Nature d'une série
Bonjour, soit $$I_n=\int_0^{+\infty} \frac{1}{1+t+\cdots+t^n} dt ,\quad n>1
$$
a) Convergence ? oui car $\quad\displaystyle I_n=\int_0^{+\infty} \frac{1-t}{1-t^{n+1}} dt .$
On coupe en 1, convergence dominée, $L=1/2$.
b) Nature de $\quad\displaystyle \sum (I_n - L) $ ?
Des idées ? J'ai encore coupé en $t=1$, j'ai essayé quelques majorations... mais je ne sais trop quoi faire du $1/2$ !
$$
a) Convergence ? oui car $\quad\displaystyle I_n=\int_0^{+\infty} \frac{1-t}{1-t^{n+1}} dt .$
On coupe en 1, convergence dominée, $L=1/2$.
b) Nature de $\quad\displaystyle \sum (I_n - L) $ ?
Des idées ? J'ai encore coupé en $t=1$, j'ai essayé quelques majorations... mais je ne sais trop quoi faire du $1/2$ !
Réponses
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Bonjour !
En utilisant $\displaystyle\dfrac12=\int_0^1(1-t)\mathrm{d}t$ peut-être ? -
Je n'ai pas fait tous les calculs dans le détail, mais ça doit marcher.
Notons $f_n(t) = \dfrac{1}{1+t+\cdots+t^n}$. On peut montrer que $f_n$ converge uniformément vers $t\mapsto 1-t$ sur $[0;1]$ (étudier les variations de la différence).
De plus, on a $f_n(t)-(1-t) = t^{n+1}f_n(t)$. En se servant de ça, on peut montrer que $\displaystyle \int_0^1 f_n(t) dt - \int_0^1 (1-t)dt$ est équivalent (quand $n$ tend vers $+\infty$) à $\displaystyle \int_0^1 t^{n+1}(1-t) dt$, qui est lui-même équivalent à $\dfrac{1}{n^2}$.
Sur $[1;+\infty[$, faire le changement de variable $u = \dfrac{1}{t}$. On se ramène au même genre de choses que sur $[0;1]$. -
Pour le changement de variables sur $[1;+\infty]$ j'obtiens : $$
I_n=\int_1^{+\infty} \frac{1-t}{1-t^{n+1}} dt =\int_0^1 t^{n-2} \frac{1-t}{1-t^{n+1}} dt .
$$ Mais on a le droit de couper l'intégrale en 2 (en $x=1$) et de soustraire $-1/2$ ? -
supp
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totem : dans mon message, le 1/2, c'est mon $\displaystyle \int_0^1 (1-t)dt$. En fait, $I_n - \dfrac{1}{2}= \left(\displaystyle \int_0^1 f_n(t) dt - \int_0^1 (1-t)dt\right) + \displaystyle \int_{1}^{+\infty} f_n(t) dt$. Je montre que le contenu de la parenthèse est équivalent à $\dfrac{1}{n^2}$, et si je ne m'abuse (après changement de variable $u=1/t$ et même genre de techniques), $\displaystyle\int_{1}^{+\infty} f_n(t) dt$ doit être équivalent à $\dfrac{1}{n^2}$ aussi.
-
supp
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@Guego : merci pour les éclaircissements.
Encore une question , toujours à propos du $1/2$ : ce $1/2$ se soustrait à l'intégrale "entière" de $0$ à $+\infty$, pas juste à celle de $0$ à $1$.
Peut-on resoustraire le $1/2$ une deuxième fois à l'intégrale de $1$ à $+\infty$ ??
Je ne sais pas si je suis clair...! -
Parce que $f_n(t)$ converge vers $1-t$ sur $[0;1]$ et vers $0$ sur $[1;+\infty[$. Le $1/2$ ne vient en fait que de l'intégrale sur $[0;1]$.
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Oui c'est bien ce qu'il me semblait quand j'ai appliqué le théorème de convergence dominée.
C'est assez subtil comme raisonnement, je n'y serais jamais arrivé tout seul 8-) -
Bonjour
L'équivalent de $I_n-\dfrac12$ auquel je suis parvenu n'est pas celui, qui me parait erroné, indiqué par Guego dans un message précédent.
Je note : $\forall n \in \N\:\text{tel que}\:n\geqslant 3,\: \forall t \in [0;1],$
\begin{align*}
g_n(t) &= \left \{ \begin{array} {cl} \dfrac{t^n(1-t)}{1-t^n}& \text {si} \:t \neq1\\
0 &\text{sinon} \end{array}\right.,\\
J_n &= \int _0 ^1 g_n(t) \mathrm dt,\\
K_n&= \int_1^{+\infty} \dfrac {1-t}{1-t^n} \mathrm dt =\int_ 0^1 \dfrac {t^{n-3}(1-t)}{1-t^n} \mathrm d t.
\end{align*} Alors, en reprenant les notations utilisées dans les messages antérieurs: $$I_{n-1} =\dfrac 12 +J_n+K_n\quad (\star).
$$ $n$ étant fixé, la suite $\Big(t\mapsto \displaystyle \sum_{k=1}^p t^{nk}(1-t)\Big)_p$ est une suite croissante de fonctions qui converge sur $[0;1]$ vers la fonction $g_n$.
Il s'ensuit que: $J_n =\displaystyle \sum_{k=1}^{+\infty} \int_0^1 t^{nk}(1-t)\mathrm dt = \sum_{k=1}^{+\infty} \Big(\dfrac 1{nk+1}- \dfrac 1{nk+2}\Big)= \dfrac 1{n^2}\sum_{k=1}^{+\infty} \dfrac 1{(k+\frac 1n)(k+\frac 2n)} \underset {n\to+\infty}{\sim }\dfrac {\pi^2}{6n^2}$
On prouve de la même façon que : $K_n \underset{n\to + \infty}{\sim} \dfrac {\pi^2}{6n^2}.\:$Avec $(\star)$, on obtient ainsi: $\:\boxed{I_n =\dfrac12 + \dfrac{\pi^2}{3n^2} + o\left(\dfrac 1{n^2}\right)}.$ -
Avec la méthode de LOU16 on peut obtenir un développement asymptotique à tout ordre et même mieux:
pour $n\geq3$, $I_{n-1}=\dfrac12+\displaystyle \sum_{k=1}^{+\infty}\dfrac{(4^k-2)\zeta(2k)}{n^{2k}}$ -
supp
-
$$ x\mapsto \sum_{k=1}^{+\infty} \dfrac 1{(k+x)(k+2x)}$$
définit une fonction continue sur $[0,+\infty[$ (convergence normale) -
LOU16 a écrit:http://www.les-mathematiques.net/phorum/read.php?4,1824462,1825018#msg-1825018
L'équivalent auquel je suis parvenu n'est pas celui, qui me parait erroné, indiqué par Guego dans un message précédent.
Effectivement, je n'avais pas fait les calculs jusqu'au bout et un problème m'avait échappé. Ma méthode permet juste de montrer que $n^2(I_n-\frac{1}{2})$ converge (vers une constante comprise entre $2$ et $4$), mais ne donne pas la limite exacte. -
supp
-
Avec Maple: $\displaystyle\int_0^1 \dfrac{x\ln(x)^2}{(1-x)^2}dx=-2\zeta(3)+\dfrac{\pi^2}3$
Avec le développement asymptotique: $\lim n^3(I_n-I_{n+1})=\dfrac{2\pi^2}3$ -
supp
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Bonjour!
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