Niveau Licence Maths 1e ann

Formule de la somme de Riemann différente

Posté par
fplanina 09-09-22 à 15:24

Bonjour à tous ,

j'ai étudié les formules de la somme de Riemann et effectué divers exercices. Je pense avoir bien compris le concept , cependant je suis tombé sur une autre formule dans une vidéo qui est la suivante :

si f continue sur [0,1] alors lim en +inf de $\sum_{1}^{n}{f((k-a)/n)}$ avec a compris entre 0 et 1 = $\int_{0}^{1}{f(x)}$

J'ai recherché pas mal de temps des explications de cette formule trouvée sur cette vidéo (sans quelle me donne les réponses souhaitées).

En effet , j'aurai voulu savoir 2 choses sur ce théorème :

on l'applique sur [0,1] mais est-il valable sur un autre intervalle ?

Y-a-t-il un rapport entre que le fait qu'alpha soit compris entre 0 et 1 et que l'intégrale soit comprise aussi entre 0 et 1 ?

Ce théorème est très peu présent dans les sources d'ailleurs c'est curieux et c'est pour cela que je m'en remets à vous.En vous remerciant d'avance de vos retours ! Bon courage à tous !

Posté par re : Formule de la somme de Riemann différente 09-09-22 à 15:54

Bonjour,
ce « théorème » me semble faux.
Par exemple en prenant pour f la fonction constante 1 on arrive à
$\int_0^1dx=\lim_{n\to \infty}\sum_{k=1}^n 1=+\infty$ .

Tu as sans doute oublié un coefficient $\dfrac1n$ devant la somme.

Posté par re : Formule de la somme de Riemann différente 09-09-22 à 16:04

En rajoutant le coefficient manquant on obtient une somme de Riemann où l'on prend un point intérieur du segment $\left[ \frac{k}n ; \frac{k+1}n \right]$

Posté par re : Formule de la somme de Riemann différente 09-09-22 à 16:20

Ta formule est fausse, il manque une facteur $\dfrac1n$ devant $\sum_{k=1}^n (\cdots)$ .

Le résultat que tu connais est généralisable à n'importe quel intervalle (compact), du moment que f y est intégrable.

L'idée c'est de prendre un intervalle [a,b] et de lui donner une suite de subdivisions marquées de plus en plus fines. C'est à dire la donnée de

- un découpage de $[a,b]$ en $[x_0, x_1]\cup[x_1, x_2]\cup\cdots\cup[x_{n-1},x_n]$ où $a = x_0 < x_1 < \cdots < x_n = b$ . Ca ne se voit pas dans les notations mais chaque $x_i$ a le droit de dépendre de n.
- une valeur associée à chaque intervalle $[x_i, x_{i+1}]$ . On peut prendre par exemple $f(x_i)$ , ou $f(x_{i+1})$ , ou encore $f((x_i+x_{i+1})/2)$ . Chaque choix correspond à la construction d'une théorie de l'intégration différente, mais dans le cas simple des fonctions en escalier/continues par morceaux sur un segment, ça ne change pas grand chose  car toutes coincident

Je te passe les détails sur les notions de jauge, et compagnie. Ce qu'il faut retenir, c'est que si le pas $\max_i (x_{i+1}-x_i)$ de la subdivision tend vers 0 lorsque n tend vers l'infini, alors la somme de Riemann $\dfrac{1}{n}\sum_{i=1}^n f(x_i)(x_i-x_{i-1})$ converge vers un réel qui ne dépend pas de la suite de subdivisions, et qu'on note $\int_a^b f(x)dx$ .

La suite de subdivisions qu'on retrouve 99.9% du temps est la subdivision $x_k = a + k(b-a)/n$ , de pas constant $(b-a)/n$ avec marquage $f(x_k)$ .
Ca donne lieu à la formule $\boxed{\displaystyle\dfrac{b-a}n\sum_{k=1}^n f\left(a + k\dfrac{b-a}{n}\right) \underset{n\to\infty}{\longrightarrow}\int_a^b f(x)dx}$ .

Dans cette formule tu peux faire partir la somme de n'importe quel $k = k_0$ de ton choix tant que cet indice est négligeable devant n quand n tend vers l'infini et de même tu peux faire s'arrêter la somme où tu veux tant que la borne finale  reste du même ordre que n.
Et enfin, si $S_n$ tend vers $L$ alors $S_{\phi(n)}$ tend aussi vers $L$ pour n'importe quelle fonction phi strictement croissante. Tu peux donc remplacer n par phi(n) dans la formule encadrée à condition de le faire  partout.

Dans le résultat que tu cherches à prouver, on a pris [a,b] = [0,1], une subdivision à pas constant, et un marquage $f(x_k -a/n)$ (désolé, j'utilise le nom a pour deux choses différentes, j'espère que tu ne confonds pas).
Ca converge vers la même limite parce qu'on a bien $\dfrac{k-1}{n} \leqslant \dfrac{k-a}{n} \leqslant \dfrac{k}{n}$ , et c'est grâce au fait que $0\leqslant a \leqslant 1$ .
Comme je le disais plus haut tu peux prendre n'importe quel marquage $f(u_i)$ avec $u_i\in[x_{i-1},x_i]$ sans changer la limite

Posté par re : Formule de la somme de Riemann différente 09-09-22 à 16:23

Petite erreur

Citation :

la somme de Riemann $\sum_{i=1}^n f(x_i)(x_i-x_{i-1})$ converge vers un réel

Il y avait un 1/n en trop

Posté par re : Formule de la somme de Riemann différente 09-09-22 à 16:44

merci pour vos retours !

oui j'ai oublié le 1/n au début bien sûr! j'étais focalisé sur les formules latex du coup j'ai oublié cela.

Posté par re : Formule de la somme de Riemann différente 09-09-22 à 18:24

la fonction affine $g : x \mapsto a + x(b - a)$ transforme l'intervalle [0, 1] en l'intervalle .... ?

de plus elle est bijective puisque affine non constante donc inversible ...

ce qui répond à la première question : application du théorème à g o f si f est définie sur l'intervalle [0, 1] ou a g^-1 o f si f est définie sur l'intervalle [a, b]

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