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Somme de Rieman et calcul d une intégrale...

Posté par jmix90 (invité) 12-08-05 à 23:32

Bonjour me revoila !

Voila j'ai un problème avec un exo:

On me donne I= \int_0^{2\pi} ln(1-e^{-i\theta}) d\theta et il faut montrer que I=\lim_{n\to +\infty} (\ \frac{2\pi}{n} \times \Bigsum_{k=1}^{n-1}~ln(1-e^{\frac{2ik\pi}{n}})\) ...

J'arrive donc a montrer ça sans trop de problèmes en utilisant les sommes de Riemann(arg je crois que j'écorche le nom... désolé) mais ensuite on me demande de calculer I, et c'est la qu'est mon problème...

Quelq'un y voit une solution ?

Merci d'avance !

Posté par gothmog (invité)re : Somme de Rieman et calcul d une intégrale... 12-08-05 à 23:56

On prend le logarithme d'un complexe sous l'intégrale ??

Posté par
aradouaneune idée!!! 13-08-05 à 00:13

bjr,jé juste une idée,mais j'ai pas essyé estce que ça marche ou pas,c'est de devlopper le log sous forme d'une serie entiere,et tu peu intervestir l'integrale et la somme (en fait la cvg uniforme de log ds l'intervalle);et avec des petits astuces tu peu montrer l'eqt.
jespre que ça marche.
                 b chance

Posté par jmix90 (invité)re : Somme de Rieman et calcul d une intégrale... 13-08-05 à 00:28

Je ne suis qu'en maths SUP, donc j'ai pas encore fait les séries entières...

Et euh oui, dans l'énoncé il y a bien un log de complexe... bizare.

C'est le calcul de I qui me pose problème...

N'empeche: merci !

Posté par gothmog (invité)re : Somme de Rieman et calcul d une intégrale... 13-08-05 à 01:15

On peut supposer que c'est la détermination principale du logarithme puisqu'on est dans le demi-plan \{z \in \mathbb{C} : \Re{\rm e}(z)>0\} (pour 0 < \theta < 2\pi ).

Posté par biondo (invité)re : Somme de Rieman et calcul d une intégrale... 13-08-05 à 01:53

Salut,

Il est tres tard... Alors si je dis une (grosse/enorme) betise, il faudra pas m'en vouloir, hein???

J'ai bien envie de dire que le produit des (1-exp(2ikPi/n)) vaut n-1...
Genre la valeur du polynome quotient de (X^n - 1) par (X-1), en X=1... (a verifier tout ca)

Et donc, en remettant la somme des log comme le log du produit...

Ca me parait bizarre qd mm (I=0?), mais la vraiment...
je vais me coucher.

Surement des news demain (aie!).

A+
biondo

Posté par
elhor_abdelali Correcteurre : Somme de Rieman et calcul d une intégrale... 13-08-05 à 06:55

Bonjour jmix;
comme te l'a fait remarquer gothmog,on peut en effet définir un logarithme complexe sur le domaine U de \mathbb{C} tel que U=\{z\in\mathbb{C} / Re(z)>0} par: ln(z)=ln(|z|)+iarg(z).
1-e^{-i\theta}=e^{-i\frac{\theta}{2}}(e^{i\frac{\theta}{2}}-e^{-i\frac{\theta}{2}})=2isin(\frac{\theta}{2})e^{-i\frac{\theta}{2}}=2sin(\frac{\theta}{2})e^{i\frac{\pi-\theta}{2}}
et comme pour \theta\in]0,2\pi[ on a:
\{{sin(\frac{\theta}{2})>0\\\frac{\pi-\theta}{2}\in]-\frac{\pi}{2},\frac{\pi}{2}[ on voit que l'on peut écrire pour: \forall\theta\in]0,2\pi[
3$\blue ln(1-e^{-i\theta})=ln(2sin(\frac{\theta}{2}))+i\frac{\pi-\theta}{2}
avant de passer à l'intégrale il faut s'assurer que les 2 fonctions composantes (ici partie réelle et partie imaginaire) sont bien intégrables sur [0,2\pi]
pour la partie imaginaire \theta\to\frac{\pi-\theta}{2} on voit que pas de problème et on a mm que 3$\blue\int_{0}^{2\pi}\frac{\pi-\theta}{2}d\theta=0 (vérification facile)
examinons ce qu'il en est pour la partie réelle:
posons pour \theta\in]0,2\pi[ f(\theta)=ln(sin(\frac{\theta}{2})) (f est continue)
comme f(2\pi-\theta)=f(\theta) on voit que la droite (\Delta):x=\pi est un axe de symètrie pour (C_f) et donc que l'examen de la convergence de l'intégrale pour la borne 0 suffit pour déduire l'intégrabilité de f sur [0,2\pi] il est facile d'établir que: \lim_{x\to0^{+}}\frac{ln(sin(x))}{ln(x)}=1 et donc que f est equivalente en 0^+ à \theta\to ln(\frac{\theta}{2}) qui est bien intégrable pour la borne 0 et on vient ainsi de prouver l'intégrabilité de f sur [0,2\pi] on peut écrire:
3$\blue I=\int_{0}^{2\pi}ln(1-e^{-i\theta})d\theta=2\pi ln(2)+\int_{0}^{2\pi}ln(sin(\frac{\theta}{2}))d\theta=2\pi ln(2)+2\int_{0}^{\pi}ln(sin(\frac{\theta}{2}))d\theta=2\pi ln(2)+4\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}ln(sin(\theta))d\theta je l'ai mis sous cette forme pour pouvoir le caculer posons alors:
J=\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}ln(sin(\theta))d\theta par le changement de variable \theta\to\frac{\pi}{2}-\theta on a aussi:
J=\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}ln(cos(\theta))d\theta et donc que:
2J=\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}ln(sin(\theta)cos(\theta))d\theta=-\frac{\pi}{2}ln(2)+\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}ln(sin(2\theta))d\theta=-\frac{\pi}{2}ln(2)+\frac{1}{2}\int_{0}^{\pi}ln(sin(\theta))d\theta=-\frac{\pi}{2}ln(2)+J d'où J=-\frac{\pi}{2}ln(2)
en remplaçant dans l'expression de I on trouve que: 4$\red I=2\pi ln(2)-2\pi ln(2)=0
Voilà pour le calcul de I c'est long mais trés instructif.
pour l'autre expression de I je ferai un autre post si c'est nécéssaire.
tu n'avais pas tort biondo

Posté par jmix90 (invité)re : Somme de Rieman et calcul d une intégrale... 13-08-05 à 08:19

Ouah t'es vraiment le meilleur elhor, et de bonne heure le matin en plus !

Est ce que ce type d'exercice est courant aux oraux de concours? Car c'est la première fois que j'en vois un de ce type...

Amicalement

Posté par
ottore : Somme de Rieman et calcul d une intégrale... 13-08-05 à 09:23

Sauf erreur de ma part, on pouvait voir très facilement que I=0 (on intègre une fonction dérivable sur un ouvert U sur un cercle C inclus dans U).
Pour le montrer on doit pouvoir voir que
\sum_{k=1}^{n-1} ln(1-X^{k}) = ln({\prod_{k=1}^{n-1}1-X^{k}})
Je crois me souvenir (facile avec les formules de Viète) que pour X=exp(2iPi/n)
\prod_{k=1}^{n-1} (1-X^{k})=n
C'est à dire que l'on a alors
I=lim 2Pi/n*ln(n)=0

Pas la peine de trop se prendre la tête sur des calculs compliqué, ni d'avoir trop peur de la bête.
A+

Posté par
ottore : Somme de Rieman et calcul d une intégrale... 13-08-05 à 09:32

Je ne l'avais pas vue, mais c'est également l'idée utilisée par Biondio, au détail près que le produit vaut n et non n-1, mais ca ne change rien ni à l'idée, ni au résultat.
A+

Posté par gothmog (invité)re : Somme de Rieman et calcul d une intégrale... 13-08-05 à 10:13

Non, on ne peut pas utiliser la théorie des fonctions holomorphes car on a une intégrale généralisée (la fonction qu'on intègre n'est pas continue sur le segment d'intégration) donc pas possible de voir I comme intégrale d'une fonction holomorphe le long d'un lacet...

La méthode de elhor_abdelali est la plus élémentaire, et la plus accessible en sup.
Une autre méthode consiste à montrer l'expression de I comme limite de sommes de Riemann. Une fois qu'on a ça, on conclut comme biondo ou otto. Mais il n'est pas si immédiat d'établir cette nouvelle expression de I : on n'intègre pas une fonction continue sur un segment. On peut s'en tirer en utilisant le théorème de convergence dominée pour voir que l'intégrale sur un intervalle du type [0; \delta[ \cup ]2\pi - \delta; 2\pi] est en module inférieure à \varepsilon et appliquer le théorème des sommes de Riemann à l'intégrale sur le segment [\delta; 2\pi - \delta] .

Avez-vous une méthode plus élémentaire (ie n'utilisant pas le thm de convergence dominée) pour établir la seconde experssion de I ?

Posté par
ottore : Somme de Rieman et calcul d une intégrale... 13-08-05 à 10:25

Ici en effet on a un problème pour teta qui vaut 0 et 2Pi si je ne m'abuse, mais on doit pouvoir supprimer ce problème facilement.
Je pensais qu'on était suffisament loin de 0 pour ne pas avoir de problème, malheureusement, ce n'est pas le ca.
Je n'avais pas fait attention au fait qu'elle était indéfinie en 0 et 2Pi

Pour ce qui est de la méthode, c'est celle qui est demandée par son prof

Si tu veux, je vais essayer d'en trouver une autre, si j'ai du temps.
Cordialement,
Otto

Posté par biondo (invité)re : Somme de Rieman et calcul d une intégrale... 13-08-05 à 10:27

Bonjour,

Effectivement, le produit en question valait n...
Au temps pour moi.

biondo

Posté par jmix90 (invité)re : Somme de Rieman et calcul d une intégrale... 13-08-05 à 14:19

BOnjour,

J'avais chercher dans le même sens que otto, pour calculer I car il me semblait que cétait ce que voulait mon prof. Cependant je ne savais pas que \prod_{k=1}^{n-1}%20(1-X^{k})=n. Je ne connais pas les formules de Viète   du moins pas sous ce nom. Quelq'un peut m'expliquer rapidement comment cela marche, je n'ai rient trouvé sur internet

Merci encore pour ces réponses complètes et rapides !

Amicalement

Posté par
ottore : Somme de Rieman et calcul d une intégrale... 13-08-05 à 14:43

Je suis sur que tu connais ces formules, tu dois les connaître sous le nom de
"relation coefficient-racines d'un polynôme"
Notamment le produit des racines d'un polynôme est égal à plus ou moins le coefficient de degré 0. (coeff constant)

Notamment ici en considérant un polynôme bien choisi (un dont (1-exp(2ikPi/n)) est racine qqsoit n), on arrive à trouver ce que vaut ce fameux produit.
Bonne chance,
A+

Posté par jmix90 (invité)Ho 13-08-05 à 14:48

Ho c'est ca les formules de Viète !!!

Merci

Posté par gothmog (invité)re : Somme de Rieman et calcul d une intégrale... 13-08-05 à 14:58

On peut aussi voir que X^n - 1 = \prod(X - \zeta) , produit sur l'ensemble des \zeta racines complexes n-ièmes de l'unité, en disant que les polynômes X - \zeta divisent X^n-1 et sont deux-à-deux premiers entre eux et conclure par des considérations de degré.

Posté par
elhor_abdelali Correcteurre : Somme de Rieman et calcul d une intégrale... 14-08-05 à 03:11

Bonsoir tout le monde;
gothmog,effectivement on a que pour tout entier n\ge1:
2$ X^n-1=\bigprod_{k=1}^{k=n}(X-e^{\frac{2ik\pi}{n}}) et donc que pour tout z\neq1:
\frac{z^n-1}{z-1}=\bigprod_{k=1}^{k=n-1}(z-e^{\frac{2ik\pi}{n}}) le terme de droite étant continu en 1 et celui de gauche ayant une singularité artificielle en 1 on a que:
\bigprod_{k=1}^{k=n-1}(1-e^{\frac{2ik\pi}{n}})=\lim_{z\to1}\frac{z^n-1}{z-1}=\lim_{z\to1}1+z+..+z^{n-1}=n
j'en arrive maintenant à l'expression:
I=\lim_{n\to+\infty}\frac{2\pi}{n}\Bigsum_{k=1}^{k=n-1}ln(1-e^{\frac{2ik\pi}{n}}) que je vais essayer de montrer de la manière la plus élémentaire possible (en tout cas à ma connaissance) pour cela posons pour tout entier n\ge2:
I_n=\frac{2\pi}{n}\Bigsum_{k=1}^{k=n-1}ln(1-e^{\frac{2ik\pi}{n}}) comme je l'ai expliqué dans mon premier post on peut écrire que:
I_n=\frac{2\pi}{n}\Bigsum_{k=1}^{k=n-1}[ln(2sin(\frac{k\pi}{n}))+i\frac{\pi-\frac{2k\pi}{n}}{2}]=\frac{2\pi}{n}\Bigsum_{k=1}^{k=n-1}ln(2sin(\frac{k\pi}{n}))+i\frac{\pi^2}{n^2}\Bigsum_{k=1}^{k=n-1}(n-2k)=\frac{2\pi}{n}\Bigsum_{k=1}^{k=n-1}ln(2sin(\frac{k\pi}{n}))+0 et on sait d'autre part que:
I=\int_{0}^{2\pi}ln(2sin(\frac{\theta}{2}))d\theta donc le problème revient à montrer que:
3$\blue\int_{0}^{2\pi}ln(2sin(\frac{\theta}{2}))d\theta=\lim_{n\to+\infty}\frac{2\pi}{n}\Bigsum_{k=1}^{k=n-1}ln(2sin(\frac{k\pi}{n}))
Attention,ce n'est pas une somme de Riemann avec le sens qu'on connait au mot car la fonction \theta\to ln(2sin(\frac{\theta}{2})) n'est pas continue sur [0,2\pi] mais seulement sur ]0,2\pi[ tout en étant intégrable sur [0,2\pi].

Posté par jmix90 (invité)salut 14-08-05 à 22:44

Merci pour tout elhor et les autres...

Pourquoi on utilise pas simplement le fait que la somme des ln(xi) est le longarithme du produit des Xi pour calculer I une fois établit que \prod_{k=1}^{n-1}%20(1-X^{k})=n.

Amicalement

Posté par
elhor_abdelali Correcteurre : Somme de Rieman et calcul d une intégrale... 14-08-05 à 23:34

Bonjour tout le monde;j'achève mon dernier post:
I=\int_{0}^{2\pi}ln(2sin(\frac{\theta}{2}))d\theta=2\int_{0}^{\pi}ln(2sin(\frac{\theta}{2}))d\theta
remarquons que \theta\to f(\theta)=ln(2sin(\frac{\theta}{2})) est croissante sur ]0,\pi] et soit n\ge2:
\frac{I}{2}=\int_{0}^{\frac{\pi}{n}}f(\theta)d\theta+\Bigsum_{k=1}^{k=n-1}\int_{\frac{k\pi}{n}}^{\frac{(k+1)\pi}{n}}f(\theta)d\theta
posons \delta_n=\int_{0}^{\frac{\pi}{n}}f(\theta)d\theta et utilisons la croissance de f il vient:
\frac{2\pi}{n}\Bigsum_{k=1}^{k=n-1}f(\frac{k\pi}{n})\le I-2\delta_n\le \frac{2\pi}{n}\Bigsum_{k=1}^{k=n-1}f(\frac{(k+1)\pi}{n}) c'est à dire que:
\frac{2\pi}{n}\Bigsum_{k=1}^{k=n-1}ln(2sin(\frac{k\pi}{2n}))\le I-2\delta_n\le \frac{2\pi}{n}\Bigsum_{k=1}^{k=n-1}ln(2sin(\frac{(k+1)\pi}{2n}))=\frac{2\pi}{n}\Bigsum_{k=1}^{k=n-1}ln(2sin(\frac{k\pi}{2n}))+\frac{2\pi}{n}ln(2)-\frac{2\pi}{n}ln(2sin(\frac{\pi}{2n}))
et comme \lim_{n\to+\infty}\delta_n=\lim_{n\to+\infty}\frac{2\pi}{n}ln(2)=\lim_{n\to+\infty}\frac{2\pi}{n}ln(2sin(\frac{\pi}{2n}))=0 il vient que:
3$ I=\lim_{n\to+\infty}\frac{2\pi}{n}\Bigsum_{k=1}^{k=n-1}ln(2sin(\frac{k\pi}{2n}))
remarquons maintenant que:
\Bigsum_{k=1}^{k=n-1}ln(2sin(\frac{k\pi}{n}))=\Bigsum_{k=1}^{k=n-1}ln(2sin(\frac{k\pi}{2n}))+\Bigsum_{k=1}^{k=n-1}ln(2cos(\frac{k\pi}{2n})) dans cette dérnière sommation faisons le changement d'indice k\to n-k on obtient que:
\Bigsum_{k=1}^{k=n-1}ln(2cos(\frac{k\pi}{2n}))=\Bigsum_{k=1}^{k=n-1}ln(2sin(\frac{k\pi}{2n})) et donc que \Bigsum_{k=1}^{k=n-1}ln(2sin(\frac{k\pi}{n}))=2\Bigsum_{k=1}^{k=n-1}ln(2sin(\frac{k\pi}{2n}))
c'est à dire que:
3$\red I=\lim_{n\to+\infty}\frac{\pi}{n}\Bigsum_{k=1}^{k=n-1}ln(2sin(\frac{k\pi}{n}))=\frac{\pi}{n}\Bigsum_{k=1}^{k=n-1}ln(1-e^{\frac{2ik\pi}{n}}) et non pas 3$\red\frac{2\pi}{n}\Bigsum_{k=1}^{k=n-1}ln(1-e^{\frac{2ik\pi}{n}})
vérifie ton énoncé jmix

Posté par jmix90 (invité)re : Somme de Rieman et calcul d une intégrale... 15-08-05 à 15:53

L'énoncé est bien celui que j'ai écrit au départ...

J'ai beau chercher, je vois pas d'erreur...

Posté par
ottore : Somme de Rieman et calcul d une intégrale... 15-08-05 à 16:11

Techniquement puisque I=0 on a que I=2I donc au pire il n'y a pas d'erreurs

Posté par
elhor_abdelali Correcteurre : Somme de Rieman et calcul d une intégrale... 15-08-05 à 16:13

Effectivement jmix90,ton énoncé est juste le fait qu'on a I=\frac{I}{2} vient tout simplement du fait que I=0.

Posté par jmix90 (invité)re : Somme de Rieman et calcul d une intégrale... 15-08-05 à 16:23

Mais pour le montrer, je dois pas refaire tout ce calcul ?

Le fait que ca ne soit pas définis en 0 et 2[tex\pi[/tex] m'empeche d'utiliser Rieman? On peut pas tt simplement dire que la valeur d'une fonction en un nombre de points finis ne change pas la valeur de l'intégrale ?

Amicalement

Posté par
ottore : Somme de Rieman et calcul d une intégrale... 15-08-05 à 16:28

Oui, mais ici elle n'est pas définie sur les bords, et tu n'y connais pas son comportement a priori, donc tu peux toujours le dire, mais ca ne fera pas marcher l'idée.

Posté par
elhor_abdelali Correcteurre : Somme de Rieman et calcul d une intégrale... 15-08-05 à 17:31

Bien vu otto,tu m'as précédé,en fait la différence entre les 2 expressions est:
\lim_{n\to+\infty}\frac{\2\pi}{n}\Bigsum_{k=1}^{k=n-1}ln(2cos(\frac{k\pi}{2n}))=4\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}ln(2cos(\theta))d\theta=0 (sommes de Riemann généralisées..)


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