Équivalent d'une somme de parties entières

Bonjour,

Typo sur la fonction ?

Je suppose qu'il s'agit de $\displaystyle f(x) = \sum_{k \leqslant x} \left \lfloor \sqrt k \right \rfloor$, non ?

La première idée est effectivement d'utiliser $\lfloor t \rfloor = t + O(1)$, le plus simple et le plus courant, ce qui donne ce que tu as obtenus (modulo les erreurs des coquilles).

Tu peux affiner en notant qu'on a aussi $\lfloor t \rfloor = t + O \left( t^\alpha \right)$ avec $\alpha \in \left[0, 1\right[$, puis tu essaies d'optimiser en $\alpha$. Ce truc ne marche pas toujours.

Tu peux aussi utiliser $\lfloor t \rfloor = t - \frac{1}{2} - \psi(t)$, où $\psi$ est la $1$ère fonction de Bernoulli, mais là il te faut des résultats sur les sommes de cette fonction, ce qui est en général assez ardu (mais il y a des résultats).

Petite précision : les trois idées que j'exprime plus haut sont à prendre pour le cas général, c'est-à-dire des sommes incomplètes de fonctions de la forme $\lfloor f(k) \rfloor$, avec $f$ régulière.

Il y a bien sûr des cas particuliers où les sommes se calculent directement. Par exemple, les sommes de Kubert : si $x \in \mathbb{R}$ et $m,n \in \mathbb{Z}_{\geqslant 1}$
$$\sum_{k=0}^{n-1} \left \lfloor \frac{km}{n} + \frac{x}{n} \right \rfloor = (m,n) \left \lfloor \frac{x}{(m,n)} \right \rfloor + \frac{(m-1)(n-1)}{2} + \frac{(m,n)-1}{2}.$$

Pour aller plus loin, comme je l'ai dit plus haut, il faut être capable de majorer
$$\left| \sum_{n \leqslant x} \psi (\sqrt n) \right|.$$
C'est faisable avec les outils de la théorie des nombres, par exemple. Avec un papier et un crayon, j'ai obtenu que cette somme est, sauf erreur, un $O \left( x^{1/2} \log x \right)$. Ainsi
$$\sum_{n \leqslant x} \left \lfloor \sqrt n \right \rfloor = \sum_{n \leqslant x} \left( \sqrt n - \tfrac{1}{2} \right) + O \left( x^{1/2} \log x \right) = \tfrac{2}{3} x^{3/2} - \tfrac{1}{2} x + O \left( x^{1/2} \log x \right).$$

supp

Sinon tu as $$\sum_{n \le x} \lfloor \sqrt{n} \rfloor =\sum_{n \le x} \sum_{m^2 \le n}1= \sum_{m^2\le x} \sum_{n \le x, n \ge m^2} 1= \sum_{m^2 \le x} (\lfloor x\rfloor-m^2+1)= \lfloor x\rfloor \lfloor \sqrt{x}\rfloor +\lfloor \sqrt{x}\rfloor - \frac16 \lfloor \sqrt{x}\rfloor(\lfloor \sqrt{x}\rfloor+1)(2\lfloor \sqrt{x}\rfloor+1)$$
Ensuite on peut écrire $x = \lfloor \sqrt{x}\rfloor^2 + a$ où $a = 2\lfloor \sqrt{x}\rfloor\{\sqrt{x}\}+\{\sqrt{x}\}^2 \in [0,2\lfloor \sqrt{x}\rfloor+1[$ pour obtenir un polynôme en $\lfloor \sqrt{x}\rfloor$ plus $a\lfloor \sqrt{x}\rfloor$.

Si on veut regarder la transformée de Mellin du truc obtenu alors en utilisant que $\int_0^u \{t\}^mdt = \frac1{m+1}\lfloor u\rfloor +\frac1{m+1}\{t\}^{m+1}$ on a que c'est une combinaison linéaire de $s^c\zeta(as+b)$.

On avait déjà donné quelques techniques dans cet ancien fil.

gebrane a écrit:

Ici les sommes partielles sont bornées

Les sommes partielles sont uniformément bornées, donc on peut intervertir, oui.

Ceci dit, encore une fois, je déconseille de travailler avec les séries elles-mêmes, d'autant qu'on a les outils qu'il faut pour s'en passer, aujourd'hui.

Quant à ta $3$ème ligne, la relation
$$\sum_{n \leqslant x} f(n) = \int_{1^-}^x f(t) \, \textrm{d} \left( \sum_{n \leqslant x} 1 \right) = \int_{1^-}^x f(t) \, \textrm{d} \lfloor x \rfloor$$
s'applique pour $f$ continue sur $\left[ 1, x \right ]$.

Je n'ai pas dit que ta relation était fausse, mais plutôt qu'on l'utilise surtout avec des fonctions continues (voir remarques ci-dessous). Il faut aussi faire attention aux bornes de l'intégrale.

Sans vouloir faire un cours sur l'intégrale de Riemann-Stieltjes, voir [WID, Chapter 1] pour ça, je te fais un (tout) petit mémo dessus : prend une partie $A$ de $\mathbb{N}$, pose $A(x) = \left| \left\{ a \leqslant x \ / \ a \in A \right \} \right |$, et $f$ continue sur $[1,x]$. Alors
$$\sum_{\substack{n \leqslant x \\ n \in A}} f(n) = \int_{1^-}^x f(t) \, \textrm{d} A(t).$$

Il y a une certaine liberté de choix des bornes de l'intégrale, on aurait pu prendre en borne inférieure n'importe quel réel $\varepsilon \in \left[0,1 \right[$, et en borne supérieure n'importe quel nombre $\in \left[\lfloor x \rfloor, \lfloor x + 1 \rfloor \right[$.

Deux remarques :

1. Dans l'extrait que tu cites de MathStackExchange, ils utilisent cette relation avec $f(t) = \lfloor \sqrt t \rfloor$ qui n'est pas continue. Dans le cas général, il est souvent assez difficile de savoir si l'intégrale $\int_a^b f \, \textrm{d}g$ existe lorsque $f$ n'est pas continue. Par exemple, l'intégrale $\int_a^b f \, \textrm{d}g$ n'existe pas si $f$ et $g$ ont un même point de discontinuité dans $\left]a,b \right[$.

2. L'idée est ensuite de faire une IPP, ce qui revient à faire une sommation d'Abel dans le cas discret. Celle-ci est possible si l'intégrale $\int_a^b f \, \textrm{d}g$ existe. Une condition suffisante est que l'une des deux soit continue, l'autre à variation bornée [WID, Theorem 4b].

Référence.

[WID] D. V. Widder, The Laplace Transform, Princeton University Press, 1946.

Ai-je été suffisamment complet ?

Tout le monde s'en fout de ma méthode ? $$\sum_{n \le x} \lfloor \sqrt{n} \rfloor =\sum_{n \le x} \sum_{m^2 \le n}1= \sum_{m^2\le x} \sum_{n \le x, n \ge m^2} 1= \sum_{m^2 \le x} (\lfloor x\rfloor-m^2+1)= \lfloor x\rfloor \lfloor \sqrt{x}\rfloor +\lfloor \sqrt{x}\rfloor - \frac16 \lfloor \sqrt{x}\rfloor(\lfloor \sqrt{x}\rfloor+1)(2\lfloor \sqrt{x}\rfloor+1)$$

La méthode de Reuns est très bonne pour ce cas particulier, évidemment.

En ce qui me concerne, je répondais à Gebrane plutôt sous l'angle plus général des sommes de la forme $\sum_{N < n \leqslant 2N} \psi(f(n))$, où $f$ est régulière et $\psi(t) = t - \lfloor t \rfloor - \frac{1}{2}$ est la $1$ère fonction de Bernoulli, sommes qui sont un enjeu majeur en théorie des nombres.

noix de totos, quelles sont les références (ou la ?) où on peut entendre parler de ces techniques et le leur lien en théorie de nombres ?

Merci

@Gebrane : je ne veux pas parler à la place de Reuns, mais je dirais brièvement qu'il a remplacé la partie entière par une somme, puis a interverti les deux sommations, ce qui lui a permis d'obtenir une égalité exacte. Pour avoir la formule asymptotique, utilise $\lfloor t \rfloor = t + O(1)$.

Merci !

Gebrane : je n'ai aucune idée de ce que tu sous-entends avec tes messages. Un mauvais interlocuteur ??? Tu cherches juste à être désagréable ?

Ce que je montre avec
\begin{align*}
\sum_{n \le x} \lfloor \sqrt{n} \rfloor &=\sum_{n \le x} \sum_{m^2 \le n}1= \sum_{m^2\le x} \sum_{n \le x, n \ge m^2} 1= \sum_{m^2 \le x} (\lfloor x\rfloor-m^2+1) \\
&= \lfloor x\rfloor \lfloor \sqrt{x}\rfloor +\lfloor \sqrt{x}\rfloor - \frac16 \lfloor \sqrt{x}\rfloor(\lfloor \sqrt{x}\rfloor+1)(2\lfloor \sqrt{x}\rfloor+1)
\end{align*} c'est qu'ici on a mieux qu'un développement asymptotique : on a une closed-form. Ma solution prend une (deux) ligne(s) donc j'ai du mal à voir ce qui te bloque ni en quoi c'est être un mauvais interlocuteur...

Dans l'autre post je t'ai répondu : je t'ai donné une preuve en 3 lignes de la solution rêvée qui donne une série entière ce qui est vachement mieux qu'un développement asymptotique.

En fait t'as du mal à comprendre les formules, tu veux que on explique avec des mots ce que nos formules apportent de plus à la discussion ?

Ici c'est trivial de trouver le meilleur équivalent à partir de ma formule close, j'espère que tu es capable de le faire. Par exemple prends $x$ entier et remplace $\lfloor \sqrt{x}\rfloor$ par $\sqrt{x}-\{\sqrt{x}\}$ et développe tu obtiens
\begin{align*}
\lfloor x\rfloor \lfloor \sqrt{x}\rfloor &+\lfloor \sqrt{x}\rfloor - \frac16 \lfloor \sqrt{x}\rfloor(\lfloor \sqrt{x}\rfloor+1)(2\lfloor \sqrt{x}\rfloor+1) =\\
&=-(5 \{\sqrt{x}\})/6 - \{\sqrt{x}\}^2/2 + \{\sqrt{x}\}^3/3 + (5 x^{1/2})/6 + \{\sqrt{x}\} x^{1/2} - \{\sqrt{x}\}^2 x^{1/2} - x/2 + (2 x^{3/2})/3\\
& = - x/2 + (2 x^{3/2})/3+ x^{1/2} (\{\sqrt{x}\}- \{\sqrt{x}\}^2)+ O(1),
\end{align*} où le 2ème terme ne se simplifie pas

Évidemment je ne suis pas à l’abri d'une erreur de calcul.

Élargissons le point de vue.

L'exemple donné ici est trop "trivial" pour justifier l'utilisation des gros outils issus de l'analyse de Fourier, comme le montre Reuns et sa solution élémentaire.

Il vaut mieux avoir en tête l'exemple suivant
$$\sum_{n \leqslant x} \left \lfloor \frac{x}{n} \right \rfloor$$
que l'on appelle problème des diviseurs de Dirichlet qui, lui, justifie pleinement les efforts fournis ces cent dernières années pour estimer les sommes d'exponentielles de façon non triviale.

Pour ceux intéressés par ce sujet, à noter que, fort de ce constat, un certain nombre de spécialistes se sont attaqués récemment à la somme
$$\sum_{n \leqslant x} \varphi \left(\left \lfloor x/n \right \rfloor \right)$$
où $\varphi$ est bien entendu la fonction d'Euler, avec une conjecture proposée dans https://zbmath.org/?q=an:07063099, et qui vient tout juste d'être résolue par Zhai (l'article n'est pas encore paru, mais a été accepté par le JNT).

@Gebrane.

Dès que $n > 1$, $\lfloor 1/n \rfloor = 0$, donc ta première somme va être rapide à calculer :)o

Pour la seconde, le mieux est encore d'utiliser $\lfloor \log n \rfloor = \log n + O(1)$, puis d'utiliser Stirling.

Bah, c'est toujours la même idée, tu écris $\left\lfloor\frac nk\right\rfloor = \frac{n}{k} + O(1)$. Et puis si tu connais la valeur de $\displaystyle \sum_{k \geq 1} \frac{1}{k^2}$, le $\frac{\pi^2}{6}$ ne devrait pas t'étonner.

Oui j'arrive à $n\log n$, d'où vient ton carré dans le reste ?

Cette somme peut être améliorée avec des résultats de type Walfisz qui donnent
$$\sum_{n \leqslant x} \left \lfloor \frac{x}{n} \right \rfloor^2 = x^2 \zeta(2) - x \log x + O \left( x (\log x)^{2/3} \right).$$