Bonjour Job,
Comme spécifiée dans mon message privé je post ici le sujet, si vous préférez créer un nouveau "topic" pour ce dernier sujet je peux également procéder comme cela.
Merci encore pour votre énorme soutien,
Marc05
Calcul d'integrale
Re: Calcul d'integrale
Bonjour Marc05
Exercice 1
a) On calcule $I_1$ avec une intégration par parties avec $\left\{\begin{array}{rcl}u(x)&=&x\\v'(x)&=&e^{-x}\end{array}\right.$ donc $\left\{\begin{array}{rcl}u'(x)&=&1\\v(x)&=&-e^{-x}x\end{array}\right.$
$I_1=[-xe^{-x}]_0^1-\int_0^1(-e^{-x})dx=-e^{-1}-[e^{-x}]_0^1=-e^{-1}-(e^{-1}-1)=1-2e^{-1}$
b) $I_{n+1}-I_n=\int_0^1 (x^{n+1}-x^n)e^{-x}dx=\int_0^1x^n(x-1)e^{-x}dx$
$\forall x\in [0,1],\ x^n(x-1)e^{-x}\leq 0$ donc $I_{n+1}-I_n\leq 0$. La suite est donc décroissante.
c) $\forall x \in [0,1],\ x^n e^{-x}\geq 0$ donc $I_n\geq 0$
La suite est décroissante, minorée par 0 donc elle converge.
d) $\forall x \in [0, 1],\ e^{-x}\leq 1$ donc $x^ne^{-x}\leq x^n$ et $I_n\leq \int_0^1 x^n dx =\left[\frac{1}{n+1}x^{n+1}\right]_0^1=\frac{1}{n+1}$
$0\leq I_n\leq \frac{1}{n+1}$ et $\lim \frac{1}{n+1}=0$ donc $\lim I_n=0$
Exercice 1
a) On calcule $I_1$ avec une intégration par parties avec $\left\{\begin{array}{rcl}u(x)&=&x\\v'(x)&=&e^{-x}\end{array}\right.$ donc $\left\{\begin{array}{rcl}u'(x)&=&1\\v(x)&=&-e^{-x}x\end{array}\right.$
$I_1=[-xe^{-x}]_0^1-\int_0^1(-e^{-x})dx=-e^{-1}-[e^{-x}]_0^1=-e^{-1}-(e^{-1}-1)=1-2e^{-1}$
b) $I_{n+1}-I_n=\int_0^1 (x^{n+1}-x^n)e^{-x}dx=\int_0^1x^n(x-1)e^{-x}dx$
$\forall x\in [0,1],\ x^n(x-1)e^{-x}\leq 0$ donc $I_{n+1}-I_n\leq 0$. La suite est donc décroissante.
c) $\forall x \in [0,1],\ x^n e^{-x}\geq 0$ donc $I_n\geq 0$
La suite est décroissante, minorée par 0 donc elle converge.
d) $\forall x \in [0, 1],\ e^{-x}\leq 1$ donc $x^ne^{-x}\leq x^n$ et $I_n\leq \int_0^1 x^n dx =\left[\frac{1}{n+1}x^{n+1}\right]_0^1=\frac{1}{n+1}$
$0\leq I_n\leq \frac{1}{n+1}$ et $\lim \frac{1}{n+1}=0$ donc $\lim I_n=0$
Re: Calcul d'integrale
Bonjour
Exercice 5
Cet exercice m'a un peu ennuyée car le texte manque un peu de précision et je ne savais pas exactement ce que vous avez vu en cours et donc ce que je peux utiliser
a) Il s'agit d'une loi binomiale où le nombre d'expériences est $N$ et la probabilité d''un saut vers la droite = 1/2
$P(N,n)={N\choose n}\ (\frac{1}{2})^n (1-\frac{1}{2})^{N-n}={N\choose n} (\frac{1}{2})^N$
(${N\choose n}$ coefficient binomial noté aussi $C_N^n$)
Si on considère $x$ définissant la position algébrique vers la droite : $x=na+(N-n)(-a)=(2n-N)a$
(Si on considère la distance par rapport à l'origine, il faut prendre la valeur absolue)
b) Le nombre moyen est l'espérance donc = $\sum_{n=0}^N nP(n,N)=\sum_{n=0}^N n {N\choose n} (\frac{1}{2})^N=(\frac{1}{2})^N \sum_{n=0}^N n {N\choose n}$
En utilisant l'indication on a $f(x)=(1+x)^N =\sum_{n=0}^N {N \choose n} x^n \cdot 1^{N-n}=\sum_{n=0}^N {N\choose n} x^n$
En dérivant : $N(1+x)^{N-1} =\sum_{n=1}^N n {N\choose n}x^{n-1}$
Pour $x=1$ on a : $N\times 2^{N-1}=\sum_{n=1}^N n {N\choose n}$
En revenant au calcul de l'espérance :
$(\frac{1}{2})^N \sum_{n=0}^N n {N\choose n}=(\frac{1}{2})^N (0+\sum_{n=1}^N n {N\choose n}=(\frac{1}{2})^N \times N\times 2^{N-1}=\frac{N}{2}$
Avec $n=\frac{N}{2}$ on obtient $x=0$.
Les pas vers la droite et vers la gauche étant équiprobables, on peut considérer que si $N$ est grand il y aura équilibre entre le nombre de pas à droite et à gauche et on sera revenu au point de départ.
c) $E(\delta x_i)=a\times \frac{1}{2} +(-a)\times \frac{1}{2}=0$
$V(\delta x_i)=(a-0)^2\times \frac{1}{2} +(-a-0)^2 \times \frac{1}{2}=a^2$
Les $\delta x_i$ sont indépendants donc $V(x)=\sum_{i=1}^N (V(\delta x_i))=Na^2$
La variance es proportionnelle à $N$.
d) ${N\choose n} =\frac{N!}{n! (N-n)!}=\frac{N(N-1)\cdots (N-n+1)}{n!}$. Il s'agit donc d'un polynôme en N de degré $n$
Donc $n$ étant fixé, $\lim_{N\to \infty} {N\choose n}(\frac{1}{2})^N =0$
Quand $N$ est grand et $n$ fixé la probabilité d'avoir exactement $n$ pas vers la droite est donc un événement rare , on retrouve une distribution de Poisson.
e) Quand $n$ et $N$ sont grands on devrait retrouver la distribution de la loi normale .
Exercice 5
Cet exercice m'a un peu ennuyée car le texte manque un peu de précision et je ne savais pas exactement ce que vous avez vu en cours et donc ce que je peux utiliser
a) Il s'agit d'une loi binomiale où le nombre d'expériences est $N$ et la probabilité d''un saut vers la droite = 1/2
$P(N,n)={N\choose n}\ (\frac{1}{2})^n (1-\frac{1}{2})^{N-n}={N\choose n} (\frac{1}{2})^N$
(${N\choose n}$ coefficient binomial noté aussi $C_N^n$)
Si on considère $x$ définissant la position algébrique vers la droite : $x=na+(N-n)(-a)=(2n-N)a$
(Si on considère la distance par rapport à l'origine, il faut prendre la valeur absolue)
b) Le nombre moyen est l'espérance donc = $\sum_{n=0}^N nP(n,N)=\sum_{n=0}^N n {N\choose n} (\frac{1}{2})^N=(\frac{1}{2})^N \sum_{n=0}^N n {N\choose n}$
En utilisant l'indication on a $f(x)=(1+x)^N =\sum_{n=0}^N {N \choose n} x^n \cdot 1^{N-n}=\sum_{n=0}^N {N\choose n} x^n$
En dérivant : $N(1+x)^{N-1} =\sum_{n=1}^N n {N\choose n}x^{n-1}$
Pour $x=1$ on a : $N\times 2^{N-1}=\sum_{n=1}^N n {N\choose n}$
En revenant au calcul de l'espérance :
$(\frac{1}{2})^N \sum_{n=0}^N n {N\choose n}=(\frac{1}{2})^N (0+\sum_{n=1}^N n {N\choose n}=(\frac{1}{2})^N \times N\times 2^{N-1}=\frac{N}{2}$
Avec $n=\frac{N}{2}$ on obtient $x=0$.
Les pas vers la droite et vers la gauche étant équiprobables, on peut considérer que si $N$ est grand il y aura équilibre entre le nombre de pas à droite et à gauche et on sera revenu au point de départ.
c) $E(\delta x_i)=a\times \frac{1}{2} +(-a)\times \frac{1}{2}=0$
$V(\delta x_i)=(a-0)^2\times \frac{1}{2} +(-a-0)^2 \times \frac{1}{2}=a^2$
Les $\delta x_i$ sont indépendants donc $V(x)=\sum_{i=1}^N (V(\delta x_i))=Na^2$
La variance es proportionnelle à $N$.
d) ${N\choose n} =\frac{N!}{n! (N-n)!}=\frac{N(N-1)\cdots (N-n+1)}{n!}$. Il s'agit donc d'un polynôme en N de degré $n$
Donc $n$ étant fixé, $\lim_{N\to \infty} {N\choose n}(\frac{1}{2})^N =0$
Quand $N$ est grand et $n$ fixé la probabilité d'avoir exactement $n$ pas vers la droite est donc un événement rare , on retrouve une distribution de Poisson.
e) Quand $n$ et $N$ sont grands on devrait retrouver la distribution de la loi normale .
Re: Calcul d'integrale
Exercice 6
a) Pour que $f$ soit la densité d'une loi de probabilité il faut que $\int_0^{\infty} Axe^{-x} dx =A\int_0^{\infty} xe^{-x} dx=1$
On fait une intégration par parties avec $\left\{\begin{array}{rcl} u(x)&=&x\\v'(x)&=&e^{-x}\end{array}\right.$ donc $\left\{\begin{array}{rcl}u'(x)&=&1\\v(x)&=&-e^{-x}\end{array}\right.$
$\int_0^X xe^{-x} dx =[-xe^{-x}]_0^X-\int_0^X -e^{-x} dx=[-xe^{-x}]_0^X-[e^{x}]_0^X=-Xe^{-X}-0-(e^{-X}-1=1-Xe^{-X}-e^{-X}$
$\lim_{x\to +\infty} Xe^{-X}=\lim_{X\to +\infty} e^{-X}=0$ donc $A\int_0^{\infty} xe^{-x} dx=A (1)$ et la condition est remplie lorsque $A=1$
b) $E(X) \int_0^{\infty} xf(x)dx=\int_0^{\infty} x^2 e^{-x} dx$
De la même manière, on fait une intégration par parties :
$E(X)=[-x^2e^{-x}]_0^{\infty} +2\int_0^{\infty}xe^{-x}dx=0+2=2$
$V(X)=E(X^2)-(E(X))^2$
$E(X^2)=\int_0^{\infty} x^3 e^{-x} dx$
Toujours avec une intégration par parties :
$E(X^2)=[-x^3e^{-x}]_0^{\infty} +3\int_0^{\infty} x^2e^{-x}dx=0 +3\times 2 =6$
$V(X)=6-2^2=2$
c) $P(3\leq X\leq 5)=\int_3^5 f(x) dx =\int_3^5 xe^{-x} dx =[-xe^{-x}]_3^5-[e^{-x}]_3^5=-5e^{-5}+3e^{-3} -e^{-5}+e^{-3}=4e^{-3}-6e^{-5}$
d) D'après la définition d'une probabilité conditionnelle :
$P((X\leq 2)/(X\geq 1))=\frac{P[(X\leq 2)\cap (X\geq 1)]}{P(X\geq 1)}=\frac{P(1\leq X \leq 2)}{P(X\geq 1)}$
$P(1\leq X\leq 2)=\int_1^2 xe^{-x}dx =[-xe^{-x}]_1^2-[e^{-x}]_1^2=2e^{-1}-3e^{-2}$
$P(X\geq 1) =1-P(X\leq 1)=1-\int_0^1 xe^{-x} dx =1-([-xe^{-x}]_0^1 -[e^{-x}]_0^1)=1-(-e^{-1}-e^{-1}+1)=2e^{-1}$
Donc la probabilité cherchée est égale à $\frac{2e^{-1}-3e^{-2}}{2e^{-1}}=1-\frac{3}{2} e^{-1}$
a) Pour que $f$ soit la densité d'une loi de probabilité il faut que $\int_0^{\infty} Axe^{-x} dx =A\int_0^{\infty} xe^{-x} dx=1$
On fait une intégration par parties avec $\left\{\begin{array}{rcl} u(x)&=&x\\v'(x)&=&e^{-x}\end{array}\right.$ donc $\left\{\begin{array}{rcl}u'(x)&=&1\\v(x)&=&-e^{-x}\end{array}\right.$
$\int_0^X xe^{-x} dx =[-xe^{-x}]_0^X-\int_0^X -e^{-x} dx=[-xe^{-x}]_0^X-[e^{x}]_0^X=-Xe^{-X}-0-(e^{-X}-1=1-Xe^{-X}-e^{-X}$
$\lim_{x\to +\infty} Xe^{-X}=\lim_{X\to +\infty} e^{-X}=0$ donc $A\int_0^{\infty} xe^{-x} dx=A (1)$ et la condition est remplie lorsque $A=1$
b) $E(X) \int_0^{\infty} xf(x)dx=\int_0^{\infty} x^2 e^{-x} dx$
De la même manière, on fait une intégration par parties :
$E(X)=[-x^2e^{-x}]_0^{\infty} +2\int_0^{\infty}xe^{-x}dx=0+2=2$
$V(X)=E(X^2)-(E(X))^2$
$E(X^2)=\int_0^{\infty} x^3 e^{-x} dx$
Toujours avec une intégration par parties :
$E(X^2)=[-x^3e^{-x}]_0^{\infty} +3\int_0^{\infty} x^2e^{-x}dx=0 +3\times 2 =6$
$V(X)=6-2^2=2$
c) $P(3\leq X\leq 5)=\int_3^5 f(x) dx =\int_3^5 xe^{-x} dx =[-xe^{-x}]_3^5-[e^{-x}]_3^5=-5e^{-5}+3e^{-3} -e^{-5}+e^{-3}=4e^{-3}-6e^{-5}$
d) D'après la définition d'une probabilité conditionnelle :
$P((X\leq 2)/(X\geq 1))=\frac{P[(X\leq 2)\cap (X\geq 1)]}{P(X\geq 1)}=\frac{P(1\leq X \leq 2)}{P(X\geq 1)}$
$P(1\leq X\leq 2)=\int_1^2 xe^{-x}dx =[-xe^{-x}]_1^2-[e^{-x}]_1^2=2e^{-1}-3e^{-2}$
$P(X\geq 1) =1-P(X\leq 1)=1-\int_0^1 xe^{-x} dx =1-([-xe^{-x}]_0^1 -[e^{-x}]_0^1)=1-(-e^{-1}-e^{-1}+1)=2e^{-1}$
Donc la probabilité cherchée est égale à $\frac{2e^{-1}-3e^{-2}}{2e^{-1}}=1-\frac{3}{2} e^{-1}$
Re: Calcul d'integrale
Bonjour
Exercice 7
a) Pour chaque tirage il y a 12 possibilités donc le nombre de cas possibles est $12^3=1728$
Pour avoir 3 nombres distincts il y a $A_{12}^3=12\times 11\times 10$ possibilités.
Pour ranger ces 3 nombres, le nombre de permutation est $3!=6$
Pour que les 3 nombres soient rangés dans un ordre strictement croissant, on a donc $\frac{12\times 11\times 10}{6}=220$ possibilités donc une probabilité de $\frac{220}{1728}=\frac{55}{432}$
b) * Les 3 nombres peuvent être identiques : 12 possibilités.
* Les 3 nombres peuvent être 2 à 2 distincts : 220 possibilités (cas précédent)
* 2 nombres sont identiques et le troisième différent.
Il y a 12 possibilités pour le nombre sorti 2 fois et dans chaque cas 11 possibilités pour l'autre nombre.
Si on considère les nombres $x,\ x\ ,y$, si $y>x$ il y a un seul rangement possible : $(x,x,y)$ et si $y<x$ également un seul rangement : $(y,x,x)$ donc $12\times 11=132$ cas favorables.
Donc probabilité : $ \frac{12+220+132}{1728}=\frac{91}{432}$
c) Avec "au moins", la bonne méthode consiste à considérer l'événement contraire : le 4 n'est pas sorti donc 11 possibilités pour chaque tirage et la probabilité cherchée est donc égale à $1-\frac{11^3}{12^3}=\frac{397}{1728}$
d) Je n'ai pas trouvé d'autre méthode que d'envisager tous les cas depuis : 12+1+1 jusqu'à 5+5+4.
Certaines sommes comportent 3 nombres différents qui peuvent donc être rangés de 6 manières différentes . J'ai trouvé 10 sommes de ce type. Les autres sommes comportent 2 nombres identiques pour lesquels il n'y a que 3 rangements possibles. J'ai trouvé 6 sommes de ce type.
Ce qui me donne comme probabilité : $\frac{10\times 6+6\times 3}{1728}=\frac{78}{1728}=\frac{13}{288}$
Si j'ai l'idée d'une autre méthode, j'y reviendrai.
Exercice 7
a) Pour chaque tirage il y a 12 possibilités donc le nombre de cas possibles est $12^3=1728$
Pour avoir 3 nombres distincts il y a $A_{12}^3=12\times 11\times 10$ possibilités.
Pour ranger ces 3 nombres, le nombre de permutation est $3!=6$
Pour que les 3 nombres soient rangés dans un ordre strictement croissant, on a donc $\frac{12\times 11\times 10}{6}=220$ possibilités donc une probabilité de $\frac{220}{1728}=\frac{55}{432}$
b) * Les 3 nombres peuvent être identiques : 12 possibilités.
* Les 3 nombres peuvent être 2 à 2 distincts : 220 possibilités (cas précédent)
* 2 nombres sont identiques et le troisième différent.
Il y a 12 possibilités pour le nombre sorti 2 fois et dans chaque cas 11 possibilités pour l'autre nombre.
Si on considère les nombres $x,\ x\ ,y$, si $y>x$ il y a un seul rangement possible : $(x,x,y)$ et si $y<x$ également un seul rangement : $(y,x,x)$ donc $12\times 11=132$ cas favorables.
Donc probabilité : $ \frac{12+220+132}{1728}=\frac{91}{432}$
c) Avec "au moins", la bonne méthode consiste à considérer l'événement contraire : le 4 n'est pas sorti donc 11 possibilités pour chaque tirage et la probabilité cherchée est donc égale à $1-\frac{11^3}{12^3}=\frac{397}{1728}$
d) Je n'ai pas trouvé d'autre méthode que d'envisager tous les cas depuis : 12+1+1 jusqu'à 5+5+4.
Certaines sommes comportent 3 nombres différents qui peuvent donc être rangés de 6 manières différentes . J'ai trouvé 10 sommes de ce type. Les autres sommes comportent 2 nombres identiques pour lesquels il n'y a que 3 rangements possibles. J'ai trouvé 6 sommes de ce type.
Ce qui me donne comme probabilité : $\frac{10\times 6+6\times 3}{1728}=\frac{78}{1728}=\frac{13}{288}$
Si j'ai l'idée d'une autre méthode, j'y reviendrai.
Re: Calcul d'integrale
Exercice 2
a) Démonstration par récurrence : $0\leq a_0\leq 1$
On suppose l'affirmation vraie jusqu'au rang $n$.
$a_{n+1}=1-\sum_{k=0}^n \frac{a_k}{(n+1-k)!}$
$\forall à\leq k \leq n,\ a_k\geq 0$ donc $\sum_{k=0}^n \frac{a_k}{(n+1-k)!}\geq 0$ et par conséquent $a_{n+1}\leq 1$
$(n+1-k)!\geq (n-k)!$ donc $\sum_{k=0}^n \frac{a_k}{(n+1-k)!}\leq \sum_{k=0}^{n} \frac{a_k}{(n-k)!}=\sum_{k=0}^{n-1}\frac{a_k}{(n-k)!}+a_n=1-a_n+a_n=1$
Donc $1-\sum_{k=0}^n \frac{a_k}{(n+1-k)!}\geq 0$
b) $R=\sup\{r\geq 0,\ (|a_n|r^n)$ est bornée}
$|a_n|r^n\leq r^n$ puisque $0\leq a_n\leq 1$
La suite $(|a_n|r^n)$ majorée par une suite géométrique de raison <1 est alors bornée.
Par conséquent $R\geq 1$
c) $e^x=\sum_{n=0}^{\infty} \frac{x^n}{n!}$ série entière avec $b_n=\frac{1}{n!}$
En écrivant le produit $e^x\sum_{n=0}^{\infty}a_nx^n$ sous forme d'une série entière $\sum_{n=0}^{\infty} c_nx^n$ on a :
$c_n=\sum_{k=0}^n a_kb_{n-k}=\sum_{k=0}^{n-1} a_kb_{n-k}+a_nb_0= \sum_{k=0}^{n-1} \frac{a_k}{(n-k)!}+a_n=1-a_n+a_n=1$
Donc le produit des 2 séries est la série entière $\sum_{n=0}^{\infty} x^n$
d) On en déduit que $\sum_{n=0}^{\infty}a_n x^n =\frac{1}{e^x} =e^{-x}=\sum_{n=0}^{\infty} \frac{(-x)^n}{n!}=\sum_{n=0}^{\infty}\frac{(-1)^n}{n!} x^n$
Donc $a_n=\sum_{k=0}^n \frac{(-1)^k}{k!}$
e) En posant $u_k=\frac{(-1)^k}{k!},\ \sum_{k=0}^{\infty} \frac{(-1)^k}{k!}$ est une série alternée telle que $\lim_{k\to +\infty} u_k=0$
$\frac{|u_{k+1}|}{|u_k|}=\frac{1}{k+1}$ donc $|u_k|$ est une suite décroissante.
La série $\sum_{k=0}^{\infty} \frac{(-1)^k}{k!}$ converge donc par le critère spécial des séries alternées et par conséquent la suite $(a_n)$ converge.
f) La limite de la suite $(a_n)$ est la limite de la série, elle est donc égale à $e^{-1}$
a) Démonstration par récurrence : $0\leq a_0\leq 1$
On suppose l'affirmation vraie jusqu'au rang $n$.
$a_{n+1}=1-\sum_{k=0}^n \frac{a_k}{(n+1-k)!}$
$\forall à\leq k \leq n,\ a_k\geq 0$ donc $\sum_{k=0}^n \frac{a_k}{(n+1-k)!}\geq 0$ et par conséquent $a_{n+1}\leq 1$
$(n+1-k)!\geq (n-k)!$ donc $\sum_{k=0}^n \frac{a_k}{(n+1-k)!}\leq \sum_{k=0}^{n} \frac{a_k}{(n-k)!}=\sum_{k=0}^{n-1}\frac{a_k}{(n-k)!}+a_n=1-a_n+a_n=1$
Donc $1-\sum_{k=0}^n \frac{a_k}{(n+1-k)!}\geq 0$
b) $R=\sup\{r\geq 0,\ (|a_n|r^n)$ est bornée}
$|a_n|r^n\leq r^n$ puisque $0\leq a_n\leq 1$
La suite $(|a_n|r^n)$ majorée par une suite géométrique de raison <1 est alors bornée.
Par conséquent $R\geq 1$
c) $e^x=\sum_{n=0}^{\infty} \frac{x^n}{n!}$ série entière avec $b_n=\frac{1}{n!}$
En écrivant le produit $e^x\sum_{n=0}^{\infty}a_nx^n$ sous forme d'une série entière $\sum_{n=0}^{\infty} c_nx^n$ on a :
$c_n=\sum_{k=0}^n a_kb_{n-k}=\sum_{k=0}^{n-1} a_kb_{n-k}+a_nb_0= \sum_{k=0}^{n-1} \frac{a_k}{(n-k)!}+a_n=1-a_n+a_n=1$
Donc le produit des 2 séries est la série entière $\sum_{n=0}^{\infty} x^n$
d) On en déduit que $\sum_{n=0}^{\infty}a_n x^n =\frac{1}{e^x} =e^{-x}=\sum_{n=0}^{\infty} \frac{(-x)^n}{n!}=\sum_{n=0}^{\infty}\frac{(-1)^n}{n!} x^n$
Donc $a_n=\sum_{k=0}^n \frac{(-1)^k}{k!}$
e) En posant $u_k=\frac{(-1)^k}{k!},\ \sum_{k=0}^{\infty} \frac{(-1)^k}{k!}$ est une série alternée telle que $\lim_{k\to +\infty} u_k=0$
$\frac{|u_{k+1}|}{|u_k|}=\frac{1}{k+1}$ donc $|u_k|$ est une suite décroissante.
La série $\sum_{k=0}^{\infty} \frac{(-1)^k}{k!}$ converge donc par le critère spécial des séries alternées et par conséquent la suite $(a_n)$ converge.
f) La limite de la suite $(a_n)$ est la limite de la série, elle est donc égale à $e^{-1}$
Re: Calcul d'integrale
Bonjour
Exercice 3
a) Les racines du dénominateur sont 0, 1 et (-1) donc la décomposition en éléments simples de $u_n$ est de la forme $\frac{a}{n-1}+\frac{b}{n} +\frac{c}{n+1}$
Différentes méthodes possibles. Par exemple avec $f(x)=\frac{1}{x^3-x}$
$a=\lim_{x\to 1} (x-1)f(x)=\lim_{x\to 1}=\frac{1}{x(x+1)}=\frac{1}{2}$
J'ai obtenu $u_n=\frac{1}{2(n-1)}-\frac{1}{n} +\frac{1}{2(n+1)}$
$\sum_{n=2}^{\infty} u_n =\frac{1}{2} \sum_{n=2}^{\infty}\frac{1}{n-1} -\sum_{n=2}^{\infty}\frac{1}{n} +\frac{1}{2}\sum_{n=2}^{\infty}\frac{1}{n+1}$
On fait des changements d'indices :
$\sum_{n=2}^{\infty} u_n =\frac{1}{2} (1+\frac{1}{2} +\sum_{n=3}^{\infty}\frac{1}{n}) -(\frac{1}{2} +\sum_{n=3}^{\infty} \frac{1}{n})+\frac{1}{2} \sum_{n=3}^{\infty} \frac{1}{n}$
$\sum_{n=2}^{\infty}u_n=\frac{3}{4}-\frac{1}{2} +(\frac{1}{2} -1+\frac{1}{2}) \sum_{n=3}^{\infty} \frac{1}{n}=\frac{1}{4}$
b) i) Deux nombres positifs sont dans le même ordre que leurs carrés.
$(\frac{u_n+v_n}{2})^2-(\sqrt{u_nv_n})^2=\frac{u_n^2+v_n^2+2u_nv_n}{4}-u_nv_n=\frac{u_n^2+v_n^2-2u_nv_n}{4}=\frac{(u_n-v_n)^2}{4}\geq 0$
Donc $\sqrt{u_nv_n}\leq \frac{u_n+v_n}{2}$
La somme de 2 séries convergentes est une série convergente donc la série à termes positifs $\sum \sqrt{u_nv_n}$ est convergente.
ii) Soit $v_n=\frac{1}{n^{2\alpha}}$. On a alors $\sum \frac{\sqrt{u_n}}{n^{\alpha}}=\sqrt {u_nv_n}$
Or $\sum \frac{1}{n^{2\alpha}}$ est une série de Riemann qui converge si $2\alpha >1$ soit $\alpha <\frac{1}{2}$ et on utilise alors le résultat de la question i)
iii) Soit $u_n$ défini par $u_n=\frac{1}{n}$ si $n$ est pair et $u_n=0$ sinon.
$v_n=\frac{1}{n}$ si $n$ est impair et $v_n=0$ sinon
$\sum u_n$ et $\sum v_n$ sont des séries divergentes.
Pour tout $n$, $\sqrt {u_nv_n}=0$ donc $\sum \sqrt{u_nv_n}$ converge vers 0$
Exercice 3
a) Les racines du dénominateur sont 0, 1 et (-1) donc la décomposition en éléments simples de $u_n$ est de la forme $\frac{a}{n-1}+\frac{b}{n} +\frac{c}{n+1}$
Différentes méthodes possibles. Par exemple avec $f(x)=\frac{1}{x^3-x}$
$a=\lim_{x\to 1} (x-1)f(x)=\lim_{x\to 1}=\frac{1}{x(x+1)}=\frac{1}{2}$
J'ai obtenu $u_n=\frac{1}{2(n-1)}-\frac{1}{n} +\frac{1}{2(n+1)}$
$\sum_{n=2}^{\infty} u_n =\frac{1}{2} \sum_{n=2}^{\infty}\frac{1}{n-1} -\sum_{n=2}^{\infty}\frac{1}{n} +\frac{1}{2}\sum_{n=2}^{\infty}\frac{1}{n+1}$
On fait des changements d'indices :
$\sum_{n=2}^{\infty} u_n =\frac{1}{2} (1+\frac{1}{2} +\sum_{n=3}^{\infty}\frac{1}{n}) -(\frac{1}{2} +\sum_{n=3}^{\infty} \frac{1}{n})+\frac{1}{2} \sum_{n=3}^{\infty} \frac{1}{n}$
$\sum_{n=2}^{\infty}u_n=\frac{3}{4}-\frac{1}{2} +(\frac{1}{2} -1+\frac{1}{2}) \sum_{n=3}^{\infty} \frac{1}{n}=\frac{1}{4}$
b) i) Deux nombres positifs sont dans le même ordre que leurs carrés.
$(\frac{u_n+v_n}{2})^2-(\sqrt{u_nv_n})^2=\frac{u_n^2+v_n^2+2u_nv_n}{4}-u_nv_n=\frac{u_n^2+v_n^2-2u_nv_n}{4}=\frac{(u_n-v_n)^2}{4}\geq 0$
Donc $\sqrt{u_nv_n}\leq \frac{u_n+v_n}{2}$
La somme de 2 séries convergentes est une série convergente donc la série à termes positifs $\sum \sqrt{u_nv_n}$ est convergente.
ii) Soit $v_n=\frac{1}{n^{2\alpha}}$. On a alors $\sum \frac{\sqrt{u_n}}{n^{\alpha}}=\sqrt {u_nv_n}$
Or $\sum \frac{1}{n^{2\alpha}}$ est une série de Riemann qui converge si $2\alpha >1$ soit $\alpha <\frac{1}{2}$ et on utilise alors le résultat de la question i)
iii) Soit $u_n$ défini par $u_n=\frac{1}{n}$ si $n$ est pair et $u_n=0$ sinon.
$v_n=\frac{1}{n}$ si $n$ est impair et $v_n=0$ sinon
$\sum u_n$ et $\sum v_n$ sont des séries divergentes.
Pour tout $n$, $\sqrt {u_nv_n}=0$ donc $\sum \sqrt{u_nv_n}$ converge vers 0$
Re: Calcul d'integrale
Exercice 4
a) Discriminant du dénominateur : $\Delta =4\cos^2 \theta -4=-4\sin^2 \theta <0 $sauf si $\theta =k\pi$ donc $\cos \theta =\pm 1$
Si $\cos \theta =1$ le dénominateur est nul pour $x=1$.
Si $\cos \theta =-1$ le dénominateur est nul pour $x=-1$.
Dans tous les autres cas le dénominateur ne s'annule pas donc $f(x\theta)$ est bien défini.
b) $\frac{1}{1-xe^{i\theta}}=\frac{1}{1-x\cos \theta -ix\sin \theta}=\frac{1-x\cos \theta +ix\sin \theta}{(1-x\cos \theta)^2+(x\sin \theta)^2}=\frac{1-x\cos \theta+ix\sin \theta}{1-2x\cos \theta+x^2(\cos^2 \theta +\sin^2\theta)}$
Donc $\Re (\frac{1}{1-xe^{i\theta}})=\frac{1-x\cos \theta}{1-2x\cos \theta +x^2}$
c) $|xe^{i\theta}|<1$ donc $\frac{1}{1-xe^{i\theta}}$ est développable en série entière :
$\frac{1}{1-xe^{i\theta}}=\sum_{n=0}^{\infty} e^{in\theta} x^n$
d) $f(x,\theta)=\Re (\frac{1}{1-xe^{i\theta}})=\sum_{n=0}^{\infty} \cos (n\theta)x^n$
La fonction $\cos (n\theta)x^n$ est continue intégrable sur $[0, 2\pi]$ et $\sum_{n=0}^{\infty} \cos (n\theta)x^n$ converge vers une fonction continue par morceaux donc on peut intégrer terme à terme.
e) $f(x,\theta)=\sum_{n=0}^{\infty} e^{in\theta} x^n=1+\sum_{n=1}^{\infty}\cos (n\theta)x^n$
$I=\int_0^{2\pi}(1+\sum_{n=1}^{\infty}\cos (n\theta)x^n) d\theta=2\pi +\sum_{n=1}^{\infty} x^n \int_0^{2\pi}\cos (n\theta) d\theta$
$I=2\pi +\sum_{n=1}^{\infty} x^n[\frac{1}{n} \sin (n\theta)]_0^{2\pi}=2\pi +0=2\pi$
a) Discriminant du dénominateur : $\Delta =4\cos^2 \theta -4=-4\sin^2 \theta <0 $sauf si $\theta =k\pi$ donc $\cos \theta =\pm 1$
Si $\cos \theta =1$ le dénominateur est nul pour $x=1$.
Si $\cos \theta =-1$ le dénominateur est nul pour $x=-1$.
Dans tous les autres cas le dénominateur ne s'annule pas donc $f(x\theta)$ est bien défini.
b) $\frac{1}{1-xe^{i\theta}}=\frac{1}{1-x\cos \theta -ix\sin \theta}=\frac{1-x\cos \theta +ix\sin \theta}{(1-x\cos \theta)^2+(x\sin \theta)^2}=\frac{1-x\cos \theta+ix\sin \theta}{1-2x\cos \theta+x^2(\cos^2 \theta +\sin^2\theta)}$
Donc $\Re (\frac{1}{1-xe^{i\theta}})=\frac{1-x\cos \theta}{1-2x\cos \theta +x^2}$
c) $|xe^{i\theta}|<1$ donc $\frac{1}{1-xe^{i\theta}}$ est développable en série entière :
$\frac{1}{1-xe^{i\theta}}=\sum_{n=0}^{\infty} e^{in\theta} x^n$
d) $f(x,\theta)=\Re (\frac{1}{1-xe^{i\theta}})=\sum_{n=0}^{\infty} \cos (n\theta)x^n$
La fonction $\cos (n\theta)x^n$ est continue intégrable sur $[0, 2\pi]$ et $\sum_{n=0}^{\infty} \cos (n\theta)x^n$ converge vers une fonction continue par morceaux donc on peut intégrer terme à terme.
e) $f(x,\theta)=\sum_{n=0}^{\infty} e^{in\theta} x^n=1+\sum_{n=1}^{\infty}\cos (n\theta)x^n$
$I=\int_0^{2\pi}(1+\sum_{n=1}^{\infty}\cos (n\theta)x^n) d\theta=2\pi +\sum_{n=1}^{\infty} x^n \int_0^{2\pi}\cos (n\theta) d\theta$
$I=2\pi +\sum_{n=1}^{\infty} x^n[\frac{1}{n} \sin (n\theta)]_0^{2\pi}=2\pi +0=2\pi$
Re: Calcul d'integrale
f) En posant $y=\frac{1}{x},\ |y|<1$
$\frac{1}{1-xe^{i\theta}}=\frac{1}{1-\frac{e^{i\theta}}{y}}=\frac{ye^{-i\theta}}{ye^{-i\theta}-1}=\frac{-ye^{-i\theta}}{1-ye^{-i\theta}}$
$|ye^{-i\theta}|<1$ donc $\frac{1}{1-ye^{-i\theta}}=\sum_{n=0}^{\infty} e^{-ni\theta}y^n$
$\frac{-ye^{-i\theta}}{1-ye^{-i\theta}}=\sum_{n=0}^{\infty} -e^{-i(n+1)\theta}y^{n+1}$
$f(x,\theta)=\sum_{n=0}^{\infty}-\cos ((-n-1)\theta)x^{-n-1}=\sum_{n=0}^{\infty} -\cos ((n+1)\theta)x^{-n-1}$
g) $I=-x^{-n-1}\int_0^{2\pi}\cos ((n+1)\theta)d\theta=-x^{-n-1}\left[\frac{1}{n+1} \sin ((n+1)\theta)\right]_0^{2\pi}=0$
h)
Pour $x=1$, $f(x,\theta)=\frac{1-\cos \theta}{2(1-\cos \theta)}=\frac{1}{2}$ sur $]0, 2\pi[$
On prolonge par continuité en posant $f(x,0)=f(x,2\pi)=\frac{1}{2}$ et on a alors $I=\pi$
Pour $x=-1$, $f(x,\theta)=\frac{1+\cos \theta}{2(1+\cos \theta)}=\frac{1}{2}$ sur $]0, 2\pi[$
On prolonge par continuité en posant $f(x,0)=f(x,2\pi)=\frac{1}{2}$ et on a alors $I=\pi$
$\frac{1}{1-xe^{i\theta}}=\frac{1}{1-\frac{e^{i\theta}}{y}}=\frac{ye^{-i\theta}}{ye^{-i\theta}-1}=\frac{-ye^{-i\theta}}{1-ye^{-i\theta}}$
$|ye^{-i\theta}|<1$ donc $\frac{1}{1-ye^{-i\theta}}=\sum_{n=0}^{\infty} e^{-ni\theta}y^n$
$\frac{-ye^{-i\theta}}{1-ye^{-i\theta}}=\sum_{n=0}^{\infty} -e^{-i(n+1)\theta}y^{n+1}$
$f(x,\theta)=\sum_{n=0}^{\infty}-\cos ((-n-1)\theta)x^{-n-1}=\sum_{n=0}^{\infty} -\cos ((n+1)\theta)x^{-n-1}$
g) $I=-x^{-n-1}\int_0^{2\pi}\cos ((n+1)\theta)d\theta=-x^{-n-1}\left[\frac{1}{n+1} \sin ((n+1)\theta)\right]_0^{2\pi}=0$
h)
Pour $x=1$, $f(x,\theta)=\frac{1-\cos \theta}{2(1-\cos \theta)}=\frac{1}{2}$ sur $]0, 2\pi[$
On prolonge par continuité en posant $f(x,0)=f(x,2\pi)=\frac{1}{2}$ et on a alors $I=\pi$
Pour $x=-1$, $f(x,\theta)=\frac{1+\cos \theta}{2(1+\cos \theta)}=\frac{1}{2}$ sur $]0, 2\pi[$
On prolonge par continuité en posant $f(x,0)=f(x,2\pi)=\frac{1}{2}$ et on a alors $I=\pi$