Exos sympas MP(*)

[Mourien]

Mes idées :

SPOILER:

On utilise une comparaison série intégrale
$ \Big\vert \displaystyle\sum_{k=0}^{+\infty}\dfrac{(-1)^k}{\sqrt{t+k^2}} - \int_0^{+\infty} \dfrac 1{\sqrt{t+(2x)^2}} - \dfrac 1{\sqrt{t+(2x+1)^2}} dx\Big\vert \le \dfrac 1 {2t\sqrt t} $

Si l'intégrale est équivalente à $ \dfrac 1 {2\sqrt t} $ alors la série et l'intégrale sont équivalentes et on a l'équivalent recherche.

Pour conclure :

Calculer ? Convergence dominée ?

[JeanN]

Argsh pour calculer l'intégrale (bijection réciproque de sh). Bonne fin de calcul

[Mourien]

En effet JeanN, argsh régle le calcul !

SPOILER:

Je ne suis pas très familier avec cette fonction, on montre en fait que $ argsh (x) =ln(x+\sqrt{1+x^2}) $ puis que $ argsh'(x) = \dfrac 1{\sqrt{1+x^2}} $
Ainsi, $ \displaystyle\int_0^{\infty} (\dfrac 1{\sqrt{t+(2x)^2}}-\dfrac 1{\sqrt{t+(2x+1)^2}})dx=\dfrac 12 [argsh(\dfrac {2x}{\sqrt t}) - argsh(\dfrac{2x+1}{\sqrt t})] _0^{\infty}=\dfrac 12 argsh(\dfrac 1{\sqrt t}) $
Enfin, on montre l'équivalent $ argsh(x) \sim_{x\rightarrow 0} x $ ce qui conclut.

[JeanN]

Petit exo trouvé sur les-maths.net (mais ils n'ont pas encore trouvé ma solution )
Soit f C1 sur [0,1] (à valeurs réelles, complexes ou dans un evn de dimension finie) et $ M_n= \int_0^1 t^n f(t) dt $.
On suppose $ |f'|\leq 1 $ et $ |M_0|\leq 1/2 $.
Montrer que pour tout n, $ |M_n| \leq \frac{1}{n+2} $.

[V@J]

C'est mignon (et graphiquement assez clair). Est-il normal que je n'utilise que le caractère 1-lipschitzien de la fonction ?

[JeanN]

C'est mignon (et graphiquement assez clair). Est-il normal que je n'utilise que le caractère 1-lipschitzien de la fonction ?

Je pense que la solution normale consiste à utiliser convenablement l'IPP donc non
Edit : finalement, oui

[oty20]

Petit exo trouvé sur les-maths.net (mais ils n'ont pas encore trouvé ma solution )
Soit f C1 sur [0,1] (à valeurs réelles, complexes ou dans un evn de dimension finie) et $ M_n= \int_0^1 t^n f(t) dt $.
On suppose $ |f'|\leq 1 $ et $ |M_0|\leq 1/2 $.
Montrer que pour tout n, $ |M_n| \leq \frac{1}{n+2} $.

On dirait que cela me dit quelque chose ,

$$\Big|(n+1)\int_{0}^{1} x^{n} f(x) \Big| \leq |(n+1) \int_{0}^{1} x^{n} f(x) - \int_{0}^{1} f(x)| + \Big|\int_{0}^{1} f(x) \Big|$$
Donc
$$(n+1)|M_{n}|\leq |(n+1) \int_{0}^{1} x^{n} f(x) - \int_{0}^{1} f(x)| + \Big|\int_{0}^{1} f(x) \Big|$$

Ensuite on pose $m(t)=t^{n+1}-t$ on a $m(0)=m(1)=0$ et :

$$(n+1) \int_{0}^{1} x^{n} f(x) - \int_{0}^{1} f(x)= \int_{0}^{1} m'(t) f(t)= [m(t) f(t)]_{0}^{1} - \int_{0}^{1} m(t) f'(t) $$
Donc par inégalité triangulaire :

$$ |(n+1) \int_{0}^{1} x^{n} f(x) - \int_{0}^{1} f(x)| \leq \int_{0}^{1} (x-x^{n+1}) dx = \frac{1}{2}-\frac{1}{n+2} $$

Ainsi :

$$|M_{n}| \leq \frac{1}{2(n+1)} -\frac{1}{(n+1)(n+2)} + \frac{1}{2(n+1)}=\frac{1}{n+1}-\frac{1}{(n+1)(n+2)}=\frac{1}{n+2}$$

[JeanN]

J'ai réussi à adapter ma preuve pour éviter l'ipp et n'utiliser que le caractère 1-lipschitzien comme le propose v@j.

On s'intéresse à $ (n+2)M_{n+1}- (n+1) M_n $ et, après avoir effectué le changement de variable qui va bien pour chacune des intégrales, on obtient la majoration suivante grâce au caractère 1-lipschitzien de f :

$ | (n+2)M_{n+1}- (n+1) M_n| \leq \frac{n+2}{n+3} - \frac{n+1}{n+2} $

Il ne reste plus qu'à sommer convenablement ces inégalités ou à faire une preuve par récurrence.

[oty20]

Super, un bon exemple d'utilisation de l'analogie discret-continue. Étudier la série dérivée pour obtenir des informations sur la suite.

Remarque: le cas d'égalité a lieu quand les contraintes sont saturées!

[jandri]

Je propose une preuve qui reprend les idées de oty20 et JeanN en généralisant à $ f $ 1-lipschitzienne et $ a $ réel, $ a>-1 $.
Soit $ M_a=\int_0^1x^af(x)dx $.

$ |(a+1)M_a-M_0|=|\int_0^1(f(t^{1/(a+1)})-f(t))dt|\leq \int_0^1|t^{1/(a+1)}-t|dt=|\frac{a+1}{a+2}-\frac12| $
d'où $ |(a+1)M_a|\leq |M_0|+|\frac{a+1}{a+2}-\frac12| $

Si $ |M_0|\leq\frac12 $ et $ a>0 $ on obtient $ |M_a|\leq \frac1{a+2} $

Si $ |M_0|\leq\frac12 $ et $ -1<a<0 $ on obtient $ |M_a|\leq \frac1{(a+1)(a+2)} $