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Limite

Posté par
matheux14 08-01-22 à 12:05

Bonjour

Démontrer que :

\large \lim \left(\prod^{n}_{k=1}\sqrt{1+\dfrac{k}{n}}\right)^{\Large{\sin(2\pi \sqrt{n²~ +~ 1})}}= \left(\dfrac{4}{e}\right)^{\dfrac{\pi}{2}}

Je ne vois pas vraiment comment faire..

Alors si vous aviez une piste, merci d'avance.

Posté par
carpediemre : Limite 08-01-22 à 12:14

salut

je pense que je prendrais le logarithme et me ramènerai à une somme de Riemann ...

Posté par
matheux14re : Limite 08-01-22 à 13:23

$ \ln\left[\left(\prod^{n}_{k=1}\sqrt{1+\dfrac{k}{n}}\right)^{\Large{\sin(2\pi \sqrt{n²~ +~ 1})}}\right]=\Large{\sin(2\pi \sqrt{n²~ +~ 1})}\ln\left(\prod^{n}_{k=1}\sqrt{1+\dfrac{k}{n}}\right) = \Large{\sin(2\pi \sqrt{n²~ +~ 1})}\left(\sum^{n}_{k=1}\sqrt{1+\dfrac{k}{n}}\right)

\Rightarrow $\lim \left(\prod^{n}_{k=1}\sqrt{1+\dfrac{k}{n}}\right)^{\Large{\sin(2\pi \sqrt{n²~ +~ 1})}}= \lim ~ \Large{\sin(2\pi \sqrt{n²~ +~ 1})}\left(\sum^{n}_{k=1}\sqrt{1+\dfrac{k}{n}}\right)

Posté par
carpediemre : Limite 08-01-22 à 13:33

faux : il manque un ln ...

et on passera à la limite quand il sera temps de passer à la limite ...

Posté par
matheux14re : Limite 08-01-22 à 13:52

Oups

matheux14 @ 08-01-2022 à 13:23

$ \ln\left[\left(\prod^{n}_{k=1}\sqrt{1+\dfrac{k}{n}}\right)^{\Large{\sin(2\pi \sqrt{n²~ +~ 1})}}\right]=\Large{\sin(2\pi \sqrt{n²~ +~ 1})}\ln\left(\prod^{n}_{k=1}\sqrt{1+\dfrac{k}{n}}\right) = \Large{\sin(2\pi \sqrt{n²~ +~ 1})}\left(\sum^{n}_{k=1}\sqrt{1+\dfrac{k}{n}}\right)

\Rightarrow $\lim \ln\left(\prod^{n}_{k=1}\sqrt{1+\dfrac{k}{n}}\right)^{\Large{\sin(2\pi \sqrt{n²~ +~ 1})}}= \lim ~ \Large{\sin(2\pi \sqrt{n²~ +~ 1})}\left(\sum^{n}_{k=1}\sqrt{1+\dfrac{k}{n}}\right)

Posté par
carpediemre : Limite 08-01-22 à 13:58

carpediem @ 08-01-2022 à 13:33

faux : il manque un ln ...

et on passera à la limite quand il sera temps de passer à la limite ...

Posté par
matheux14re : Limite 08-01-22 à 14:00

$\ln \left(\prod^{n}_{k=1}\sqrt{1+\dfrac{k}{n}}\right)^{\Large{\sin(2\pi \sqrt{n²~ +~ 1})}}= \Large{\sin(2\pi \sqrt{n²~ +~ 1})}\left(\sum^{n}_{k=1}\sqrt{1+\dfrac{k}{n}}\right)

Posté par
carpediemre : Limite 08-01-22 à 14:46

faux ...

Posté par
larrechre : Limite 08-01-22 à 14:47

Bonjour,

@matheux14 Tu persistes dans ton erreur !!

Posté par
matheux14re : Limite 08-01-22 à 15:44

Ah oui, c'est le k qui bouge

Posté par
carpediemre : Limite 08-01-22 à 16:28

  

Posté par
matheux14re : Limite 08-01-22 à 16:50

matheux14 @ 08-01-2022 à 14:00

$\ln \left(\prod^{n}_{k=1}\sqrt{1+\dfrac{k}{n}}\right)^{\Large{\sin(2\pi \sqrt{n²~ +~ 1})}}= \Large{\sin(2\pi \sqrt{n²~ +~ 1})} \ln\left(\sum^{n}_{k=1}\sqrt{1+\dfrac{k}{n}}\right)


Comme çà ?

Posté par
larrechre : Limite 08-01-22 à 16:59

matheux14 tu nous désespère, le log transforme un produit en somme, oui, mais en somme des logs!

Posté par
lakere : Limite 08-01-22 à 16:59

Bonjour,

Je ne fais que passer :

Le log d'une somme et une somme de log, ce n'est pas tout à fait la même chose.

Posté par
larrechre : Limite 08-01-22 à 17:01

désespères et moi aussi je me désespère

Posté par
matheux14re : Limite 08-01-22 à 20:07

$\ln \left(\prod^{n}_{k=1}\sqrt{1+\dfrac{k}{n}}\right)^{\Large{\sin(2\pi \sqrt{n²~ +~ 1})}}= \Large{\sin(2\pi \sqrt{n²~ +~ 1})} \left[\ln\left(\sqrt{1+\dfrac{1}{n}}\right)+\ln\left(\sqrt{1+\dfrac{2}{n}}\right)+\ln\left(\sqrt{1+\dfrac{3}{n}}\right) + \dots+ \ln\left(\sqrt{1+\dfrac{n}{n}}\right)\right] =\Large{\sin(2\pi \sqrt{n²~ +~ 1})} \sum^{n}_{k=1} \ln \left(\sqrt{1+\dfrac{k}{n}}\right)

Posté par
larrechre : Limite 08-01-22 à 21:04

Voilà. Maintenant , fais apparaître une somme de Riemann.

mais je ne fais également que passer

Posté par
elhor_abdelali Correcteurre : Limite 08-01-22 à 21:11

Bonsoir

L'idée de carpediem est bonne

il faudra juste remarquer que :

\Large \boxed{\sin\left(2\pi\sqrt{n^2+1}\right)=\sin\left(2\pi n\sqrt{1+\frac{1}{n^2}}\right)=\sin\left(2\pi n(1+\frac{1}{2n^2}+o(\frac{1}{n^2}))\right)=\sin\left(\frac{\pi}{n}+o(\frac{1}{n})\right)\sim\frac{\pi}{n}}

Posté par
larrechre : Limite 08-01-22 à 21:21

Il n'est pas indispensable d'avoir recours à un développement asymptotique.

mais laissons matheux14 chercher un peu...

Posté par
carpediemre : Limite 08-01-22 à 22:05

oui on attend de voir la somme de Riemann explicitement ...

Posté par
matheux14re : Limite 16-01-22 à 00:51

Bonsoir

$\ln \left(\prod^{n}_{k=1}\sqrt{1+\dfrac{k}{n}}\right)^{\Large{\sin(2\pi \sqrt{n²~ +~ 1})}}= \Large{\sin(2\pi \sqrt{n²~ +~ 1})} \sum^{n}_{k=1} \ln \left(\sqrt{1+\dfrac{k}{n}}\right) =\dfrac{1}{2} \Large{\sin(2\pi \sqrt{n²~ +~ 1})} \sum^{n}_{k=1} \ln \left(1+\dfrac{k}{n}\right) = \dfrac{1}{2} \Large{\sin\left(2\pi n \sqrt{1~ +~ \dfrac{1}{n²}}\right)} \sum^{n}_{k=1} \ln \left(1+\dfrac{k}{n}\right)  \\ \sim _{n \to 0}   \dfrac{1}{2} \Large{\sin\left(2\pi n \left(1~ +~ \dfrac{1}{2n²}\right)\right)} \sum^{n}_{k=1} \ln \left(1+\dfrac{k}{n}\right) \\\ \dfrac{1}{2} \Large{\sin\left(2\pi n ~ +~ \dfrac{\pi}{n}\right)} \sum^{n}_{k=1} \ln \left(1+\dfrac{k}{n}\right) \\\ \sim_{n \to 0} \dfrac{1}{2} \Large{\sin\left( \dfrac{\pi}{n}\right)} \sum^{n}_{k=1} \ln \left(1+\dfrac{k}{n}\right) \\\ \sim_{n \to 0} \dfrac{\pi}{2n} \sum^{n}_{k=1} \ln \left(1+\dfrac{k}{n}\right)


\Large \lim \dfrac{\pi}{2n} \sum^{n}_{k=1} \ln \left(1+\dfrac{k}{n}\right) = \dfrac{\pi}{2} \int^{1}_{0} \ln(1+x) dx = \dfrac{\pi}{2} \left( \left[x \ln(1+x)\right]^{1}_{0} - \int^{1}_{0} \dfrac{x}{x+1} dx \right) = \dfrac{\pi}{2} \left( \ln(2) - \int^{1}_{0} \left(\dfrac{x+1}{x+1} - \dfrac{1}{x+1}\right) dx\right)= \dfrac{\pi}{2} \left( \ln(2) - \left[x-\ln(x+1)\right]^{1}_{0}\right) = \dfrac{\pi}{2} (2\ln(2)-1) \\\\\\\\ \large \lim \left(\prod^{n}_{k=1}\sqrt{1+\dfrac{k}{n}}\right)^{\Large{\sin(2\pi \sqrt{n²~ +~ 1})}}= e^{\frac{\pi}{2}(2\ln(2)-1)} =  \left(\dfrac{4}{e}\right)^{\dfrac{\pi}{2}}

Posté par
carpediemre : Limite 16-01-22 à 10:28

sans utiliser les équivalents mais ce que j'ai appris en première :

\ln \left( \prod_1^n \sqrt {1 + \dfrac k n} \right)^{\sin (2\pi \sqrt{n^2 + 1)}} = \sin(2\pi {\sqrt {n^2 + 1}) \sum_1^n \ln \left( \sqrt {1 + \dfrac k n} \right) = \dfrac n 2 \sin \left(2\pi n \sqrt {1 + \dfrac 1 {n^2}} \right) \dfrac 1 n \sum_1^n \ln \left( 1 + \dfrac k n\right)

or   \dfrac n 2 \sin \left( 2 \pi n \sqrt {1 +\dfrac 1 {n^2}} \right) = \pi \dfrac {\sqrt {1 + \dfrac 1 {n^2}} - 1} {\dfrac 1 {n^2} - 0} \times \dfrac {\sin \left( 2 \pi n \sqrt {1 + \dfrac 1 {n^2}} \right) - \sin (2 \pi n)}{2 \pi n \sqrt {1 + \dfrac 1 {n^2}} - 2 \pi n}

donc   \ln \left( \prod_1^n \sqrt {1 + \dfrac k n} \right)^{\sin (2\pi \sqrt{n^2 + 1)}} = \pi \dfrac {\sqrt {1 + \dfrac 1 {n^2}} - \sqrt {1 + 0}} {\dfrac 1 {n^2} - 0} \times \dfrac {\sin \left( 2 \pi n \sqrt {1 + \dfrac 1 {n^2}} \right) - \sin (2 \pi n)}{2 \pi n \sqrt {1 + \dfrac 1 {n^2}} - 2 \pi n} \times \dfrac 1 n \sum_1^n \ln \left( 1 + \dfrac k n\right)

le premier taux de variation tend vers (x \mapsto \sqrt x)'_{x = 1}

le deuxième taux de variation tend vers (x \mapsto \sin x)'_{x = 2 \pi n}

la somme de Riemann tend vers \int_1^2 \ln x dx

ces trois limites sont finies et on peut donc calculer sans pb leur produit ... sans oublier le facteur \pi

PS : sachant que les fonctions x --> x et x --> x + 1 ont même dérivée et connaissant une primitive de la fonction ln on a immédiatement qu'une primitive de la fonction x --> ln(x + 1) est la fonction x --> (x + 1) ln (x + 1) - (x + 1)

et sans le savoir même pour une intégration par partie je préfère partir de (x + 1) ln (x + 1) que de x ln (x + 1) ... la deuxième intégrale étant alors triviale ...

Posté par
larrechre : Limite 16-01-22 à 13:00

Bonjour,

En ce qui concerne le sinus, on peut remarquer que

(\sqrt{n^2+1}+n)(\sqrt{n^2+1}-n)=1, de telle sorte que

\sin(2\pi\sqrt{n^2+1})=\sin(2\pi n+\dfrac{1}{\sqrt{n^2+1}+n})= \sin(\dfrac{1}{\sqrt{n^2+1}+n})

après quoi, c'est l'astuce classique, on divise et multiplie par \dfrac{1}{\sqrt{n^2+1}+n} pour passer à la limite

Posté par
carpediemre : Limite 16-01-22 à 13:28

ne manquerait-il pas un 2pi ?

Posté par
larrechre : Limite 16-01-22 à 14:13

Oui, il s'est égaré en route..

Citation :
\sin(2\pi\sqrt{n^2+1})=\sin(2\pi n+\dfrac{2\pi}{\sqrt{n^2+1}+n})= \sin(\dfrac{2\pi}{\sqrt{n^2+1}+n})

après quoi, c'est l'astuce classique, on divise et multiplie par \dfrac{2\pi}{\sqrt{n^2+1}+n} pour passer à la limite

Posté par
matheux14re : Limite 16-01-22 à 21:14

Salut carpediem je trouve \dfrac{\pi}{2} \cos(2\pi n) (2\ln(2) - 1) avec votre méthode..

Posté par
carpediemre : Limite 16-01-22 à 23:22

il ne doit plus y avoir de n quand tu passes à la limite ...

et cos (2n) = ... ?

Posté par
matheux14re : Limite 17-01-22 à 01:00

Oui ça marche et c'est plus simple.

cos(2πn) = 1

Merci beaucoup

Posté par
carpediemre : Limite 17-01-22 à 15:15

de rien


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