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suite d'integrale

Posté par
Yosh2 28-06-22 à 15:59

Bonjour
pourriez vous m'aider pour l'exo suivant
pour n >= 2 I_n  =\int_{0}^{\pi/2} \dfrac{e^{-nx} - e^{-2nx}}{sin(x)}dx

1/ mq I_n existe
2/ calculer lim I_n

1/l'integrande est prolongeable en 0 par f_n(0) = n , pas de probleme en pi/2

2/ j'ai d'abord essaye une convergence dominée + inegalite des accroissements finis pour la dominante integrale , mais elle dependait toujours de n ou n'etait pas integrable.
vu qu'on est sur un compact ,j' ai essaye de montrer la convergence uniforme de l'integrande , mais ce n'est pas vrai sur [0,pi/2] , f_n(0) tend vers +inf , on a cvu sur ]0,pi/2]
a ce moment la j'ai commence a penser que la limite voulu n'est pas zero , j'ai donc essaye une ipp en primitivant la partie exponentielle mais le crochet n'etait pas finie
j'ai aussi essaye un changement de variable u=nx mais la encore pas de resultat flagrant .

merci

Posté par
Maru0re : suite d'integrale 28-06-22 à 17:10

Bonjour,

De mon côté, le changement de variable u = nx semble assez bien marcher (même si ce n'est pas immédiat).
Je t'invite à réessayer cette piste (je pourrai te donner des indications si tu en as besoin)

Posté par
Yosh2re : suite d'integrale 28-06-22 à 18:35

avec ce changement de variable  , et une convergence dominée justifiée par l'inegalite de concavite de sinus j'obtiens
I_n ---> \int_{0}^{\infty} \dfrac{e^{-u} - e^{-2u}}{u}du
j'ai essaye une approche avec les series entiers le terme en 1 des expo se simplifie puis le u du denominateur disparait aussi mais en intervertissant somme et integrales j'obtiens des termes qui diverge
j'ai essaye de separer l'integrale en deux et faire apparaitre la fonction gamma mais le premier terme diverge.

sinon est ce que j'aurais pu voir des le depart qu'une interversion de limite et d'integrale (que ca soit par cvd ou cvu) ne marcherait pas car 0 n'est pas la vrai limite ?

merci

Posté par
Maru0re : suite d'integrale 28-06-22 à 19:11

En tout cas, on trouve bien que la limite est
\int_0^{+\infty} \frac{e^{-u} - e^{-2u}}{u}du

Pour la calculer, tu peux poser \varphi(\varepsilon) = \int_{\varepsilon}^{+\infty} \frac{e^{-u}}{u}du
La limite qu'on cherche est alors \lim\limits_{\varepsilon \to 0} \varphi(\varepsilon) - \varphi(2\varepsilon)
Or \varphi(\varepsilon) - \varphi(2\varepsilon) = \int_{\varepsilon}^{2\varepsilon} \frac{e^{-u}}{u}du

De là, tu peux avoir envie de dire : e^{-u} est proche de 1-u, et là, on saurait calculer l'intégrale.
Pour voir si ça marche, tu peux soustraire l'intégrale que tu essayes de calculer avec celle que tu sais calculer, et montrer que leur différence tend vers 0 lorsque \varepsilon tend vers 0


Et pour montrer dès le départ que la limite est non nulle :

Si f_n(x) = \frac{e^{-nx} - e^{-2nx}}{\sin(x)}
Alors f_n(x) \geq ne^{-2nx}, par convexité de x \mapsto e^x en 0, et car \sin(x) \leq x.
Donc I_n \geq  \frac{1-e^{-n \pi}}{2}.
Donc la limite recherchée est plus grande que 1/2.

Posté par
Razesre : suite d'integrale 28-06-22 à 19:23

Bonjour,

Apres le changement de variable, le sinus a disparu!

Posté par
Maru0re : suite d'integrale 28-06-22 à 19:25

Bonjour Razes

Il n'a pas disparu, il s'est transformé en u.
On a un n \sin(u/n) au dénominateur, et ça converge vers u lorsque n \to +\infty

Posté par
Yosh2re : suite d'integrale 28-06-22 à 19:50

bonjour
j'ai fait ceci \int_{\epsilon}^{2\epsilon} \dfrac{e^{-u}-1+1}{u}du = H(2\epsilon) - H(\epsilon) +ln(2) --> ln(2) ou H(x)= \int_{1}^{x} \dfrac{e^{-u}-1}{u}du H converge donc H(2\epsilon) - H(\epsilon) tend vers 0
merci pour votre aide et pour la demontration de la non nullite de I_n
sinon j'ai une derniere question
si  lim_{x->0}u(x) = l et lim_{x->0}v(x) = l
pour dire que \lim_{x->0} \int_{u(x)}^{v(x)} f(t)dt = 0 il faut bien que f(t) soit integrable et (non pas simplement qu'elle admette une integrale ) n'est ce pas ? un peu comme les familles sommables , pour montrer qu'on peut sommer les termes dans l'ordre qu'on veut il faut que la famille soit sommable .

Posté par
Maru0re : suite d'integrale 28-06-22 à 20:07

Quand tu dis "il faut que f(t) sois intégrable", ça sous-entend que c'est une condition nécessaire.

En fait, il suffit d'avoir "intégrable sur un voisinage de l".
Mais je ne suis pas sûr que cette condition soit nécessaire.

Posté par
elhor_abdelali Correcteurre : suite d'integrale 29-06-22 à 00:52

Bonsoir

il me semble comme l'a remarqué Yosh2 et MaruO que \Large \boxed{\lim I_n=\int_0^{+\infty}\frac{e^{-u}-e^{-2u}}{u}du}


une idée pour le calcul


Pour \Large A réel strictement positif (destiné à tendre vers +\infty) on peut écrire,


\Large \boxed{\int_0^A\frac{e^{-u}-e^{-2u}}{u}du=\int_0^A\frac{1-e^{-2u}}{u}du-\int_0^A\frac{1-e^{-u}}{u}du=\int_A^{2A}\frac{1-e^{-u}}{u}du=\ln2-\int_A^{2A}\frac{e^{-u}}{u}du}

Posté par
elhor_abdelali Correcteurre : suite d'integrale 29-06-22 à 21:20

Pour conclure on peut remarquer que pour \Large \boxed{A\in\mathbb R_+^*} on a,

\Large \boxed{0<\int_A^{2A}\frac{e^{-u}}{u}du<\frac{1}{A}\int_A^{2A}e^{-u}du=\frac{e^{-A}-e^{-2A}}{A}} et donc que \Large \boxed{\lim_{A\to+\infty}\int_A^{2A}\frac{e^{-u}}{u}du=0}

et on conclut alors que \Large \blue\boxed{\int_0^{+\infty}\frac{e^{-u}-e^{-2u}}{u}~du=\ln2} sauf erreur de ma part part bien entendu


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