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Integrales generalisées

Posté par
jersalh 03-03-23 à 12:10

Bonjour les amis
On me demande de calculer un équivalent de cette suite b_n=\sqrt(n)\int_{0}^{\sqrt(n)}{\frac{1-(1-\frac{y^2}{n})^n}{y^2}}dy

Posté par
carpediemre : Integrales generalisées 03-03-23 à 12:29

salut

et alors ? que proposes-tu ?

commencer par justifier son existence ...

ensuite très probablement un changement de variable pour se ramener à une intégrale sur l'intervalle [0, 1] ...

puis éventuellement un dl de l'intégrande ...

Posté par
jersalhre : Integrales generalisées 03-03-23 à 14:42

l4existence est evidente
par un changement de variables y=\sqrt(n)ton obtient
b_n=\int_{0}^{1}{\frac{1-(1-t^2)^n}{t^2}}dt qui est intégrable car  
[tex]\frac{1-(1-t^2)^n}{t^2}} est  équivalente à n après développement limité autour de zéro
mais comment trouver l equivalent de b_n

Posté par
jersalhre : Integrales generalisées 03-03-23 à 14:45

intégrable car
\frac{1-(1-t^2)^n}{t^2}}
est  équivalente à n après développement limité autour de zéro
mais comment trouver l equivalent de b_n
pardonner l erreur

Posté par
carpediemre : Integrales generalisées 03-03-23 à 14:54

il me semble qu'on peut intégrer les dl donc :

1/ donner un dl de l'intégrande (à un ordre convenable)
2/ calculer l'intégrale ...

Posté par
elhor_abdelali Correcteurre : Integrales generalisées 03-03-23 à 17:05

Bonjour

juste pour avoir une idée de l'équivalent


\ast commencer par remarquer que \Large\boxed{\forall t\in]0,1]~,~\frac{1-(1-t^2)^n}{t^2}=\frac{1-(1-t^2)^n}{1-(1-t^2)}=\sum_{k=0}^{n-1}(1-t^2)^k}


\ast en déduire que \Large\boxed{b_n=\sum_{k=0}^{n-1}I_{2k+1}~~,~~I_{2k+1}=\int_0^{\frac{\pi}{2}}\sin^{2k+1}x~dx}



\ast utiliser l'équivalent classique de l'intégrale de Wallis pour déduire un équivalent de b_n sauf erreur de ma part bien entendu

Posté par
elhor_abdelali Correcteurre : Integrales generalisées 03-03-23 à 18:11

Sauf erreur on trouve \Large\blue\boxed{b_n~\sim~\sqrt{n\pi}}.

Posté par
jersalhre : Integrales generalisées 03-03-23 à 18:35

Oui mais comment le prouver?

Posté par
elhor_abdelali Correcteurre : Integrales generalisées 03-03-23 à 18:59

Ton profil indique que tu es en spé. Est ce bien ça ?

Posté par
jersalhre : Integrales generalisées 03-03-23 à 18:59

Pardon MR  elhor_abdelali
Est ce que tu as utilisé les integrales de Wallis

Posté par
elhor_abdelali Correcteurre : Integrales generalisées 03-03-23 à 20:32

Oui

Posté par
elhor_abdelali Correcteurre : Integrales generalisées 03-03-23 à 20:35

J'ai utilisé le résultat connu \Large\blue\boxed{I_n=\int_0^{\frac{\pi}{2}}\sin^nx~dx~\sim~\sqrt{\frac{\pi}{2n}}}

Posté par
jandri Correcteurre : Integrales generalisées 03-03-23 à 20:37

Bonjour,
si on a à son programme le théorème de convergence dominée on obtient directement b_n\sim\sqrt n\int_0^{+\infty}\dfrac{1-e^{-t^2}}{t^2}dt
Ensuite l'intégrale se calcule par IPP avec l'intégrale de Gauss.

Posté par
elhor_abdelali Correcteurre : Integrales generalisées 03-03-23 à 20:41

Oui jandri c'est aussi une façon de faire

Posté par
jersalhre : Integrales generalisées 03-03-23 à 21:28

C est ce que j ai essayé de faire
Mais j ai pas trouvé la fonction de domination de la suite de fonction g_n(x)=\frac{1-(1-\frac{x^2}{2})^n}{x^2}

Posté par
elhor_abdelali Correcteurre : Integrales generalisées 06-03-23 à 15:04

On peut aussi y aller sans le théorème de convergence dominée en montrant directement que \Large\blue\boxed{\lim~\frac{b_n}{\sqrt n}-\sqrt\pi=0}

Posté par
elhor_abdelali Correcteurre : Integrales generalisées 06-03-23 à 15:58

Je m'explique :


\bullet Comme le mentionne jandri une IPP donne \Large\boxed{\int_0^{+\infty}\frac{1-e^{-y^2}}{y^2}dy=2\int_0^{+\infty}e^{-y^2}dy=\sqrt\pi}.


\bullet D'où pour tout entier naturel non nul n on a :

\Large\boxed{\frac{b_n}{\sqrt n}-\sqrt\pi=\underbrace{\boxed{\int_0^{\sqrt n}\frac{e^{-y^2}-(1-\frac{y^2}{n})^n}{y^2}dy}}_{a_n}-\overbrace{\boxed{\int_{\sqrt n}^{+\infty}\frac{1-e^{-y^2}}{y^2}dy}}^{c_n}}.


\bullet D'une part il n'est pas difficile de voir que \Large\boxed{\lim~c_n=0} et d'une autre part le changement de variable \Large\boxed{t=\frac{y}{\sqrt n}} donne :


\Large\boxed{a_n=\frac{1}{\sqrt n}\int_0^1\frac{e^{-nt^2}-(1-t^2)^n}{t^2}dt} ...

Posté par
jandri Correcteurre : Integrales generalisées 06-03-23 à 16:26

Très bien pour la démonstration de elhor_abdelali.

Je n'avais pas fait attention à la question de jersalh le 03-03-23 à 21:28.

La domination de g_n(x)=\dfrac{1-(1-\frac{x^2}{2})^n}{x^2} est immédiate pour x\geq1 mais pour x\leq1 il faut ruser un peu.

On montre que \ln(1-t)\geq-2t pour t\leq\dfrac12 en étudiant la fonction g(t)=2t+\ln(1-t)
En posant t=\dfrac{x^2}n\leq\dfrac12 pour n\geq2 on obtient g_n(x)\leq\dfrac{1-e^{-2x^2}}{x^2} qui est intégrable sur [0,1] par prolongement par continuité.

Posté par
elhor_abdelali Correcteurre : Integrales generalisées 06-03-23 à 18:33

Bonjour jandri


il me semble (comme tu as fait) qu'il est nécessaire de ruser


Pour ma part (je n'ai pas terminé ci-dessus pour a_n) j'ai utilisé l'encadrement (facile à établir) :


\Large\boxed{\forall x\geqslant0~,~1-x\leqslant e^{-x}\leqslant1-x+\frac{x^2}{2}} et l'identité \Large\boxed{u^n-v^n=(u-v)\sum_{k=0}^{n-1}u^kv^{n-1-k}} ce qui donne :


\Large\boxed{a_n\leqslant\frac{1}{\sqrt n}\int_0^1\frac{e^{-t^2}-1+t^2}{t^2}ne^{-(n-1)t^2}dt\leqslant\frac{e\sqrt n}{2}\int_0^1t^2e^{-nt^2}dt\leqslant\frac{e\sqrt n}{2}\int_0^1te^{-nt^2}dt\leqslant\frac{e}{4\sqrt n}}


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