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Limite intégrale

Posté par
matheux14 07-02-23 à 21:59

Bonsoir,

Merci d'avance. : )

Soit f \in C(]0, + \infty[), a_n = \int^1_0 f(n + x) dx, n \in \mathbb{N} et \lim\limits_{n \longrightarrow \infty} a_n = a

Déterminer \lim\limits_{n \longrightarrow \infty} \int^1_0 f(nx) dx.

Réponses

Soit g_n(x) = f(nx) pour x \in ]0,1] et n \in \mathbb{N}.

Alors \int^1_0 f(nx) dx = \int^1_0 g_n(x) dx.

Maintenant, en utilisant la transformation t = nx, on obtient

\int^1_0 g_n(x) dx = \dfrac{1}{n} \int^n_0 f(t) dt.

Et \int^1_0 f(n + x) dx = a_n.

En conséquence, nous avons

\lim\limits_{n \longrightarrow \infty} \dfrac{1}{n} \int^n_0 f(t) dt = \lim\limits_{n \longrightarrow \infty} \dfrac{1}{n} \left(\int^1_0 f(t) dt + \int^n_1 f(t) dt\right) = \lim\limits_{n \longrightarrow \infty} \dfrac{1}{n} \int^1_0 f(t) dt + \lim\limits_{n \longrightarrow \infty} \dfrac{1}{n} \int^n_1 f(t) dt difficile à simplifier,

mais il me semble que, \lim\limits_{n \longrightarrow \infty} \int^1_0 f(nx) dx = \lim\limits_{n \longrightarrow \infty} \int^1_0 f(n + x) dx = a.

Posté par
GBZMre : Limite intégrale 08-02-23 à 08:49

Bonjour,

Il me semble que tu es passé à côté d'une remarque très utile ici : \int_0^1 f(k+x)\,dx=\int_k^{k+1} f(x)\,dx.
Cette remarque permet d'écrire \int_0^n f(x)\,dx comme une somme intéressante ...

Posté par
matheux14re : Limite intégrale 08-02-23 à 12:32

En utilisant la transformation t = nx, on a :

\int^1_0 g_n(x) dx = \dfrac{1}{n} \int^n_0 f(t) dt = \dfrac{1}{n} \sum\limits^n_{k = 0} \int^1_0 f(k + x) dx

Avec \int^1_0 f(k + x) dx = a_k. On a donc :

\int^1_0 g_n(x) dx = \dfrac{1}{n} \sum\limits^n_{k = 0} a_k

Maintenant, en utilisant le fait que \lim\limits_{n \longrightarrow \infty} a_n = a, on peut conclure que \lim\limits_{n \longrightarrow \infty} \dfrac{1}{n} \sum\limits^n_{k = 0} a_k = \dfrac{a}{n}.

Par conséquent, \lim\limits_{n \longrightarrow \infty} \int^1_0 g_n(x) dx = \dfrac{a}{n}, ce qui signifie que \lim\limits_{n \longrightarrow \infty} \int^1_0 f(nx) dx = \dfrac{a}{n}.

Posté par
larrechre : Limite intégrale 08-02-23 à 12:50

Bonjour,

@matheux14. Fais attention à ce que tu écris! Ta "limite" quand n+, dépend de n...

Je ne faisais que passer...

Posté par
matheux14re : Limite intégrale 08-02-23 à 13:47

Ah oui

\lim\limits_{n \longrightarrow \infty} \dfrac{1}{n} \sum\limits^n_{k = 0} a_k = \lim\limits_{n \longrightarrow \infty}  \dfrac{a}{n} = 0 car a est une constante.

Posté par
GBZMre : Limite intégrale 08-02-23 à 14:33

Ça ne va toujours pas ! Prends le temps de réfléchir à ce que tu écris.

Posté par
matheux14re : Limite intégrale 08-02-23 à 15:28

\lim\limits_{n \longrightarrow \infty} \dfrac{1}{n} \sum\limits^n_{k = 0} a_k  = \lim\limits_{n \longrightarrow \infty} \dfrac{a_0 + a_1 + \dots + a_n}{n}

Peut-être une somme de Riemann, qui approche l'intégrale définie de f(k + x) sur l'intervalle [0,1].

Mais mon résultat n'est pas intéressant..

Posté par
GBZMre : Limite intégrale 08-02-23 à 16:26

Non, ce n'est pas une somme de Riemann.
Mais réféchis : tu as une somme de n+1 termes, qui sont de plus en plus proches de a, divisée par n.
Ne peux-tu pas conjecturer ce que sera la limite ? Et après, t'atteler à une démonstration ?

Posté par
matheux14re : Limite intégrale 08-02-23 à 20:12

La limite de \dfrac{a_0 + a_1 + \dots + a_n}{n} peut être conjecturée comme étant égale à a, car comme n tend vers l'infini, le nombre de termes dans la somme augmente et les termes deviennent de plus en plus proches de a.

Pour démontrer cela, on peut utiliser le théorème de convergence de la moyenne. Ce théorème stipule que si a_n est une suite convergente en a et s_n = \dfrac{a_0 + a_1 + \dots + a_n}{n}, alors s_n converge également à a.

Donc, \lim\limits_{n \longrightarrow \infty} \dfrac{a_0 + a_1 + \dots + a_n}{n} = \lim\limits_{n \longrightarrow \infty} s_n = a.

Posté par
GBZMre : Limite intégrale 08-02-23 à 23:34

Tu es sur la bonne voie. Mais ce n'est pas une moyenne puisqu'on a n+1 termes et qu'on divise par n. Essaie donc d'avoir une argumentation plus précise.

Posté par
matheux14re : Limite intégrale 08-02-23 à 23:45

s_n = \dfrac{a_0 + a_1 + \dots + a_n}{n} = \dfrac{a_0 }{n} + \dfrac{a_1 + \dots + a_n}{n}

Lorsque n tend vers l'infini, dfrac{a_0 }{n} tend vers 0.

dfrac{a_1 + \dots + a_n}{n} est bien une moyenne.

Donc on peut utiliser le théorème de convergence de la moyenne sur cette moyenne.

Posté par
matheux14re : Limite intégrale 08-02-23 à 23:46

matheux14 @ 08-02-2023 à 23:45

s_n = \dfrac{a_0 + a_1 + \dots + a_n}{n} = \dfrac{a_0 }{n} + \dfrac{a_1 + \dots + a_n}{n}

Lorsque n tend vers l'infini, \dfrac{a_0 }{n} tend vers 0.

\dfrac{a_1 + \dots + a_n}{n} est bien une moyenne.

Donc on peut utiliser le théorème de convergence de la moyenne sur cette moyenne.

Posté par
GBZMre : Limite intégrale 09-02-23 à 00:21

Ce théorème est usuellement appelé théorème de Cesàro.

Posté par
matheux14re : Limite intégrale 09-02-23 à 07:34

Merci à vous

Posté par
Ulmierere : Limite intégrale 09-02-23 à 13:25

Voici une preuve epsilonesque.

a_n \to a signifie que pour tout \varepsilon_0 > 0, il existe N_{\epsilon_0} > 0 tel que pour tout n\geqslant N_{\varepsilon_0} , |a_n-a| < \varepsilon_0.


D'après l'inégalité triangulaire

\left\lvert\dfrac1n\sum_{k=0}^{n-1} a_k - a\right\rvert = \left\lvert\dfrac1n\sum_{k=0}^{n-1} (a_k - a)\right\rvert \leqslant \dfrac1n\sum_{k=0}^{n-1} |a_k - a| pour tout n.

Appliquons maintenant la définition de la convergence avec \varepsilon_0 = \dfrac{\varepsilon}{2}, pour tout \varepsilon>0 et prenons n > N_{\varepsilon/2}.

Pour les k\geqslant N_{\varepsilon/2}, on majore |a_k-a| par \varepsilon/2.
Le début de la somme est majoré par une constante C_\varepsilon qui ne dépend que de \varepsilon.

De sorte que
\dfrac1n\sum_{k=0}^{n-1} |a_k - a| \leqslant \dfrac{C_\varepsilon }{n} + \dfrac{\varepsilon}{2} \times \dfrac{n-N_{\varepsilon/2}}{n}.

Reste enfin à noter que \dfrac{C_\varepsilon }{n} tend vers 0 et que \dfrac{n-N_{\varepsilon/2}}{n} tend vers 1 donc il existe N_0 et N_1 tels que [...convergence epsilon/2 ici..] et donc si n \geqslant N := \max(N_{\varepsilon/2}+1,N_0,N_1) alors \dfrac1n\sum_{k=0}^{n-1} |a_k - a| < \varepsilon/2 + \varepsilon/2 = \varepsilon

Posté par
Ulmierere : Limite intégrale 09-02-23 à 14:36

En fait, mon N_1 ne sert à rien, on peut directement majorer \dfrac{n - N_{\varepsilon/2}}{n} par 1


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