recherche d'équivalent

Pilzenbir · June 2016

Bonjour à tous,

Je cherche un équivalent de $\displaystyle u_n=\sum_{k=0}^n \frac{n^k}{k!}$. C'est fait dans le Chambert-Loir, Fermigier, Maillot : exercices de mathématiques pour l'agrégation exercice 6-8 p 117-119 mais je n'ai pas ce livre sous la main.

Merci par avance,

P. · June 2016

Si $X_1,\ldots,X_n$ sont iid de loi de Poisson $ \Pr(X_n=k)=e^{-1}/k!$ alors par le theoreme central limite$$e^{-n} u_n=\Pr(\frac{1}{n}(X_1+\cdots+X_n)\leq 1)\rightarrow_n\frac{1}{2}.$$ Il n'y a plus qu'a chercher une demonstration non probabiliste de $u_n\sim e^n/2.$

gilles benson · June 2016

d'après la formule de Taylor avec reste intégral, on a:

$ \displaystyle \sum_{k=0}^n \dfrac{n^k}{k!} \; =\; e^n - \frac{1}{n!} \int_0^n (n-t)^n e^t \mathrm dt$

ce qui donne:

$ \displaystyle \sum_{k=0}^n \dfrac{n^k}{k!} \; =\; e^n - \frac{e^n}{n!} \int_0^n t^n e^{-t} \mathrm dt$.

Il reste à évaluer l'intégrale (Laplace).

noix de totos · June 2016

Continuons le travail de Gilles Benson : en découpant l'intégrale en deux
$$\sum_{k=0}^n \frac{n^k}{k!} = e^n \left ( 1 - \frac{1}{n!} \int_0^\infty t^n e^{-t} \, \textrm{d}t + \frac{1}{n!} \int_n^\infty t^n e^{-t} \, \textrm{d}t \right ) = \frac{e^n}{n!} \int_n^\infty t^n e^{-t} \, \textrm{d}t$$
car l'intégrale de $0$ à l'infini est précisément égale à $n!$. On a alors le lemme suivant :
$$\int_n^\infty t^n e^{-t} \, \textrm{d}t \sim \left( \frac{n}{e} \right)^n \sqrt{\frac{\pi n}{2}} \quad \left ( n \to \infty \right).$$
Ainsi, avec Stirling, on a pour $n \to \infty$
$$\sum_{k=0}^n \frac{n^k}{k!} \sim \frac{n^n}{n!} \sqrt{\frac{\pi n}{2}} \sim n^n \left( \frac{e}{n} \right)^n (\sqrt{2 \pi n})^{-1} \sqrt{\frac{\pi n}{2}} \sim \frac{e^n}{2}.$$

Pour la démonstration du lemme ci-dessus, voici une méthode possible : considérer l'intégrale
$$I_n := \int_0^\infty \left( 1 + \frac{x}{n} \right)^n e^{-x} \, \textrm{d}x$$
effectuer le changement de variable $x= t \sqrt n$, et utiliser le théorème de convergence dominée pour montrer que
$$\lim_{n \to \infty} \frac{I_n}{\sqrt{n}} = \sqrt{\frac{\pi}{2}}.$$
Conclure avec le changement de variable $x+n=t$.

Chaurien · June 2016

On en a parlé il y a trois mois, j'ai appris à cette occasion que c'était le théorème qui était central, bien que la limite soit centrée.
http://www.les-mathematiques.net/phorum/read.php?4,1239335,1239761#msg-1239761
Bonne soirée.
F. Ch.

noix de totos · June 2016

Merci pour l'info, qui m'avait échappé. Je voudrais ajouter quelques points non lus dans le fil proposé par Chaurien.

Pour ceux ayant des connaissance dans les fonctions Gamma incomplètes, comme le signale Gebrane0, on a pour tout $x >0$ et tout $n \in \mathbb{Z}_{\geqslant 0}$
$$\sum_{k=0}^n \frac{x^k}{k!} = \frac{e^x}{n!} \Gamma(n+1,x).$$
Obtenir des asymptotiques de $\Gamma(a,x) := \displaystyle \int_x^\infty t^{a-1} e^{-t} \, \textrm{d}t$ pour $|a|$ et $|x|$ tendant tous les deux vers l'infini est un problème complexe. On sépare en général le cas où $a$ et $x$ sont éloignés l'un de l'autre et celui où $x$ est proche de $a-1$.

Compte tenu du problème ci-dessus, c'est ce dernier cas qui nous intéresse. En 1950, lorsque $a > 0$, Tricomi a obtenu la formule
$$\Gamma(a+1,a+y \sqrt{2a}) = \Gamma(a+1) \left \{ \frac{1}{2} (1 - \textrm{erf}(y) ) + \frac{1}{3} \sqrt{\frac{2}{a \pi}} (1+y^2)e^{-y^2} + O \left( \frac{1}{a} \right) \right \} \quad \left( a \to \infty \right).$$
Ici, $y$ est un réel vérifiant $y = O(1)$. Avec $y=0$, il vient
$$\Gamma(a+1,a) = \Gamma(a+1) \left \{ \frac{1}{2} + \frac{1}{3} \sqrt{\frac{2}{a \pi}} + O \left( \frac{1}{a} \right) \right \} \quad \left( a \to \infty \right).$$
Avec $a=n$ et en se rappelant que $\Gamma(n+1)=n!$, on obtient finalement
$$\sum_{k=0}^n \frac{n^k}{k!} = e^n \left( \frac{1}{2} + \frac{1}{3} \sqrt{\frac{2}{n \pi}} + O \left( \frac{1}{n} \right) \right) \quad \left( n \to \infty \right).$$
Je terminerais en signalant que Tricomi a également obtenu des développements asymptotiques dans le cas où $x$ et $a$ sont éloignés l'un de l'autre.

Réf. F. G. Tricomi, Asymptotische Eigenschaften der unvollständigen Gammafunktionen, Math. Z. 53 (1950), 136--148.

gilles benson · June 2016

bonsoir, il peut aussi être bon de connaître la méthode de Laplace pour évaluer ce type d'intégrale:

$ \displaystyle \sum_{k=0}^n \dfrac{n^k}{k!} \; =\; e^n - \frac{e^n}{n!} \int_0^n t^n e^{-t} \mathrm dt$.

En partant de l'intégrale $\int_0^n t^n e^{-t} \mathrm dt = \gamma(n+1,n)$ ( où $ \gamma(a,x) = \int_0^x t^{a-1} e^{-t} \mathrm dt $ est dite "fonction Gamma incomplète inférieure (l'autre fonction Gamma incomplète étant $ \Gamma(a,x) =
\int_x^{+\infty} t^{a-1} e^{-t} \mathrm dt$, de sorte que la somme des deux redonne $\Gamma (a) $ ) ) , on a une méthode générale pour déterminer un équivalent de $I_n = \int_0^n t^n e^{-t} \mathrm dt$:

on écrit en fait:
1) $ e^n \times I_n = F(t) $ avec $n = t$

2) $F(t) = e^t \int_0^t x^t e^{-x} \mathrm dx$ et cht de variable $x = tu$

3) $F(t) = t^{t+1} e^t \int_0^1 u^t e^{-tu} \mathrm du $

4) $F(t) = t^{t+1} \int_0^1 e^{th(u)} \mathrm du $ avec $ h(u) = 1-u+\log(u) $

La fonction $h$ a été construite pour vérifier:

1) $h(1) = h'(1) = 0$

2) $h(u) < 0 $ si $ 0 < u < 1$

3) $ h''(1) = -1 < 0 $

Soit à voir que $h$ admet un maximum nul ici absolu en borne supérieure de l'intervalle; quand la variable $t$ tend vers $+\infty$, la seule partie de l'intégrale qui contribue au résultat final est $ \int_{1- \delta}^1 e^{th(u)} \mathrm du $ avec $\delta$ petit et sur cet intervalle, on peut remplacer $h$ par son polynôme de Taylor à l'ordre 2 en 1 et par suite l'intégrale $ \int_0^1 e^{th(u)} \mathrm du $ par $ \int_0^1 e^{-\frac{1}{2} t(u-1)^2} \mathrm du $ qui s'évalue facilement en fonction de la fonction ....$\Gamma$; le travail d'approximation demandé içi et que je n'ai pas fait mérite d'être travaillé pour une bonne appropriation de cette technique expliquée en détail dans le cours d'analyse de Dieudonné chez Hermann (années 70) ou bien dans De Bruijn : "Asymptotic methods in analysis ".

On obtient au final $ \int_0^1 e^{th(u)} \mathrm du \sim \sqrt{ \dfrac{\pi}{2t}}$ et en revenant au problème de départ:

$ \displaystyle \frac{e^n}{n!} \int_0^n t^n e^{-t} \mathrm dt \; \sim \; \dfrac{n^{n+1}}{n!} \sqrt{ \dfrac{\pi}{2n}}$ et il faut encore la formule de Stirling pour conclure...

Pilzenbir · June 2016

Merci à tous ceux qui ont pris le temps de me répondre avec de nombreux détails, c'est exactement ce que je cherchais.

Chaurien · June 2016

Le livre de Dieudonné est : Jean Dieudonné, Calcul infinitésimal, Collection Méthodes, Hermann, Paris, 1968, 1980.
Traduction anglaise : Infinitesimal Calculus, Houghton Mifflin, 1971, 1973.
https://fr.wikipedia.org/wiki/Référence:Calcul_infinitésimal_(Dieudonné)
Livre fait pour rassembler les aspects "calculatoires" de l'Analyse, qui selon lui n'avaient pas leur place dans ses "Éléments d'Analyse".

Il y a aussi l'article de mon pote L. G. Vidiani, RMS 1986 :
http://lg_vidiani.perso.neuf.fr/articles/Equivalents d'integrales parametrees RMS juin 19860001.pdf

Mais avec le Théorème de Convergence Dominée, on arrive plus vite au résultat.

Bonne soirée.
F. Ch.

NB Mon lien wiki s'enregistre défectueusement, je ne sais pourquoi.

Chaurien · June 2016

Une application probabiliste de cet équivalent.
On a un dé bien équilibré à $N$ faces numérotées de $1$ à $N$. On le lance jusqu'à ce que l'on obtienne un numéro déjà obtenu et l'on note $X_N$ le nombres de lancers qu'il faut exécuter pour cela. J'appelle cette loi la Loi du Retour, et je n'ai pas de référence pour cette loi. Pour obtenir un équivalent "simple" de l'espérance et de la variance de $X_N$ quand $N\rightarrow +\infty $, il faut l'équivalent dont il est question dans ce fil.
Bonne fin de soirée.
F. Ch.

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