Équivalent somme partie entière racine carrée

Voici un encadrement un peu plus fin : $\sqrt{k} -1 < E(\sqrt{k}) \leq \sqrt{k}$
Est-ce que ça va aider ?

Au passage, pour estimer $\sum_{k=1}^n \sqrt k$ le plus simple est de comparer à une intégrale.

Sinon, si n = m²-1 alors Sn = m ( m-1) ( 4m+1) / 6

Sauf erreur.

Soit $m \in \mathbb{N}$
Je sais que l’ensemble des entiers naturels $k$ tel que $E(\sqrt{k})=m$ Est dans $[m^2,(m+1)^2[$..... mais je ne vois pas le reste .....

Je crois que $2m+1$

@ Keynes: Il y a un décalage d'une unité dans ta formule, je crois.
La formule qui donne un résultat exact serait celle-ci :
Soit n = m²-1+d avec m² <= n < (m+1)²
Alors Sn = m (m-1) ( 4m+1) / 6 + dm
Vérification n = 13 ; m = 3 ; d = 5
Sn = 13 + 15 = 28 = 1112222233333

@nodgim Merci pour la remarque

Bah, on peut donner la valeur exacte des sommes partielles de toute façon.

On sait que $E(\sqrt k) = n$ ssi $n^2\leq k \leq n^2+2n$ donc
\[S_{n^2-1} = \sum_{k=1}^{n-1} n (2n+1) = \frac{n(n-1)}{2}+2\sum_{k=1}^{n-1} n^2 = \frac{2}{3} n^3 - \frac{1}{2}n^2 - \frac{1}{6}n.\]
Pour $n^2$ on trouve
\[
S_{n^2}= S_{n^2-1}+n = \frac{2}{3} n^3 - \frac{1}{2}n^2 + \frac{5}{6}n.
\]
Cette formule montre déjà que si un développement asymptotique polynomial avec un terme de plus existe alors il est forcément égal à $\frac{2}{3} n^{3/2} - \frac{1}{2}n + \frac{5}{6}n^{1/2}$. On peut continuer, pour tout entier $k$ compris entre $0$ et $2n$ on a
\[
S_{n^2+k}= \frac{2}{3} n^3 - \frac{1}{2}n^2 + \frac{5}{6}n +nk .
\]
On note $q= n^2 + k$ puis $k = 2\alpha n$ ce qui nous donne $n= -\alpha + \sqrt{q-\alpha}$, puisque $0\leq \alpha\leq 1 $ on a $n= \sqrt q -\alpha -\frac{\alpha}{2 \sqrt q} +\mathcal O (1/q)$. On injecte tout ça dans notre équation précédente et on trouve
\[
S_{q}= \frac{2}{3} ( q^{1/2} -\alpha-\frac{\alpha}{2 }q^{-1/2} + \mathcal O(q^{-1}) )^3 + (2\alpha- \frac{1}{2})(q^{1/2} -\alpha-\frac{\alpha}{2 }q^{-1/2} + \mathcal O(q^{-1}))^2 + \frac{5}{6}q^{1/2} -\alpha -\frac{\alpha}{2}q^{-1/2} + \mathcal O(q^{-1}).
\]
On développe et en trouve (sauf erreur de calcul) finalement
\[
S_q = \frac{2}{3} q^{3/2} - \frac{1}{2}q+\left(\frac{5}{6}-2\alpha^2\right) q^{1/2} + \mathcal O (1) .
\]

Puisque $\alpha$ n'est pas constant il n'existe pas de développement asymptotique avec un terme de plus que celui de noix de totos. La technique utilisée ici me semble bonne et peut normalement être utilisée pour trouver le terme en $\mathcal O(1)$ et les suivants (ça demande juste des DL à l'ordre supérieur). Par contre je pense avoir fait une erreur de calcul quelque part, en effet je pense que le terme d'ordre $q^{1/2}$ devrait valoir $5/6$ lorsque $\alpha =0$ et $\alpha =1$, ce qui n'est pas le cas. Un $2\alpha-2\alpha^2$ aurait été bien par exemple...

@Corto : Très bien vu, merci :-)

@ndt : malheureusement je ne pratique pas les techniques d'estimations de sommes d'exponentielles, même si je sais bien à quel point c'est un sujet important !

Ton équivalent est étrange gebrane, puisque $1/n$ est un $\mathcal O(\sqrt n)$. En tout cas comme les parties fractionnaires de $\sqrt k$ sont équiréparties modulo $1$ on sait que le premier terme du développement asymptotique doit être $S_n=n/2+ o(n)$.

@Gebrane : aux exceptions près, ce type de somme avec des parties fractionnaires se traite généralement en utilisant la $1$ère fonction de Bernoulli : puisque $\{x\} = \psi(x) + \frac{1}{2}$, tu as
$$\sum_{k \leqslant n} \left\lbrace \sqrt k \right\rbrace = \sum_{k \leqslant n} \frac{1}{2} + \sum_{k \leqslant n} \psi \left( \sqrt k \right) = \frac{n}{2} + \sum_{k \leqslant n} \psi \left( \sqrt k \right).$$
On considère alors que la $2$ème somme est un terme d'erreur, et donc tout l'enjeu est de majorer cette somme avec une majoration meilleure que la majoration triviale $\left| \psi(x) \right| \leqslant \frac{1}{2}$.

Une importante branche de l'arithmétique s'est attaquée à ce problème, pour la simple et bonne raison que ce type de somme intervient régulièrement dans les problèmes usuels de la théorie des nombres. On dispose aujourd'hui de différentes techniques pour majorer efficacement ces sommes, j'en ai utilisé une hier.