Somme (de Riemann ?)

[Anonyme]

Bonjour,

J'arrive à calculer :

sum(n/(n^2 + k^2), n=1..n)

qui est une somme de Riemann. Cela donne int(1/(1+x), x=0..1) = ln(2).

Mais je ne vois pas comment calculer :


sum(n/(n^2 + k^2), n=1..n^3)

ni :


sum(n/(n^2 + k^2), n=1..m_n)

où m_n fonction de n telle que m_n soit équivalente à l*n en l'infini (l > 0).

Sauriez-vous comment mener à bien cette sommation (à moins que les sommes
ne divergent ?) ?

D'avance merci pour votre aide.

Iulius

[Anonyme]

Le Fri, 01 Oct 2004 17:41:25 +0200
Iulius a écrit

>sum(n/(n^2 + k^2), n=1..n)

ça veut dire quoi ceci "n=1..n"

merci de réécrire toutes tes formules de somme en utilisant une lettre
différente pour les indices et les bornes.



--
zwim.
Rien n'est impossible que la mesure de la volonté humaine...

[Anonyme]

Bonjour,

Désolé pour la coquille. L'indice muet de sommation est k.
Cela se voit d'ailleurs bien en considérant la réponse que
je donne à la première somme.

Je recopie le message.


J'arrive à calculer :

sum(n/(n^2 + k^2), k=1..n)

qui est une somme de Riemann. Cela donne int(1/(1+x), x=0..1) = ln(2).

Mais je ne vois pas comment calculer :


sum(n/(n^2 + k^2), k=1..n^3)

ni :


sum(n/(n^2 + k^2), k=1..m_n)

où m_n fonction de n telle que m_n soit équivalente à l*n en l'infini (l > 0).

Sauriez-vous comment mener à bien cette sommation (à moins que les sommes
ne divergent ?) ?

D'avance merci pour votre aide.

Iulius

[Anonyme]

"Iulius" a écrit dans le message de news: 2s5iq7F1hgchkU1@uni-berlin.de...
| Bonjour,
|
| Désolé pour la coquille. L'indice muet de sommation est k.
| Cela se voit d'ailleurs bien en considérant la réponse que
| je donne à la première somme.
|
| Je recopie le message.
|
|
| J'arrive à calculer :
|
| sum(n/(n^2 + k^2), k=1..n)
|
| qui est une somme de Riemann. Cela donne int(1/(1+x), x=0..1) = ln(2).
|

C'est toujours pas clair. Le résultat devrait dépendre de n
aster

[Anonyme]

> sum(n/(n^2 + k^2), k=1..m_n)

Pour bien faire des sommes de Riemann, il faut le faire de facon pedestre
ce qui est possible avec les fonctions usuelles qui sont monotones
par intervalle. Au lieu de gloser, un exemple :

n/(n^2 + k^2) = (1/n) 1/(1+(x_k)^2) ou x_k=k/n

Maintenant un dessin donne

(1/n) 1/(1+x_k^2) \le \int_{x_{k-1}}^{x_{k}} dt/(1+t^2)
\ge \int_{x_{k}}^{x_{k+1}} dt/(1+t^2)

On somme :

sum( (1/n) 1/(1+x_k^2), k = 1..m_n)
\le \int_{x_0}^{x_{m_n}} dt/(1+t^2)
\ge \int_{x_1}^{x_{m_n +1}} dt/(1+t^2)

et je te laisse finir.
Bon, le Log(2) précédent m'a l'air fantaisiste, ca
aurait du etre pour 1/(n + k).

Bon courage,
Amitiés,
Olivier

[Anonyme]

Bonjour,

> Bon, le Log(2) précédent m'a l'air fantaisiste, ca
> aurait du etre pour 1/(n + k).

Oui oui, excusez-moi ; je suis là encore allé trop vite.
Vous avez raison pour le ln(2).
Un petit carré oublié dans mon cas.

sum(n/(n^2 + k^2), k=1..n) = int(1/(1+x^2), x=0..1)
= Arctan(1) - Arctan(0) = pi/4


Le problème n'est toutefois pas sur cette question, mais sur :

sum(n/(n^2 + k^2), k=1..n^3)

et sur :

sum(n/(n^2 + k^2), k=1..m_n)

où m_n équivalent à l*n en l'infini (l > 0).

N'auriez-vous pas une idée pour calculer ces deux sommes (ou
en donner un équivalent si elles divergent) ?

D'avance merci.

Iulius

[Anonyme]

Bonjour,

> C'est toujours pas clair. Le résultat devrait dépendre de n

On cherche la limite quand n tend vers l'infini.

Iulius

[Anonyme]

> N'auriez-vous pas une idée pour calculer ces deux sommes (ou
> en donner un équivalent si elles divergent) ?

Mais la methode que j'ai donnee permet justement de le faire !
On obtient atan(m_n/n) soit atan(l) si m_n=ln et pi/2 si
m_n=n^3 ....
Pas clair ?
Amitiés,
Olivier

[Anonyme]

En réponse à Olivier,

> Mais la methode que j'ai donnee permet justement de le faire !
> On obtient atan(m_n/n) soit atan(l) si m_n=ln et pi/2 si
> m_n=n^3 ....
> Pas clair ?

ah si si, c'est bon désormais.
Je vous remercie beaucoup.

Je viens de faire les calculs et ça donne :

int(1/(1+x^2),x,1/n,n^2+1) <= sum(n/(n^2+k^2),k,1,n^3)
<= int(1/(1+x^2),x,1/n,n^2)+n/(1+n^2)

d'où la somme tend vers Arctan(+oo) = pi/2 avec le théorème
des gendarmes.

Encore une fois merci pour votre aide.

Iulius