salut,

comment peut-on faire pour démontrer que int(exp(x)dx) entre 0 et 1 est égale à exp(1)-exp(0) en passant par les sommes de Riemann ou de Darboux?

J'ai dit que int(exp(x)dx) = lim 1/n S(exp(k/n)) mais l'exponentielle on ne peut rien en faire avec une somme

ahhh je viens d'avoir l'illumination à l'instant!! C'est une somme géométrique!!!

Par contre pour int(x^p.dx) ça donne lim 1/n S((k/n)^p) ça marche pô c'est pas une somme géométrique.

En écrivant que x^p = p.exp(ln(x)) peut être qu'on peut retomber sur la précédente?

Les formules de Faulhaber, c'est le bien.

En notant S la somme de Riemann
S=somme pour k de 1 à n (x(k)-x(k-1))*exp(x(k))

En faisant une subdivision régulière, on a x(k)=k/n
Donc
S=somme pour k de 1 à n de (k/n-(k-1)/n)*exp(k/n)
S=somme pour k de 1 à n de (1/n)*exp(k/n)
S=1/n somme pour k de 1 à n de exp(k/n)

Et là on a bien la somme des termes d'une suite géométrique de raison e(1/n)

Donc S=1/n 1 (1-exp(1/n)^n)/(1-exp(1/n))
S=1/n (1-e)/(1-exp(1/n))

On fait un développement de taylor de exp(1/n)=1+1/n+o(1/n)

Donc quand n tend vers l'infini
S tend vers
1/n*(1-e)/(1-1-1/n)=-n/n*(1-e)=e-1=exp(1)-exp(0)

cqfd

la raison c'est e^(1/n) bien sûr

Pardon, petit problème avec le premier terme, il faut prendre exp((k-1)/n) dans la somme de Riemann au début pour que le premier terme de la suite géométrique soit bien 1.
ça ne change rien dans l'absolu de faire avec exp(k/n) sauf que ça alourdit un peu les calculs.

Bonjour

merci pour les réponses.

Hachino j'ai regardé la formule sur le net, on peut pas s'en sortir sans??

[nicomezi] merci c'est bien comme ça que j'avais fait pour l'exp mais ça ne marche plus pour x^p

C'était un semi-troll, t'as pas besoin de toute la formule si tu regardes bien.

Si on note S_{p,n} = somme(k=1,n, k^p), tu cherches la limite de S_{p,n}/n^(p+1) quand n -> +inf. Le point important, c'est que p étant fixé, les coeffs de S_p,n} vu comme polynôme en n ne changent pas, donc tu as juste besoin de connaître le premier terme de S_{p,n}, qui est miraculeusement 1/(p+1), le reste étant un O(1/n).

De là, ta suite de sommes est bêtement 1/(p+1) + O(1/n). Pouf !

Ha pardon j'ai mal lu ton second message.

Hachino, ce magicien

Pour x^p faites comme pour l'exponentielle en prenant non pas une subdivision arithmétique mais une subdivision géométrique :

avec c = racine p-ème de b/a :
a < ac < ac² < ... ac^n = b

la somme de Riemann donne alors
S = lim(n->+oo) a^(p-1)(c-1)(1+c^(p+1)+c^[2(p+1)]+...+c^[(n-1)(p+1
)]

qui donne (b^(p+1)-a^(p+1)) * (c-1)/(c^(p+1)-1)

lorsque n tend vers l'infini, c tend vers 1 et le ratio de droite vers 1/(p+1)

merci pour les rep jsuis au resto je lis ça en rentrant

désolé mais j'ai compris la base des méthodes mais je vois pas comment vous concluez

Hachino comment tu prouves que le reste des termes c'est du O(1/n)?

Et Klaus j'ai compris l'idée de la subdivision mais comment tu obtiens S = ce que t'as écrit?

Tu commences par montrer en préliminaire que S_{n,p} est un polynôme en n, de degré p+1, dont les coeffs dépendent de p (en gros, une sorte de séparation des variables). On a donc S_{n,p} = 1/(p+1)*n^(p+1) + a_1*n^p + ... + a_p, la valeur des a_i ne dépendant que de p. C'est tout.

Ok j'ai bien compris le principe. Pour prouver que S_{n,p} est un polynôme en n de degré p+1 tu penses à la récurrence?

Le fait que ce soit de degré p+1 découle par exemple de S_{n+1,p} - S_{n,p} = (n+1)^p, par définition.

Quant au fait que ce soit un polynôme euh... récurrence sur p ? M'semble qu'il y a un moyen de voir ça en écrivant les p premières sommes sur p lignes, mais ça ne me revient pas.

dac' je vais regarder tout ça tu m'as déjà fait un gros bout, merci!

si klausvs nous lit je veux bien qu'il détaille sa preuve

Toujours partant pour te faire un gros bout.

(Je suis déjà sorti.)

Tes écrit se sont bien passés ?