Retour à la page personnelle de Bernard Parisse.Chapitre 8 Exercices d’Analyse niveau licence 1 et 2
8.1 Calculs d’aire et de de volume
8.1.1 Aire d’une couronne circulaire
Calculer l’aire d’une couronne circulaire de rayons r,R avec r<R.
Soient (Γ) le cercle de rayon R et (γ) celui de rayon r.
La réponse est simple et ne dépend que de la longueur 2l des cordes de
(Γ) tangentes à (γ) et on a :
8.1.2 Volume d’une calotte sphérique
Calculer le volume d’une calotte sphérique découpée par un plan P
située à une distance d du centre O d’une sphère de rayon R.
On choisit comme l’origine du repère en O et l’axe des z perpendiculaire
au plan P et on pose :
x=rcos(t) donc dx=−rsin(t)dt+cos(t)dr
y=rsin(t) donc dy=rcos(t)dt+sin(t)dr
z=z donc dz=dz
donc dV==rdr.dt.dz
Donc
On tape :
int(1,t,0,2pi)*int(int(r,r,0,sqrt(R^
2-z^
2)),z,d,R)
On obtient :
2*pi*(-1/2*R^
2*d-(-1)/6*d^
3+1/3*R^
3)
Donc :
8.1.3 Un calcul de volume
On fait un trou cylindrique dans une sphère de centre O et de rayon R,
l’axe du cylindre passe par O et le cylindre a comme hauteur 2*d.
Calculer le volume de cette sphère percée.
1ière méthode
On suppose que l’on sait qu’une une sphère de rayon R a pour volume :
et que le voulume d’une calotte sphérique située à une distance d du
centre O d’une sphère de rayon R est :
Calculons le volume du trou qui est composé :
-
d’un cylindre de hauteur 2d et de rayon r=√R2−d2,
- de deux calottes sphériques situées à une distance d de O.
Donc d’après le calcul précédent :
On tape :
Vs:=4*pi*R^
3/3
Vt:=2*pi*r^
2*d+2*2*pi*(-1/2*R^
2*d-(-1)/6*d^
3+1/3*R^
3)
simplify(subst(simplify(Vs-Vt),r^
2,R^
2-d^
2))
On obtient :
(4*d^
3*pi)/3
Donc la sphère trouée (en rouge) a le même volume qu’une sphère de
rayon d (en jaune) où 2d est la hauteur du cylindre (en bleu) :
2ième méthode
On calcul le volume restant en coupant par des plans parallèles à Oxy.

Un plan de cote z coupe le volume restant selon une couronne de rayons r et
Rz avec Rz=√R2−z2 et r=√R2−d2.
La surface de cette couronne est donc :
Sc=π(Rz2−r2)=π(R2−z2−(R2−d2)=π(d2−z2)
On a donc :
Vs−Vt=∫−ddπ(d2−z2)dz
On tape :
simplify(int(pi*(d^
2-z^
2),z,-d,d))
On obtient :
4/3*d^
3*pi
Donc :
8.2 La moyenne arithmétique, géométrique et harmonique
8.2.1 La définition
Soient a1, a2...an, n réels positifs (n≥ 2) et on pose :
u=1/n(a1+a2+...+an)
v=(a1a2...an)1/n
n/w=1/a1+1/a2+....+1/a1
u est la moyenne arithmétique des nombres a1, a2...an.
v est la moyenne géométrique des nombres a1, a2...an.
w est la moyenne harmonique des nombres a1, a2...an.
Montrer que pour tout x>0 on a : ln(x) ≤ x−1
Montrer que : v≤ u (on utilisera l’inégalité précédente pour
x=ak/u et pour k=1..n).
En déduire que w≤ v
Dans quel cas a-t-on v=u ?
Dans quel cas a-t-on v=w ?
Applications
-
En prenant a1=1 et a2=x en déduire que :
2x/x+1 ≤ √x ≤ 1+x/2
On prend comme valeur approchée de √x , la moyenne arithmétique
des nombres 2x/x+1 et 1+x/2.
Évaluer la précision de cette approximation lorsque
1/2≤ x≤ 2 lorsque l’on sait que
1.414<√2.<1.415
- Montrer que pour tout n on a
(n!)1/n≤ 1+n/2.
Montrer que
1−1/x≤ ln(x)≤ x−1 et en déduire que :
∑k=1n1/k≤ 1+ln(n) et
n/1+ln(n)≤ (n!)1/n
8.2.3 La solution
Montrons que : v≤ u
pour cela montrons que : ln(v/u)≤ 0.
On a :
ln(v/u)=1/nln(a1a2...an)/u)=
1/n(ln(a1/u)+ln(a2/u)+...+ln(an/u))
Puisque ln(x)≤ x−1 pour tout x>0, on a :
ln(a1/u)≤ a1/u−1,
ln(a2/u)≤ a2/u−1, ...,
ln(an/u)≤ an/u−1
Donc
1/nln(a1a2...an/u) ≤ (a1+a2+...+an)/nu−1=0
Donc
v≤ u
Montrons que : w≤ v
D’après ce qui précéde en appliquant l’inégalité à
bk=1/ak on a :
1/(a1a2...an)1/n=1/v≤ 1/n(1/a1+1/a2+....+1/a1)=1/w
donc puisque v>0 et w>0 on en déduit que :
w≤ v.
Quand a-t-on u=v ?
Si x>0 et x≠ 1, on a ln(x)< x−1 et
ln(x)= x−1 si et seulement si x=1 donc
ln(v/u)=0 si et seulement si a1/u=1, ...., an/u=1
c’est à dire si a1=a2....=an.
Quand a-t-on w=v ?
Comme on a appliqué l’inégalité à
bk=1/ak on a :
w=v si et seulement si b1=b2=...=bn c’est à dire si a1=a2...=an.
Applications
-
En prenant a1=1 et a2=x on a :
u=1+x/2 , v=√x et 2/w=1+1/x donc
w=2x/x+1 et
2x/x+1≤ √x ≤ 1+x/2
On approche √x par x/x+1+1+x/4=x2+6x+1/4(x+1).
On cherche à évaluer h(x)=x2+6x+1/4(x+1)−√x
pour 1/2≤ x≤ 2.
Avec Xcas, on tape :
h(x):=(x^
2+6x+1)/(4x+4)-sqrt(x)
g:=function_diff(h)
N:=numer(g(x))
On obtient :
x^
2*sqrt(x)-2*x^
2+2*x*sqrt(x)-4*x+5*sqrt(x)-2
On tape :
Nt:=subst(numer(g(x)),x=t^
2)
On obtient :
t^
4*t-2*t^
4+2*t^
2*t-4*t^
2+5*t-2
On tape :
factor(Nt)
On obtient :
(t-1)^
3*(t^
2+t+2)
h a donc un minimum pout x=1.
On tape :
h(1)
On obtient :
0
On tape :
f(x):=(x^
2+6x+1)/(4x+4)
f(2.),f(2.)-1.414
On obtient :
1.41666666667,0.00266666666664
On tape :
f(0.5),f(0.5)-1.414/2
On obtient :
0.708333333333,0.00133333333332
Donc pour 1/2≤ x≤ 2 on a :
0≤ h(x)<0.0027
La précision est donc de 2.7e−3.
On fait le calcul pour x=1.2 :
On tape :
f(1.2),sqrt(1.2)
On obtient :
1.09545454545,1.09544511501 - Montrer que pour tout n on a :
(n!)1/n≤ 1+n/2.
On pose a1=1,a2=2...an=n.
On a : 1+2+...n=n(1+n)/2 donc u=1+n/2 et v=(n!)1/n
donc :
(n!)1/n≤ 1+n/2
Montrons que :
1−1/x≤ ln(x)≤ x−1
La fonction x−1−ln(x) a pour dérivée x−1/x. Elle admet donc
un minimum pour x=1 qui vaut 0 donc ln(x)≤ x−1 pour tout x>0
On a donc pour tout t>0, ln(t)≤ t−1.
On pose x=1/t donc −ln(x)≤1/x−1 c’est à dire
1−1/x≤ ln(x) pour tout x>0
Montrons par récurrence que :
∑k=1n1/k≤ 1+ln(n)
Pour n=1 on a 1≤ 1
n=2 on a 1/2= 1−1/2≤ ln(2) donc
1+1/2≤ 1+ln(2)
n=3 on a 1/3= 1−2/3≤ ln(3/2) donc
1+1/2+1/3≤ 1+ln(2)ln(3/2)=1+ln(3)
Si ∑k=1n1/k≤ 1+ln(n) est vraie pour n alors
puisque
1/n+1= 1−n/n+1≤ ln(n+1/n) on a
∑k=1n+11/k≤ 1+ln(n)+ln(n+1/n)=1+ln(n+1)
Donc l’inégalité ∑k=1n1/k≤ 1+ln(n)
est vraie pour tout n∈ ℕ.
Montrons que :
n/1+ln(n)≤ (n!)1/n
Pour ak=1/k , on a
(1/n!)1/n≤ 1/n(∑k=1n1/k)≤ 1+ln(n)/n donc
n/1+ln(n)≤ (n!)1/n
8.3 La moyenne arithmético-harmonique
8.3.1 La définition et l’énoncé
Soient a et b deux réels strictement positifs (dire pourquoi on peut
supposé dans la suite a>b ), on définit les 2 suites u et w par :
u0=a, w0=b, un+1= | | , wn+1= | |
(1) |
-
Montrer que wn≤ un pour tout n ∈ ℕ* ,
- Montrer que ces 2 suites sont adjacentes et qu’elles convergent vers
l=√ab
- Montrer que |un−l|<(un−1−l)2/2l
- Déterminer le premier n tel que |un−wn|<10−10 lorsque a=2
et b=1
- Calculer √2 avec une précision de 10−10.
8.3.2 La solution
-
On montre par récurrence que pour tout n∈ ℕ on a :
un>0, wn>0 et un+1wn+1=unwn=...u0w0
- Montrons que wn≤ un pour tout n∈ ℕ*
un+1−wn+1=un+wn/2−2unwn/un+wn
Avec Xcas, on tape :
factor((a+b)/2-2a*b/(a+b)
On obtient : ((a-b)^
2)/(2*(a+b))
Donc tout n∈ ℕ on a :
un+1−wn+1=(un−wn)2/2(un+wn)≥ 0
donc pour tout n≥ 1 u1≥ w1 et si on échange les valeurs de u0
et de w0 on obtient les mêmes valeurs pour u1 et w1
et c’est pourquoi on peut supposer dans la suite u0=a>w0=b
- Montrons que u est décroissante :
un+1−un=(wn−un)/2≤ 0 puisque wn≤ un
- Montrons que w est croissante :
wn=w0u0/un puisque u est positive et décroissante et que w0u0>0 on en déduit que w est croissante.
- Montrons que u et w sont adjacentes.
On a donc :
w0≤ w1≤...wn≤ wn+1 ≤ un+1≤ un ≤...u1
u est décroissante et minorée donc est convergente.
w est croissante et majorée donc est convergente.
Les suites u et v sont donc convergentes et puisque
un+1=un+wn/2 par passage à la limite on en
déduit qu’elles convergent vers la même limite notée l.
Ou bien, on remarque que :
un+1−wn+1<un+1−wn=un+wn/2−wn=un−wn/2
Donc 0<un−wn<u0−w0/2n
On a donc montré que u et w sont adjacentes : elles convergent donc vers
la même limite l qui vérifie 0<b≤ l≤ a et l2=u0w0 puisque
pour tout n∈ ℕ unwn=u0w0.
donc l=√u0w0
- wn−1=l2/un−1 donc
un−l=un−1+wn−1−2l/2=un−12+l2−2lun−1/2un−1=(un−1−l)2/2un−1
Pour b=1 et a=2 on a u1=3/2=1.5 donc 0<u1−l ≤ 0.1
On a 0<u2−l≤ 10−2/(2l)
0<u3−l≤ 10−4/(23l3)
0<u4−l≤ 10−8/(27l7)
On sait que l2=2 donc 27*l7=210l>103 donc
0<u4−l≤ 10−10.
On ouvre un niveau tableur dans Xcas (Alt+t).
On met :
dans B0 2.
dans B1 =(A0+B0)/2
Lorsque B1 est en surbrillance, on ouvre le menu
Edit->Remplir->Copier vers le bas du tableur pour copier la formule
contenue dans B1
On met :
dans A0 1.
dans A1 =A0*B0/(2*B1)
Lorsque A1 est en surbrillance, on ouvre le menu
Edit->Remplir->Copier vers le bas du tableur pour copier la formule
contenue dans A1
On met :
dans C0 =B0-C0
Lorsque C0 est en surbrillance, on ouvre le menu
Edit->Remplir->Copier vers le bas du tableur pour copier la formule
contenue dans C0
On obtient à la ligne 4 :
A4=1.41421356237, B4=1.41421356237, C4=3.29691829393e-12
On trouve à la ligne 4, avec 21 chiffres après la virgule :
A4=1.414213562371500186978, B4=1.414213562374689910627,
C4=0.3189723648649696666202e-11
et à partir de ligne 5 les colonnes A et B valent :
[[1.414213562373095048803]]
On tape : avec 21 chiffres après la virgule sqrt(2.)
On obtient : 1.414213562373095048801
- Remarque
La suite u peut être définie par :
u0=a
un=un−1+wn−1/2=un−12+ab/2un−1=1/2(un−1−ab/un−1
Écrit sous cette forme on réconnait la suite d’itérés de la méthode
de Newton pour calculer √ab
8.4 La moyenne arithmético-géométrique
8.4.1 La définition et l’énoncé
Soient a et b deux réels strictement positifs (dire pourquoi on peut
supposé dans la suite a>b), on définit les 2 suites u et v par :
u0=a, v0=b, un+1= | | , vn+1= | √ | |
(2) |
-
Faire la constuction géométrique qui donne u1, v1 à partir de
u0=2, v0=1.
- Montrer que ces 2 suites sont adjacentes et convergent donc vers
une limite commune notée M(a,b) est par définition la moyenne
arithmético-géométrique de a et b
- Déterminer le premier n tel que abs(un−vn)<10−20 lorsque a=2
et b=1
- Calculer M(2,1) avec une précision de 10−20.
8.4.2 La solution
-
On obtient :

lorsqu’on tape :
O:=point(0);
A0:=point(2);
B0:=point(1);
A1:=milieu(A0,B0);
C:=cercle(A0,B0):;C
c:=cercle(point(0),A1):;affichage(c,1+ligne_tiret);
T:=inter(c,C);
k:=cercle(O,T[1]-O):;k;
B1:=inter_unique(segment(A0,B0),k,affichage=quadrant2);
On a : OT2=OB12=OB0× OA0=ab
- un+1−vn+1=un+vn−2√unvn /2=(√un−√vn)2/2≥ 0
donc pour tout entier n>0, un≥ vn
- un+1−un=vn−un/2≤ 0
La suite u est donc décroissante
- vn+1−vn=√unvn−vn≥ √vnvn−vn=0
La suite v est donc croissante
Les suites u et v sont donc convergentes et puisque
un+1=un+vn/2 par passage à la limite on en
déduit qu’elles convergent vers la même limite notée M(a,b).
Ou bien, on remarque que :
un+1−vn+1<un+1−vn=un+vn/2−vn=un−vn/2
Donc 0<un−vn<u0−v0/2n
On remarque que :
√ab≤ M(a,b)=M(b,a)≤ a+b/2 et
pour tout k>0 on a M(k*a,k*b)=k*M(a,b)
On peut donc supposer b=1 et a>1.
On a aussi pour tout entier n>0 :
√ab≤ vn≤ un ≤ a+b/2
un+12−vn+12=(un−vn)2/4 donc
un+1−vn+1=(un−vn)2/4(un+1+vn+1)≤ K(un−vn)2 avec
K=1/8√ab.
On a :
K<9*10−2
u1=1.5, v1=√2 donc 0<u1−v1< 9*10−2
u2−v2<(9*10−2)3<8*10−4
u3−v3<(9*10−2)7<5*10−8
u4−v4<(9*10−2)24−1<3*10−16
u5−v5<(9*10−2)25−1<4*10−33
On fait les calculs soit avec un tableur, soit avec un programme.
-
On ouvre un tableur pour calculer M(2,1) et on trouve que :
u5=v5=1.456791031046906869186431
Avec Digits:=34 on a :
v5=1.4567910310469068691864323832650814 et
u5=1.4567910310469068691864323832650824
- On ouvre un éditeur de programme et on tape :
aritgeo(a,b,eps):={
local n,u,v,u0;
u:=a;
v:=b;
n:=0;
tantque u-v>eps faire
u0:=u;
u:=(u+v)/2;
v:=sqrt(u0*v)
n:=n+1;
ftantque;
print(n);
return u;
}:;
On tape :
aritgeo(2,1.,1e-20)
On obtient :
1.456791031046906869186431,5
On peut tracer la fonction aritgeo(x,1.,1e-2)[0], pour cela on tape (on
commente print(n) dans aritgeo) :
plotaritgeo(n):={
local j,L;
L:=point(0);
pour j de 0 jusque n faire
L:=L,point(j+i*aritgeo(j,1.,1e-2));
fpour;
retourne L;}:;
8.4.3 Relation entre M(a,b) et les intégrales elliptiques
Il se trouve que la convergence est très rapide. Le calcul de cette limite
en fonction de a et b n’est pas trivial au premier abord. Il est relié
aux intégrales elliptiques, plus précisément on peut construire une
intégrale dépendant de deux paramètres a et b et qui est invariante
par la transformation F(x,y)=a+b/2,√ab :
On a en effet
On pose alors
où t → u est une bijection croissante de t∈]0,+∞[ vers
u ∈ ]−∞,+∞[, donc
| = | ∫ | | | dt/2(1+ab/t2) |
|
| |
(( | | )2+1/4(t−ab/t)2)(ab+1/4(t−ab/t)2) |
|
|
|
|
|
| = | |
|
Lorsqu’on est à la limite l=M(a,b), le calcul de I(l,l) est explicite
donc
On peut transformer I(a,b) en posant t=bu
Puis en posant u=tan(x) (du=(1+u2) dx)
I(a,b)= | | | ∫ | |
| | |
1+tan(x)2 |
|
1+(b/a)2tan(x)2 |
|
| dx |
et enfin en posant tan2(x)=sin(x)2/1−sin(x)2
Si on définit pour m<1
alors on peut calculer K en fonction de I, en posant
m=1−b2/a2 soit b2/a2=1−m
Donc pour x et y positifs
et finalement
et si k2=1−m avec k∈ ]0,1]
8.4.4 Application : calcul efficace du logarithme.
On peut utiliser la moyenne arithmético-géométrique pour
calculer le logarithme efficacement, pour cela on cherche le développement
asymptotique de K(m) lorsque m tend vers 1.
Plus précisément, on montre que pour k<1/2 :
|K−ln | ⎛
⎜
⎜
⎝ | | ⎞
⎟
⎟
⎠ | |
≤ k2 | ⎛
⎜
⎜
⎜
⎜
⎝ | | + | |
+ | | + | |
− ( | | + | | ) ln(k) | ⎞
⎟
⎟
⎟
⎟
⎠ |
(4) |
que l’on peut réécrire
| | | −ln | ⎛
⎜
⎜
⎝ | | ⎞
⎟
⎟
⎠ | |
≤ k2(3.8−0.8ln(k))
(5) |
La formule (5)
permet de calculer le logarithme d’un réel positif
avec (presque) n bits
lorsque k ≤ 2−n/2 (ce à quoi on peut toujours se ramener
en calculant le logarithme d’une puissance 2m-ième de x ou
le logarithme de 2mx, en calculant au préalable ln(2)).
Par exemple, prenons k=2−27, on tape avec comme configuration 24 digits :
M(1,2^
-27)=M1:=aritgeo(1,2^
-27.,1e-20)
on trouve pour M1 (en 8 itérations puisque n=8):
0.7814414037633092672168387e-1
On a, avec une erreur inférieure à 19 × 2−54=1.1× 10−15
On peut donc déduire une valeur approchée de π de celle de ln(2).
Par exemple si on prend comme valeur de π :
3.141592653589793238462642
On obtient comme approximation de ln(2), π/58M1:
On tape evalf(pi)/(58*M1)
On obtient 0.6931471805599453185580364
alors que Xcas donne
comme valeur de ln(2),
0.6931471805599453094172324
On remarque que l’erreur est inférieure à 1.1× 10−15.
Si on veut calculer les deux simultanément, comme les relations entre ln
et π seront des équations homogènes, on est obligé
d’introduire une autre relation. Par exemple pour calculer une
valeur approchée de π on calcule la différence
ln(229+1)−ln(229) dont on connait le développement au premier
ordre, et on applique la formule de la moyenne arithmético-géométrique.
Il faut faire attention à la perte de précision lorsqu’on fait
la différence des deux logarithmes qui sont très proches, ainsi
on va perdre une trentaine de bits, il faut grosso modo calculer les
moyennes arithmético-géométrique avec
2 fois plus de chiffres significatifs.
L’intérêt de cet algorithme apparait lorsqu’on veut calculer
le logarithme avec beaucoup de précision, en raison de la
convergence quadratique de la moyenne arithmético-géométrique
(qui est nettement meilleure que la convergence linéaire
pour les développements en série, ou logarithmiquement
meilleure pour l’exponentielle), par contre elle n’est pas
performante si on ne veut qu’une dizaine de chiffres significatifs.
On peut alors calculer les autres
fonctions transcendantes usuelles, telle l’exponentielle,
à partir du logarithme, ou les fonctions trigonométriques
inverses (en utilisant des complexes) et directes.
On trouvera dans Brent-Zimmermann quelques considérations permettant
d’améliorer les constantes dans les temps de calcul par rapport
à cette méthode (cela nécessite d’introduire des fonctions
spéciales θ) et d’autres formules pour calculer π.
8.5 L’intégrale d’une fraction rationnelle
-
Calculer :
- En déduire :
Avec Xcas les réponses sont immédiates.
On tape :
integrate(t^
2/(1-t^
4),t)
On obtient :
1/-2*atan(t)+1/4*log(abs(t+1))+1/-4*log(abs(t-1))
On tape :
I:=integrate(sin(x)^
2/(cos(2*x)),x)
On obtient :
(x/(-2*2)+(log(abs((tan(x/2))^
2-2*tan(x/2)-1)))/8+
(log(abs((tan(x/2))^
2+2*tan(x/2)-1)))/-8)*2
On tape :
lncollect(I-x/2))
On obtient :
-(1/4*log(abs((tan(x/2))^
2+2*tan(x/2)-1)))
Mais comment détailler ?
-
Pour la question 1/, on décompose la fraction ratonnelle :
t2 dt /1−t4 en posant T=t2 :
On tape :
partfrac(T/(1-T^
2))
On obtient :
1/(-2*(T+1))+1/(-2*(T-1))
soit :
1/-2*(t^
2+1))+1/(-2*(t^
2-1))
On tape :
partfrac(1/(-2*(t^
2-1)))
On obtient :
1/(4*(t+1))+1/(-4*(t-1))
donc :
t^
2/(1-t^
4)=1/(t^
2)+1/(4*(t+1))+1/(-4*(t-1))
On intègre chaque morceau pour obtenir (K étant une constante
arbitraire) :
-1/2*atan(t)+1/4*ln(abs((t+1)/(t-1)))+K
On a donc :
I:=-1/2*atan(t)+1/4*ln(abs((t+1)/(t-1)))+K
- Pour la question 2/, on transforme (sin(x)2/cos(2*x)).
On tape :
texpand(sin(x)^
2/cos(2*x))
On obtient :
((sin(x))^
2)/(2*(cos(x))^
2-1)
On tape :
trigtan(((sin(x))^
2)/(2*(cos(x))^
2-1))
On obtient :
(-((tan(x))^
2))/((tan(x))^
2-1)
On tape :
subst(quote(integrate((-((tan(x))^
2))/
((tan(x))^
2-1),x)),x=atan(t))
On obtient :
integrate((-(t^
2))/((t^
2-1)*(1+t^
2)),t)
c’est à dire l’intégale calculer en 1/.
On a donc :
-x/2+1/4*ln(abs((tan(x)+1)/(1-tan(x))))+K
J:=subst(I,t=tan(x))
8.6 Intégrale et série
1/ On considère la suite un=∑j=1n 1/j2 pour
n>0.
Montrer que un converge en comparant un à l’intégrale
∫1n+1 1/t2 dt.
2/ a/ Soit a>0. Montrer que la fonction f définie par :
f(x)=xa*ln(x) si x>0 et f(0)=0
est continue sur [0; +∞[
b/ Calculer ∫01 f(t) dt
3/ a/ Montrer que la fonction gn définie par :
gn(x)=x2n+1*ln(x)/x2−1 si x>0 et x≠ 1
peut se prolonger par continuité sur [0; +∞[
b/ On pose In=∫01 gn(t) dt.
Calculer In+1−In
c/ Montrer que In est convergente et déterminer sa limite.
En déduire la valeur de I0 en fonction de la limite de un.
Correction
1/ Pour pour j>2 et pour t ∈ [j−1;j[ on a 1/j2 ≤ 1/t2 donc :
un=∑j=1n 1/j2=1+∑j=2n 1/j2<1+∫1n 1/t2dt
donc un<1−1/n+1=2−1/n
La suite un est croissante et majorée donc elle est convergente de limite
l et on a l ≤ 2.
2/ On tape :
assume(a>0);
limit(x^
a*log(x),x=0
On obtient :
0
On tape :
ibpu(x^
a*log(x),log(x))
On obtient :
[(x^
(a+1)*log(x))/(a+1),(-(x^
(a+1)))/(a*x+x)]
On obtient :
-1/(a+1)^
2
3/ On tape :
g(n,x):=(x^
(2*n+1)*log(x))/(x^
2-1)
limit(g(n,x),x=1)
On obtient :
1/2
On tape :
limit(g(n,x),x=0)
On obtient :
0
On tape :
lncollect(normal(g(n+1,x)-g(n,x)))
On obtient :
((x^
(2*n+3)-x^
(2*n+1))*log(x))/(x^
2-1)
On tape :
int(x^
(2*n+1)*log(x),x,0,1
On obtient :
-1/(2*n+2)^
2
On a pour 0≤ x ≤ 1:
0≤ gn(x)<x2*n/2 car x*log(x)/(x2−1)<1/2
Donc :
In+1−In=−1/4*1/(n+1)2
donc :
In=−1/4*un+I0
On a donc I0=l/4
8.7 Approximation décimale d’un nombre transcendant
Définition Un nombre réel est algébrique s’il vérifie une équation polynômiale à coefficients entiers, sinon il est transcendant.
On peut montrer que pour b ∈ ℤ, b>1, les nombres :
sont transcendants.
Donner une approximation déciamle de ξ(2) à
10−8 près.
La série de terme générale 1/bn! est convergente car
1/bn!<1/bn, donc :
1+1/b<ξ(b)<b/b−1 et 1.5<ξ(b)<2.
Pour avoir une approximation décimale de ξ(2) à
10−8 près, il faut trouver une majoration du reste d’ordre p≥ 1 :
| | =
| | + | | + | | +...+ | 1 |
|
bp!*((p+1)(p+2)...(p+n) |
| +...< |
Il faut donc résoudre :
Pour p=5 on a 1/2120−1<10−36
Pour p=4 on a 1/224−1<6*10−8
Donc il suffit de calculer la somme des 5 premiers termes (p=0..4)) :
1+1/2++1/22+1/26+1/224.
On trouve :
1.7656250596
8.8 Série et développement en série de Fourier
L’énoncé
-
Trouver pour x∈]−π;π] la valeur de la somme
- En déduire que pour x∈]−π;π[ la somme
s’écrit sous la forme 1/2+1/NI(x)+1/N+1J(x) où I(x) et J(x) sont des intégrales fonction de leur borne supérieure.
- En déduire, lorsque x∈[−π;π], la valeur de :
.
La correction avec Xcas
-
Première méthode
On remarque s(x,N) est la partie réelle de ∑k=1Nexp(ix).
On tape :
sum(exp(i*k*x),k,1,N)
On obtient :
(exp((i)*(N+1)*x))/(exp((i)*x)-1)-(exp((i)*x))/ (exp((i)*x)-1)
On tape :
trigcos(re(sum(exp(i*k*x),k,1,N)))
On obtient :
(-cos(x)*cos(x*(N+1))-cos(x)+cos(x*(N+1))- sin(x)*sin(x*(N+1))+1)/(2*cos(x)-2)
On réécrit la réponse avec tlin puis avec normal et on
obtient :
(-cos(x)-cos(N*x)+cos(x*(N+1))+1)/(2*cos(x)-2)
donc
s(x,N)= | (−cos(x)−cos(N*x)+cos(x*(N+1))+1) |
|
(2*cos(x)−2) |
|
Autre méthode
On peut aussi simplifier : 2*sin(x/2)*s(x,N).
On tape :
tlin(2*sin(x/2)*cos(k*x))
On obtient :
sin((2*k*x+x)/2)-sin((2*k*x-x)/2)
Donc on a :
| sin((2kx+x)/2)−sin((2kx−x)/2)=sin((2Nx+x)/2)−sin(x/2) |
et
2sin(x/2)*s(x,N)= | | 2sin(x/2)cos(kx)=sin((2Nx+x)/2)−sin(x/2) |
On vérifie et on tape:
tlin(2*sin(x/2)*(-sin(x/2)+sin((2*N+1)*x/2))
On obtient :
-1+cos(x)+cos(N*x)-cos(N*x+x)
On tape:
trigsin(trigexpand(2*cos(2*(x/2))-2))
On obtient :
-4*sin(x/2)^
2
On tape:
tlin((2*cos((N+1)*x/2)*sin(N*x/2))
On obtient :
sin((2*N*x+x)/2)-sin(x/2)
Donc on peut écrire s(x,N) de 4 manières :
s(x,N)= | | cos(kx)= | sin((2N+1)x/2)−sin(x/2) |
|
2sin(x/2) |
| = |
2cos((N+1)x/2)sin(Nx/2)) |
|
2sin(x/2) |
| = | −1+cos(x)+cos(Nx)−cos((N+1)x) |
|
−4sin2(x/2) |
| = |
1−cos(x)−cos(Nx)+cos((N+1)x) |
|
2*cos(x)−2) |
|
- On remarque que :
S′(x,N)= | | (−1)k+1cos(kx)=− | | cos(k(x+π)=−s(x+π,N) |
donc
S′(x,N)= | cos(x)−(−1)Ncos(N*x)+(−1)N+1cos(x*(N+1))+1 |
|
2+2cos(x) |
|
On a :
S′(x,N)− | | = | −(−1)Ncos(N*x)+(−1)N+1cos(x*(N+1) |
|
2+2cos(x) |
|
On a S(0,N)=0 donc
S(x,N)= | | + | ∫ | | − | (−1)Ncos(N*t)+(−1)N+1cos(t*(N+1)) |
|
(2+2cos(x)) |
| dt |
On intègre par partie cette intégrale et on tape :
ibpu((-(-1)^
N*cos(N*x)+(-1)^
(N+1)*cos(x*(N+1)))/ (2+2*cos(x)),1/(2+2*cos(x)))
On obtient après factorisation du 2ième terme :
[(-(-1)^
N*1/(N+1)*sin(x*(N+1))-(-1)^
N*1/N*sin(N*x))/ (2+2*cos(x)),(sin(x)*(sin(N*x)*N+sin(N*x)+ sin(x*(N+1))*N)*(-1)^
N)/(2*(cos(x)+1)^
2*(N+1)*N)]
Donc
−(−1)N*1/(N+1)*sin(x*(N+1))−(−1)N*1/N*sin(N*x) |
|
2+2*cos(x) |
| + |
∫ | | (−1)N*sin(t)*(sin(N*t)*(N+1)+sin(t*(N+1))*N) |
|
2*(cos(t)+1)2*(N+1)*N |
| dt |
Si x∈]−π,π[, limN→ +∞S(x,N)−x/2=0 donc
et si x=−π ou si x=π
Pour visualiser le résultat
On tape :
S(x,N):=sum((-1)^
(k+1)*sin(k*x)/k,k,1,N); (plotfunc(S(x,k),x))$(k=1..5); plotfunc(S(x,20),x,affichage=rouge); plotfunc(S(x,40),x,affichage=vert)
On obtient :
8.8.2 Développement en série de Fourier et phénomène de Gibbs
Rappels du cours
On sait que les coefficients de Fourier d’une fonction, 2π-périodique et
intégrable sur tout intervalle fermé borné, sont définis pour
n ∈ ℤ et pour α ∈ ℝ par :
et que la série de Fourier associée à f est :
On peut aussi définir les coefficients de Fourier réels pour
n ∈ ℕ et pour α ∈ ℝ par :
On a alors :
SF(f)(x)= | | + | | (an(f)cos(nx)+bn(f)sin(nx)) |
Théorème de Dirichlet
Si au point x0, f admet une limite à droite et une limite à gauche
(que l’on note f(x0+0) et f(x0−0)) et admet une dérivée à droite,
et une dérivée à gauche, alors la série SF(f)(x0) converge vers
1/2(f(x0−0)+f(x0+0)).
En particulier si f est dérivable pour tout x, SF(f)(x) converge vers
f(x).
Développement en série de Fourier
Développer en serie de Fourier la fonction f(x) périodique de
période 2π égale à x/2 sur ]−π;π].
On tape :
assume(n,integer);fourier_bn(x/2,x,2*pi,n,-pi)
On obtient :
DOM_INT,(-((-1)^
n))/n
Puisque f(x) est impaire, on sait que dans la série de Fourier de f,
les coefficients des cosinus seront nuls i.e.
fourier_an(x/2,x,2*pi,n,-pi) =0
Donc le développement en série de Fourier de f(x) est :
D’après le théorème de Dirichlet on déduit que :
| ( | | + | | )=0= | | −(−1)n | | pour x=−π ou x=π |
Le phénomène de Gibbs
Les graphes des fonctions S(x,n) pour x∈ [−π;π] possède un maximum
ayant comme coordonnées xn,yn.
Quand n tend vers +∞, on va montrer que :
xn tend vers π et
yn tend vers α=∫0πsin(t)/tdt.
Un calcul approché de α montre que α>1.85193705198> π/2.
Ces ”bosses” au voisinage du point de discontinuité s’appellent le
phénomène de Gibbs.
Observation du phénomène de Gibbs
On cherche la limite de yn=S(xn,n) quand n tend vers +∞.
Déterminer graphiquement les coordonnées xn,yn du maximum de :
S(x,n)=∑k=1n −(−1)ksin(kx)/k
pour n=1, 2, 3, 4, 5, n=20 et n=40.
On lit sur le graphique précédent fait avec Xcas:
-
x1=1.57, y1=1
- x2=2.1, y2=1.3
- x3=2.38, y3=1.44
- x4=2.53, y4=1.53
- x5=2.63, y5=1.59
- x20=3.00, y20=1.77
- x40=3.07, y40=1.80
Démonstration du phénomène de Gibbs
On cherche xn et la limite de yn=S(xn,n) quand n tend vers +∞
de façon théorique.
-
On va déterminer la valeur de xn
Pour avoir un calcul de la valeur approchée de xn, on sait que :
S′(x,n)=s(x,n)= | | (−1)k cos(kx)= | | cos(k(x+π)= |
(cos(x)−(−1)ncos(n*x)−(−1)ncos(x*(n+1))+1) |
|
(2*cos(x)−2) |
| = |
sin((2n+1)(x+π)/2)−sin((x+π)/2) |
|
2sin((x+π)/2) |
|
Donc
-
pour n=1, on tape :
fsolve(2*cos(x)+cos(2*x)+1=0,x,1)
On obtient : 1.57079632679 donc x1=1.57079632679
- pour n=2, on tape :
fsolve(cos(x)-cos(2*x)-cos(3*x)+1=0,x,2)
On obtient : 2.09439510239 donc x2=2.09439510239
- pour n=3, on tape :
fsolve(cos(x)+cos(3*x)+cos(4*x)+1=0,x,2)
On obtient : 2.35619449019 donc x3=2.35619449019
- pour n=4, on tape :
fsolve(cos(x)-cos(4*x)-cos(5*x)+1=0,x,2.5)
On obtient : 2.51327412287 donc x4=2.51327412287
- pour n=5, on tape :
fsolve(cos(x)+cos(5*x)+cos(6*x)+1=0,x,2.5)
On obtient : 2.61799387799 donc x5=2.61799387799
- pour n=20, on tape :
fsolve(cos(x)-cos(20*x)-cos(21*x)+1=0,x,3)
On obtient : 2.99199300342 donc x20=2.99199300342
- pour n=40, on tape :
fsolve(cos(x)-cos(40*x)-cos(41*x)+1=0,x,3.04)
On obtient : 3.06496844253 donc x40=3.06496844253
Mais cela ne donne que des valeurs approchées....Pour avoir un calcul de la valeur exacte de xn, il faut résoudre en x :
sin((2n+1)(x+π)/2)−sin((x+π)/2)= 0 |
ou
cos((n+1)(x+π)/2)*sin(n(x+π)/2)=0 |
ce qui donne :
(n+1)(x+π)/2)=π/2 modπ
soit
(n+1)x=−nπ mod2π donc
x=(2k−n)π/n+1 avec n/2<k<(2n+1)/2 pour avoir x∈]0;π[
et
n(x+π)/2=kπ
soit
nx=(2k−n)π donc
x=(2k−n)π/n avec n/2<k<n pour avoir x∈]0;π[
Il y a donc, pour x∈]0;π[, un nombre impair d’extremum qui ont pour
abscisse :
-
si n=1 x1=π/2≃ 1.57079632679
- si n=2 x2=2π/3≃ 2.09439510239
- si n=2p ou si n=2p+1 (pour p>2)
(p+1)π/n+1,(p+1)π/n,(p+2)π/n+1,(p+2)π/n,....(n−1)π/n+1,(n−1)π/n,nπ/n+1
On commence par un maximum et donc on finit aussi par un maximum.
Le dernier maximum a pour abscisse :
On vérifie les résultats précédent et on tape :
evalf(k*pi/(k+1))$(k=1..5)
On obtient :
1.57079632679,2.09439510239,
2.35619449019,2.51327412287,2.61799387799
Les maximum ont pour abscisse (2k−n)π/n+1 pour k=p+1...n avec p=floor(n/2)
Pour n=20 cela donne
x20=20/21≃2.99199300342
Pour n=40 cela donne
x40=40/41≃3.06496844253
- Déterminons la valeur de yn=S(xn,n)=∑k=1n−(−1)ksin(knπ/(n+1))/k
Par définition, on a :
et
On a montré que :
En intégrant cette égalité entre π et x, puisque
S(π,n)=0, on obtient :
On fait le changement de variable t=π−2u :
(t+π)/2=π−u et dt=−2du et comme sin(π−u)=sin(u) et
sin((2n+1)(π−u))=sin((2n+1)u) on a :
Puisque xn=nπ/n+1 on a :
xn−π/2=−π/2(n+1).
Donc
Exercice
Montrez que :
Pour cela on utilisera la continuité de la fonction
g définie sur [0;π[ par :
g(0)=0,
g(x)=1/sin(x)−1/x pour x∈]0;π[
et on montrera que
∫0π/2n+2sin((2n+1)t)g(t)dt tend vers zéro
quand n tend vers +∞.
Correction de l’exercice
On tape en effet :
limit(1/sin(x)-1/x,x,0)
On obtient 0
donc g est continue sur [0;π[.
Donc il existe K tel que pour tout x∈ [0;π/2] |g(x)|<K.
Puisque π/2n+2<π/2 quand n∈ ℕ, on a :
Donc
∫0π/2n+2sin((2n+1)t)(1/sin(t)−1/t)dt tend vers zéro quand n tend vers +∞.
On en déduit :
limn→ +∞yn=limn→ +∞∫0π/2n+2sin((2n+1)t)/tdt
On fait le changement de variable v=(2n+1)t donc dv/v=dt/t, donc
On tape :
romberg(sin(t)/t,t,0,pi)
On obtient :
1.85193705198
On tape :
evalf(pi/2)
On obtient :
1.57079632679
Donc
et il a une bosse puisque 1.57079632679<1.85193705198
Utilisation de la moyenne de Césaro
Définition
Soit (un)n ∈ ℕ une suite, on pose Sk=∑i=0kui.
On dit que la série ∑un converge vers σ au sens
de Césaro si la suite :
σn=1/n∑k=0n−1Sk tend vers σ.
On pose :
σn(f)=1/n∑k=0n−1SFk(f)
Théorème
σn(f)(x) converge vers f(x) en tous les points de continuité de
f.
On observe que la convergence au sens de Césaro permet de régulariser la
convergence, donc d’éliminer le phénomène de Gibbs.
Exercice
Calculer σn(f)(x) pour la fonction f
périodique de période 2 π définie par :
f(x)=x/2 sur ]−π; π]
Tracer sur un même graphique S(x,7) et σ7(f)(x) et aussi
S(x,40) et σ40(f)(x).
-
On tape :
S(x,n):=sum((-1)^
(k+1)*sin(k*x)/k,k,1,n); sigma(x,n):=1/n*sum(S(x,k),k,1,n-1); plotfunc(S(x,7),x);plotfunc(sigma(x,7),x,affichage=1)
On obtient :
- On tape :
plotfunc(S(x,40),x); plotfunc(sigma(x,40),x,affichage=1)
On obtient :
8.9 Une suite
1/ Etude de la fonction f(x)= ln(1−x)/ln(x) dans
l’intervalle ]0;1[.
2/ Pour n entier strictement positif, on considère Pn(x)=xn+x−1.
Montrer que P a une racine unique an, dans l’intervalle ]0;1[.
Calculer a1,a2 puis, à l’aide de la méthde de Newton donner une valeur
approchée de a3,a4,a50,a100 à 10−10 près.
3/ Etude de la suite an.
Correction
On tape :
f(x):=log(1-x)/log(x)
plotfunc(f(x),x,0,1)
diff(f(x),x)
On obtient :
(x*log(x)-x*log(-x+1)+log(-x+1))/(x^
2*(log(x))^
2-x*(log(x))^
2)
On tape :
lncollect(ans())
On obtient :
(x*log(x)+(-x+1)*log(-x+1))/(x^
2*(log(x))^
2-x*(log(x))^
2)
Le numérateur et le dénominateur sont négatifs donc f est croissante.
On tape :
limit(f(x),x=1)
On obtient :
infinity
On tape :
limit(f(x),x=0)
On obtient :
0
2/ Pn(x) est croissante et continue dans l’intervalle [0;1] et on a :
P(0)=−1, P(1)=1
Il existe donc d’après le théorème des valeurs intermédiaires une
valeur an unique dans l’intervalle ]0;1[ telle que P(an)=0.
On a :
a1=1/2.
On tape :
solve(x^
2+x-1,x)
On obtient :
[(-1+sqrt(5))/2,(-1-sqrt(5))/2]
donc a2=(-1+sqrt(5))/2 ≃ 0.61803398875
On définit la fonction qu’il faut itérer pour n fixé :
g(n,x):=x-(x^
n+x-1)/(n*x^
(n-1)+1)
puis,
h(x):=g(3,x)
h(1.0)
h(ans()).....
h(ans())
On obtient :
a3=0.682327803828
puis,
h(x):=g(4,x)
h(1.0)
h(ans())....
h(ans())
On obtient :
a4=0.686046511628
puis,
h(x):=g(50,x)
h(1.0)
h(ans())....
h(ans())
On obtient :
a50=0.943986614988
puis,
h(x):=g(100,x)
h(1.0)
h(ans())....
h(ans())
On obtient :
a100=0.966583901079
3/ On a donc :
(an)n=1−an.
On en déduit :
n*ln(an)=ln(1−an)
c’est à dire f(an)=n
Comme f est une bijection de [0;1[ sur [0;+∞[, f admet une fonction
inverse qui tend vers 1 à l’infini.
On a :
an=f−1(n)=g(n) donc, la suite an est convergente et sa limite est 1.
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