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Posté par
matheux14 23-02-23 à 18:55

Bonjour,

Merci d'avance.

Longtemps que je travaille sur ce problème.

Ma résolution est elle correcte ?

Pas très convaincu de mon résultat final, mais je poste quand même.

x, y > 0, on pose

\mathcal{I}_n(x, y) =\begin{aligned} \displaystyle\int^{\pi/2}_0 \sin^{nx}(t) \cos^{ny}(t) dt \end{aligned}, \mathcal{J}_n(x, y) = \sqrt{\dfrac{\dfrac{\pi}{n}}{x + y}} w^{\frac{n}{2}} et w = \dfrac{x^x y^y}{(x + y)^{x + y}}

Evaluer \mathcal{L} tel que \mathcal{L} = \lim\limits_{n \longrightarrow \infty} \left[n \ln\left(\dfrac{\mathcal{I}_n(x, y)}{\mathcal{J}_n(x, y)}\right)\right]

Réponse :

On commence par calculer la valeur de \mathcal{J}_n(x, y). En utilisant la formule de Stirling pour les factorielles, on a :

\begin{aligned}\mathcal{J}_n(x, y) &= \sqrt{\dfrac{\dfrac{\pi}{n}}{x + y}} w^{\frac{n}{2}} \ &= \sqrt{\dfrac{\dfrac{\pi}{n}}{x + y}} \left(\dfrac{x^x y^y}{(x + y)^{x + y}}\right)^{\frac{n}{2}} \ &= \sqrt{\dfrac{\dfrac{\pi}{n}}{x + y}} \exp\left(\dfrac{n}{2}\ln\left(\dfrac{x^x y^y}{(x + y)^{x + y}}\right)\right) \ &= \sqrt{\dfrac{\dfrac{\pi}{n}}{x + y}} \exp\left(\dfrac{n}{2}\left[x\ln\left(\dfrac{x}{x + y}\right) + y\ln\left(\dfrac{y}{x + y}\right) + \ln\left(\dfrac{\pi}{n(x + y)}\right)\right]\right)\end{aligned}

Ensuite, pour évaluer \mathcal{I}_n(x, y), nous allons utiliser la formule de duplication de Legendre pour les intégrales :

\sin^nx(t) = \dfrac{1}{2^n}\sum_{k=0}^n \binom{n}{k} \sin^{n-2k}(t) \cos^{k}(t) \sin^{2k}(t)

En utilisant cette formule, nous avons :

\begin{aligned}\mathcal{I}n(x, y) &= \displaystyle\int^{\pi/2}_0 \sin^{nx}(t) \cos^{ny}(t) dt \ &= \dfrac{1}{2^n}\sum{k=0}^n \binom{n}{k} \displaystyle\int^{\pi/2}_0 \sin^{n-2k}(t) \cos^{k+ y}(t) dt \ &= \dfrac{1}{2^n}\sum{k=0}^n \binom{n}{k} \mathcal{I}{n-2k}(x, y + k)\end{aligned}

Maintenant, on peut calculer la limite \mathcal{L} :

\begin{aligned}\mathcal{L} &= \lim\limits_{n \longrightarrow \infty} \left[n \ln\left(\dfrac{\mathcal{I}n(x, y)}{\mathcal{J}n(x, y)}\right)\right] \ &= \lim\limits_{n \longrightarrow \infty} \left[n \ln(\mathcal{I}n(x, y)) - n \ln(\mathcal{J}_n(x, y))\right] \ &= \lim\limits_{n \longrightarrow \infty} n \ln\left(\sum{k=0}^n \binom{n}{k} \dfrac{\mathcal{I}{n-2k}(x, y + k)}{2^n}\right) - \dfrac{n}{2}x \\ \mathcal{L} &= \lim\limits_{n \longrightarrow \infty} \left[n \ln\left(\dfrac{\mathcal{I}n(x, y)}{\mathcal{J}n(x, y)}\right)\right] \ &= \lim\limits_{n \longrightarrow \infty} \left[n \ln(\mathcal{I}n(x, y)) - n \ln(\mathcal{J}n(x, y))\right] \ &= \lim\limits_{n \longrightarrow \infty} \left[n \ln\left(\sum{k=0}^n \binom{n}{k} \dfrac{\mathcal{I}{n-2k}(x, y + k)}{2^n}\right) - \dfrac{n}{2}\left[x\ln\left(\dfrac{x}{x + y}\right) + y\ln\left(\dfrac{y}{x + y}\right) + \ln\left(\dfrac{\pi}{n(x + y)}\right)\right]\right] \ &= \lim\limits_{n \longrightarrow \infty} \left[n \ln\left(\sum_{k=0}^n \binom{n}{k} \dfrac{\mathcal{I}_{n-2k}(x, y + k)}{2^n}\right) - \dfrac{n}{2}\left[x\ln\left(1 + \dfrac{y}{x}\right) + y\ln\left(1 + \dfrac{x}{y}\right) + \ln\left(\dfrac{\pi}{n(x + y)}\right)\right]\right]\end{aligned}

Maintenant, pour évaluer cette limite, nous allons utiliser la méthode de la méthode de la phase stationnaire pour l'intégrale \mathcal{I}_{n-2k}(x, y + k). La phase stationnaire est atteinte lorsque \sin^{n-2k}(t) \cos^{k + y}(t) est maximal. Cela se produit lorsque \tan(t) = \dfrac{k+y}{n-2k}. En utilisant cette valeur pour t, nous avons :

\begin{aligned}\sin^{n-2k}(t) \cos^{k + y}(t) &= \left(\dfrac{k+y}{n-2k}\right)^{n-2k}\left(\dfrac{n-k}{n-2k}\right)^{k+y} \ &= \exp\left((n-2k)\ln\left(\dfrac{k+y}{n-2k}\right) + (k+y)\ln\left(\dfrac{n-k}{n-2k}\right)\right)\end{aligned}

Maintenant, nous pouvons approximer \mathcal{I}_{n-2k}(x, y + k) par :

\begin{aligned} \mathcal{I}{n-2k}(x, y + k) &\approx \sin^{n-2k}(t_0) \cos^{k + y}(t_0) \displaystyle\int{-\infty}^{\infty} e^{-n\left(\dfrac{t-t_0}{\epsilon}\right)^2} dt \ &= \exp\left((n-2k)\ln\left(\dfrac{k+y}{\mathcal{I}{n-2k}(x, y+k)}\right)\right) \ &\approx \sin^{n-2k}(t_0) \cos^{k+y}(t_0) \displaystyle\int{-\infty}^{\infty} e^{-n\left(\frac{t-t_0}{\epsilon}\right)^2} dt \ &= \exp\left((n-2k)\ln\left(\frac{k+y}{x}\right) + (k+y)\ln\left(\frac{\cos (t_0)}{\sin (t_0)}\right) - n\ln\left(\frac{2\epsilon}{\pi}\right)\right) \end{aligned}

En utilisant cette approximation, nous pouvons réécrire \mathcal{I}_n(x, y) comme suit :

\begin{aligned} \mathcal{I}_n (x,y) &\approx \sum{k=0}^{n/2} \binom{n}{k} \frac{\exp\left((n-2k)\ln\left(\frac{k+y}{x}\right) + (k+y)\ln\left(\frac{\cos t_0}{\sin t_0}\right) - n\ln\left(\frac{2\epsilon}{\pi}\right)\right)}{2^n} \ &= \sum_{k=0}^{n/2} \binom{n}{k} \frac{\exp\left(n\ln\left(\frac{k+y}{x}\right) - 2k\ln\left(\frac{k+y}{x}\right) + (k+y)\ln\left(\frac{\cos t_0}{\sin t_0}\right) - n\ln\left(\frac{2\epsilon}{\pi}\right)\right)}{2^n} \end{aligned}

En utilisant la formule de Stirling, on peut approximer la factorielle comme suit :

\binom{n}{k} \approx \frac{n^k}{k!}\exp(-k)\qquad \text{lorsque } n \rightarrow \infty

En utilisant cette approximation, nous pouvons réécrire \mathcal{I}_n(x,y) comme suit :

\begin{aligned} \mathcal{I}n(x,y) &\approx \sum{k=0}^{n/2} \frac{\exp\left(n\ln\left(\frac{k+y}{x}\right) - 2k\ln\left(\frac{k+y}{x}\right) + (k+y)\ln\left(\frac{\cos t_0}{\sin t_0}\right) - n\ln\left(\frac{2\epsilon}{\pi}\right) + k - n\right) n^k}{k! 2^n} \end{aligned}

Maintenant, nous pouvons réécrire \mathcal{L} comme suit :

\begin{aligned} \mathcal{L} &= \lim_{n\rightarrow\infty} \left[n\ln\left(\frac{\mathcal{I}n(x,y)}{\mathcal{J}n(x,y)}\right)\right] \ &= \lim_{n\rightarrow\infty} \left[n\ln\left(\frac{\sum{k=0}^{n/2} \frac{\exp\left(n\ln\left(\frac{x+y}{y+k}\right) + (n-2k)\ln\left(\frac{k+y}{x+y}\right)\right)}{2^n}}{\sqrt{\frac{\pi}{n(x+y)}}\left(\frac{x^xy^y}{(x+y)^{x+y}}\right)^{\frac{n}{2}}}\right)\right] \end{aligned}

Ensuite, nous pouvons simplifier cette expression en divisant numérateur et dénominateur par \frac{x^xy^y}{(x+y)^{x+y}} pour obtenir :

\begin{aligned} \mathcal{L} &= \lim_{n\rightarrow\infty} \left[n\ln\left(\frac{\sum_{k=0}^{n/2} \frac{\exp\left(n\ln\left(\frac{x+y}{y+k}\right) + (n-2k)\ln\left(\frac{k+y}{x+y}\right)\right)}{2^n}\frac{(x+y)^{x+y}}{x^xy^y}}{\sqrt{\frac{\pi}{n(x+y)}}}\right)\right]\end{aligned}

En utilisant la formule de Stirling n! \approx \sqrt{2\pi n}\left(\frac{n}{e}\right)^n pour n!, nous pouvons simplifier l'expression en facteur préexponentiel en utilisant les approximations \ln(n!) \approx n\ln(n) - n pour n \rightarrow \infty :

\begin{aligned} \mathcal{L} &= \lim_{n\rightarrow\infty} \left[n\ln\left(\frac{\sum_{k=0}^{n/2} \frac{\exp\left(n\ln\left(\frac{x+y}{y+k}\right) + (n-2k)\ln\left(\frac{k+y}{x+y}\right)\right)}{2^n}\frac{(x+y)^{x+y}}{x^xy^y}}{\sqrt{\frac{\pi}{n(x+y)}}}\right] \ &= \lim_{n\rightarrow\infty} \left[\ln\left(\frac{(x+y)^{x+y}}{x^xy^y}\right)n + \ln\left(\frac{1}{\sqrt{2\pi n}}\right) + \ln\left(\sum_{k=0}^{n/2} \frac{\exp\left((n-2k)\ln\left(\frac{k+y}{x+y}\right) + n\ln\left(\frac{x+y}{y+k}\right)\right)}{2^n}\right)\right] \ &= \lim_{n\rightarrow\infty} \left[\ln\left(\frac{(x+y)^{x+y}}{x^xy^y}\right)n + \ln\left(\frac{1}{\sqrt{2\pi n}}\right) + n \ln\left(\sum_{k=0}^{n/2} \frac{\exp\left((n-2k)\ln\left(\frac{k+y}{x+y}\right) + n\ln\left(\frac{x+y}{y+k}\right)\right)}{2^n}\right)\right] \end{aligned}

Nous allons maintenant séparer les termes qui croissent le plus rapidement lorsque n \rightarrow \infty. Pour cela, nous utilisons la méthode de la sommation de Laplace. La fonction à sommer est :

\begin{aligned} f(k) &= \exp\left((n-2k)\ln\left(\frac{k+y}{x+y}\right) + n\ln\left(\frac{x+y}{y+k}\right)\right) \ &= \exp\left((n-2k)\ln(k+y) + (n-2k)\ln\left(\frac{1}{x+y}\right) + n\ln(x+y) - n\ln(y+k)\right) \ &= \exp\left(-n\left(\ln\left(\frac{y+k}{k+y}\right)\frac{(k+y)^2}{2(x+y)} + \ln(y+k) - \ln(x+y)\frac{(k+y)}{(x+y)}\right)\right) \ &= \exp\left(-n\phi(k)\right) \end{aligned}

où \phi(k) = \ln\left(\frac{y+k}{k+y}\right)\frac{(k+y)^2}{2(x+y)} + \ln(y+k) - \ln(x+y)\frac{(k+y)}{(x+y)}.

Pour déterminer la valeur de k pour laquelle \phi(k) est maximale, nous dérivons \phi(k) par rapport à k :

\begin{aligned} \phi'(k) &= \frac{(k+y)^2}{2(x+y)}\left[\frac{1}{y+k} - \frac{1}{k+y}\right] + \frac{1}{y+k} - \frac{(k+y)}{(x+y)}\left[\frac{1}{y+k} - \frac{1}{k+y}\right] \ &= \frac{2}{y+k} - \frac{2(k+y)}{(x+y)}\frac{1}{y+k} \ &= \frac{2(x-k)}{(x+y)(y+k)} \end{aligned}

Cette dérivée s'annule en k = x - \frac{xy}{x+y}. Nous avons donc trouvé la valeur de k pour laquelle \phi(k) est maximale.

En utilisant la méthode de la sommation de Laplace, nous approximons maintenant la somme \sum_{k=0}^{n/2} f(k) par l'intégrale :

\begin{aligned} \sum_{k=0}^{n/2} f(k) &\approx \int_0^{n/2} \exp\left(-n\phi(x - \frac{xy}{x+y})\right) dx \ &= \int_0^{n/2} \exp\left(-n\phi(x) - n\frac{xy}{x+y}\right) dx \ &= \int_0^{\infty} \exp\left(-n\phi(x) - n\frac{xy}{x+y}\right) \chi_{[0, n/2]}(x) dx \end{aligned}

où \phi(x) = -\ln\left(\frac{x+y}{x}\right) et \chi_{[0, n/2]}(x) est la fonction indicatrice de l'intervalle [0, n/2].

En utilisant le même changement de variable t = \frac{x}{n} que précédemment, nous obtenons :

\begin{aligned} \sum_{k=0}^{n/2} f(k) &\approx \int_0^{\infty} \exp\left(-n\phi\left(\frac{t}{n}\right) - n\frac{xy}{(t/n)+y}\right) \chi_{[0, 1/2]}(t) dt \ &= \int_0^{\infty} \exp\left(-n\phi(t) - n\frac{xy}{t+y})\right) \chi_{[0, 1/2]}(t) dt \end{aligned}

où \chi_{[0, 1/2]}(t) est la fonction indicatrice de l'intervalle [0, 1/2].

En utilisant à nouveau la méthode de la phase stationnaire, nous cherchons maintenant à approximer l'intégrale ci-dessus en utilisant l'expression :

\begin{aligned}\int_{-\infty}^{\infty} g(t) e^{-n\phi(t)} dt \approx \sqrt{\frac{2\pi}{n\phi''(t_0)}} g(t_0) e^{-n\phi(t_0)} \end{aligned}

où \phi''(t_0) est la dérivée seconde de \phi en son point critique t_0.

En identifiant g(t) = \exp\left(-n\frac{xy}{t+y}\right) \chi_{[0, 1/2]}(t), nous obtenons :

\begin{aligned} \sum_{k=0}^{n/2} f(k) &\approx \sqrt{\frac{2\pi}{n\phi''(t_0)}} g(t_0) e^{-n\phi(t_0)} \ &= \sqrt{\frac{2\pi}{n\phi''(t_0)}} \exp\left(-n\frac{xy}{t_0+y}\right) \chi_{[0, 1/2]}(t_0) \exp\left(-n\phi(t_0)\right) \end{aligned}

Nous avons maintenant toutes les pièces pour approximer \mathcal{L} en utilisant la méthode de la phase stationnaire et la méthode de la sommation de Laplace. En combinant les expressions précédentes, nous obtenons :

\begin{aligned} \mathcal{L} &\approx \ln\left(\frac{(x+y)^{x+y}}{x^xy^y}\right)n + \ln\left(\frac{1}{\sqrt{2\pi}}\right) + \sqrt{\frac{n}{2\pi}} \exp\left(-n\phi(\hat{x})\right) \left[\frac{\exp\left(\frac{\alpha(\hat{x})}{\epsilon^2}\right)}{\sqrt{\alpha''(\hat{x})}}\right] \ &= \ln\left(\frac{(x+y)^{x+y}}{x^xy^y}\right)n + \ln\left(\frac{1}{\sqrt{2\pi}}\right) + \sqrt{\frac{n}{2\pi}} \exp\left(-n\phi(\hat{x})\right) \left[\frac{\exp\left(\frac{2\hat{x}(y-x)}{\epsilon^2}\right)}{\sqrt{(x+y)\hat{x}(1-\hat{x})}}\right] \end{aligned}

où \hat{x} est la solution de \phi'(\hat{x})=0 et \alpha(\hat{x})=\ln\left(\frac{(x+y)\hat{x}}{1-\hat{x}}\right)-\frac{\hat{x}(y-x)^2}{(x+y)(1-\hat{x})}.

Cette expression est une approximation de la limite \mathcal{L} pour de grandes valeurs de n. Elle peut être utilisée pour obtenir une approximation numérique de la limite pour des valeurs données de x et y, en utilisant des méthodes numériques pour trouver \hat{x} et en évaluant l'expression pour \mathcal{L} avec les valeurs correspondantes.

Posté par
matheux14re : Limite 23-02-23 à 19:15

Quelques erreurs LaTeX à partir de la 6e ligne

Citation :
\begin{aligned}\mathcal{I}n(x, y) &= \displaystyle\int^{\pi/2}_0 \sin^{nx}(t) \cos^{ny}(t) dt \ &= \dfrac{1}{2^n}\sum_{k=0}^n \binom{n}{k} \displaystyle\int^{\pi/2}_0 \sin^{n-2k}(t) \cos^{k+ y}(t) dt \ &= \dfrac{1}{2^n}\sum_{k=0}^n \binom{n}{k} \mathcal{I}{n-2k}(x, y + k)\end{aligned}

Maintenant, on peut calculer la limite \mathcal{L} :

\begin{aligned}\mathcal{L} &= \lim\limits_{n \longrightarrow \infty} \left[n \ln\left(\dfrac{\mathcal{I}n(x, y)}{\mathcal{J}n(x, y)}\right)\right] \ &= \lim\limits_{n \longrightarrow \infty} \left[n \ln(\mathcal{I}n(x, y)) - n \ln(\mathcal{J}_n(x, y))\right] \ &= \lim\limits_{n \longrightarrow \infty} n \ln\left(\sum_{k=0}^n \dbinom{n}{k} \dfrac{\mathcal{I}{n-2k}(x, y + k)}{2^n}\right) - \dfrac{n}{2}x \\ \mathcal{L} &= \lim\limits_{n \longrightarrow \infty} \left[n \ln\left(\dfrac{\mathcal{I}n(x, y)}{\mathcal{J}n(x, y)}\right)\right] \ &= \lim\limits_{n \longrightarrow \infty} \left[n \ln(\mathcal{I}n(x, y)) - n \ln(\mathcal{J}n(x, y))\right] \ &= \lim\limits_{n \longrightarrow \infty} \left[n \ln\left(\sum_{k=0}^n \dbinom{n}{k} \dfrac{\mathcal{I}_{n-2k}(x, y + k)}{2^n}\right) - \dfrac{n}{2}\left[x\ln\left(\dfrac{x}{x + y}\right) + y\ln\left(\dfrac{y}{x + y}\right) + \ln\left(\dfrac{\pi}{n(x + y)}\right)\right]\right] \ &= \lim\limits_{n \longrightarrow \infty} \left[n \ln\left(\sum_{k=0}^n \dbinom{n}{k} \dfrac{\mathcal{I}_{n-2k}(x, y + k)}{2^n}\right) - \dfrac{n}{2}\left[x\ln\left(1 + \dfrac{y}{x}\right) + y\ln\left(1 + \dfrac{x}{y}\right) + \ln\left(\dfrac{\pi}{n(x + y)}\right)\right]\right]\end{aligned}

Posté par
Ulmierere : Limite 23-02-23 à 19:39

C'est difficilement lisible et truffé d'erreurs de typo et de calcul, en plus d'être compliqué et largement au dessus du niveau bac+2


On a tout simplement en faisant les changements de variable u = sin(t) puis v = u² la relation

I_n(x,y) = \dfrac12 B\left(\dfrac{nx+1}{2},\dfrac{ny+1}{2}\right)

La fonction Beta est symétrique, donc I_n aussi pour tout n et son écriture en termes de fonction \Gamma permet d'utiliser la formule de Stirling pour trouver B(X,Y) \sim (2\pi)^{1/2} \times \dfrac{X^{X-1/2}Y^{Y-1/2}}{(X+Y)^{X+Y-1/2}} lorsque X et Y tendent vers l'infni.

Comme x et y sont strictement positifs, tu dois pouvoir retomber sur tes pattes en utilisant l'expression que je t'ai donnée de I_n (mais vérifie-la avant, j'ai pu me planter dans mes calculs)

Posté par
matheux14re : Limite 23-02-23 à 22:30

Tout d'abord, on peut vérifier que la relation donnée pour \mathcal{I}_n(x,y) est correcte en effectuant les changements de variable u = \sin(t) puis v = u^2 :

\begin{aligned} \\ \mathcal{I}_n(x,y) &= \int_0^{\pi/2} \sin^{nx}(t) \cos^{ny}(t) dt \\ \\ &= \int_0^1 u^{nx-1} (1-u^2)^{ny/2-1/2} du \quad \text{(en utilisant } \sin(t) = u \text{ et } \cos(t) = \sqrt{1-u^2}) \\ \\ &= \frac{1}{2} \int_0^1 v^{(nx-1)/2} (1-v)^{(ny/2-1/2)-1} dv \quad \text{(en utilisant } v = u^2) \\ \\ &= \frac{1}{2} B\left(\frac{nx+1}{2}, \frac{ny+1}{2}\right), \\ \end{aligned}

où B est la fonction Beta.

Comme la fonction Beta est symétrique, on peut en déduire que la fonction \mathcal{I}_n(x,y) est aussi symétrique en x et y, pour tout entier positif n.

On peut exprimer la fonction Beta en termes de la fonction Gamma comme suit :

B(X,  Y) = \dfrac{\Gamma(X)\Gamma(Y)}{\Gamma(X + Y)}

Avec X = \dfrac{nx+1}{2} et Y = \dfrac{ny+1}{2}

On peut appliquer la formule de Stirling pour obtenir une expression asymptotique de la fonction Gamma dans le cas où les paramètres tendent vers l'infini. La formule de Stirling est donnée par :

\Gamma(z) \sim \sqrt{2\pi}\ z^{z-1/2}e^{-z}

lorsque z \to \infty.

En utilisant cette formule pour \Gamma(X), \Gamma(Y) et \Gamma(X+Y), on a :

B(X,Y) = \dfrac{\Gamma(X)\Gamma(Y)}{\Gamma(X+Y)} \sim \dfrac{2\pi X^{X-1/2}Y^{Y-1/2} e^{-X-Y}}{\sqrt{2\pi} (X+Y)^{X+Y-1/2} e^{-X-Y}}

en simplifiant les termes, on a :

B(X,Y) \sim \sqrt{2\pi} \times \dfrac{X^{X-1/2}Y^{Y-1/2}}{(X+Y)^{X+Y-1/2}} donc

\mathcal{I}_n(x,y) \sim \dfrac{\sqrt{2\pi} X^{X-1/2}Y^{Y-1/2}}{2(X+Y)^{X+Y-1/2}}

lorsque X, Y \to \infty.


Ainsi :

\mathcal{L} = \lim\limits_{n \longrightarrow \infty} \left[n \ln\left(\dfrac{\dfrac{\sqrt{2\pi} X^{X-1/2}Y^{Y-1/2}}{2(X+Y)^{X+Y-1/2}}}{\mathcal{J}_n(x, y)}\right)\right]

= \lim\limits_{n \longrightarrow \infty} \left[n \ln\left(\dfrac{\dfrac{\sqrt{2\pi} X^{X-1/2}Y^{Y-1/2}}{2(X+Y)^{X+Y-1/2}}}{ \sqrt{\dfrac{\dfrac{\pi}{n}}{x + y}} \left(\dfrac{x^x y^y}{(x + y)^{x + y}}\right)^{\frac{n}{2}}}\right)\right]

= \lim\limits_{n \longrightarrow \infty} \left[n \ln\left(\dfrac{\dfrac{\sqrt{2\pi} \left(\dfrac{nx+1}{2}\right)^{\frac{nx+1}{2}-1/2}\left(\dfrac{ny+1}{2}\right)^{\frac{ny+1}{2}-1/2}}{2\left(\dfrac{nx+1}{2} + \dfrac{ny+1}{2}\right)^{\frac{nx+1}{2} + \frac{ny+1}{2}-1/2}}}{ \sqrt{\dfrac{\dfrac{\pi}{n}}{x + y}} \left(\dfrac{x^x y^y}{(x + y)^{x + y}}\right)^{\frac{n}{2}}}\right)\right]

Pour calculer cette limite, commençons par simplifier le quotient à l'intérieur du logarithme en utilisant la formule de Stirling :

\begin{aligned} \\ \dfrac{\dfrac{\sqrt{2\pi} \left(\dfrac{nx+1}{2}\right)^{\frac{nx+1}{2}-1/2}\left(\dfrac{ny+1}{2}\right)^{\frac{ny+1}{2}-1/2}}{2\left(\dfrac{nx+1}{2} + \dfrac{ny+1}{2}\right)^{\frac{nx+1}{2} + \frac{ny+1}{2}-1/2}}}{ \sqrt{\dfrac{\dfrac{\pi}{n}}{x + y}} \left(\dfrac{x^x y^y}{(x + y)^{x + y}}\right)^{\frac{n}{2}}} &\sim \dfrac{\sqrt{2\pi}}{2} \dfrac{\left(\dfrac{nx+1}{2}\right)^{\frac{nx+1}{2}}\left(\dfrac{ny+1}{2}\right)^{\frac{ny+1}{2}}}{\left(\dfrac{nx+1}{2} + \dfrac{ny+1}{2}\right)^{\frac{nx+ny+2}{2}}} \dfrac{(x+y)^{\frac{x+y}{2}}}{x^x y^y} \dfrac{1}{n^{1/2}} \ \\ &= \dfrac{\sqrt{2\pi}}{2} \dfrac{\left(\dfrac{nx+1}{2}\right)^{\frac{nx+1}{2}}\left(\dfrac{ny+1}{2}\right)^{\frac{ny+1}{2}}}{\left(\dfrac{nx+ny+2}{2}\right)^{\frac{nx+ny+2}{2}}} \dfrac{(x+y)^{\frac{x+y}{2}}}{x^x y^y} \dfrac{1}{n^{1/2}} \ \\ &= \dfrac{\sqrt{2\pi}}{2} \dfrac{\left(\dfrac{nx+1}{nx+ny+2}\right)^{\frac{nx+1}{2}}\left(\dfrac{ny+1}{nx+ny+2}\right)^{\frac{ny+1}{2}}}{\left(\dfrac{nx+ny+2}{2}\right)^{\frac{nx+ny+2}{2}}} \dfrac{(x+y)^{\frac{x+y}{2}}}{x^x y^y} \dfrac{1}{n^{1/2}} \ \\ &= \dfrac{\sqrt{2\pi}}{2} \left(\dfrac{nx+ny+2}{2}\right)^{-\frac{1}{2}} \left(\dfrac{nx+1}{nx+ny+2}\right)^{\frac{nx+1}{2}} \left(\dfrac{ny+1}{nx+ny+2}\right)^{\frac{ny+1}{2}} \dfrac{(x+y)^{\frac{x+y}{2}}}{x^x y^y} \dfrac{1}{n^{1/2}}. \\ \end{aligned}


Alors

\mathcal{L} = \lim\limits_{n \longrightarrow \infty} n\ln\left[\dfrac{\sqrt{2\pi}}{2} \left(\dfrac{nx+ny+2}{2}\right)^{-\frac{1}{2}} \left(\dfrac{nx+1}{nx+ny+2}\right)^{\frac{nx+1}{2}} \left(\dfrac{ny+1}{nx+ny+2}\right)^{\frac{ny+1}{2}} \dfrac{(x+y)^{\frac{x+y}{2}}}{x^x y^y} \dfrac{1}{n^{1/2}}\right]

= \lim\limits_{n \longrightarrow \infty} n\left(\ln\left(\dfrac{\sqrt{2\pi}}{2}\right) + \ln\left(\dfrac{nx+ny+2}{2}\right)^{-\frac{1}{2}} + \ln \left(\dfrac{nx+1}{nx+ny+2}\right)^{\frac{nx+1}{2}}  + \ln\left(\dfrac{ny+1}{nx+ny+2}\right)^{\frac{ny+1}{2}} + \ln \left(\dfrac{(x+y)^{\frac{x+y}{2}}}{x^x y^y}\right) + \ln\left( \dfrac{1}{n^{1/2}} \right)\right)

Alors \lim\limits_{n \longrightarrow \infty} n\ln\left(\dfrac{\sqrt{2\pi}}{2}\right) + \ln\left(\dfrac{nx+ny+2}{2}\right)^{-\frac{1}{2}}  = \ln\left(\dfrac{\sqrt{2\pi}}{2}\right)

Pour calculer \lim\limits_{n \longrightarrow \infty} n\ln \left(\dfrac{nx+1}{nx+ny+2}\right)^{\frac{nx+1}{2}} je pense utiliser la règle de L'Hôpital pour calculer cette limite.

Ensuite, en essayant d'appliquer la règle de L'Hôpital, on peut écrire :

\begin{aligned} \\ \lim_{n\rightarrow\infty} \frac{n}{2}\ln\left(\dfrac{nx+1}{nx+ny+2}\right)^{nx+1} &= \lim_{n\rightarrow\infty} \frac{\ln\left(\dfrac{nx+1}{nx+ny+2}\right)^{nx+1}}{2/n} \\ \end{aligned}

Mais dériver \ln\left(\dfrac{nx+1}{nx+ny+2}\right)^{nx+1} n'est pas chose aisée..

Posté par
Ulmierere : Limite 24-02-23 à 00:01

Avant de te lancer dans des énormes calculs qui n'aboutiront peut-être pas, regarde toujours si tu ne pourrais pas trouver un lien entre ce que tu as et l'énoncé.

En l'occurrence, notre équivalent de I_n(x,y) ressemble fortement à J_2(X,Y), et c'est d'ailleurs tout l'intérêt de ce qu'on a fait jusque là

Posté par
matheux14re : Limite 24-02-23 à 02:22

On a  \mathcal{I}_n(x, y) \sim \dfrac{\sqrt{2\pi} \left(\dfrac{nx+1}{2}\right)^{\frac{nx+1}{2}-1/2}\left(\dfrac{ny+1}{2}\right)^{\frac{ny+1}{2}-1/2}}{2\left(\dfrac{nx+1}{2} + \dfrac{ny+1}{2}\right)^{\frac{nx+1}{2} + \frac{ny+1}{2}-1/2}}

\mathcal{J}_n(x, y) = \sqrt{\dfrac{\dfrac{\pi}{n}}{x + y}} \left(\dfrac{x^x y^y}{(x + y)^{x + y}}\right)^{\dfrac{n}{2}}}\right)

\Longrightarrow \mathcal{J}_2(X, Y) &= \sqrt{\dfrac{\dfrac{\pi}{2}}{\dfrac{2x+1}{2} + \dfrac{2y+1}{2}}} \left(\dfrac{\left(\dfrac{2x+1}{2}\right)^{\frac{2x+1}{2}} \left(\dfrac{2y+1}{2}\right)^{\frac{2y+1}{2}}}{\left(\dfrac{2x+1}{2} + \dfrac{2y+1}{2}\right)^{\frac{2x+1}{2} + \frac{2y+1} {2}}}\right)\right) \\ &=  \dfrac{\sqrt{2\pi}\left(\dfrac{2x+1}{2}\right)^{\frac{2x+1}{2}} \left(\dfrac{2y+1}{2}\right)^{\frac{2y+1}{2}}}{2\left(\dfrac{2x+1}{2} + \dfrac{2y+1}{2}\right)^{\frac{2x+1}{2} + \frac{2y+1} {2}+1/2}}  

\mathcal{J}_2(x, y) = \dfrac{\sqrt{2\pi}\left(\dfrac{2x+1}{2}\right)^{\frac{2x+1}{2}} \left(\dfrac{2y+1}{2}\right)^{\frac{2y+1}{2}}}{2\left(\dfrac{2x+1}{2} + \dfrac{2y+1}{2}\right)^{\frac{2x+1}{2} + \frac{2y+1} {2}+1/2}}


On remarque que \mathcal{I}_2(x, y) = \mathcal{J}_2(x, y) \dfrac{\left[\left(\dfrac{2x+1}{2}\right) \left(\dfrac{2y+1}{2}\right)\right]^{-\frac{1}{2}}}{\left(\dfrac{2x+1}{2} + \dfrac{2y+1}{2}\right)^{-1}}

\mathcal{I}_2(x, y) = \dfrac{\dfrac{2x+1}{2} + \dfrac{2y+1}{2}}{\sqrt{\left(\dfrac{2x+1}{2}\right) \left(\dfrac{2y+1}{2}\right)}} \mathcal{J}_2(x, y)

Posté par
matheux14re : Limite 24-02-23 à 13:54

Du coup je pense que \mathcal{I}_n(x, y) = \dfrac{\dfrac{nx+1}{2} + \dfrac{ny+1}{2}}{\sqrt{\left(\dfrac{nx+1}{2}\right) \left(\dfrac{ny+1}{2}\right)}} \mathcal{J}_n(x, y) (conjecture)


Mais en vrai, on a \dfrac{\mathcal{I}_n(x, y)}{\mathcal{J}_n(x, y)} = \dfrac{\sqrt{2}(nx + 1)^{-1/2} (ny + 1)^{-1/2}\left(\dfrac{nx + 1}{2} + \dfrac{ny + 1}{2}\right)^{1/2}}{\left(n\left(\dfrac{nx + 1}{2} + \dfrac{ny + 1}{2}\right)\right)^{-1/2}}

Citation :
I_n(x,y) ressemble fortement à J_2(X,Y)


Comment cette forte ressemblance pourrait aider à simplifier les choses ?

Posté par
Ulmierere : Limite 24-02-23 à 14:27

Bon, alors si tu veux absolument faire des calculs, oublie mon histoire de J_2

\begin{array}{lcl} \\ \dfrac{I_n(x,y)}{J_n(x,y)} &\sim& \sqrt{2\pi}\dfrac{\left(\dfrac{nx+1}{2}\right)^{nx/2}\left(\dfrac{ny+1}{2}\right)^{ny/2}}{(n(x+y)+1)^{n(x+y)+1/2}} \times \dfrac{\sqrt{n}}{\sqrt{\pi}} \times \dfrac{(x+y)^{n(x+y)+1/2}}{x^{nx/2}y^{ny/2}} \times (x+y)^{-n(x+y)/2} \\ &\sim& \sqrt{2n} \dfrac{\left(\dfrac{\frac{nx+1}{2}}{x}\right)^{nx/2} \left(\dfrac{\frac{ny+1}{2}}{y}\right)^{ny/2}}{\left(\dfrac{\frac{n(x+y)+1}{2}}{x+y}\right)^{n(x+y)/2+1/2}} \times (x+y)^{-n(x+y)/2} \\ \end{array}

Ensuite \left(\dfrac{\frac{nz+1}{2}}{z}\right)^{nz/2} \sim \sqrt{e}\left(\dfrac{n}{2}\right)^{nz/2} parce que \left(\dfrac{\frac{nz+1}{2}}{z}\right)^{nz/2} = (n/2)^{nz/2} \times \left(1+\dfrac{1}{nz}\right)^{nz/2} \sim (n/2)^{nz/2} \times e^{1/2}

Applique avec z = x, y, et x+y et finis le calcul

Posté par
Ulmierere : Limite 24-02-23 à 14:31

Un petit fail dans mon calcul, il manque une grosse puissance de deux, parce que j'ai oublié de multiplier le dénominateur par la bonne puissance de deux derrière le second signe \sim

Posté par
matheux14re : Limite 24-02-23 à 14:34

Citation :
Bon, alors si tu veux absolument faire des calculs, oublie mon histoire de J_2


Ok, mais comment forte ressemblance de J2 à In pourrait simplifier les choses ici ?

Posté par
matheux14re : Limite 24-02-23 à 17:42

Vous aviez oublié de multiplier le dénominateur par 2^{n(x + y)/2 + 1/2} et je crois qu'il y a une coquille à la première ligne aussi, au niveau des exposants de (x + y) et (n(x + y) + 1), il me semble que c'est n(x + y)/2 + 1/2 et pas n(x + y) + 1/2 non ?

En simplifiant on a :

\begin{array}{lcl} \\ \dfrac{\mathcal{I}_n(x,y)}{\mathcal{J}_n(x,y)} &\sim& \sqrt{n} \dfrac{\left(\dfrac{\frac{nx + 1}{2}}{x}\right)^{nx/2} \left(\dfrac{\frac{ny + 1}{2}}{y}\right)^{ny/2}}{\left(\dfrac{\frac{n(x + y) + 1}{2}}{x + y}\right)^{n(x + y)/2 + 1/2}} (2(x + y))^{-n(x + y)/2} \\ \end{array}

Or \left(\dfrac{\frac{nz+1}{2}}{z}\right)^{nz/2} \sim \sqrt{e}\left(\dfrac{n}{2}\right)^{nz/2} parce que \left(\dfrac{\frac{nz+1}{2}}{z}\right)^{nz/2} = (n/2)^{nz/2} \times \left(1+\dfrac{1}{nz}\right)^{nz/2} \sim (n/2)^{nz/2} \times e^{1/2}

Il vient

\begin{array}{lcl} \\ \dfrac{\mathcal{I}_n(x,y)}{\mathcal{J}_n(x,y)} &\sim& \sqrt{n} \sqrt{e} \dfrac{\left(\dfrac{n}{2}\right)^{nx/2} \left(\dfrac{n}{2}\right)^{ny/2}}{\left(\dfrac{n}{2}\right)^{n(x + y)/2}} \dfrac{(2(x + y))^{-n(x + y)/2}}{\left(\dfrac{\frac{n(x + y) + 1}{2}}{x + y}\right)^{1/2}} \\ &\sim& \sqrt{2n e} \dfrac{(2(x + y))^{-n(x + y)/2}}{\left(\dfrac{n(x + y) + 1}{x + y}\right)^{1/2}} \\ \dfrac{\mathcal{I}_n(x,y)}{\mathcal{J}_n(x,y)}  &\sim& \sqrt{\dfrac{2n e(x + y)}{n(x + y) + 1}}}(2(x + y))^{-n(x + y)/2} \\ \end{array}

Posté par
matheux14re : Limite 24-02-23 à 18:34

\mathcal{L} semble tendre vers + \infty s'il n y a pas d'erreur dans les calculs..

Posté par
matheux14re : Limite 25-02-23 à 13:34

\frac{\mathcal{I}_n(x,y)}{\mathcal{J}_n(x,y)} \sim \sqrt{\frac{2ne(x+y)}{n(x+y)+1}}(2(x+y))^{-n(x+y)/2}

Donc,

\begin{aligned} n \ln\left(\frac{\mathcal{I}_n(x,y)}{\mathcal{J}_n(x,y)}\right) &= n \ln\left(\sqrt{\frac{2ne(x+y)}{n(x+y)+1}}(2(x+y))^{-n(x+y)/2}\right) \ &= \frac{n}{2} \ln\left(\frac{2ne(x+y)}{n(x+y)+1}\right) - \frac{n(x+y)}{2} \ln(2(x+y)) \ &= \frac{n}{2} \ln\left(2ne(x+y)\right) - \frac{n}{2} \ln\left(n(x+y)+1\right) - \frac{n(x+y)}{2} \ln(2(x+y)) \end{aligned}

Maintenant, on peut calculer la limite de cette expression lorsque n \rightarrow \infty. En utilisant la règle de l'Hôpital, on remarque que le premier terme tend vers l'infini plus rapidement que le deuxième et le troisième terme, donc on peut les ignorer dans le calcul de la limite. Ainsi,

\begin{aligned} \mathcal{L} &= \lim_{n\rightarrow\infty} \left[n \ln\left(\frac{\mathcal{I}n(x,y)}{\mathcal{J}n(x,y)}\right)\right] \ &= \lim_{n\rightarrow\infty} \left[\frac{n}{2} \ln\left(2ne(x+y)\right) - \frac{n}{2} \ln\left(n(x+y)+1\right) - \frac{n(x+y)}{2} \ln(2(x+y))\right] \ &= \lim_{n\rightarrow\infty} \left[\frac{n}{2} \ln\left(2ne(x+y)\right) - \frac{n}{2} \ln\left(n(x+y)+1\right)\right] \ &= \lim_{n\rightarrow\infty} \left[\frac{n}{2} \ln\left(\frac{2ne(x+y)}{n(x+y)+1}\right)\right] \ &= \lim_{n\rightarrow\infty} \left[\frac{\ln\left(\frac{2ne(x+y)}{n(x+y)+1}\right)}{\frac{2}{n}}\right] \ &= \lim_{n\rightarrow\infty} \left[\frac{\frac{2e(x+y)}{(x+y)+\frac{1}{n}}\left[\frac{2(x+y)}{(x+y)+\frac{1}{n}}-1\right]}{2}\right] \ &= \lim_{n\rightarrow\infty} \left[e(x+y)\left(2-\frac{x+y}{n(x+y)+1}\right)\right] \ &= 2e(x+y) \end{aligned}

Ainsi,

\mathcal{L} = 2e(x + y)

Posté par
Ulmierere : Limite 25-02-23 à 15:40

Oui, tu as raison, comme quoi il faut être vigilant. Mais en fait, il y a encore pire que ça

\sqrt{\dfrac{2}{\pi}}I_n(x,y) \sim \exp\left[ \dfrac{nx}{2}\log\dfrac{nx+1}{2} + \dfrac{ny}{2}\log\dfrac{ny+1}{2} - \dfrac{n(x+y)+1}{2}\log\dfrac{n(x+y)+2}{2}\right]

\sqrt{\dfrac{2}{\pi}}J_n(x,y) = \sqrt{\dfrac{2}{n}}\dfrac{x^{\frac{nx}{2}}y^{\frac{ny}{2}}}{(x+y)^{\frac{n(x+y)+1}{2}}} = \sqrt{\dfrac{2}{n}}\exp\left[ \dfrac{nx}{2}\log x +  \dfrac{ny}{2}\log y - \dfrac{n(x+y)+1}{2}\log (x+y)\right]


donc

\sqrt{\dfrac{2}{n}}\dfrac{I_n(x,y)}{J_n(x,y)} \sim \exp\left[ \dfrac{nx}{2}\log\dfrac{nx+1}{2x} \right] \exp\left[ \dfrac{ny}{2}\log\dfrac{ny+1}{2y} \right] \exp\left[ -\dfrac{n(x+y)+1}{2}\log\dfrac{n(x+y)+2}{2(x+y)} \right]

Ensuite, c'est comme on a déjà fait : \dfrac{nz+t}{2z} = \dfrac{n}{2} + \dfrac{t}{2z} = \dfrac{n}{2}\left(1 + \dfrac{t}{nz}\right)
donc
\begin{array}{lcl} \\ \left(\dfrac{nz+t}{2z}\right)^{\frac{nz+s}{2}} &\sim&  \left(\dfrac{n}{2}\right)^{\frac{nz+s}{2}} \left(1 + \dfrac{t}{nz}\right)^{\frac{nz+s}{2}} \\ &\sim&  \left(\dfrac{n}{2}\right)^{\frac{nz+s}{2}} \left(1 + \dfrac{t}{nz}\right)^{\frac{s}{2}} \sqrt{\left(1 + \dfrac{t}{nz}\right)^{nz}} \\ &\sim&  \left(\dfrac{n}{2}\right)^{\frac{nz+s}{2}}\times 1\times \sqrt{e^t} \\ &\sim&  e^{\frac{t}{2}}\left(\dfrac{n}{2}\right)^{\frac{nz+s}{2}} \\ \end{array}


On applique:
\begin{array}{lcl} \\ \sqrt{\dfrac{2}{n}}\dfrac{I_n(x,y)}{J_n(x,y)} &\sim& \sqrt{e}\left(\dfrac{n}{2}\right)^{\frac{nx}{2}} \times \sqrt{e}\left(\dfrac{n}{2}\right)^{\frac{ny}{2}} \times e^{-1}\left(\dfrac{n}{2}\right)^{-\frac{n(x+y)+1}{2}} \\ &\sim& \sqrt{\dfrac{2}{n}} \\ \end{array}

donc I_n(x,y) \sim J_n(x,y)

Ca ne permet pas de conclure directement
Il faudrait malheureusement pousser la formule de Stirling plus loin pour trouver un meilleur équivalent de la fontion log-gamma, donc de log(I_n)-log(J_n) et avec un peu de bol.

L'idée est de grouper les termes d'erreur deux par deux :

\log\Gamma(x) - nx/2\log(x)
\log\Gamma(y) - ny/2\log(y)
\log\Gamma(x+y) - f(x+y)

Faire les trois DL à un ordre suffisant, les sommer et espérer que ça donne quelque chose de non nul et équivalent à 1/n

Posté par
Ulmierere : Limite 25-02-23 à 15:47

Je voulais dire (X-1/2)\log\Gamma(X) - nx/2\log(x), etc

Posté par
matheux14re : Limite 25-02-23 à 16:47

Nous allons développer les trois expressions données à un ordre suffisant en utilisant la formule de développement limité de Stirling :
\log\Gamma(x)=\left(x-\dfrac{1}{2}\right)\log(x)-x+\dfrac{1}{2}\log(2\pi)+\dfrac{1}{12x}-\dfrac{1}{360x^3}+\dfrac{1}{1260x^5}+\cdots

Pour la première expression, nous avons :
\begin{aligned}\left(\dfrac{nx + 1}{2}\right)\log\Gamma(x) - \dfrac{nx}{2}\log(x) =\dfrac{n}{2}x\log(x)-\dfrac{n}{2}\log(x)+\dfrac{\log(2\pi)}{2}x \quad+\dfrac{1}{24x}-\dfrac{1}{720x^3}+\dfrac{1}{25200x^5}+\cdots\end{aligned}

Pour la deuxième expression, nous avons :
\begin{aligned}\left(\dfrac{ny + 1}{2}\right)\log\Gamma(y) - \dfrac{ny}{2}\log(y) &=\dfrac{n}{2}y\log(y)-\dfrac{n}{2}\log(y)+\dfrac{\log(2\pi)}{2}y \quad+\dfrac{1}{24y}-\dfrac{1}{720y^3}+\dfrac{1}{25200y^5}+\cdots\end{aligned}

Pour la troisième expression, nous avons :
\begin{aligned}\left(\dfrac{n(x + y) + 1}{2}\right)\log\Gamma(x+y) - f(x+y) &=\dfrac{n}{2}(x+y)\log(x+y)-f(x+y)\quad+\dfrac{\log(2\pi)}{2}(x+y)+\dfrac{1}{24(x+y)}-\dfrac{1}{720(x+y)^3}\quad+\dfrac{1}{25200(x+y)^5}+\cdots\end{aligned}

Maintenant, nous pouvons sommer les trois expressions :
\begin{aligned}\dfrac{n}{2}&\left[(x+y)\log(x+y)-x\log(x)-y\log(y)\right]+\log(2\pi)\dfrac{n}{2}(x+y)+\dfrac{1}{24}\left[\dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{y}-\dfrac{1}{x+y}\right]\dfrac{n}{2}-\dfrac{1}{720}\left[\dfrac{1}{x^3}+\dfrac{1}{y^3}-\dfrac{1}{(x+y)^3}\right]\dfrac{n}{2}+\dfrac{1}{25200}\left[\dfrac{1}{x^5}+\dfrac{1}{y^5}-\dfrac{1}{(x+y)^5}\right]\dfrac{n}{2}+\cdots-f(x+y)\end{aligned}

Nous pouvons simplifier l'expression en factorisant les termes :
\begin{aligned}\dfrac{n}{2}\log\left(\dfrac{(x+y)^{x+y}}{x^x y^y}\right)+\dfrac{n}{2}\log(2\pi)-f(x+y)+\dfrac{1}{24}\left[\dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{y}-\dfrac{1}{x+y}\right]\dfrac{n}{2}-\dfrac{1}{720}\left[\dfrac{1}{x^3}+\dfrac{1}{y^3}-\dfrac{1}{(x+y)^3}\right]\dfrac{n}{2}+\dfrac{1}{25200}\left[\dfrac{1}{x^5}+\dfrac{1}{y^5}-\dfrac{1}{(x+y)^5}\right]\dfrac{n}{2}+\cdots\end{aligned}

Maintenant, nous pouvons simplifier les termes de la série en utilisant les identités suivantes :
\dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{y}=\dfrac{x+y}{xy}
\dfrac{1}{x^3}+\dfrac{1}{y^3}=\dfrac{x^3+y^3}{x^3y^3}
\dfrac{1}{x^5}+\dfrac{1}{y^5}=\dfrac{x^5+y^5}{x^5y^5}

En utilisant ces identités, nous avons :
\begin{aligned}\dfrac{n}{2}\log\left(\dfrac{(x+y)^{x+y}}{x^x y^y}\right)+\dfrac{n}{2}\log(2\pi)-f(x+y)+\dfrac{1}{24}\left[\dfrac{x+y}{xy}-\dfrac{1}{x+y}\right]\dfrac{n}{2}-\dfrac{1}{720}\left[\dfrac{x^3+y^3}{x^3y^3}-\dfrac{1}{(x+y)^3}\right]\dfrac{n}{2}+\dfrac{1}{25200}\left[\dfrac{x^5+y^5}{x^5y^5}-\dfrac{1}{(x+y)^5}\right]\dfrac{n}{2}+\cdots\end{aligned}

Simplifions encore les termes en utilisant les identités :
x+y = (x+y)
x^3+y^3 = (x+y)(x^2-xy+y^2)
x^5+y^5 = (x+y)(x^4-x^3y+x^2y^2-xy^3+y^4)

En utilisant ces identités, nous avons :
\begin{aligned}\dfrac{n}{2}\log\left(\dfrac{(x+y)^{x+y}}{x^x y^y}\right)+\dfrac{n}{2}\log(2\pi)-f(x+y)&+\dfrac{1}{24}\left[\dfrac{x^2+y^2}{xy(x+y)}-\dfrac{1}{x+y}\right]\dfrac{n}{2}-\dfrac{1}{720}\left[\dfrac{(x+y)(x^2-xy+y^2)}{x^3y^3}-\dfrac{1}{(x+y)^3}\right]\dfrac{n}{2}+\dfrac{1}{25200}\left[\dfrac{(x+y)(x^4-x^3y+x^2y^2-xy^3+y^4)}{x^5y^5}-\dfrac{1}{(x+y)^5}\right]\dfrac{n}{2}+\cdots\end{aligned}

Nous pouvons maintenant simplifier les termes en multipliant et divisant par x+y :

\begin{aligned}\dfrac{n}{2}\log\left(\dfrac{(x+y)^{x+y}}{x^x y^y}\right)+\dfrac{n}{2}\log(2\pi)-f(x+y)&+\dfrac{1}{24}\left[\dfrac{x^2+y^2}{xy(x+y)}-\dfrac{1}{x+y}\right]\dfrac{n}{2}-\dfrac{1}{720}\left[\dfrac{x^2-xy+y^2}{x^2y^2}+\dfrac{1}{(x+y)^2}\right]\dfrac{n}{2}+\dfrac{1}{25200}\left[\dfrac{x^4-x^3y+x^2y^2-xy^3+y^4}{x^4y^4}+\dfrac{1}{(x+y)^4}\right]\dfrac{n}{2}+\cdots\end{aligned}

Ensuite, nous pouvons rassembler les termes en commun pour obtenir :

\begin{aligned}\dfrac{n}{2}\log\left(\dfrac{(x+y)^{x+y}}{x^x y^y}\right)+\dfrac{n}{2}\log(2\pi)-f(x+y)&+\dfrac{1}{24}\left[\dfrac{(x^2+y^2)(x+y)-xy}{xy(x+y)^2}\right]\dfrac{n}{2}-\dfrac{1}{720}\left[\dfrac{x^2-xy+y^2}{x^2y^2}+\dfrac{1}{(x+y)^2}\right]\dfrac{n}{2}+\dfrac{1}{25200}\left[\dfrac{x^4-x^3y+x^2y^2-xy^3+y^4}{x^4y^4}+\dfrac{1}{(x+y)^4}\right]\dfrac{n}{2}+\cdots\end{aligned}

Finalement, nous pouvons réécrire l'expression sous la forme d'un DL à l'ordre 5 en utilisant les identités suivantes :

\begin{aligned}\dfrac{n}{2}\log\left(\dfrac{(x+y)^{x+y}}{x^x y^y}\right)+\dfrac{n}{2}\log(2\pi)-f(x+y)&+\dfrac{1}{24}\left[\dfrac{x^2+y^2}{xy(x+y)}-1\right]\dfrac{n}{2}-\dfrac{1}{720}\left[\dfrac{2x^3+3x^2y+3xy^2+2y^3}{x^2y^2(x+y)}+\dfrac{1}{(x+y)^3}\right]\dfrac{n}{2}+\dfrac{1}{25200}\left[\dfrac{6x^5+15x^4y+20x^3y^2+15x^2y^3+6xy^4}{x^4y^4(x+y)}+\dfrac{1}{(x+y)^5}\right]\dfrac{n}{2}+\cdots\end{aligned}

Cette expression peut être simplifiée en développant les termes et en regroupant les puissances de x et de y :

\begin{aligned}\dfrac{n}{2}\log\left(\dfrac{(x+y)^{x+y}}{x^x y^y}\right)+\dfrac{n}{2}\log(2\pi)-f(x+y)&+\dfrac{1}{24}\left[\dfrac{x^2+y^2}{xy(x+y)}-1\right]\dfrac{n}{2}&-\dfrac{1}{720}\left[\dfrac{2x^3+3x^2y+3xy^2+2y^3}{x^2y^2(x+y)}+\dfrac{1}{(x+y)^3}\right]\dfrac{n}{2}+\dfrac{1}{25200}\left[\dfrac{6x^5+15x^4y+20x^3y^2+15x^2y^3+6xy^4}{x^4y^4(x+y)}+\dfrac{1}{(x+y)^5}\right]\dfrac{n}{2}+\cdots&=\dfrac{n}{2}\log\left(\dfrac{(x+y)^{x+y}}{x^x y^y}\right)+\dfrac{n}{2}\log(2\pi)-f(x+y)&+\dfrac{1}{24}\left[\dfrac{x^2+y^2}{xy(x+y)}-\dfrac{1}{12}\left(\dfrac{x^2+y^2}{xy(x+y)}-1\right)\right]\dfrac{n}{2}&-\dfrac{1}{720}\left[\dfrac{2x^3+3x^2y+3xy^2+2y^3}{x^2y^2(x+y)}+\dfrac{1}{(x+y)^3}-\dfrac{1}{120}\left(\dfrac{2x^3+3x^2y+3xy^2+2y^3}{x^2y^2(x+y)}-\dfrac{7}{4}\right)\right]\dfrac{n}{2}+\cdots\end{aligned}

En regroupant les termes, nous obtenons :

\begin{aligned}\dfrac{1}{24}\left[\dfrac{13x^2+13y^2-11xy}{12xy(x+y)}\right]\dfrac{n}{2}&-\dfrac{1}{720}\left[\dfrac{11x^3+27x^2y+27xy^2+11y^3}{5x^2y^2(x+y)}+\dfrac{17}{12(x+y)^3}\right]\dfrac{n}{2}+\dfrac{1}{25200}\left[\dfrac{157x^5+488x^4y+641x^3y^2+488x^2y^3+157xy^5}{60x^4y^4(x+y)}+\dfrac{37}{8(x+y)^5}\right]\dfrac{n}{2}+\cdots\end{aligned}

Ce DL à l'ordre 5 est une approximation de la fonction F(x,y) = \left(\dfrac{n(x + y) + 1}{2}\right)\log\Gamma(x+y) - f(x+y).
-----------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------

Autre tentative :

Tout d'abord, nous avons :

\begin{aligned}\left(\dfrac{nx + 1}{2}\right)\log\Gamma(x) - \dfrac{nx}{2}\log(x) &= \dfrac{n}{2} \left(x \log(x) - x + \dfrac{1}{2} \log(2\pi x) + \dfrac{1}{12x} - \dfrac{1}{360x^3} + \dfrac{1}{1260x^5} + \cdots\right) + \dfrac{\log(n)}{2}\ &= \dfrac{n}{2} \left(x \log(x) - x + \dfrac{1}{2} \log(2\pi x)\right) + \dfrac{n}{24x} - \dfrac{n}{720x^3} + \dfrac{n}{25200x^5} + \cdots + \dfrac{\log(n)}{2} + O(1/x^6)\end{aligned}

De même, pour la deuxième expression, nous avons :

\begin{aligned}\left(\dfrac{ny + 1}{2}\right)\log\Gamma(y) - \dfrac{ny}{2}\log(y) &= \dfrac{n}{2} \left(y \log(y) - y + \dfrac{1}{2} \log(2\pi y)\right) + \dfrac{n}{24y} - \dfrac{n}{720y^3} + \dfrac{n}{25200y^5} + \cdots + \dfrac{\log(n)}{2} + O(1/y^6)\end{aligned}

Et pour la troisième expression, nous avons :

\begin{aligned}\left(\dfrac{n(x + y) + 1}{2}\right)\log\Gamma(x+y) - f(x+y) &= \dfrac{n}{2} \left((x+y)\log(x+y) - (x+y) + \dfrac{1}{2} \log(2\pi (x+y))\right)\ &\qquad+ \dfrac{n}{12(x+y)} - \dfrac{n}{360(x+y)^3} + \dfrac{n}{12600(x+y)^5} + \cdots - f(x+y) + O((x+y)^{-6})\end{aligned}

En sommant ces trois expressions, nous avons :

\begin{aligned}\dfrac{n}{2} \Bigg[&\left((x+y)\log(x+y) - (x+y) + \dfrac{1}{2}\log(2\pi(x+y))\right) + \dfrac{1}{12} \left(\dfrac{1}{x} + \dfrac{1}{y} + \dfrac{1}{x+y}\right) - \dfrac{1}{720}\left(\dfrac{2x^3+3x^2y+3xy^2+2y^3}{x^2y^2(x+y)} + \dfrac{1}{(x+y)^3}\right) + \dfrac{1}{25200}\left(\dfrac{6x^5+15x^4y+20x^3y^2+15x^2y^3+6xy^4}{x^4y^4(x+y)} + \dfrac{1}{(x+y)^5}\right) \ \\ &+ O\left(\dfrac{1}{x^6}, \dfrac{1}{y^6}, \dfrac{1}{(x+y)^6}\right) \Bigg].\end{aligned}

Nous pouvons également simplifier les termes logarithmiques en utilisant la formule de Stirling :

\log(x!) = x\log(x) - x + \dfrac{1}{2}\log(2\pi x) + O\left(\dfrac{1}{x}\right).

Nous avons donc :

\begin{aligned}\left((x+y)\log(x+y) - (x+y) + \dfrac{1}{2}\log(2\pi(x+y))\right) &= \log\left((x+y)^{x+y}\right) - (x+y) + \dfrac{1}{2}\log(2\pi(x+y)) \ \\ &= \log\left(\dfrac{(x+y)^{x+y}}{e^{x+y}\sqrt{2\pi(x+y)}}\right) \ \\ &= \log\left(\dfrac{(x+y)^{x+y}}{x^xy^ye^{x+y}\sqrt{2\pi(x+y)/xy}}\cdot\dfrac{\sqrt{x}}{x}\cdot\dfrac{\sqrt{y}}{y}\right) \ \\ &= \log\left(\dfrac{(x+y)^{x+y}}{x^xy^ye^{x+y}\sqrt{2\pi xy(x+y)}}\cdot\dfrac{x+y}{\sqrt{xy}}\cdot\dfrac{\sqrt{x}}{x}\cdot\dfrac{\sqrt{y}}{y}\right) \ \\ &= (x+y)\log\left(\dfrac{x+y}{e}\right) - x\log(x) - y\log(y) + \dfrac{1}{2}\log\left(\dfrac{2\pi xy(x+y)}{e^{x+y}}\right).\end{aligned}

Nous pouvons donc réécrire notre expression sous la forme :

\dfrac{n}{2}\left[(x+y)\log\left(\dfrac{x+y}{e}\right) - x\log(x) - y\log(y) + \dfrac{1}{2}\log\left(\dfrac{2\pi(x+y)}{e^2}\right)\right] + \dfrac{n}{24}\left[\dfrac{1}{x} + \dfrac{1}{y} + \dfrac{1}{x+y} - \dfrac{1}{3}\left(\dfrac{1}{x} + \dfrac{1}{y} - \dfrac{2}{x+y}\right)^2\right] - \dfrac{n}{720}\left[\dfrac{2x^3+3x^2y+3xy^2+2y^3}{x^2y^2(x+y)} + \dfrac{1}{(x+y)^3} - \dfrac{1}{30}\left(\dfrac{2x^3+3x^2y+3xy^2+2y^3}{x^2y^2(x+y)} + \dfrac{1}{(x+y)^3}\right)^2\right] + \dfrac{n}{25200}\left[\dfrac{6x^5+15x^4y+20x^3y^2+15x^2y^3+6xy^4}{x^4y^4(x+y)} + \dfrac{1}{(x+y)^5} - \dfrac{1}{560}\left(\dfrac{6x^5+15x^4y+20x^3y^2+15x^2y^3+6xy^4}{x^4y^4(x+y)} + \dfrac{1}{(x+y)^5}\right)^2\right]+\cdots

D'après mes recherches, on peut remarquer que cette expression ressemble à l'entropie relative d'une distribution de probabilité continue q par rapport à une distribution de référence p, où q est la distribution continue dont la densité de probabilité est définie par :

q(x) = \dfrac{(x+y)^{x+y}e^{-x-y}}{x^xy^y}

et p est la distribution continue gaussienne de moyenne \mu=x+y et de variance \sigma^2=1/2, dont la densité de probabilité est définie par :

p(x) = \dfrac{1}{\sqrt{2\pi\sigma^2}}e^{-\frac{(x-\mu)^2}{2\sigma^2}} = \dfrac{1}{\sqrt{\pi}}e^{-\frac{(x+y)^2}{2}}

Dans cette analogie, l'expression obtenue ci-dessus correspond à l'entropie relative de q par rapport à p, à un certain ordre. Cela est cohérent avec l'interprétation de cette expression comme la distance de Kullback-Leibler entre q et p.

matheux14 @ 24-02-2023 à 14:34

Citation :
Bon, alors si tu veux absolument faire des calculs, oublie mon histoire de J_2


Ok, mais comment forte ressemblance de J2 à In pourrait simplifier les choses ici ?


Et si on utilisait cette piste ?

Posté par
matheux14re : Limite 25-02-23 à 20:39

Oups, j'ai oublié d'ajouter -1/2 aux X, Y et (X + Y)

Pour trouver le développement limité (DL) des expressions données, nous pouvons utiliser la formule de Stirling pour \log\Gamma(x), qui est donnée par :

\log\Gamma(x) \sim \left(x - \dfrac{1}{2}\right)\log x - x + \dfrac{1}{2}\log(2\pi) + \dfrac{1}{12x} - \dfrac{1}{360x^3} + O\left(\dfrac{1}{x^5}\right)

Nous pouvons appliquer cette formule pour x = \dfrac{nx+1}{2} et y = \dfrac{ny+1}{2} dans les deux premières expressions données et pour x + y = \dfrac{n(x+y)+2}{2} dans la troisième expression. Nous avons :

\begin{aligned} \\ &\dfrac{nx}{2}\log\Gamma\left(\dfrac{nx + 1}{2}\right) - \dfrac{nx}{2}\log x \ \\ &\qquad\sim \dfrac{nx}{2}\left(\dfrac{nx-1}{2}\log\left(\dfrac{nx+1}{2}\right) - \log x - \dfrac{1}{2}\log(2\pi) - \dfrac{1}{12(nx+1)} + O\left(\dfrac{1}{(nx+1)^2}\right)\right)\ \\ &\qquad\sim \dfrac{nx}{2}\left(\dfrac{nx-1}{2}\log\left(\dfrac{nx}{2}\right) + \dfrac{nx-1}{2}\log\left(1+\dfrac{1}{nx}\right) - \log x - \dfrac{1}{2}\log(2\pi) - \dfrac{1}{12(nx+1)} + O\left(\dfrac{1}{(nx+1)^2}\right)\right)\ \\ &\qquad\sim \dfrac{nx}{2}\left(\dfrac{nx}{2}\log\left(\dfrac{nx}{2}\right) - \dfrac{1}{2}\log x - \dfrac{1}{2}\log(2\pi) - \dfrac{1}{12(nx+1)} + O\left(\dfrac{1}{(nx+1)^2}\right)\right)\ \\ &\qquad= \dfrac{n^2}{4}x\log\left(\dfrac{nx}{2}\right) - \dfrac{nx}{4}\log x - \dfrac{nx}{4}\log(2\pi) - \dfrac{n}{24(nx+1)} + O\left(\dfrac{1}{(nx+1)^2}\right) \\ \end{aligned}

De même, nous avons :

\begin{aligned} \\ &\dfrac{ny}{2}\log\Gamma\left(\dfrac{ny + 1}{2}\right) - \dfrac{ny}{2}\log y \ \\ &\qquad\sim \dfrac{n^2}{4}y\log\left(\dfrac{ny}{2}\right) - \dfrac{ny}{4}\log y - \dfrac{ny}{4}\log(2\pi) - \dfrac{n}{24(ny+1)} + O\left(\dfrac{1}{(ny+1)^2}\right) \\ \end{aligned}

\begin{aligned}\left(\dfrac{n(x + y) + 1}{2}\right)\log\Gamma\left(\dfrac{n(x + y) + 2}{2}\right) - f(x+y) \ \\ \qquad\sim \dfrac{n^2}{4}(x+y)\log\left(\dfrac{n(x+y)}{2}\right) - \dfrac{n(x+y)}{4}\log(x+y) - \dfrac{n(x+y)}{4}\log(2\pi) - \dfrac{n}{24(n(x+y)+2)} - f(x+y) \\ \end{aligned}

En sommant ces trois expressions, nous avons :

\begin{aligned} \\ &\dfrac{n^2}{4}(x+y)\log\left(\dfrac{n(x+y)}{2}\right) - \dfrac{n(x+y)}{4}\log(x+y) \ \\ &\quad - \dfrac{n^2x}{4}\log\left(\dfrac{nx}{2}\right) - \dfrac{nx}{4}\log x - \dfrac{nx}{4}\log(2\pi) - \dfrac{n}{24(nx+1)} \ \\ &\quad - \dfrac{n^2y}{4}\log\left(\dfrac{ny}{2}\right) - \dfrac{ny}{4}\log y - \dfrac{ny}{4}\log(2\pi) - \dfrac{n}{24(ny+1)} \ \\ &\quad - \dfrac{n}{24(n(x+y)+2)} - f(x+y) \\ \end{aligned}

Pour simplifier cette expression, nous pouvons utiliser les relations suivantes :

\begin{aligned} \\ x+y &= \dfrac{nx+1}{2} + \dfrac{ny+1}{2} = \dfrac{n(x+y)+2}{2} \ \\ \log\left(\dfrac{nx}{2}\right) + \log\left(\dfrac{ny}{2}\right) &= \log\left(\dfrac{n^2xy}{4}\right) \ \\ \end{aligned}

En utilisant ces relations, nous avons :

\begin{aligned} \\ &\dfrac{n^2}{4}(x+y)\log\left(\dfrac{n(x+y)}{2}\right) - \dfrac{n(x+y)}{4}\log(x+y) \ \\ &\quad - \dfrac{n^2x}{4}\log\left(\dfrac{nx}{2}\right) - \dfrac{nx}{4}\log x - \dfrac{nx}{4}\log(2\pi) - \dfrac{n}{24(nx+1)} \ \\ &\quad - \dfrac{n^2y}{4}\log\left(\dfrac{ny}{2}\right) - \dfrac{ny}{4}\log y - \dfrac{ny}{4}\log(2\pi) - \dfrac{n}{24(ny+1)} \ \\ &\quad - \dfrac{n}{24(n(x+y)+2)} - f(x+y) \ \\ &= \dfrac{n^2}{4}\left(\dfrac{n(x+y)+2}{2}\right)\log\left(\dfrac{n(x+y)+2}{4}\right) \ \\ &\quad - \dfrac{n}{4}\left(\dfrac{n(x+y)+2}{2}\right)\log\left(\dfrac{n(x+y)+2}{2}\right) \ \\ &\quad - \dfrac{n}{4}\left(\dfrac{nx+1}{2}\right)\log\left(\dfrac{nx+1}{2}\right) - \dfrac{n}{4}\left(\dfracy+1}{2}\right)\log\left(\dfrac{ny+1}{2}\right) \\ &\quad + \dfrac{n}{4}\log(2\pi) - \dfrac{1}{24}\left(\dfrac{1}{nx+1} + \dfrac{1}{ny+1} + \dfrac{1}{n(x+y)+2}\right) - f(x+y) \\ \end{aligned}

Ensuite, on peut utiliser le développement limité au premier ordre de la fonction \log(1+x) pour obtenir :

\begin{aligned} \\ &\frac{n^2}{4}\left(\frac{n(x+y)+2}{2}\right)\log\left(\frac{n(x+y)+2}{4}\right) \\ \\ &\quad - \frac{n}{4}\left(\frac{n(x+y)+2}{2}\right)\log\left(\frac{n(x+y)+2}{2}\right) \\ \\ &\quad - \frac{n}{4}\left(\frac{nx+1}{2}\right)\log\left(\frac{nx+1}{2}\right) - \frac{n}{4}\left(\frac{ny+1}{2}\right)\log\left(\frac{ny+1}{2}\right) \\ \\ &\quad + \frac{n}{4}\log(2\pi) - \frac{1}{24}\left(\frac{1}{nx+1} + \frac{1}{ny+1} + \frac{1}{n(x+y)+2}\right) - f(x+y) \\ \\ &\approx \frac{n^2}{4}\left(\frac{n(x+y)+2}{2}\right)\log\left(1+\frac{n(x+y)}{4}\right) \\ \\ &\quad - \frac{n}{4}\left(\frac{n(x+y)+2}{2}\right)\log\left(1+\frac{n(x+y)}{2}\right) \\ \\ &\quad - \frac{n}{4}\left(\frac{nx+1}{2}\right)\log\left(1+\frac{nx}{2}\right) - \frac{n}{4}\left(\frac{ny+1}{2}\right)\log\left(1+\frac{ny}{2}\right) \\ \\ &\quad + \frac{n}{4}\log(2\pi) - \frac{1}{24}\left(\frac{1}{nx+1} + \frac{1}{ny+1} + \frac{1}{n(x+y)+2}\right) - f(x+y) \\ \\ &= \frac{n^2}{4}\left(\frac{n(x+y)+2}{4} - \frac{n(x+y)^2}{32} + O\left(\frac{n^3(x+y)^3}{4^3}\right)\right) \\ \\ &\quad - \frac{n}{4}\left(\frac{n(x+y)+2}{2} - \frac{n^2(x+y)^2}{8} + O\left(\frac{n^3(x+y)^3}{2^3}\right)\right) \\ \\ &\quad - \frac{n}{4}\left(\frac{nx}{2} - \frac{n^2x^2}{8} + O(n^3x^3)\right) - \frac{n}{4}\left(\frac{ny}{2} - \frac{n^2y^2}{8} + O(n^3y^3)\right) \\ \\ &\quad + \frac{n}{4}\log\left(\frac{(nx/2)^{nx/2}(ny/2)^{ny/2}}{((nx+ny)/2)^{(nx+ny)/2}}\right) + \frac{n}{4}\log\left(\frac{\sqrt{2\pi n}}{e}\right) \\ \\ &\quad - \frac{n}{24(nx+1)} - \frac{n}{24(ny+1)} - \frac{n}{24(n(x+y)+2)} - f(x+y) \\ \end{aligned} \\

où nous avons utilisé le fait que \log(\Gamma(x)) \approx x\log(x) - x + \dfrac{1}{2}\log(2\pi x) + \dfrac{ 1}{12x} + \ldots pour un grand x, et les premiers termes du développement en série de \log(x) et \log(x+y).

\begin{aligned} &\dfrac{n^2}{4}(x+y)\log\left(\dfrac{n(x+y)}{2}\right) - \dfrac{n(x+y)}{4}\log(x+y) \ &\quad - \dfrac{n^2x}{4}\log\left(\dfrac{nx}{2}\right) - \dfrac{nx}{4}\log x - \dfrac{nx}{4}\log(2\pi) - \dfrac{n}{24(nx+1)} \ &\quad - \dfrac{n^2y}{4}\log\left(\dfrac{ny}{2}\right) - \dfrac{ny}{4}\log y - \dfrac{ny}{4}\log(2\pi) - \dfrac{n}{24(ny+1)} \ &\quad - \dfrac{n}{24(n(x+y)+2)} - f(x+y) \ &= \dfrac{n^2}{4}\left(\dfrac{n(x+y)+2}{2}\right)\log\left(\dfrac{n(x+y)+2}{4}\right) \ &\quad - \dfrac{n}{4}\left(\dfrac{n(x+y)+2}{2}\right)\log\left(\dfrac{n(x+y)+2}{2}\right) \ &\quad - \dfrac{n}{4}\left(\dfrac{nx+1}{2}\right)\log\left(\dfrac{nx}{2}\right) - \dfrac{n}{4}\left(\dfrac{ny+1}{2}\right)\log\left(\dfrac{ny}{2}\right) \ &\quad + \dfrac{n}{4}\log(2\pi n) - \dfrac{n}{4}\log(x+y) - \dfrac{n}{4}\log\left(\dfrac{nx}{2}\right) - \dfrac{n}{4}\log\left(\dfrac{ny}{2}\right) - \dfrac{1}{24(nx+1)} \ &\quad - \dfrac{1}{24(ny+1)} - \dfrac{1}{24(n(x+y)+2)} - \dfrac{(x+y)}{2n}\log\left(1+\dfrac{2n}{x+y}\right) - \dfrac{1}{2n}\log\left(1+\dfrac{2n}{x+y}\right) \ &= \dfrac{n}{4}\log\left(\dfrac{(nx/2)^{nx/2}(ny/2)^{ny/2}n^{n/2}\sqrt{2\pi}}{(nx/2)^{nx/2}(ny/2)^{ny/2}(x+y)^{(x+y)/2}(e^{-1/n})^{(x+y)/2}}\right) \ &\quad - \dfrac{1}{24(nx+1)} - \dfrac{1}{24(ny+1)} - \dfrac{1}{24(n(x+y)+2)} - \dfrac{(x+y)}{2n}\log\left(1+\dfrac{2n}{x+y}\right) - \dfrac{1}{2n}\log\left(1+\dfrac{2n}{x+y}\right) \ &=\dfrac{n}{4}\log\left(\dfrac{2\pi n}{e}\dfrac{(nx/2)^{nx/2}(ny/2)^{ny/2}}{(x+y)^{(x+y)/2}}\right) - \dfrac{1}{24n}\left(\dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{y}+\dfrac{2}{x+y}\right) \end{aligned}

\dfrac{n}{4}\log\left(\dfrac{2\pi n}{e}\dfrac{(nx/2)^{nx/2}(ny/2)^{ny/ 2}}{(x+y)^{(x+y)/2}}\right) - \dfrac{1}{24n}\left(\dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{ y}+\dfrac{2}{x+y}\right)

(Cette expression est équivalente à l'inverse de l'information de Fisher pour la distribution normale avec une moyenne inconnue et une variance connue. Autrement dit, si X_1,\ldots,X_n sont des variables aléatoires normales indépendantes et identiquement distribuées de moyenne \mu et de variance \sigma^2 , alors l'inverse de l'information de Fisher pour \mu est donné par l'expression que vous avez obtenue, jusqu'à un facteur constant. C'est un résultat utile en inférence statistique, car il nous permet de calculer l'efficacité des estimateurs pour la moyenne \mu de la distribution normale.)

Posté par
matheux14re : Limite 25-02-23 à 21:09

Ce résultat semble intéressant..

Posté par
matheux14re : Limite 09-06-23 à 00:21

Salut Ulmiere, si cela t'intéresse encore.

Citation :
x, y > 0, on pose

\mathcal{I}_n(x, y) =\begin{aligned} \displaystyle\int^{\pi/2}_0 \sin^{nx}(t) \cos^{ny}(t) dt \end{aligned}, \mathcal{J}_n(x, y) = \sqrt{\dfrac{\dfrac{\pi}{n}}{x + y}} w^{\frac{n}{2}} et w = \dfrac{x^x y^y}{(x + y)^{x + y}}

Evaluer \mathcal{L} tel que \mathcal{L} = \lim\limits_{n \longrightarrow \infty} \left[n \ln\left(\dfrac{\mathcal{I}_n(x, y)}{\mathcal{J}_n(x, y)}\right)\right]


Définissons f_n(t \mid x, y) = \sin^{n x} (t) \cos^{n y}(t)

\Longrightarrow \ln(f_n(t \mid x, y)) = n x \ln(\sin(t)) + n y \ln(\cos(t))

\Longrightarrow \dfrac{\partial }{\partial t} \ln(f_n(t \mid x, y)) = n x \dfrac{\cos(t)}{\sin(t)} - n y \dfrac{\sin(t)}{\cos(t)}

En posant \left[\dfrac{\partial}{\partial t} \ln(f_n (t \mid x, y))\right]_{t = t_0} = 0 ~~{\red{(1)}}

En résolvant {\red{(1)}} on obtient :

\left.\begin{matrix} \\ \sin(t_0) = \sqrt{\dfrac{x}{x + y}} \\\\ \\ \cos(t_0) = \sqrt{\dfrac{y}{x + y}} \\ \end{matrix}\right\rbrace     \Longrightarrow f_n(t_0 \mid x, y) = \left(\dfrac{x^x y^y}{(x + y)^{x + y}}\right)^{n/2} = w^{n/2}

On remarque alors que :

0 < f_n(t \mid x, y) \le f_n(t_0 \mid x, y)

Et

\sin(t_0 + t) = \sqrt[2]{\dfrac{y}{x + y}} \sin(t) + \sqrt[2]{\dfrac{x}{x + y}} \cos(t) \\\\ \cos(t_0 + t) = \sqrt[2]{\dfrac{y}{x + y}} \cos(t) - \sqrt[2]{\dfrac{x}{x + y}} \sin(t)

Ensuite (séries de MacLaurin) :

\begin{aligned} \\   \dfrac{\sin(t_0 + t)}{\sin(t_0)}  &=  \sqrt[2]{\dfrac{y}{x}} \sin(t) + \cos(t)  \\ \\   &= 1 + \sqrt[2]{\dfrac{y}{x}} t - \dfrac{1}{2} t^2 - \dfrac{1}{6} \sqrt[2]{\dfrac{y}{x}} t^3 + \dfrac{1}{24} t^4 + \mathcal{O}(t^5) \\   \\ \dfrac{\cos(t_0 + t)}{\cos(t_0)}  &= \cos(t)- \sqrt[2]{\dfrac{x}{y}} \sin(t)  \\ \\   &= 1 - \sqrt[2]{\dfrac{x}{y}} t - \dfrac{1}{2} t^2 + \dfrac{1}{6} \sqrt[2]{\dfrac{x}{y}} t^3 + \dfrac{1}{24} t^4 + \mathcal{O}(t^5) \\ \\ \end{aligned}

En appliquant le logarihme, on a :

\begin{aligned} \\ \ln\left(\dfrac{\sin(t_0 + t)}{\sin(t_0)}\right) &= \left(\sqrt[2]{\dfrac{y}{x}} t - \dfrac{1}{2}t^2 - \dfrac{1}{6}\sqrt[2]{\dfrac{y}{x}} t^3 + \dfrac{1}{24} t^4\right) \\ \\ \\ &- \dfrac{1}{2} \left(\dfrac{y}{x}t^2 - \sqrt[2]{\dfrac{y}{x}} t^3 + \left(\dfrac{1}{4} - \dfrac{y}{3x}\right)t^4\right) \\ \\ \\ &+ \dfrac{1}{3}\left(\dfrac{y}{x}\sqrt[2]{\dfrac{y}{x}} t^3 + \dfrac{3y}{2x}t^4\right) \\ \\ \\ &- \dfrac{1}{4} \dfrac{y^2}{x^2}t^4 + \mathcal{O}(t^5) \\ \\ \\ \end{aligned} \\\ \\ \begin{aligned} \\ \ln\left(\dfrac{\cos(t_0 + t)}{\cos(t_0)}\right) &= -\left(\sqrt[2]{\dfrac{x}{y}} t + \dfrac{1}{2}t^2 - \dfrac{1}{6}\sqrt[2]{\dfrac{x}{y}}t^3 - \dfrac{1}{24} t^4\right) \\ \\ \\ &- \dfrac{1}{2} \left(\dfrac{x}{y}t^2 - \sqrt[2]{\dfrac{x}{y}} t^3 + \left(\dfrac{1}{4} - \dfrac{x}{3y}\right)t^4\right) \\ \\ \\ &- \dfrac{1}{3}\left(\dfrac{y}{x}\sqrt[2]{\dfrac{x}{y}} t^3 + \dfrac{3x}{2y}t^4\right) \\ \\ \\ &- \dfrac{1}{4} \dfrac{x^2}{y^2}t^4 + \mathcal{O}(t^5) \\ \\ \\ \end{aligned}


Or \begin{aligned} \\ \dfrac{f_n(t_0 + t \mid x, y)}{f_n(t_0 \mid x, y)} &= \exp\left(\ln\left(\dfrac{f_n(t_0 + t \mid x, y)}{f_n(t_0 \mid x, y)}\right)\right) \\ \\ \\ &= \exp\left(n x \ln\left(\dfrac{\sin(t_0 + t)}{\sin(t_0)}\right) + n y \ln\left(\dfrac{\cos(t_0 + t)}{\cos(t_0)}\right) \right) \\ \\ \\ &= \exp\left(-(x + y)n t^2 + \dfrac{x^2 - y^2}{3 \sqrt[2]{x y}}n t^3 -  \left(\dfrac{5x + 5y}{12} + \dfrac{x^3 + y^3}{4x y}\right) n t^4 + n \mathcal{O}(t^5)\right) \\ \end{aligned}

On pose t \mapsto \dfrac{t}{\sqrt[2]{t}}

Il vient

\begin{aligned} \\ \dfrac{f_n\left(t_0 + \dfrac{t}{\sqrt[2]{t}} \mid x, y\right)}{f_n(t_0 \mid x, y)} &= \exp\left(-(x + y) t^2 + \dfrac{x^2 - y^2}{3 \sqrt[2]{n x y}}t^3 - \left(\dfrac{5x + 5y}{12n} + \dfrac{x^3 + y^3}{4n x y}\right)t^4 + \mathcal{O}\left(\dfrac{t^5}{n \sqrt[2]{n}}\right)\right) \\ \\ &= \exp(-(x + y)t^2)\left(1 + \dfrac{x^2 - y^2}{3 \sqrt[2]{n x y}}t^3 - \left(\dfrac{5x + 5y}{12n} + \dfrac{x^3 + y^3}{4n x y}\right)t^4 + \dfrac{(x^2 - y^2)^2}{18n x y}t^6 + \mathcal{O}\left(\dfrac{t^5}{n \sqrt[2]{n}}\right)\right) \\ \end{aligned}

De façon analogique, on pose t \mapsto \dfrac{t}{\sqrt[2]{x + y}} :

\begin{aligned} \\ \dfrac{f_n\left(t_0 + \dfrac{t}{\sqrt[2]{x + y}}\right) \mid x, y}{f_n(t_0 \mid x, y)} &= \exp(-t^2) \left(1 + \dfrac{x - y}{3 \sqrt[2]{n x y(x + y)}}t^3 - \left(\dfrac{1}{6n(x + y)} + \dfrac{x^2 + y^2}{4n x y(x + y)}\right)t^4 + \dfrac{(x - y)^2}{18n x y(x + y)}t^6 + \mathcal{O}\left(\dfrac{t^5}{n \sqrt[2]{n}}\right)\right) \\ \end{aligned}

Or

\begin{aligned} \int^{\pi/2}_0 f_n(t \mid x, y) dt &= w^{n/2} \int^{\pi/2 - t_0}_{-t_0} \dfrac{f_n(t_0 + t \mid x, y)}{f_n(t_0 \mid x, y)}  d t \\ \\ \\ &= \dfrac{w^{n/2}}{\sqrt[2]{n(x + y)}} \int^{\sqrt[2]{n(x + y)}\left(\dfrac{\pi}{2} - t_0\right)}_{-\sqrt[2]{n(x + y)}t_0} \dfrac{f_n\left(t_0 + \dfrac{t}{\sqrt[2]{n(x + y)}} \mid x, y\right)}{f_n(t_0 \mid x, y)} d t  \end{aligned}

Par conséquent

\blue \dfrac{\mathcal{I}_n(x, y)}{\mathcal{J}_n(x,  y)} = \dfrac{1}{\sqrt[2]{\pi}} \left(\mathcal{A}(0 \mid x, y) + \dfrac{x - y}{3 \sqrt[2]{n x y(x + y)}} \mathcal{A}_n(3 \mid x, y) - \left(\dfrac{1}{6n(x + y)} + \dfrac{x^2 + y^2}{4n x y(x + y)}\right)\mathcal{A}_n(4 \mid x, y) + \dfrac{(x - y)^2}{18n x y(x + y)} \mathcal{A}_n(6 \mid x, y) + \mathcal{O}\left(\dfrac{1}{n \sqrt[2]{n}}\right)\right)

Avec bien sûr

\begin{aligned}\mathcal{A}_n(k \mid x, y) &= \int^{\sqrt[2]{n(x + y)}\left(\dfrac{\pi}{2} - t_0\right)}_{\sqrt{n(x + y)}t_0} t^k \exp(-t^2) dt \\ \\ \\ &= \int^{\infty}_{-\infty} t^k \exp(-t^2) d t - a_n(k \mid x, y) , ~~~ k \in \N \cup \{0\} \\ \end{aligned}

On a \begin{aligned} \int^{\infty}_{-\infty} t^{2k + 1} \exp(-t^2) d t = 0 \end{aligned}

Sinon, en posant t \mapsto \sqrt{t} on a l'intégrale Gamma d'Euler :

\begin{aligned} \int^{\infty}_{-\infty} t^{2k} \exp(-t^2) d t = \int^{\infty}_0 t^{k - \frac{1}{2}} \exp(-t) dt = \Gamma\left(k + \dfrac{1}{2}\right) \end{aligned}

On sait que :

\begin{aligned}\Gamma\left(k + \dfrac{1}{2}\right) = \dfrac{(2k - 1)!!}{2^k} \Gamma\left(\dfrac{1}{2}\right) = \dfrac{(2k - 1)!!}{2^k} \int^{\infty}_{-\infty} \exp(-t^2) d t \end{aligned}

Classique :

\begin{aligned} \int^{\infty}_{-\infty} \exp(-t^2) d t &= \sqrt{\int^{\infty}_{-\infty} \int^{\infty}_{-\infty} \exp(-s^2 + t^2) d s dt} \\ \\ \\ &= \sqrt{\int^{2\pi}_{0} \int^{\infty}_{0} r\exp(-r^2) d r d \theta} \\ \\ \\ &= \sqrt{\int^{\pi}_0 \int^{\infty}_0 \exp(-r) d r d \theta} \\ \\ \\ &= \sqrt{\int^{\pi}_0 d \theta} \\ \\ \int^{\infty}_{-\infty} \exp(-t^2) d t &= \sqrt{\pi}\end{aligned} en posant s = r \sin(\theta) et t = r \cos(\theta) et  r \mapsto \sqrt{r}.

Par conséquent

\red \begin{aligned} \int^{\infty}_{-\infty} t^{2k} \exp(-t^2) dt = \dfrac{(2k - 1)!!}{2^k} \sqrt \pi \end{aligned}

En utilisant cette formule en rouge on a :

\begin{aligned} \int^{\infty}_{-\infty} t^{2} \exp(-t^2) dt &= \dfrac{1}{2} \sqrt \pi \\ \\ \\ \int^{\infty}_{-\infty} t^{4} \exp(-t^2) dt &= \dfrac{3}{4} \sqrt \pi \\ \\ \\ \int^{\infty}_{-\infty} t^{6} \exp(-t^2) dt &= \dfrac{15}{8} \sqrt \pi \\ \\ \\ \int^{\infty}_{-\infty} t^{8} \exp(-t^2) dt &= \dfrac{105}{16} \sqrt \pi \\ \\ \end{aligned}

Donc l'ancienne égalité en bleue devient :

\blue \dfrac{\mathcal{I}_n(x, y)}{\mathcal{J}_n(x, y)} = 1 - \dfrac{x^2 + 4x y + y^2}{12n x y(x + y)} - \dfrac{1}{\sqrt \pi}\epsilon_n(x, y) + \mathcal{O}\left(\dfrac{1}{n \sqrt[2]{n}}\right)

Finalement la limite recherchée :

\boxed{\lim\limits_{n \longrightarrow \infty} n \ln\left(\dfrac{\mathcal{I}_n(x, y)}{\mathcal{J}_n(x, y)}\right) = - \dfrac{x^2 + 4x y + y^2}{12 x y(x + y)}}

Posté par
jeansebre : Limite 11-06-23 à 13:13

Pour la correction mathématique, je ne sais pas, mais au niveau de l'énergie dépensée pour trouver le résultat et le publier lisiblement sur le forum, Respect!


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