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Niveau Licence Maths 1e ann
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Riemann

Posté par
maths19 15-03-18 à 21:50

Bonjour

Soit f: [a,b ]=> une fonction de classe C2 . pour n * , on pose :

Sn= \frac{b-a}{n} \sum_{K=0}^{n-1} f(\frac{sk+sk+1}{2})  , ou sk= a =k \frac{b-a}{n}

1) Justifier que Sn   \int_a^{b} f(t) dt quand n   (REUSSI)

2) On pose M = sup {|f''(s)|};  s [a,b]

a) Montrer que pour tout m [a,b], on peut trouver une fonction afine \alpha telle que

\alpha(x) = f(m) et t [a,b] = |f(t)- \alpha(t)| ≤ M \frac{(t-m)^2}{2}

b) Soient u,v [a,b] avec u<v et soit  m=\frac{u+v}{2} . Montrer que pour toute fonction affine \alpha on a

\int_u^{v} \alpha(t) dt = (v-u) \alpha (m)
(REUSSI)

c) Déduire de (a) (b) que pour tout u<v dans [a,b] , on a :
\int_u^{v} f(t) dt - (v-u) f(\frac{u+v}{2}) ≤ M \frac{(b-a)^3}{24}
(REUSSI)

3) montrer que pour tout n * , on a

|Sn - \int_a^{b} f(t) dt| ≤ M \frac{(b-a)^3}{24n^2}

Pouvais vous m'aider pour la question 3

Pour la question 2)a je l'ai commencer partiellement pouvais vous m'aider a la finir egallement

MERCI

Posté par
maths19re : Riemann 15-03-18 à 21:53

Pour la 2) a j'ai fait
je me suis servi de la formule et de l'inégalité de taylor en disant


|f(b) - f(a) - (b-a)f'(a)| ≤ M \frac{((b-m)^2}{2}
Du coup b=t ici

|f(t) - f(a) - (t-a)f'(a)| ≤ M \frac{((t-m)^2}{2}

mais je ne sais pas comment faire apres pour retrouvrer le alpha

Posté par
jsvdbre : Riemann 16-03-18 à 01:16

Bonsoir maths19.
Je conserve ton topic.
Je réécris néanmoins quelques données de façon claire :

S_n= (b-a)\frac{1}{n} \sum_{k=0}^{n-1} f\left(\dfrac{s_k+s_{k+1}}{2}\right) \text{, où }s_k= a +\frac{k}{n}(b-a)

Posté par
maths19re : Riemann 16-03-18 à 02:41

non sk = a et sk = k \frac{b-a}{n}

Posté par
jsvdbre : Riemann 16-03-18 à 09:03

Ah non ! C'est ou l'un ou l'autre mais pas les deux.

Posté par
jsvdbre : Riemann 16-03-18 à 10:21

Juste une remarque sur la question 1)
Elle se traite de façon générale et c'est toujours le même argument : l'uniforme continuité de f sur [a;b].
Soit \varepsilon > 0.
Si à tout entier n assez grand, on associe une subdivision régulière de [a;b],\{a,x_1,\cdots,x_{n-1},b\}, alors le pas de la subdivision est suffisamment petit pour que sur chaque intervalle [x_k;x_{k+1}] f puisse être approximée par n'importe quelle de ses valeurs (disons f(x_{n,k}), x_{n,k}\in [x_k;x_{k+1}]), de sorte que l'erreur commise,sur cet intervalle, avec son intégrale soit au plus de \varepsilon/n.

Donc \left| \sum_{k=1}^{n}{\frac{f(x_{n,k})}{n}} - \int f \right| \leq \varepsilon

En particulier, en prenant x_{n,k} = \frac{s_k+s_{k+1}}{2} où s_k = a + \frac{k}{n}(b-a)

Posté par
maths19re : Riemann 16-03-18 à 10:33

Pourtant sur mon enoncé c'est écrit comme ca Mais la question 1 je l'ai déja fait J'ai besoin d'aide pour la 2a et la 3

Posté par
jsvdbre : Riemann 16-03-18 à 13:41

Le 2)a) n'est autre que la démonstration de la formule de Taylor à l'ordre 2.
Si tu veux, voici le raisonnement à faire :

Si g est une fonction C^2 sur un intervalle [a;b], on cherche un réel A tel qui vérifie g(b) = g(a) + (b-a)g'(a) + \frac{(b-a)^2}{2}A.

On pose alors la fonction \phi(x) = g(b) - g(x) -(b-x)g'(x) -\frac{(b-x)^2}{2}A.

Clairement : \phi est continue sur [a;b], dérivable sur [a;b] donc sur ]a;b[ et \phi(a) = \phi(b) = 0 : elle vérifie les hypothèses du théorème de Rolle.

Donc il existe un certain c \in ]a;b[ tel que \phi'(c) = 0. On dérive \phi et on trouve A = g''(c).

On applique alors ce résultat à la fonction f de l'énoncé avec t et m deux points quelconques de [a;b] et on trouve que :

il existe \xi \in [\min \{t,m\};\max \{t,m\}] \text{ tel que } \blue f(t) -f(m)-(t-m)f'(m) = \frac{(t-m)^2}{2}f''(c)

On pose \alpha (t) = (t-m)f'(m) + f(m) et on a pour tout m \in [a;b]

- \blue \alpha(m) = f(m)

- \blue \forall t \in [a;b],~|f(t) - \alpha(t)| \leq \frac{(t-m)^2}{2}M.

Posté par
jsvdbre : Riemann 16-03-18 à 14:22

Avant de traiter la 3), je pense qu'il faut reprendre l'énoncé :

Citation :
c) Déduire de (a) (b) que pour tout u<v dans [a,b] , on a : \int_u^{v} f(t) dt - (v-u) f(\frac{u+v}{2}) \leq M \frac{(b-a)^3}{24}

Ce serait clairement stupide comme majoration.
J'imagine que ça doit plutôt être \left|\int_u^{v} f(t) dt - (v-u) f(\frac{u+v}{2})\right| \leq M \frac{(v-u)^3}{24}

On pose m_k = \dfrac{s_k + s_{k+1}}{2}

On prend alors u = s_k = a + \frac{k}{n}(b-a) et v = s_{k+1} = a + \frac{k+1}{n}(b-a), et ce, nonobstant ce que la transcription de l'énoncé (sinon l'énoncé lui-même) veut bien nous faire croire.

Il vient alors en appliquant le c) rectifié :

\left|\int_{s_k}^{s_{k+1}}{f(\xi)d\xi} - (s_{k+1}-s_k)f\left(m_k\right)\right|\leq M\frac{(s_{k+1}-s_k)^3}{24}

Or s_{k+1}-s_k = \frac{b-a}{n} donc :

\left|\int_{s_k}^{s_{k+1}}{f(\xi)d\xi} - (\frac{b-a}{n})f\left(m_k\right)\right|\leq M\frac{(b-a)^3}{24n^3}

On note de plus que \sum_{k=0}^{n-1}{\int_{s_k}^{s_{k+1}}{f(\xi)d\xi}}=\int_{a}^{b}{f(\xi)d\xi}. On a alors :

\begin {aligned}{\blue \left |\int_{a}^{b}{f(\xi)d\xi}-S_n\right|} &= \left|\sum_{k=0}^{n-1}{\int_{s_k}^{s_{k+1}}{f(\xi)d\xi}} - \frac{b-a}{n}\sum_{k=0}^{n-1}f\left(m_k\right)\right| \\ & \leq \sum_{k=0}^{n-1}\left|\int_{s_k}^{s_{k+1}}{f(\xi)d\xi}-\frac{b-a}{n}f\left(m_k\right)\right| \\ & \leq Mn\frac{(b-a)^3}{24n^3}\\ &\blue \leq M\frac{(b-a)^3}{24n^2}\end{aligned}

Posté par
maths19re : Riemann 16-03-18 à 17:14

jsvdb @ 16-03-2018 à 14:22


\begin {aligned}{\blue \left |\int_{a}^{b}{f(\xi)d\xi}-S_n\right|} &= \left|\sum_{k=0}^{n-1}{\int_{s_k}^{s_{k+1}}{f(\xi)d\xi}} - \frac{b-a}{n}\sum_{k=0}^{n-1}f\left(m_k\right)\right| \\ & \leq \sum_{k=0}^{n-1}\left|\int_{s_k}^{s_{k+1}}{f(\xi)d\xi}-\frac{b-a}{n}f\left(m_k\right)\right| \\ & \leq Mn\frac{(b-a)^3}{24n^3}\\ &\blue \leq M\frac{(b-a)^3}{24n^2}\end{aligned}


je ne comprend pas pourquoi il y a Mn ??à l'avant derniere ligne

Posté par
maths19re : Riemann 16-03-18 à 18:07

J'ai oublier une question , avec ce qu'on à fait on doit trouver une valeur approchée de ln(3) à 10^-2 pres . pour faire ca on pose f(x) = 1/t  et on prend a = 1 et b= 3 mais apres je bloque avec la formule qu'on nous donne

Posté par
jsvdbre : Riemann 16-03-18 à 22:24

Citation :
je ne comprend pas pourquoi il y a Mn à l'avant derniere ligne

Parcequ'on somme n termes ayant même majorant.

Citation :
on doit trouver une valeur approchée de \ln(3) à 10^{-2} pres

On a \ln(3) = \int_{1}^{3}\frac{dt}{t}. Soit donc f: [1;3]\rightarrow \R; f(\xi) = \frac{1}{\xi},~f\in C^2([1;3]).

Il vient f''(\xi) = \frac{2}{t^3} et ||f''||_\infty = 2 = M

On cherche donc n \in \N tel que |S_n -\ln(3) | \leq 10^{-2}

Or on sait que |S_n -\ln(3) | \leq 2.\frac{2^3}{24n^2}.

Donc on cherche n tel que 2.\frac{2^3}{24n^2} \leq 10^{-2}. On peut prendre n = 9.

Posté par
maths19re : Riemann 17-03-18 à 12:50

du coup

| ln3 - (\frac{3-1}{2} f(\frac{3+1}{2} |≤  2.\frac{2^3}{24.9^2}

=> Ln(3) ≤ \frac{16}{1944} +1
=> Ln(3) ≤  1,0082.....  avec n =9

or ln 3 = 1,09861 ≥ 1,0082 et pas 1,09861 ≤ 1,0082

Posté par
maths19re : Riemann 17-03-18 à 23:02

donc je ne pense pas que j'ai bon :/

Posté par
jsvdbre : Riemann 17-03-18 à 23:42

Il faut voir quels sont les m_k (définis ici : Riemann )

Ici, a= 1, b=3, donc b-a = 2 et on découpe [1;3] en 9 intervalles de longueur 2/9

m_1 = 1+ 1/9

m_k = m_1 + (k-1)\frac{2}{9},~k\in \{2,\cdots,9\}

Et on devrait avoir \ln(3) \sim \frac{2}{9}\sum_{k=1}^{9}{\frac{1}{m_k}}

Ci-dessous une simulation avec excel 2013.
La cellule F9 montre clairement que prendre n = 9 est obligatoire pour obtenir la précision voulue.
Et qu'en prenant, n = 9, la précision passe de 8.10^{-2} à 2.10^{-3}

Riemann

Posté par
Axelensre : Riemann 19-03-18 à 21:32

Bonjour, quelqu'un pourrait t-il m'aider pour la question 1) en prenant Sk= frac{b-a}{n}*k

Posté par
Axelensre : Riemann 19-03-18 à 21:40

désolé pour le multi-post  mais j'ai un peu fail ^^

Car quand je remplace Sk et Sk+1 par leur valeur, j'obtiens: \frac{b-a}{n}\sum{ a+(k+\frac{1}{2})\frac{b-a}{n}}   pour k allant de 1 à n
Or le 1/2 est en trop :/

Posté par
jsvdbre : Riemann 19-03-18 à 22:56

Bonjour Axelens.
Non, ce n'est pas du multi-post puisque tu n'ouvres pas deux fils pour une même question

Axelens @ 19-03-2018 à 21:40

quand je remplace Sk et Sk+1 par leur valeur, j'obtiens: \frac{b-a}{n}\sum{ a+(k+\frac{1}{2})\frac{b-a}{n}}   pour k allant de 1 à n

Ce n'est pas possible. Il manque sous ta somme une expression de f.

S_{k}= \frac{b-a}{k} \sum_{i=0}^{k-1} f(\frac{s_i+s_{i+1}}{2})   donc :

S_{k+1}= \frac{b-a}{k+1} \sum_{i=0}^{k} f(\frac{s_i+s_{i+1}}{2})  

Posté par
Axelensre : Riemann 20-03-18 à 16:27

D'accord

En fait quand je pars de \frac{b-a}{n}\sum{f(a+(k+\frac{1}{2})\frac{b-a}{n}}
    pour k allant de 0 à n-1
J'obtiens:


\frac{b-a}{n}\sum{f(a+(k+\frac{1}{2})\frac{b-a}{n}} )     pour k allant de 0 à n-1

Mais pour pouvoir appliquer la formule de Riemann, je ne devrai pas avoir ce 1/2

Posté par
jsvdbre : Riemann 20-03-18 à 17:48

Ça n'a pas d'importance : regarde ce message Riemann

Posté par
Axelensre : Riemann 20-03-18 à 18:00

Donc en quelque dorte le 1/2 est "négligeable"?

Posté par
jsvdbre : Riemann 20-03-18 à 21:23

Ah non, ce n'est pas du tout cela que je dis dans ce message.
Je dis simplement que si tu considères les subdivisions successives de l'intervalle [a;b], alors quelles que soient les valeurs que tu prennes dans les intervalles d'une subdivision, la suite des sommes de Riemann associées à ces subdivisions tendront vers l'intégrale de f.
En particulier, le milieu des intervalles de la subdivision convient.


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