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Encore un équivalent

Envoyé par Joaopa 
Encore un équivalent
il y a sept semaines
Bonjour

Soit $s$ et $q$ trois entiers naturels avec $q\ge2$ et $r_0\ge1$. Je cherche un équivalent quand $s\to+\infty$ de $$
\sum_{j=r_0}^s\bigg(\frac{1-\big(\frac1q\big)^{[s/j]}}{q-1}\bigg)^j.
$$ Si quelqu'un a une idée ...



Edité 2 fois. La dernière correction date de il y a sept semaines et a été effectuée par AD.
Re: Encore un equivalent
il y a sept semaines
avatar
bizarre, ta somme commence par $j=0$?

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[Le meilleur moyen de fuir le monde est de pénétrer les mathématiques ]
Re: Encore un equivalent
il y a sept semaines
Ai modifié le message initial.



Edité 1 fois. La dernière correction date de il y a sept semaines et a été effectuée par AD.
Re: Encore un équivalent
il y a six semaines
avatar
Bonjour,

Écrit les termes en $r_0$, $r_0+1$, $s-1$, $s$... de tête donc sans garantie aucune le terme $j=s$ donne $1/q^s.$
Re: Encore un équivalent
il y a six semaines
Bonsoir,

La suite converge vers $\sum_{j=r_0}^{+\infty}(1/(q-1)^j$.
Utilisez un argument d'inversion somme/limite avec une série uniformément convergente construite à partir de la suite.
Re: Encore un équivalent
il y a six semaines
avatar
Le crochet [. ] est une partie entière?

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[Le meilleur moyen de fuir le monde est de pénétrer les mathématiques ]
Re: Encore un équivalent
il y a six semaines
avatar
@Side
Peux-tu m'expliquer le cas q=2 ? ( on peut prendre $r_0=1$)

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[Le meilleur moyen de fuir le monde est de pénétrer les mathématiques ]
Re: Encore un équivalent
il y a six semaines
Bonjour,
@gebrane
Je n'ai pas regardé le cas $q=2$. Je regarderai.
Re: Encore un équivalent
il y a six semaines
Bonjour
Après quelques tentatives je n'ai pas d'équivalent pour $q=2$.
La suite tend vers l'infini avec $s$ et est bornée par $s$. C'est le seul résultat définitif que je trouve.

En considérant la tranche d'entiers $j\in [\alpha s/\ln(s), \beta s/\ln(s)] $avec $\beta=\ln(2)$, sauf erreur, on a pour $s$ assez grand, $(\beta-\alpha) s/\ln(s) < S(s) <s$... Sous réserve que les calculs soient justes (le choix de ces intervalles fait suite à un échec en utilisant des estimations avec des intégrale).

Je ne me suis pas préoccupé de savoir si ces relations sont vraies pour tout $s$ ou pour un intervalle indépendant de $\alpha$.
Si ça pouvait être le cas on aurait alors pour $s$ assez grand $s>S>\ln(2) s/\ln(s)$.

Une autre technique par comparaison avec une intégrale (évoquée plus haut) donne $S=o(s)$ mais je n'arrive pas à étudier l'intégrale. C'est sans doute la méthode la plus prometteuse, on arrive à une intégrale de type intégrale méthode de Laplace pour la forme mais dont le comportement au voisinage du maximum ne permet pas d'utiliser cette méthode ($\int \exp(s\phi(u)), \phi(u)\sim -u/2^{1/u}$ au voisinage du maximum atteint en $0$.

Complément
L'analyse de l'intégrale indique qu'il serait intéressant de considérer la borne $\theta(s) = s \ln2 /\ln s (1+\ln (\ln(s)) /\ln(s)) $, je pense qu'il faudrait donc resserrer les tranches pour améliorer les encadrements, je pense du type $[s \ln 2/s; (s\ln 2/s)(1+ t(\ln(\ln(s)) /\ln(s))] $
On trouve qu'il existe 2 constantes $m$ et $M$ strictement positives telles que pour $s$ assez grand $ms/\ln(s) < S(s) < Ms/\ln(s)$.



Edité 3 fois. La derni&egrave;re correction date de il y a six semaines et a &eacute;t&eacute; effectu&eacute;e par side.
Re: Encore un équivalent
il y a six semaines
Bonsoir,

Cas $q > 2$
On definit la suite $(u_j(s))_{j\in N}$ = le terme sous la somme pour $j\in [r_0;s]$ et $=0$ pour $j< r_0$ ou $j>s$.
Ainsi la somme s'exprime comme la somme de la série à termes positifs convergente $S(s)=\sum_{0}^{+\infty} u_j(s) $
On a $\forall j, \forall s, u_j(s) \le 1/(q-1)^j$ donc la série est normalement convergente en $s$ donc uniformement convergente en $s$, et par passage à 'à limite lorsque $s$ tend vers l'infini, on trouve que $S(s)$ tend vers $\sum_{r_0}^{+\infty} 1/(q-1)^{j}$

Cas $q=2$
À ce stade j'ai réussi à montrer qu' il existe 2 constantes $m$ et $M$ strictement positives telles que $m s/\ln(s) <S(s) <M s/\ln(s)$ pour $s$ assez grand (quel que soit le 1er indice de la suite).
Deux méthodes possibles : l'une utilisant des comparaisons avec des intégrales et l'autre n'utilisant que des majorations avec des suites via des suites géométriques.
Je n'ai pas poussé les calculs jusqu'au bout mais il me semble que la méthode via les intégrales donnerait l'équivalent (de manière inattendue car il faut réussir à se débarrasser des parties entières) $\ln(2)s/\ln(s)$.

Si l'équivalent fonctionne, je donnerai des éléments de la méthode via les intégrales.

Complément :
Méthode via les intégrales

Cas $q=2$
On va montrer que $S(s) \sim \ln(2)s/\ln(s)$, où $S(s)$ est la somme qui démarre à l'indice $1$.
La suite qui démarre à l'indice $r_0$ est alors équivalente à la suite qui démarre à l'indice $1$, puisque la somme des $r_0$ premiers termes est majorée par $r_0$.

Dans la suite on prend toujours $s>e$.

Remarques préliminaires
On a $S(s) \le s$ en majorant tous les termes par 1
En faisant un passage à la limite avec la suite tronquée à l'indice $N$, on trouve que pour $s$ assez grand $S(s) > N-1/2$ et donc elle tend vers l'infini avec $s$.
On en déduit que la suite qui débute à l'indice $r_0$ est équivalente à la suite qui démarre à l'indice $1$.

Étape 1 : recherche d'équivalents de différentes fonctions

Soit pour $\phi(u) =(1-(1/2)^{E(s/u)})^{u}$, $f(u)=(1-(1/2)^{s/u})^u$ et $g(u)=(1-2(1/2)^{s/u})^u$
On a les inégalités $\forall s>1, \forall u\in [0;s], g(u)\le \phi(u) \le f(u)$

Lemme : recherche d'un équivalent lorsque $s$ tend vers l'infini de $I(s)=\int_{0}^{s} ((1-exp(-s/u))^{u}du$
Un changement de variable donne $I(s)=s\int_{0}^{1} exp(s\psi(u)) du$ avec $\psi(u)=u\ln(1-exp(-1/u))$
On remarque que le fonction $exp(\psi)$ est positive, décroissante sur $[0;1]$ et vaut 1 en 0.

Minoration
On a $I(s)/s \ge \int_{0}^{1/\ln(s)}\exp(s\psi(1/\ln s) du=(1/\ln(s))\exp(s\psi(1/\ln s)$
On trouve $(1/\ln s) \exp(s\psi(1/\ln s)) \sim 1/\ln s$

Majoration
Soit $\epsilon(s)=o(s) \ge 0$ à définir plus tard.
On a $I(s)/s\le \int_{0}^{(1+\epsilon)/\ln s} \exp(s\psi (u))du +\int_{(1+\epsilon)1/\ln s)}^{1} \exp(s\psi (u))du$
La 1ère intégrale est majorée par $(1+\epsilon)/\ln(s)$ (en majorant l'intégrand par $1$) qui est équivalent à $1/\ln(s)$
La 2ème intégrale est majorée par $\exp(s\psi((1+\epsilon)/\ln s)))$.
On recherche $\epsilon$, fonction de $s$, de sorte que cette seconde intégrale soit un $o(1/\ln(s))$
On pose $ln_2(s):=\ln(\ln(s))$
Il s'agit donc de trouver $\epsilon$ telle que $J(s)=\ln(\ln(s) exp(s\psi((1+\epsilon)/\ln(s))$ tende vers $-\infty$
On a $J(s)=ln_2(s)+s\psi((1+\epsilon))/\ln(s))$
On a $(s(1+\epsilon))/\ln(s))\ln(1-\exp(-\ln(s)/(1+\epsilon)))\sim -1/\ln(s) s^{\epsilon/(1+\epsilon)}$

On choisit $\epsilon(s)$ de sorte que $s^{\epsilon/(1+\epsilon} =\ln^2(s)$
On vérifie qu'on a bien $\epsilon(s)=o(1)$ (c'est le cas car $\epsilon(s) \sim 2 ln_2(s)/\ln(s) $) et avec un tel choix on a on $J(s)$ tend vers $-\infty$ avec $s$ et donc on la 2ème intégrale est un $o(1/\ln(s))$.
Ainsi $I(s)/s$ est majorée par une intégrale équivalente à $1/\ln(s)$ lorsque $s$ tend vers l'infini.
Ainsi on a montré qu'on peut minorer et majorer $I(s)/s$ par des intégrales équivalentes à $1/\ln(s)$.
Donc $I(s) \sim s/\ln(s)$
Fin de la preuve du lemme.

Remarques
1) en reprenant légèrement la preuve du lemme on peut montrer que $\forall A\ge 1, \int_{0}^{sA} (1-\exp(s/u)^{u}du \sim s/\ln(s)$ et donc on montre facilement par un changement de variable que $\int_{0}^{s} f(u)du \sim \ln(2)s/\ln(s)$

2) on a $\int_{0}^{s} g(u)du=s\int_{0}^{1}((1-2\exp(-\ln(2)/u))^{s}du$
La fonction $P(u)=\ln((1-2\exp(-\ln(2)/u))/\ln((1-\exp(-\ln(2)/u))$ est positive strictement sur $]0;1]$ et prolongeable par $2$ par continuité en $0$.

Donc par compacité de $[0;1]$, et comme numérateur et dénominateur de $P$ sont de signes constants, il existe deux constantes strictement positives $a, b$ telles que $(1-\exp(-\ln(2)/u))^{a} \le (1-2\exp(-\ln(2)/u)) \le (1-\exp(-\ln(2)/u))^{b} $ puis $\int_{0}^{1} g(u) du \ge s\int_{0}^{1} (1-\exp(-\ln(2)/u))^{as} du=f(as)/a \sim \ln(2)s/\ln(s)$

On en déduit que $\int_{0}^{s}g(u)du \sim \int_{0}^{s}\phi(u)du\sim \int_{0}^{s} g(u)du \sim \ln(2)s/\ln(s)$

NB : dans ce qui précède, on aurait pu se contenter de ne prouver que l'équivalent de la majoration dans le lemme et de calculer une minoration de $\int_{0}^{s}g(u)du$ comme dans le lemme.

Étape 2 : comparaison somme intégrales

On a $\sum_{j=1}^{s} g(j)\le S(s) =\sum_{j=1}^{s} \phi(j) \le \sum_{j=1}^{s} f(j)$ et les fonctions $f$ et $g$ étant décroissantes on a $\int_{1}^{s+1} g(u) du \le S(s) \le \int_{0}^{s} f(u)du$ $(1)$
On a $\int_{0}^{1}g(u)du \le \int_{0}^{1} 1 du =1=o(s/\ln(s))$ et de même $\int_{s}^{s+1}g(u)du=o(s/\ln(s))$ donc $\int_{1}^{s+1} g(u) du \sim \ln(2)s/\ln(s)$

L'inégalité (1) entraîne alors que $S(s) \sim \ln(2)s/\ln(s)$

Ceci conclut la preuve



Edité 9 fois. La derni&egrave;re correction date de il y a cinq semaines et a &eacute;t&eacute; effectu&eacute;e par side.
Re: Encore un équivalent
il y a six semaines
avatar
le cas q=2 est le plus intéressant car mystérieux. De ma part je ne trouve rien de concret

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[Le meilleur moyen de fuir le monde est de pénétrer les mathématiques ]
Re: Encore un équivalent
il y a six semaines
@gebrane
je pense qu'il y'a une méthode élémentaire (en utilisant la méthode de Laplace après changement de variable) que je n'ai pas réussi à mener à bien. C'est assez mystérieux car j'ai trouvé les bornes qui donne le terme dominant de l'intégrale mais en faisant le changement de variable correspondant je n'arrive à rien. Donc j'ai utilisé des méthodes par majoration, guidées par les estimations de l'autre méthode qui utilise des majorations avec des suites géométriques.

Quelqu'un pourra peut-être simplifier ou trouver une méthode alternative plus claire.
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