Équivalent d'une série

Une comparaison série intégrale donne $f(x) = \displaystyle \int_2^{+\infty} \dfrac{xe^{-tx}}{\ln(t)}dt + O(x)$. Le changement de variable $u=tx$ dans l'intégrale donne alors $ \displaystyle \int_2^{+\infty} \dfrac{xe^{-tx}}{\ln(t)}dt = \displaystyle \int_{2x}^{+\infty} \dfrac{e^{-u}}{\ln(u/x)}du = \dfrac{1}{\ln(x)} \displaystyle \int_{2x}^{+\infty} \dfrac{e^{-u}}{\frac{\ln(u)}{\ln(x)}-1}du$.
On a alors envie de dire que la dernière intégrale tend vers $\displaystyle \int_{0}^{+\infty} \dfrac{e^{-u}}{-1}du = -1$, ce qui donnerait $f(x) \sim \dfrac{-1}{\ln(x)}$. Il n'y a plus qu'à le justifier...

Bah si on factorise par le $x$, ça revient à chercher un équivalent de $$\sum_{n \geq 2} \frac{e^{-xn}}{\log n},$$ qui diverge en $0$.

Coupons l'intégrale en deux, sur $[2x;1]$ et sur $[1;+\infty[$. Pour $[1;+\infty[$, on peut appliquer le théorème de convergence dominée car $\left|\dfrac{e^{-u}}{\frac{\ln(u)}{\ln(x)}-1}\right| \leqslant e^{-u}$. Reste à justifier sur $[2x;1]$.

Il faut que tes fonctions soient positives pour appliquer le théorème de convergence monotone, ce qui n'est pas le cas ici.

C'est quoi la fonction ${\mathbf{1}}_{[2x_n,1]}$ ?

Merci.

@Guego : en quoi est-ce nécessaire que les fonctions soient positives pour appliquer le théorème de convergence monotone ?
Ce qui compte, c'est la monotonie non ?

Ah je crois que je vois !

Sinon on écrirait des horreurs comme : $$\int_{0}^{+\infty}e^{-x}dx = \sum_{n=0}^{+\infty} \int_{0}^{+\infty}\frac{(-x)^{n}}{n!}dx$$ ::o

Est-ce un bon contre-exemple ?c'est pour savoir si j'ai compris.

Effectivement, j'ai lu trop vite et fait une erreur de signe.

Je ne vois pas de suite monotone dans le "contre-exemple".

@Poirot : ok merci !

@JLT: justement ! je voulais savoir ce qu'il se passe quand la suite de fonctions n'est PAS monotone :-D ce contre-exemple est assez parlant je trouve.

Ben quoi si ça m'aide à comprendre !


En fait dans mon cours dans le cas le cas de la convergence monotone pour les séries de fonctions , l'hypothèse requise n'est pas "$f_n$ est croissante " mais " $f_n > 0$" ce qui doit revenir au même (?) en considérant la suite des sommes partielles $$\sum f_n$$
qui est croissante si et seulement si $f_n$ > 0...

Guego a donné l'équivalent au début de ce fil : $f(x) \sim \dfrac{-1}{\ln(x)}$ en $0^+$.

Je propose une autre démonstration du résultat : $f(x)=\displaystyle\sum_{n>1} \dfrac {xe^{-nx}}{\ln(n)}\sim -\dfrac1{\ln(x)}$ quand $x$ tend vers $0$.


Comme Guego l'avait fait le premier une comparaison série intégrale donne $f(x)=g(x)+O(x)$ avec $g(x) = \displaystyle \int_2^{+\infty} \dfrac{xe^{-tx}}{\ln(t)}dt= \displaystyle \int_{2x}^{+\infty} \dfrac{e^{-u}}{\ln(u)-\ln(x)}du$ (par $u=tx$).

Ensuite $g(x)\ln(x)+1=\displaystyle \int_{2x}^{+\infty} \dfrac{e^{-u}\ln(x)}{\ln(u)-\ln(x)}du+\displaystyle \int_{2x}^{+\infty} e^{-u}du+O(x)=\displaystyle \int_{2x}^{+\infty} \dfrac{e^{-u}\ln(u)}{\ln(u)-\ln(x)}du+O(x)$.

Soit $a>0$ et $x<a/2$ : $\displaystyle \int_{2x}^{a} \dfrac{e^{-u}|\ln(u)|}{\ln(u)-\ln(x)}du\leq \displaystyle \int_{2x}^{a} \dfrac{e^{-u}|\ln(u)|}{\ln(2)}du\leq\varepsilon$ pour $a<a_0$ car l'intégrale$\displaystyle \int_{0}^{1} e^{-u}|\ln(u)|du$ converge.

$\displaystyle \int_{a}^{+\infty} \dfrac{e^{-u}|\ln(u)|}{\ln(u)-\ln(x)}du\leq \dfrac{1}{\ln(a)-\ln(x)}\displaystyle \int_{a}^{+\infty} e^{-u}|\ln(u)|du\leq \varepsilon$ pour $x<x_0$ car l'intégrale$\displaystyle \int_{a}^{+\infty} e^{-u}|\ln(u)|du$ converge et $\ln(x)$ tend vers l'infini quand $x$ tend vers 0.

On en déduit que $|f(x)\ln(x)+1|=|g(x)\ln(x)+1+O(x\ln(x))|\leq 3\varepsilon$ pour $x<x_1$ donc $f(x)\sim -\dfrac1{\ln(x)}$ quand $x$ tend vers $0$.


En écrivant $\dfrac1{\ln(u)-\ln(x)}=-\displaystyle\sum_{k=0}^{p-1}\dfrac1{\ln(x)}\bigg(\dfrac{\ln(u)}{\ln(x)}\bigg)^k+\dfrac{1}{\ln(u)-\ln(x)}\bigg(\dfrac{\ln(u)}{\ln(x)}\bigg)^p$ et avec des majorations analogues on obtient un développement asymptotique à l'ordre $p$ :
$$f(x)=-\sum_{k=0}^{p-1}\dfrac{\Gamma^{(k)}(1)}{\ln(x)^{k+1}}+o\bigg(\dfrac1{\ln(x)^p}\bigg)$$

A l'ordre 2 : $f(x)=-\dfrac1{\ln(x)}+\dfrac{\gamma}{\ln(x)^2}+o\bigg(\dfrac1{\ln(x)^2}\bigg)$.