Une façon très simple de faire cet exo est de faire apparaître la somme de Riemann de x |---> xln(x) sur [0,1] (fonction prolongeable par continuité en 0). On obtient en 3 lignes que ln(u_n)=-n/4+ln(n)(n+1)/2+o(n)
Il existe beaucoup plus simple : On passe au ln; on obtient ln(u_n) = (1/n)* Σ k*ln(k) = (1/n) * Σ k*[ ln(k/n) + ln(n) ] = [ Σ (k/n)*ln(k/n) ]+ (n+1)*ln(n)/2 On remarque une somme de riemann à gauche et après calcul on obtient que [ Σ (k/n)*ln(k/n) ] est équivalent à -n/4 Donc ln(u_n) est équivalent à -n/4 + (n+1)*ln(n)/2 Et ensuite on utilise le fait que (1/n)* Σ k*ln(k) - [-n/4 + (n+1)*ln(n)/2] converge vers 0 pour pouvoir passer les équivalents à l'exponentiation Et donc on obtient le résultat que tu as trouvé
Une méthode beaucoup moins calculatrice pour estimer Tn- Tn-1: C’est la différence sur l’intervalle [n;n+1]entre une fonction et sa valeur à gauche de l’intervalle. La fonction étant concave, elle est dominée par une droite de pente la dérivée de la fonction à gauche de l’intervalle. Il faut donc estimer l’aire du triangle, qui vaut 1/2f’(n), avec f(x)=x log(x) et donc f’(n)=1 + log(n) On retrouve bien le majorant de 1/2(1+log(n)), avec très peu de calculs Si l’ordre du reminder est nécessaire, Taylor Lagrange donne l’ordre de grandeur via f’’ comme 1/n immédiatement
Je confirme ! L’encadrement de l’intégrale sur [k, k+1] de xln(x), fonction convexe, par un rectangle (borne inf) et un trapèze (borne sup) conduit à des bornes inf et sup pour ln(u_n) dont les calculs montrent qu’elles son égales à o(1) près. Les calculs sont un peu (pas beaucoup !) plus simples que ceux de la vidéo, mais surtout, la démarche me paraît plus naturelle car plus classique. Évidemment le résultat est… le même 😅! A noter qu’un encadrement rectangle/rectangle ne marche pas. Merci pour cette intéressante vidéo qui m’a rappelé mes vertes années 🙃! I need more !
La disparition d’un peu de texte a rendu mon premier commentaire incompréhensible. La solution proposée, parfaitement rigoureuse, est effectivement basée sur des calculs assez lourds. Une solution sensiblement plus simple, repose sur l’encadrement classique d’intégrale de xln(x) entre k et k+1. Seul un encadrement par trapèzes de la fonction convexe entre tangente en k et sécante entre k et k+1 est compatible avec la précision requise (assez facile à voir). Des manipulations algébriques simples montrent que S_n/n est alors encadrée par « 2 gendarmes », qui s’avèrent identiques, à la précision recherchée. Les calculs sont assez simples à conduire si on ne remplace les termes par leurs expressions (e.g. après IPP) qu’à la toute fin. Encore merci pour cet intéressant exercice.
C’est d’ailleurs encore plus facile si on remarque que la courbure de la fonction y=xln(x) est en o(1/x) à l’infini, une valeur compatible avec la précision requise par le calcul, ce qui rend légitime de la remplacer par sa tangente entre k et k+1…
quand on a ln(Un)=1/n.sum(k.ln(k), k=1..n) on fait +k/n.ln(n)-k/n.ln(n) et on a d'une part quelque chose qui fait une somme de Reimann sum(f(k/n), k=1..n) avec f(x)=x.ln(x) et de l'autre sum(k=1..n, k/n.ln(n)) = n(n+1)/2.ln(n). la somme de Reimann converge vers intégrale I de f(x) sur [O,1], IPP => I=-1/4. donc Vn=ln(Un) c'est du I/n et du (n+1)/2.ln(n) et on passe a l'exponentiel et on retrouve votre résultat. Ca c'est plutot un exo Centrale Supelec
Petite idee qui me vient en regardant la vidéo : faire apparaitre une somme de riemann dont la limite tend vers une intégrale. On regarde ln(U_n) / n et on fait apparaitre du ln(k/n).
En fait c’est pas si évident. Avoir la limite ne suffit pas, il faut aussi prouver que le terme suivant dans le développement asymptotique est un o(1/n). Ça marche parce que la fonction est C_1 sur ]0,1] et s’annule en 0 et en 1.
Non en fait on y arrive bien aussi avec la somme de Riemann, au moins cest plus simple si on est pas a l'aise avec les DL (mais y a quand même aussi pas mal de calcul) 😉
De toute façon, dès qu'on voit une série avec du 1/n devant et un terme général pas trop complexe, cest un bon réflexe de penser à la somme de Riemann...pour peu bien sûr que la fonction de k/n de la série (ici x*lgx) soit intégrable sur [0,1] ce qui est le cas ici
@@benjamingrunauer7559 il faut que tu revois tes calculs mais perso je retombe bien sur un terme n^((n+1)/2) après avoir isolé la somme de Riemann Ça va être compliqué d'écrire le détail des calculs ici
@@benjamingrunauer7559après identification de la partie somme de Riemann (qui tend vers l'intégrale de 0 à 1 de x *log(x)), tu devrais avoir que : (1/n)*(sum(k=1 à n) k*log(k)) est équivalent en +inf à : n*int(0 à 1) x*log(x)dx + (log(n)/n)*(sum(k=1 à n) k) Or après intégration par parties de l'intégrale et en se rappelant que sum(k=1 à n) k= n*(n+1)/2, tu aboutis sans trop de mal à l'équivalence finale souhaitée
Il y avait un - devant le n à la'ligne d'au dessus, j'ai oublié de le re-écrire en dessous devant le n Et le terme en 1/2n est de toute façon absorbé par le O(1/n)
Avec un méthode similaire, on peut directement calculer la différence des intégrales au rang n+1 et n. Cela fait apparaitre un nlog(n), en sommant on retrouvant Sn-1 (attention a ne pas se tromper dans les indices, j'ai mis du temps a retrouver mon erreur la première fois :( ). Ainsi on se passe de Tn, et on obtient directement un lien entre l'intégrale au rang n+1 et Sn. Avec cette méthode on a pas besoin de calculer un équivalent de la somme des log, donc un peut plus rapide en terme de calcul. Par contre, il est moins logique de calculer la différence entre les deux intégrales que Tn, la différence entre l'intégrale et la somme. Une méthode légèrement plus courte et moins calculatoire, avec un calcul un peu moins logique a voir peut etre
pense pas que t'as fais une erreur lors du telescopage , dans ma formule je n' ai pas de n+1 je pourrai bien avoir tort et Merci T(0) comment l'as tu defini
Je suis en première année de prépa et cet exercice est très dur pour moi, je ne comprend pas d'où vient l'idée de s'intéresser à l'intégrale dès le début de la vidéo :) si qqn peut m'expliquer
On utilise le théorème de comparaison série−intégrale. Il dit que si f est monotone et de signe constant, alors la suite des sommes partielles de Σf(n) se développe comme ∫f(x)dx + C + o(1) où l’intégrale va jusqu’à n et C est une constante. Normalement en première année tu fais ça avec la série harmonique et C vaut le γ d’Euler.
La différence entre l'intégrale et la somme discrète est visible avec l'intégrale de Riemann : c'est la somme des triangles supérieurs. C'était une indication intuitive de la part d'un très ancien taupin.
Oui, o c'est la relation de négligeabilité et O c'est la relation de domination (ce sont les notations de Landau). Normalement, ça se voit dans le même chapitre d'analyse asymptotique que la relation d'équivalence ~.
Si tu as deux équivalents différents, disons An et Bn équivalents a Un, tu as le rapport qui tend vers 1 des deux cotés (ici les équivalents sont au moins toujours non nul a partir d'un certain rang). Si tu calcules An / Bn, ca revient a An / Un / Un /Bn, ca devrait tendre vers 1. Tu verras que ce n'est pas le cas. Derrière ca se cache l'unicité de la limite d'une suite, deux équivalents différents, ce n'est pas possible (a moins que les formules soient différentes mais en fait la même chose)
Enfait j'aimerais revenir sur ce que j'ai dit. Il existe toujours une infinité d'équivalent en un point. Seulement, les équivalents sont par nature les représentants du comportement d'une fonction, donc en l'infini, on trouvera toujours les mêmes équivalents. Si j'ai dit qu'il était unique, ce qui est une bêtise, c'est que au niveau de la croissance, on doit retrouver les mêmes choses. Dès qu'on a une exponentielle, les puissances doivent correspondre, si on a une fonction puissance, de même, etc. Les termes les moins importants peuvent varier a des constantes additives, pas multiplicative, près. Typiquement ln(x+1) est équivalent à ln(x) en l'infini. Même chose pour x+1 et x.
Hello, bonne qualité dé démo comme d'hab. Stp j'apprécierai un changement de couleur : Les doigts noirs m'ont fait une crise cardiaque : Je regarde les vidéos dans le noir et à 3:44 j'ai cru qu'un ombre avait attrapé mon ordi et ça coincidait avec un stylo qui tombait j'ai eu une crise cardiaque :')
![Je réagis à Maths D ! [X-ENS 2023]](/img/n.gif)
Merci d'avoir bien expliqué ce qui conduit à l'ordre des différents développements asymptotiques, c'est souvent ce qui fait perdre le plus de temps
Extraordinaire de voir avec quelle facilité vraiment intéressant d.entrer intuition d’un futur normalien
Une façon très simple de faire cet exo est de faire apparaître la somme de Riemann de x |---> xln(x) sur [0,1] (fonction prolongeable par continuité en 0). On obtient en 3 lignes que ln(u_n)=-n/4+ln(n)(n+1)/2+o(n)
effectivement, elle est plus simple et gagne de temps
Justement le o(n) pose problème et permet pas de conclure quand on passe à l'exponentielle
Il existe beaucoup plus simple :
On passe au ln; on obtient ln(u_n) = (1/n)* Σ k*ln(k) = (1/n) * Σ k*[ ln(k/n) + ln(n) ] = [ Σ (k/n)*ln(k/n) ]+ (n+1)*ln(n)/2
On remarque une somme de riemann à gauche et après calcul on obtient que [ Σ (k/n)*ln(k/n) ] est équivalent à -n/4
Donc ln(u_n) est équivalent à -n/4 + (n+1)*ln(n)/2
Et ensuite on utilise le fait que (1/n)* Σ k*ln(k) - [-n/4 + (n+1)*ln(n)/2] converge vers 0 pour pouvoir passer les équivalents à l'exponentiation
Et donc on obtient le résultat que tu as trouvé
Moi aussi j'aurais procédé par sommes de Riemann. Mais vu de Sirius ce n'est pas très différent de la comparaison somme-intégrale.
Une méthode beaucoup moins calculatrice pour estimer Tn- Tn-1:
C’est la différence sur l’intervalle [n;n+1]entre une fonction et sa valeur à gauche de l’intervalle. La fonction étant concave, elle est dominée par une droite de pente la dérivée de la fonction à gauche de l’intervalle. Il faut donc estimer l’aire du triangle, qui vaut 1/2f’(n), avec f(x)=x log(x) et donc f’(n)=1 + log(n)
On retrouve bien le majorant de 1/2(1+log(n)), avec très peu de calculs
Si l’ordre du reminder est nécessaire, Taylor Lagrange donne l’ordre de grandeur via f’’ comme 1/n immédiatement
Joli !
Je confirme ! L’encadrement de l’intégrale sur [k, k+1] de xln(x), fonction convexe, par un rectangle (borne inf) et un trapèze (borne sup) conduit à des bornes inf et sup pour ln(u_n) dont les calculs montrent qu’elles son égales à o(1) près. Les calculs sont un peu (pas beaucoup !) plus simples que ceux de la vidéo, mais surtout, la démarche me paraît plus naturelle car plus classique. Évidemment le résultat est… le même 😅! A noter qu’un encadrement rectangle/rectangle ne marche pas. Merci pour cette intéressante vidéo qui m’a rappelé mes vertes années 🙃! I need more !
La disparition d’un peu de texte a rendu mon premier commentaire incompréhensible. La solution proposée, parfaitement rigoureuse, est effectivement basée sur des calculs assez lourds. Une solution sensiblement plus simple, repose sur l’encadrement classique d’intégrale de xln(x) entre k et k+1. Seul un encadrement par trapèzes de la fonction convexe entre tangente en k et sécante entre k et k+1 est compatible avec la précision requise (assez facile à voir). Des manipulations algébriques simples montrent que S_n/n est alors encadrée par « 2 gendarmes », qui s’avèrent identiques, à la précision recherchée. Les calculs sont assez simples à conduire si on ne remplace les termes par leurs expressions (e.g. après IPP) qu’à la toute fin. Encore merci pour cet intéressant exercice.
C’est d’ailleurs encore plus facile si on remarque que la courbure de la fonction y=xln(x) est en o(1/x) à l’infini, une valeur compatible avec la précision requise par le calcul, ce qui rend légitime de la remplacer par sa tangente entre k et k+1…
vidéos super cools, merci !
on peut le faire dans moins de 10 minute avec la formule sommatoire d euler maclaurin
quand on a ln(Un)=1/n.sum(k.ln(k), k=1..n) on fait +k/n.ln(n)-k/n.ln(n) et on a d'une part quelque chose qui fait une somme de Reimann sum(f(k/n), k=1..n) avec f(x)=x.ln(x) et de l'autre sum(k=1..n, k/n.ln(n)) = n(n+1)/2.ln(n). la somme de Reimann converge vers intégrale I de f(x) sur [O,1], IPP => I=-1/4. donc Vn=ln(Un) c'est du I/n et du (n+1)/2.ln(n) et on passe a l'exponentiel et on retrouve votre résultat. Ca c'est plutot un exo Centrale Supelec
J'aime les vidéos des calculs
Au top!
De mon temps on utlisait ln en prepa... Tout le monde utilise log maintenant ?
Non, c'est toujours beaucoup plus commun d'utiliser ln.
Il me semble que log est la notation anglophone.
@@wstrat3623 Depend des maths aussi. En proba tout le monde utilise log, meme en fac en France
Je vais le faire. Passer par le Log simplifie l'expression.
Superbe vidéo tu es vraiment formidable 🤝, j'aimerais savoir comment aborder les exos difficile du genre oraux x-ens?
Commencer par les plus simples ! Et ne pas hésiter à jeter un oeil au début de la correction pour se débloquer sur les exos difficiles.
Quand comparer la somme à l’intégrale ? Ça semble être une bonne astuce mais pas tt le temps
Quand ca reassemble a rien
Petite idee qui me vient en regardant la vidéo : faire apparaitre une somme de riemann dont la limite tend vers une intégrale. On regarde ln(U_n) / n et on fait apparaitre du ln(k/n).
En fait c’est pas si évident. Avoir la limite ne suffit pas, il faut aussi prouver que le terme suivant dans le développement asymptotique est un o(1/n). Ça marche parce que la fonction est C_1 sur ]0,1] et s’annule en 0 et en 1.
Non en fait on y arrive bien aussi avec la somme de Riemann, au moins cest plus simple si on est pas a l'aise avec les DL (mais y a quand même aussi pas mal de calcul) 😉
De toute façon, dès qu'on voit une série avec du 1/n devant et un terme général pas trop complexe, cest un bon réflexe de penser à la somme de Riemann...pour peu bien sûr que la fonction de k/n de la série (ici x*lgx) soit intégrable sur [0,1] ce qui est le cas ici
@@benjamingrunauer7559 il faut que tu revois tes calculs mais perso je retombe bien sur un terme n^((n+1)/2) après avoir isolé la somme de Riemann
Ça va être compliqué d'écrire le détail des calculs ici
@@benjamingrunauer7559après identification de la partie somme de Riemann (qui tend vers l'intégrale de 0 à 1 de x
*log(x)), tu devrais avoir que :
(1/n)*(sum(k=1 à n) k*log(k)) est équivalent en +inf à : n*int(0 à 1) x*log(x)dx + (log(n)/n)*(sum(k=1 à n) k)
Or après intégration par parties de l'intégrale et en se rappelant que sum(k=1 à n) k= n*(n+1)/2, tu aboutis sans trop de mal à l'équivalence finale souhaitée
Je ne suis pas très sûr mais il me semble qu'il y'a une erreur à 11:39. n(-1/n -1/2n²+O(1/n^3)) = 1 - 1/2n
Il y avait un - devant le n à la'ligne d'au dessus, j'ai oublié de le re-écrire en dessous devant le n
Et le terme en 1/2n est de toute façon absorbé par le O(1/n)
@@MathsEtoile ça marche merci
Avec un méthode similaire, on peut directement calculer la différence des intégrales au rang n+1 et n. Cela fait apparaitre un nlog(n), en sommant on retrouvant Sn-1 (attention a ne pas se tromper dans les indices, j'ai mis du temps a retrouver mon erreur la première fois :( ). Ainsi on se passe de Tn, et on obtient directement un lien entre l'intégrale au rang n+1 et Sn.
Avec cette méthode on a pas besoin de calculer un équivalent de la somme des log, donc un peut plus rapide en terme de calcul.
Par contre, il est moins logique de calculer la différence entre les deux intégrales que Tn, la différence entre l'intégrale et la somme.
Une méthode légèrement plus courte et moins calculatoire, avec un calcul un peu moins logique a voir peut etre
Ah oui c'est très malin ça ! J'y avais pas pensé...
est -ce qu'on peut utilise le ln(Un)
pense pas que t'as fais une erreur lors du telescopage , dans ma formule je n' ai pas de n+1 je pourrai bien avoir tort et Merci T(0) comment l'as tu defini
Je suis en première année de prépa et cet exercice est très dur pour moi, je ne comprend pas d'où vient l'idée de s'intéresser à l'intégrale dès le début de la vidéo :) si qqn peut m'expliquer
On utilise le théorème de comparaison série−intégrale. Il dit que si f est monotone et de signe constant, alors la suite des sommes partielles de Σf(n) se développe comme ∫f(x)dx + C + o(1) où l’intégrale va jusqu’à n et C est une constante. Normalement en première année tu fais ça avec la série harmonique et C vaut le γ d’Euler.
La différence entre l'intégrale et la somme discrète est visible avec l'intégrale de Riemann : c'est la somme des triangles supérieurs.
C'était une indication intuitive de la part d'un très ancien taupin.
Petite erreur à 15:17, l'intégrale vaut nlog(n)-n+1
Yes bien vu !
Du coup ça simplifie en A_n = nlog(n) + O(log n) et t'as un facteur e^1/2 qui manque dans ton équivalent.
Bon au lieu 19,5 19,25 ? Ahah
Est-ce qu'il y a une différence entre le grand O et le petit o ? (pcq moi j'ai seulement appris avec les petits o)
Oui, o c'est la relation de négligeabilité et O c'est la relation de domination (ce sont les notations de Landau). Normalement, ça se voit dans le même chapitre d'analyse asymptotique que la relation d'équivalence ~.
@@herveclavier5857 OK merci
C'est quoi la référence de ton stylo plume ? J'en cherche un bon où la plume est agréable sur une feuille 😅
C'est un lamy, le plus simple de leur gamma je crois
Dans un oral on est guidé ou on doit trouver toutes ces étapes par nous meme ?
Ça dépend beaucoup des examinateurs, mais globalement c'est assez guidé (en tout cas pour moi ça l'était pas mal)
je comprends pas pourquoi une somme de 1/n est de l'ordre de log(n) 😅
Regarde constante d Euler
log(1+1/n)~1/n et Hn diverge donc d'après le théorème de comparaison: Hn~ somme log(k+1)-log(k) ~ log(n)
Bonjour, y a t'il unicité de l'équivalent ? Si on en trouve un autre que celui de la vidéo, a t'on forcément faux ?
Si tu as deux équivalents différents, disons An et Bn équivalents a Un, tu as le rapport qui tend vers 1 des deux cotés (ici les équivalents sont au moins toujours non nul a partir d'un certain rang).
Si tu calcules An / Bn, ca revient a An / Un / Un /Bn, ca devrait tendre vers 1. Tu verras que ce n'est pas le cas. Derrière ca se cache l'unicité de la limite d'une suite, deux équivalents différents, ce n'est pas possible (a moins que les formules soient différentes mais en fait la même chose)
Enfait j'aimerais revenir sur ce que j'ai dit. Il existe toujours une infinité d'équivalent en un point. Seulement, les équivalents sont par nature les représentants du comportement d'une fonction, donc en l'infini, on trouvera toujours les mêmes équivalents. Si j'ai dit qu'il était unique, ce qui est une bêtise, c'est que au niveau de la croissance, on doit retrouver les mêmes choses. Dès qu'on a une exponentielle, les puissances doivent correspondre, si on a une fonction puissance, de même, etc. Les termes les moins importants peuvent varier a des constantes additives, pas multiplicative, près. Typiquement ln(x+1) est équivalent à ln(x) en l'infini. Même chose pour x+1 et x.
L'équivalent est unique à équivalence près. ;)
Non, bien-sûr, mais les équivalents sont équivalents entre eux...
Pourquoi ne pas dire que An= log(n!) et stirling après ?
bonne idée
Hello, bonne qualité dé démo comme d'hab. Stp j'apprécierai un changement de couleur : Les doigts noirs m'ont fait une crise cardiaque : Je regarde les vidéos dans le noir et à 3:44 j'ai cru qu'un ombre avait attrapé mon ordi et ça coincidait avec un stylo qui tombait j'ai eu une crise cardiaque :')
Ok je prends note haha ;)