Niveau Licence-pas de math

Somme de Riemann

Posté par
Nerf 21-08-22 à 19:43

Bonsoir à tous. J'ai quelques questions concernant les sommes de Riemann et j'ai besoin d'aide.

Première question : dans la formule de la somme de Riemann, il y a n qui tend vers l'infini et la somme va généralement de 1 à n. Peut-on changer les indices du genre une somme allant de 1 à 2n où n'importe quoi d'autre à condition que le n de la formule soit remplacé par 2n. Est-ce vrai ?
Deuxième question : D'après la propriété de Chasles sur les fonctions intégrables on a : si f est intégrable sur [a,b] alors f est intégrable sur [a,c] et sur [c,b]. La réciproque est-elle vraie ?

Sur un exercice, il m'a été demandé de calculer la limite de Sn=[(2n)!^(1/n)]/(n!)². J'ai tout d'abord composé Sn par le logarithme et ensuite utilisé les propriétés du logarithme pour ressortir la somme mais je n'arrive pas à mettre l'expression sous une forme dont la limite pourra être assimilée à une intégrale entre des bornes bien définies.

Posté par re : Somme de Riemann 21-08-22 à 20:03

Pour la première question, oui, la borne n peut changer de quelques unités, mais pas d'un nombre d'unités non négligeable devant n.

Par exemple $\dfrac{1}{n}\sum_{k=0}^n f(k/n)$ et $\dfrac{1}{n}\sum_{k=39}^{n+679} f(k/n)$ ont la même limite lorque n tend vers l'infini, qui est bien-sûr $\int_0^1 f(x)dx$ . Par contre, $\dfrac{1}{n}\sum_{k=0}^{2n} f(k/n)$ peut avoir une limite différente, à cause du 2n.

Ceci étant, si tu changes tous les n en même temps, c'est-à-dire à la fois dans les termes et dans les bornes, alors tu peux passer à la limite et obtenir la même limite. Par exemple, $\dfrac{1}{n^2}\sum_{k=0}^{n^2}f(k/n^2)$ aura bien la limite que tu penses.
Ca revient à découper [0,1] en $n^2$ petits morceaux au lieu de n, mais ça ne change pas la limite parce que k visite bien tous les petits morceaux pendant un temps égal. Ca convergera beaucoup plus vite, mais vers la même limite.

Posté par re : Somme de Riemann 21-08-22 à 20:22

Pour la seconde, si f est Riemann-intégrable sur [a,b] alors pour tout $c\in[a,b]$ , et si g est une fonction contnue (ou plus régulière encore) qui vaut 1 sur ]a,c[ et 0 en dehors, alors fg est intégrable sur [a,b] et son intégrable vaut ?

Posté par re : Somme de Riemann 22-08-22 à 10:19

Merci Ulmiere. Pour la première question c'est ok. Par contre, pour la deuxième il y a toujours des zones d'ombre. g étant régulière sur [a,b] et pour tout x élément de cet intervalle, g(x)=1. Je pense que l'intégrale de fg sera celle de f. Par ailleurs, je ne vois pas en quoi introduire ce produit pourra nous permettre vérifier la réciproque de Chasles.

Posté par re : Somme de Riemann 22-08-22 à 11:27

Bonjour,
L'intégrale de Riemann est le plus souvent introduite au moyen des sommes de Darboux (inférieure et supérieure) attachées à une subdivision de l'intervalle.
Supposons a<c<b. Quand on a une subdivision de [a,c] et une de [c,b], on en déduit en les collant bout à bout une subdivision de [a,b]. La somme des sommes de Darboux inférieures (resp. supérieure) de f attachées aux subdivisions de [a,c] et [c,b] est égale à la somme de Darboux inférieure (resp. supérieure) attachée à la subdivision de [a,b]. Avec ça il est facile de voir que si f est Riemann-intégrable sur [a,c] et [c,b] elle l'est sur [a,b] et que son intégrale sur [a,b] est égale à la somme de celles sur [a,c] et [c,b].

Posté par re : Somme de Riemann 22-08-22 à 12:03

C'était une preuve du sens direct.

Pour l'autre sens, c'est inclus dans la preuve de la relation de Chasles.
Pose $d = \max(c-a, b-c)$ et considère la suite de subdivisions $\sigma = (x_k^{(2n)})_{k,n}$ suivante de [a,b]:

$x_k^{(2n)} = \left\lbrace\begin{array}{lcl} \\ a + \dfrac{k(c-a)}{n}~~\text{si } 0\leqslant\! k\leqslant\! n\\ \\ c + \dfrac{(k-n)(b-c)}{n}~~\text{sinon} \\ \end{array}$ , avec $0\leqslant\! k\leqslant\! 2n$

Le pas sur les deux composantes est respectivement $(c-a)/n$ et $(b-c)/n$ (et à la frontière aussi), donc est majoré par $d/n\to 0$ .

Après marquage $(t_k^{(2n)})$ , la somme de Riemann

$S(f,\sigma_{2n}) = \sum_{k=1}^{2n} f(t_k^{(2n)})(x_k^{(2n)} - x_{k-1}^{(2n)}) \dfrac{c-a}{n}\sum_{k=0}^n f(t_k^{(2n)}) + \dfrac{b-c}{n}\sum_{k=1}^n f(t_{k+n}^{(2n)})$ a un pas qui tend vers 0 et converge comme somme de deux sommes de Riemann convergentes, respectivement sur [a,c] et [c,b]. Donc f est intégrable sur [a,b], et par unicité de la limite, $\int_a^b f = \int_a^c f + \int_c^b f$