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 $1/2$ !
$$
a) Convergence ? oui car $\quad\displaystyle I_n=\int_0^{+\infty} \frac{1-t}{1-t^{n+1}} dt .$
On coupe en 1, convergence dominée, $L=1/2$.
b) Nature de $\quad\displaystyle \sum (I_n - L) $ ?
Des idées ? J'ai encore coupé en $t=1$, j'ai essayé quelques majorations... mais je ne sais trop quoi faire du $1/2$ !
Connectez-vous ou Inscrivez-vous pour répondre.
Réponses
En utilisant $\displaystyle\dfrac12=\int_0^1(1-t)\mathrm{d}t$ peut-être ?
Notons $f_n(t) = \dfrac{1}{1+t+\cdots+t^n}$. On peut montrer que $f_n$ converge uniformément vers $t\mapsto 1-t$ sur $[0;1]$ (étudier les variations de la différence).
De plus, on a $f_n(t)-(1-t) = t^{n+1}f_n(t)$. En se servant de ça, on peut montrer que $\displaystyle \int_0^1 f_n(t) dt - \int_0^1 (1-t)dt$ est équivalent (quand $n$ tend vers $+\infty$) à $\displaystyle \int_0^1 t^{n+1}(1-t) dt$, qui est lui-même équivalent à $\dfrac{1}{n^2}$.
Sur $[1;+\infty[$, faire le changement de variable $u = \dfrac{1}{t}$. On se ramène au même genre de choses que sur $[0;1]$.
J'aurais pensé intuitivement qu' en majorant les termes...mais peut être que non en fait !
Cela paraît bête mais où est passé le $1/2$ dans ta différence ?
I_n=\int_1^{+\infty} \frac{1-t}{1-t^{n+1}} dt =\int_0^1 t^{n-2} \frac{1-t}{1-t^{n+1}} dt .
$$ Mais on a le droit de couper l'intégrale en 2 (en $x=1$) et de soustraire $-1/2$ ?
Et sinon pour la série des restes $I_n-L$, il ne te manque pas un sigma devant ?
Edit: vu ton MP.
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...!
C'est assez subtil comme raisonnement, je n'y serais jamais arrivé tout seul 8-)
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: $\:\boxed{I_n =\dfrac12 + \dfrac{\pi^2}{3n^2} + o\left(\dfrac 1{n^2}\right)}.$
bon tu trouves bien que $I_n-1/2$ est sommable toi aussi il semble?
pour $n\geq3$, $I_{n-1}=\dfrac12+\displaystyle \sum_{k=1}^{+\infty}\dfrac{(4^k-2)\zeta(2k)}{n^{2k}}$
Comment justifie-t-on : $$
\dfrac 1{n^2}\sum_{k=1}^{+\infty} \dfrac 1{(k+\frac 1n)(k+\frac 2n)} \underset {n\to+\infty}{\sim }\dfrac {\pi^2}{6n^2} \quad ?
$$ Convergence dominée encore ? Merci.
définit une fonction continue sur $[0,+\infty[$ (convergence normale)
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.
Avec le développement asymptotique: $\lim n^3(I_n-I_{n+1})=\dfrac{2\pi^2}3$