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Résumé de la discussion (messages les plus récents en premier)
- Zebulor
- 11-01-2025 18:12:30
Re,
tu as tout résumé et en effet c'est cuit pour cette intégrande.
P.S. Se faire vacciner n'est pas une garantie : je suis moi même vacciné grippe+covid ...
Alors je touche du bois...
- cailloux
- 11-01-2025 17:39:58
De retour aussi.
Fondamentalement, ta démonstration de $I_n-\frac{1}{2n}\leq 0$ avec changement de variable est la même que celle de perroquet :
Le "miracle" est venu aussi pour toi avec le carré dans l'intégrande : $(x-1)^2$ (perroquet a un $(\tan\,t-1)^2$) si bien que l'intégrande garde un signe constant sur l'intervalle d'intégration.
Ce que je voulais dire plus haut, c'est que ce miracle n'interviendra pas deux fois.
Autrement dit pour la démonstration de $I_n-\dfrac{1}{2n+1}\geq 0$ avec une intégrale, l'intégrande changera de signe sur l'intervalle d'intégration : c'est cuit ...
P.S. Se faire vacciner n'est pas une garantie : je suis moi même vacciné grippe+covid ...
- Zebulor
- 11-01-2025 15:31:02
De retour,
A voir, en attendant :
$I_n-\dfrac {1}{2n+1}=\int_0^{1}\dfrac {x^n}{1+x^2}\,\text{d}x-\int_0^{1} x^{2n}\,\text{d}x=\int_0^{1}\dfrac {x^{n}-x^{2n}(1+x^2)}{1+x^2}\,\text{d}x$
Et on dirait bien que $\dfrac{1}{2n+1}$ est un équivalent de $I_n$ en l'infini.. et bon rétablissement cailloux !! -:)
J'ai bien fait de me faire vacciner contre la grippe
- cailloux
- 11-01-2025 13:49:43
J'ai des doutes sur la faisabilité de la chose mais qui sait ?
- Zebulor
- 11-01-2025 13:45:24
De retour,
@cailloux : non, tu as bien fait de préciser les calculs.. Reste à comparer $I_n$ et $\dfrac {1}{2n+1}$ par la même méthode que le post 11..
- cailloux
- 11-01-2025 13:38:21
Merci Zebulor pour tes retours :
Je n'étais pas sûr de mes élucubrations ...
- Zebulor
- 11-01-2025 13:29:32
Re,
petite variante après changement de variable : partant de $I_n=\int_0^{1}\dfrac {x^n}{1+x^2}\,\text{d}x$ on a :
$I_n-\dfrac {1}{2n}=\int_0^{1}\dfrac {x^n}{1+x^2}\,\text{d}x-\int_0^{1}\dfrac {x^{n-1}}{2}\,\text{d}x=-\int_0^{1}\dfrac {x^{n-1}(x-1)^2}{2(1+x^2)}\,\text{d}x$, ce qui permet de comparer $I_n$ et $\dfrac {1}{2n}$
- Zebulor
- 11-01-2025 06:05:55
Re,
Sans compter les erreurs de calcul possibles, je suis peut-être à côté de la plaque ...
@cailloux : j'ai vérifié : tu as raison... Erreur de calcul avec un 3 au lieu d un 5
- cailloux
- 11-01-2025 00:10:35
Bonsoir Zebulor,
J'ai pu faire des erreurs de calcul mais je crois qu'il y a des petits problèmes.
L'hypothèse de récurrence : $\dfrac{1}{2n+1}\leq I_n\leq \dfrac{1}{2n}$ à partir de laquelle on obtient :
$$\dfrac{n-1}{2n(n+1)}\leq I_{n+2}\leq \dfrac{n}{(n+1)(2n+1)}$$
Mais pour $1\leq n\leq 4$, on n'a pas $\dfrac{1}{2n+5}\leq \dfrac{n-1}{2n(n+1)}$
Pire : pour $n>1$, on n'a pas $\dfrac{n}{(n+1)(2n+1)}\leq \dfrac{1}{2(n+2)}$
Sans compter les erreurs de calcul possibles, je suis peut-être à côté de la plaque ...
- Zebulor
- 10-01-2025 23:24:36
Re,
$$\dfrac{1}{2n+1}\leq I_n\leq \dfrac{1}{2n}$$
Ces deux inégalités sont vraies pour $n=1$ et $n=2$. Ensuite en utilisant les résultats du 2, je ne crois pas que l'hérédité soit délicate, mais c'est beaucoup moins élégant que la solution de perroquet.
- cailloux
- 10-01-2025 23:09:59
Bonsoir à tous et merci.
D'abord à Zebulor pour son idée de récurrence (peut-être à deux pas) où l'hérédité risque d'être délicate ...
Ensuite à perroquet : une solution élégante qui est tout à fait dans l'esprit de ce que j'espérais.
Je me permets de développer (un chouïa) sa deuxième partie :
$$I_n\geq \dfrac{n+3}{2(n+1)(n+2)}\geq \dfrac{1}{2n+1}\text{ pour tout }n\geq 1$$
C'est non seulement très joli mais accessible aux terminales d'aujourd'hui !
Pour sa première partie, il y a un côté miraculeux avec l'apparition d'un carré dans l'intégrande.
- perroquet
- 10-01-2025 20:48:07
Bonjour.
$\dfrac{1}{2n} = \dfrac{1}{2}\int_0^{\frac{\pi}{4}} \tan^{n-1}(t) (1+\tan^2 t) dt $
Cette égalité me permet de montrer que $I_n-\dfrac{1}{2n} \leqslant 0$.
Ensuite, l'égalité $I_n+I_{n+2}= \dfrac{1}{n+1}$ et l'inégalité $I_{n+2} \leqslant \dfrac{1}{2(n+2)}$ me permettent d'obtenir l'inégalité $I_n \geqslant \dfrac{1}{2n+1}$.
- Zebulor
- 10-01-2025 19:55:37
Hello !
@cailloux : merci pour ton edit. C'est évident en effet. J'ai une autre solution mais plus compliquée.
Montrer que :
$$\dfrac{1}{2n+1}\leq I_n\leq \dfrac{1}{2n}$$
est possible par une démonstration par récurrence... accessible aux terminales d'aujourd'hui peut être !
- cailloux
- 10-01-2025 14:58:22
Bonjour à tous,
Bien d'accord : ce sujet était d'un niveau "correct" en 1980.
J'ai posé cette question dans le forum "Énigmes, casse-têtes, curiosités et autres bizarreries". Elle est destinée à tous les intervenants. J'avais estimé, peut-être à tort, que les notions utilisées pour une solution éventuelle ne devaient pas faire appel aux mathématiques du supérieur en sorte que ladite solution soit compréhensible par tous (y compris des terminales actuelles).
La solution que j'ai sous le coude (un peu calculatoire) fait intervenir des résultats de la question 2 :
Pour tout entier naturel $n$ non nul, $I_n+I_{n+2}=\dfrac{1}{n+1}$ et $\lim\limits_{n\to +\infty}I_n=0$
Je suis réellement intéressé par des solutions alternatives.
[Edit] Zebulor la 2.d. est immédiate en écrivant la relation du 2.a. au rang $n$ et $n+2$ puis différence.
P.S. Les sujets de l'époque n'étaient pas "donnés". On a atteint des records avec le célébrissime sujet Bac C Liban 1978 sur l'intégrale de Gauss : Bac C Liban 1978
- bridgslam
- 10-01-2025 12:51:09
Bonjour,
C'était à mon sens un sujet de niveau déjà correct pour les élèves de ces années-là.
On peut retrouver un stock de sujets de bac C ou E, faisables par les élèves de cette époque en temps imparti, mais certainement beaucoup moins accessibles pour ceux d'aujourd'hui, le niveau de connaissances et l'abstraction ayant visiblement considérablement chuté.
Peut-être Cailloux peut-il préciser quelle époque ( originelle ou contemporaine ) il cible pour l'"accessibilité aux Terminales"...
Bonne journée
Alain