))(1-cos(x)^{2})...(1-cos(x)^{n})}{(1-cos(x)^{2})^{n}} \\


- Je calcule les développements limités en 0 par récurrence :

cos(x)=1-\frac{x^{2}}{2}+o(x^{3}) \\ cos(x)^{2}=1-x^{2}+o(x^{3})

Hypothèse de récurrence : le développement limité de cos(x)^{n} en 0 est 1-\frac{nx^{2}}{2}+o(x^{3}).

cos(x)^{n+1}=cos(x)cos(x)^{n} \\ =(1-\frac{x^{2}}{2}+o(x^{3}))(1-\frac{nx^{2}}{2}+o(x^{3})) \\ =1-\frac{(n+1)x^{2}}{2}+o(x^{3})

Donc pour tout n entier naturel strictement positif, le développement limité de cos(x)^{n} en 0 est 1-\frac{nx^{2}}{2}+o(x^{3}).


- On calcule la valeur de I :

3$ I = \lim_{x->0} \frac{(1-cos(x))(1-cos(x)^{2})...(1-cos(x)^{n})}{(1-cos(x)^{2})^{n}} \\ I = \lim_{x->0} \frac{\frac{x^{2}}{2}\frac{2x^{2}}{2}...\frac{nx^{2}}{2}}{(x^{2})^{n}

3$ I = \lim_{x->0} \frac{n!x^{2n}}{2^{n}x^{2n}}

5$ I = \frac{n!}{2^{n}}

Posté par
cohlarre : ENIGMA 2: Limite d'Etilarkov -1-*** 08-07-07 à 13:33

gagnéBonjour, l'indice m'a permis de penser à décomposer en produit de dérivées :
en posant t=sin(x)², on obtient pour n entier strictement positif
\lim_{x\to \pi/2} \frac{1-sin^k(x)}{1-sin^2(x)} \\ =\lim_{t\to 1} \frac{1-t^k/2}{1-t} \\ =k/2
(dérivée de ttk/2 en 1).
Donc on a :
\lim_{x\to \pi/2} \frac{(1-sin(x))(1-sin^2(x))...(1-sin^n(x))}{cos^2n(x)} \\ =\prod_{k=1}^n \frac{1-sin^k(x)}{cos^2(x)} \\ =\prod_{k=1}^n \frac{1-sin^k(x)}{1-sin^2(x)} \\ =\prod_{k=1}^n \frac{k}{2} \\ =\frac{n!}{2^n}

Merci pour l'énigme ^^

Posté par
dhaltere : ENIGMA 2: Limite d'Etilarkov -1-*** 08-07-07 à 13:41

gagné\HUGE\frac{n!}{2^n}

J'ai exploité les relations
\displaystyle 1-a^n=(1-a)\sum_{i=0}^{n-1}{a^i}
\displaystyle cos^{2n}(x)=(1-sin(x))^n(1+sin(x))^n

Alors l'expression se simplifie
\HUGE \\ \frac{\displaystyle\prod_{i=1}^n{(1-sin^i(x))}}{cos^{2n}(x)} = \frac{\displaystyle\prod_{i=1}^{n-1}{ (\displaystyle\sum_{j=0}^{i}{ sin(x)^j} })}{(1+sin(x))^n} \\

Cette expression n'est pas indéterminée, et quand x\rightarrow\frac{\pi}2, on obtient l'expression ci dessus.

Pour l'indice, on peut utiliser les mêmes techniques pour obtenir le résultat

\HUGE\frac{1-cos^k(t)}{1-cos^2(t)}=\frac{\displaystyle\sum_{i=0}^{k-1}{cos^i(t)}}{1+cos(t)}
et quand t\rightarrow0, l'expression tend vers \HUGE\frac{k}2

Posté par
piepalmre : ENIGMA 2: Limite d'Etilarkov -1-*** 08-07-07 à 14:24

gagnéposant x=Pi/2-h, et en désignant par o(t) un infiniment petit devant t , cosx=sinh=h+o(h) et sinx=cosh=(1-h^2/2+o(h^2))
donc 1-(sinx)^k=1-(1-h^2/2)^k+o(h^2)=kh^2/2+o(h^2)
donc lim(1-(sinx)^k)/(cosx)^2=k/2.
La limite cherchée vaut donc n!/2^n

Posté par
laotzere: limite d'Etilarkov!!! 08-07-07 à 18:10

gagnéBonjour:

Je vais donc profiter de l'indice:

\forall k \in \aleph ^* ,{\lim }\limits_{t \to 0} \frac{{1 - \cos ^k t}}{{1 - \cos ^2 t}}

Posons Y=cost:

\forall k \in \aleph ^* ,{\lim }\limits_{t \to 0} \frac{{1 - \cos ^k t}}{{1 - \cos ^2 t}}={\lim }\limits_{Y \to 1} \frac{{1 - Y^k }}{{1 - Y^2 }} = {\lim }\limits_{Y \to 1} \frac{{(1 - Y)(1 + Y + ... + Y^{k - 1} )}}{{(1 - Y)(1 + Y)}} ={\lim }\limits_{Y \to 1} \frac{{(1 + Y + ... + Y^{k - 1} )}}{{(1 + Y)}} = \frac{k}{2}


Donc:\forall k \in \aleph ^* ,{\lim }\limits_{t \to 0} \frac{{1 - \cos ^k t}}{{1 - \cos ^2 t}} = \frac{k}{2}                              (1)


Maintenant la limite elle-même:

{\lim }\limits_{x \to \frac{\pi }{2}} \frac{{(1 - \sin x)(1 - \sin ^2 x)...(1 - \sin ^n x)}}{{\cos ^{2n} x}}

Je pose x={\frac{\pi }{2} - X}:


{\lim }\limits_{x \to \frac{\pi }{2}} \frac{{(1 - \sin x)(1 - \sin ^2 x)...(1 - \sin ^n x)}}{{\cos ^{2n} x}} = {\lim }\limits_{X \to 0} \frac{{(1 - \sin (\frac{\pi }{2} - X))(1 - \sin ^2 (\frac{\pi }{2} - X))...(1 - \sin ^n (\frac{\pi }{2} - X))}}{{\cos ^{2n} (\frac{\pi }{2} - X)}} = {\lim }\limits_{X \to 0} \frac{{(1 - \cos (X))(1 - \cos ^2 (X))...(1 - \cos ^n (X))}}{{(\sin ^2 X)^n }}

i.e. {\lim }\limits_{X \to 0} \frac{{(1 - \cos (X))(1 - \cos ^2 (X))...(1 - \cos ^n (X))}}{{(1 - \cos ^2 X)^n }} = {\lim }\limits_{X \to 0} \frac{{(1 - \cos X)(1 - \cos ^2 X)...(1 - \cos ^n X)}}{{(1 - \cos ^2 X)(1 - \cos ^2 X)...(1 - \cos ^2 X)}} = {\lim }\limits_{X \to 0} \left( {\frac{{1 - \cos X}}{{1 - \cos ^2 X}}} \right)\left( {\frac{{1 - \cos ^2 X}}{{1 - \cos ^2 X}}} \right)...\left( {\frac{{1 - \cos ^n X}}{{1 - \cos ^2 X}}} \right)

...et d'près (1):

{\lim }\limits_{X \to 0} \left( {\frac{{1 - \cos X}}{{1 - \cos ^2 X}}} \right)\left( {\frac{{1 - \cos ^2 X}}{{1 - \cos ^2 X}}} \right)...\left( {\frac{{1 - \cos ^n X}}{{1 - \cos ^2 X}}} \right) = {\lim }\limits_{X \to 0} \left( {\frac{1}{2}} \right)\left( {\frac{2}{2}} \right)...\left( {\frac{n}{2}} \right) = \frac{{n!}}{{2^n }}

D'où: {\lim }\limits_{x \to \frac{\pi }{2}} \frac{{(1 - \sin x)(1 - \sin ^2 x)...(1 - \sin ^n x)}}{{\cos ^{2n} x}} = \frac{{n!}}{{2^n }}

Posté par
freniclere : ENIGMA 2: Limite d'Etilarkov -1-*** 08-07-07 à 18:42

gagnéBonjour,

On va écrire
3$ \frac{(1-sin x)(1-sin^2 x)...(1-sin^n x)}{cos^{2n} x} = (\frac{1-sin x}{cos^2 x})( \frac{1-sin^2 x}{cos^2 x}) ... (\frac{1-sin^n x}{cos^2 x}) = (\frac{1-sin x}{1 - sin^2 x}) (\frac{1-sin^2 x}{1 - sin^2 x}) ... (\frac{1-sin^n x}{1 - sin^2 x})

Maintenant, on va s'intéresser à chacune de ces n fractions, et évaluer, pour k compris entre 1 et n :
3$ \lim_{x \to \frac{\pi}{2}} \frac{1-sin^k x}{1 - sin^2 x}

Lorsque sin x est différent de 1, on a :

3$ \frac{1-sin^k x}{1 - sin^2 x} = \frac{(1-sin x)(1 + sin x + sin^2 x + ... + sin^{k - 1} x)}{(1 - sin x)(1 + sin x)} = \frac{1 + sin x + sin^2 x + ... + sin^{k - 1} x}{1 + sin x}

Lorsque x tend vers /2, sin x tend vers 1. On en déduit que :

3$ \lim_{x \to \frac{\pi}{2}} \frac{1-sin^k x}{1 - sin^2 x} = \frac{k}{2}

Par conséquent, la limite cherchée vaut :

3$ \lim_{x \to \frac{\pi}{2}} \frac{(1-sin x)(1-sin^2 x)...(1-sin^n x)}{cos^{2n} x} = (\frac{1}{2})( \frac{2}{2}) ... (\frac{n}{2}) = \frac{n!}{2^n}

En ce qui concerne

3$ \lim_{x \to 0} \frac{1-cos^k x}{1-cos^2 x}, c'est égal à k/2 par le même raisonnement que ci-dessus.

Cordialement
Frenicle

Posté par
geo3re : ENIGMA 2: Limite d'Etilarkov -1-*** 08-07-07 à 20:32

gagnéBonjour
4$\lim_{x\to\pi/2}\frac{\prod_{i=1}^n(1-sin^ix)}{cos^{2n}x}=\frac{n!}{2^n}

Posons sin(x) = u ; pour x =/2  u = 1
Avec cos²x = 1 - sin²x  et cos^{2n}(x) = (cos^2x)^n = il faut démontrer que

4$\lim_{u\to\1}\frac{\prod_{i=1}^n(1-u^i)}{(1-u^2)^n}=\frac{n!}{2^n}
Démontrons par récurrence
supposons que

4$\lim_{u\to\1}\frac{\prod_{i=1}^n(1-u^i)}{(1-u^2)^n}=\frac{n!}{2^n}

et démontrons que

4$\lim_{u\to\1}\frac{\prod_{i=1}^{n+1}(1-u^i)}{(1-u^2)^{n+1}}=\frac{(n+1)!}{2^{n+1}}

en effet

4$\lim_{u\to\1}\frac{\prod_{i=1}^{n+1}(1-u^i)}{(1-u^2)^{n+1}}=\lim_{u\to\1}\frac{\prod_{i=1}^n(1-u^i)}{(1-u^2)^n}*\frac{1-u^{n+1}}{1-u^2}=

4$\lim_{u\to\1}\frac{n!}{2^n}*\frac{1+u+u^2+u^3+...+u^n}{1+u}=\frac{n!}{2^n}*\frac{n+1}{2}=\frac{(n+1)!}{2^{n+1}}

A+

Posté par
veledare : ENIGMA 2: Limite d'Etilarkov -1-*** 09-07-07 à 10:34

gagnébonjour,
j'ai plusieurs methodes
on peut poser x=/2 -t ...
mais on peut aussi remarquer que E l'expression proposée est de la forme E=A1A2..An avec Ak=(1-ak)/(1-a2)
en posant a=sinx
limAk(a1)=lim(1-a)(1+a+a²+........+ak-1))/(1-a)(1+a)=k/2
(x/2a1)

donc lim E(x/2)=(1/2)(2/2)......(k/2)...(n/2)=n!/2n

sauf erreur
merci pour cet exo

Posté par
smilre : ENIGMA 2: Limite d'Etilarkov -1-*** 09-07-07 à 16:19

gagnébonjour

je trouve comme limite n! / 2n

je vais tenter une démo en latex (roulement de tambour.....)
\frac{1-cos^kt}{1-cos^2t} = \frac{1-cos^kt}{sin^2t} = \frac{(1-cos^kt)t^2}{t^2(sin^2t)}
or lorsque t tend vers 0, \frac{1-cos^kt}{t^2} tend vers \frac{k}{2} (DL)
et lorsque t tend vers 0, \frac{t^2}{sin^2t} tend vers 1 (idem)
donc lorsque t tend vers 0, \frac{1-cos^kt}{1-cos^2t} tend vers \frac{k}{2}

en posant t = x-/2, on obtient :
\frac{(1-sinx)(1-sin^2x)...(1-sin^nx)}{(cos^2x)(cos^2x)...(cos^2x)} = \frac{(1-cost)(1-cos^2t)..(1-cos^nt)}{(1-cos^2t)(1-cos^2t)...(1-cos^2t)}

ce qui, lorsque t tend vers 0, tend vers \frac{1.2......n}{2.2....2} = \frac{n!}{2^n}

Posté par
kiko21re : ENIGMA 2: Limite d'Etilarkov -1-*** 10-07-07 à 11:51

gagnéBonjour,

On effectue un changement de variable en posant 3$t=\frac{\pi}{2}-x d'où :
3$\lim_{x\to%20\frac{\pi}{2}}\frac{(1-sin x)(1-sin^2x)...(1-sin^nx)}{cos^{2n}x}

3$=\lim_{t\to%200}\frac{(1-sin(\frac{\pi}{2}-t))(1-sin^2(\frac{\pi}{2}-t))...(1-sin^n(\frac{\pi}{2}-t))}{cos^{2n}(\frac{\pi}{2}-t)}

Ensuite, on remplace 3$sin(\frac{\pi}{2}-t) par cos t et 3$cos^2(\frac{\pi}{2}-t) par sin^2t puis 1-cos^2t pour obtenir la limite suivante :

3$\lim_{t\to%200}\frac{(1-cos t)(1-cos^2t)...(1-cos^nt)}{(1-cos^2t)^n}

3$=\lim_{t\to%200} \[(\frac{1-cos t}{1-cos^2t})\cdot(\frac{1-cos^2t}{1-cos^2t})\cdot\cdot\cdot(\frac{1-cos^nt}{1-cos^2t})\]

On utilise ensuite le Développement limité cos t=1-\frac{t^2}{2} et on calcule chaque limite de la forme 3$\lim_{t\to%200}\frac{1-cos^kt}{1-cos^2t} donnée en indice avec k =1 à n

on obtient :

3$\lim_{t\to%200} (\frac{1-cos t}{1-cos^2t})=\lim_{t\to%200} \[\frac{1-(1-\frac{t^2}{2})}{1-(1-\frac{t^2}{2})^2}\]=\lim_{t\to%200} \[\frac{\frac{t^2}{2}}{t^2-\frac{t^4}{4}}\]=\lim_{t\to%200} \[\frac{1}{2-\frac{t^2}{2}}\]=\frac{1}{2}

3$\lim_{t\to%200} (\frac{1-cos^2t}{1-cos^2t})=1=\frac{2}{2}

3$\lim_{t\to%200} (\frac{1-cos^3t}{1-cos^2t})=\lim_{t\to%200} \[\frac{1-(1-\frac{t^2}{2})^3}{1-(1-\frac{t^2}{2})^2}\]=\lim_{t\to%200} \[\frac{\frac{3t^2}{2}-\frac{3t^4}{4}+\frac{t^6}{8}}{t^2-\frac{t^4}{4}}\]=\lim_{t\to%200} \[\frac{3-\frac{3t^2}{2}+\frac{t^4}{4}}{2-\frac{t^2}{2}}\]=\frac{3}{2}
.
.
.
3$\lim_{t\to%200} (\frac{1-cos^nt}{1-cos^2t})=\frac{n}{2}

Conclusion :

3$\lim_{x\to%20\frac{\pi}{2}}\frac{(1-sin x)(1-sin^2x)...(1-sin^nx)}{cos^{2n}x}=\frac{1}{2}\cdot\frac{2}{2}\cdot\cdot\cdot\frac{n}{2}=\frac{n!}{2^n}

La réponse est 5$ \magenta \fbox{\frac{n!}{2^n}}

Merci et à bientôt, KiKo21.

P.S. Dur, dur le latex...

Posté par
madaniEnigme 2 10-07-07 à 19:56

gagnésalut tt le monde

Enigme 2

Posté par
gloubire : ENIGMA 2: Limite d'Etilarkov -1-*** 11-07-07 à 12:45

gagnéBonjour,


lim x/2 (1-sinx)(1-sin2x)...(1-sinnx)/cos2nx

= lim x0 (1-cosx)(1-cos2x)...(1-cosnx)/sin2nx

= lim x0 [1-(1-x2/2)][1-(1-x2/2)2]...[1-(1-x2/2)n]/x2n

= lim x0 [1-(1-x2/2)][1-(1-2x2/2)]...[1-(1-nx2/2)]/x2n

= lim x0 (x2/2)(2x2/2)...(nx2/2)/x2n

= lim x0 (n!x2n) / (2nx2n)

= n!/2n


Pour l'indice,
...pas utilisé plus haut  

lim t0 (1-coskt) / (1-cos2t)

= lim t0 [1-(1-t2/2)k] / [1-(1-t2/2)2]

= lim t0 [1-(1-k.t2/2)] / [1-(1-2.t2/2)]

= lim t0 (k.t2/2) / (2.t2/2)

= k/2


A+,
gloubi
-

Posté par qscgul (invité)re : ENIGMA 2: Limite d'Etilarkov -1-*** 12-07-07 à 06:26

perdula limite est egale (1*2*3*...*n)/(2^n)
la 2eme est k/2

Posté par
jarod128re : ENIGMA 2: Limite d'Etilarkov -1-*** 13-07-07 à 14:27

gagnéJe propose n!/(2^n)
Commençons par l'indice:
un développement limité nous donne pour k non nul:
(1-cos(t)^k)/(1-cos(t)²)= (kx²/2 + o(x^4))/(1-2x^3/3! + o(x^5))
en simplifiant par x^2, on obtient: (k/2 + o(x²))/(1-2x²/3! + o(x^4)) qui tend vers k/2 quand x tend vers 0
Donc l'indice nous donne k/2 pour k non nul.
Continuons avec la limite initiale.
Un changement de variable en t = Pi/2 - x et la transformation de sin(Pi/2-t) en cos t donnent la nouvelle limite:
lim ((Produit((1-cos(t)^k),k=1..n))/sin(t)^(2n),t=0)=lim ((Produit((1-cos(t)^k)/sin(t)²,k=1..n)),t=0)
en faisant rentrer le dénominateur dans le produit.
En remplaçant le dénominateur sin(t)² par 1-cos(t)², on obtient le produit pour k allant de 1 à n de:
(1-cos(t)^k)(1-cos(t)²) Or d'après l'indice, on peut calculer ces limites pour k allant de 1 à n, donc la limite de départ est égale au produit des limites de l'indice pour k variant de 1 à n.
Finalement on obtient: produit de k/2 pour k allant de 1 à n, c'est-à-dire n!/(2^n)
Désolé pour la rédaction.

Posté par
Ju007Réponse 14-07-07 à 22:25

gagnéUn petit dvl et on trouve directement \frac{n!}{2^n}.

Mais bon comme j'ai vu, tu es en terminale, tu t'attend à un truc plus astucieux.

Posons alors x = /2 - h avec h \mapsto 0,

la limite se transforme en \lim_{h \mapsto 0} \frac{\prod_{k=1}^n 1 - cos^k(h)}{sin^{2n}(h)} = \lim_{h \mapsto 0} \prod_{k=1}^n \frac{1 - cos^k(h)}{1 - cos^2(h)}

Reste à calculer la limite annoncée en indication, soit en posant \epsilon = cos(h) - 1,

on a \lim_{h \mapsto 0} \frac{1 - cos^k(h)}{1 - cos^2(h)} = \lim_{\epsilon \mapsto 0} \frac{1 - (1 + \epsilon)^k }{1 - (1 + \epsilon)^2},
soit en développant grâce à la formule du binôme,

\lim_{\epsilon \mapsto 0} \frac{1 - (1 + \epsilon)^k }{1 - (1 + \epsilon)^2} = \lim_{\epsilon \mapsto 0} \frac{ k\epsilon + ...}{2\epsilon + ...} = k/2

soit en faisant le produit on trouve n!/2^n.

Voilou

Posté par
Tigweg Correcteurre : ENIGMA 2: Limite d'Etilarkov -1-*** 14-07-07 à 23:38

gagnéSalut monrow




Fixons n\ge 1. (ce qui est supposé implicitement)


Soit 4$f la fonction 4$f(x)=\frac{(1-sin x)(1-sin^2x)...(1-sin^nx)}{cos^{2n}x}.



Elle est bien définie dans un voisinage de 4$\frac{\pi}{2} privé de 4$\frac{\pi}{2}, et je noterai 4$V cet ensemble.



Pour tout 4$X réel et tout naturel 4$k supérieur ou égal à 4$1, l'identité 4$1-X^k=(1-X).\bigsum_{j=0}^{k-1}X^j appliquée à 4$X=sin x fournit



4$1-sin^k x=(1-sin x).f_k(x) en notant 4$f_k(x)=\bigsum_{j=0}^{k-1}sin^jx.



Remarquons que pour tout 4$k, 4$f_k est continue en 4$\frac{\pi}{2}, de limite 4$k\neq 0 en ce point.


Pour tout 4$x de 4$V on peut alors écrire:


4$f(x)=\frac{(1-sin x)^n.f_1(x)f_2(x)...f_n(x)}{cos^{2n}x}.



La limite du produit 4$f_1(x)f_2(x)...f_n(x) en 4$\frac{\pi}{2} est 4$ n!.


Pour examiner la limite en 4$\frac{\pi}{2} de la fraction restante, posons 4$y=\frac{\pi}{2}-x, ce qui équivaut à 4$x=\frac{\pi}{2}-y.

D'après les formules usuelles de Trigonométrie, on est alors ramené à étudier la limite lorsque 4$y tend vers 4$0 de 4$\frac{(1-cos y)^n}{sin^{2n}y}=(\frac{1-cos y}{sin^2y})^n.

Sans passer par des équivalents, ce qui serait plus rapide, on peut écrire au niveau Terminale:

4$\frac{1-cos y}{sin^2y}=\frac{2sin^2(y/2)}{(y/2)^2}\frac{(y/2)^2}{sin^2y}=\frac{1}{2}.\frac{sin^2(y/2)}{(y/2)^2}\frac{y^2}{sin^2y}
.

Or la fonction 4$sin est dérivable en 4$0 de nombre dérivé 4$1 d'où 4$\frac{sin z}{z} tend vers 4$1 lorsque 4$z tend vers 4$0.
Comme y/2 tend vers 4$0 lorsque 4$y tend vers 4$0, on en déduit que 4$(\frac{1-cos y}{sin^2y})^n tend vers

4$[\frac 1 2.1^2.(\frac 1 1)^2]^n=\frac 1 {2^n} lorsque 4$y tend vers 4$0.


En conclusion, la limite de (x)4$f pour 4$x tendant vers 4$\frac{\pi}{2} est 4$\frac{n!}{2^n}.



Tigweg

Posté par
mascatere : ENIGMA 2: Limite d'Etilarkov -1-*** 16-07-07 à 16:02

gagnébonjour
pour la 1ère:
limpi/2[1-sinx)n(1+sinx)(1+sinx+sin²x)....(1+sinx+....+sinn-1x)]/(1-sinx)n(1+sinx)n]
=2.3....n/2n=n!/2n

pour la 2ème en appliquant le th de l'Hospital
lim0[kcosk-1t.sint]/[2costsint]=lim0k/2 cosk-2t=k/2

Posté par
lafol Moderateurre : ENIGMA 2: Limite d'Etilarkov -1-*** 18-07-07 à 17:42

gagnéBonjour
je me rends compte qu'il est déjà trop tard pour la première, alors je me penche sur celle là
j'écris le dénominateur \cos^{2n}x=(1-\sin^2x)^n
je découpe la fraction en produit de n fractions (k de 1 à n) :
3$\frac{1-\sin^kx}{1-sin^2x}=\frac{\Bigsum_{i=0}^{k-1}{\sin^ix}}{1+\sin x}

(en simplifiant par 1-\sin x ) ayant pour limite en pi/2 :
3$\frac{\Bigsum_{i=0}^{k-1}{1}}{2}=\frac{k}{2}

la limite cherchée est donc 4$\red \frac{n!}{2^n}

Posté par
monrow Posteur d'énigmesre : ENIGMA 2: Limite d'Etilarkov -1-*** 20-07-07 à 23:43

ENIGME CLOTUREE

On commence par l'indice:

3$\lim_{t\to 0}\frac{1-cos^kt}{1-cos^2t}=\lim_{t\to 0}\frac{(1-cost)(1+cost+cos^2t+...+cos^{k-1}t)}{(1-cost)(1+cost)} \\ =\lim_{t\to 0}\frac{1+cost+cos^2t+...+cos^{k-1}t}{1+cost}
=\blue{\fbox{\frac{k}{2}}}

On passe à la limite d'Etilarkov:

3$\lim_{x\to \frac{\pi}{2}}\frac{(1-sint)(1-sin^2t)...(1-sin^n)}{cos^{2n}t}

On pose: 3$t=x-\frac{\pi}{2}

La limite équivaut:
3$\lim_{t\to 0}\frac{(1-cost)(1-cos^2t)...(1-cos^nt)}{sin^{2n}t} \\ =\lim_{t\to 0}\frac{1-cost}{1-cos^2t}\time \frac{1-cos^2t}{1-cos^2t}\time ...\time \frac{1-cos^nt}{1-cos^2t}

et d'après la question précédente on pourra conclure que:

3$\frac{(1-sint)(1-sin^2t)...(1-sin^n)}{cos^{2n}t}=\frac{1}{2}\time\frac{2}{2}\time ...\time\frac{n}{2}

Et donc: 3$\lim_{x\to \frac{\pi}{2}}\frac{(1-sint)(1-sin^2t)...(1-sin^n)}{cos^{2n}t}3$\red=\fbox{\frac{n!}{2^n}}

Merci pour vos participations

Bravo pour les démos en latex (surtout celles de Kevin, Romain, kiko21..)

Posté par
lyonnaisre : ENIGMA 2: Limite d'Etilarkov -1-*** 21-07-07 à 00:06

gagnéJ'avoue ma défaite Kevin :D

J'ai perdu cette première bataille LaTeX, tu as plus d'encadré !!

PS : tu aurais du mentionner le copyright Elhor ^^

Merci pour l'énigme

Posté par
infophilere : ENIGMA 2: Limite d'Etilarkov -1-*** 21-07-07 à 00:10

gagnéJ'ai pris mon temps pour faire tout beau

Si tu veux ta revanche il faudrait une autre énigme de maths ( ), j'ai trouvé cette limite très intéressante

T'es premier romain

Et merci à elhor

Posté par
monrow Posteur d'énigmesre : ENIGMA 2: Limite d'Etilarkov -1-*** 21-07-07 à 00:14

Posté par
1 Schumi 1re : ENIGMA 2: Limite d'Etilarkov -1-*** 22-07-07 à 20:57

Kévin >> T'as fait comment pour les trèfles dans ta "démo"?

Posté par
infophilere : ENIGMA 2: Limite d'Etilarkov -1-*** 22-07-07 à 21:03

gagnéAyoub > \clubsuit

Posté par
1 Schumi 1re : ENIGMA 2: Limite d'Etilarkov -1-*** 22-07-07 à 21:03

Posté par
geo3re : ENIGMA 2: Limite d'Etilarkov -1-*** 22-07-07 à 21:19

gagnéBonsoir
> Kévin beau le trèfle

5$\red\clubsuit

belle démo en latex mais je pense que
dans ta démo ; dans ton Sk l'exposant de ton dernier terme devrait être k-1 et non k
A+

Posté par
infophilere : ENIGMA 2: Limite d'Etilarkov -1-*** 22-07-07 à 21:23

gagnéBonsoir \clubsuit geo3 \clubsuit

Effectivement ça va jusque (k-1)

Challenge (énigme mathématique) terminé .
Nombre de participations : 0
:)0,00 %0,00 %:(
0 0

Temps de réponse moyen : 64:56:14.

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