Équivalent d'une somme de parties entières
Bonjour
Je cherche différentes méthodes pour exhiber un équivalent, lorsque $n\to +\infty$, de edit j’étais très distrait $$f(n)=\sum_{k=1}^n E(\sqrt k).
$$ Une façon. Une formule que m'a apprise noix de toto, $E(x)=x+O(1)$ ce qui donne edit $f(n)=\sum_{k=1}^n \sqrt k +O(n)$ ce qui donne l’équivalent $\frac 23 n^{\frac 32}$
Je cherche différentes méthodes pour exhiber un équivalent, lorsque $n\to +\infty$, de edit j’étais très distrait $$f(n)=\sum_{k=1}^n E(\sqrt k).
$$ Une façon. Une formule que m'a apprise noix de toto, $E(x)=x+O(1)$ ce qui donne edit $f(n)=\sum_{k=1}^n \sqrt k +O(n)$ ce qui donne l’équivalent $\frac 23 n^{\frac 32}$
Le 😄 Farceur
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Réponses
Typo sur la fonction ?
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).
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 $m,n \in \mathbb{Z}_{\geqslant 1}$
$$\sum_{k=0}^{n-1} \left \lfloor \frac{km}{n} + \frac{x}{n} \right \rfloor = (m,n) \left \lfloor \frac{x}{(m,n)} \right \rfloor + \frac{(m-1)(n-1)}{2} + \frac{(m,n)-1}{2}.$$
Je voulais savoir si la méthode de Fourier ( initiée par reuns dans un fil récent, s'applique ici, car il offre plus d'un équivalent.
J'ai trouvé l'écriture suivante $$ \sum_{k=1}^n E(\sqrt k)=\frac 23 n^{\frac 32} \big(1-\frac 34 \sqrt \frac 1n +O(\frac 1n)\big )$$
On sait développer E(x) en séries de Fourier ce qui donne $E(\sqrt x)=\sqrt x-\frac 12 + \sum_{k=1}^{+\infty} \frac{\sin(2k\pi \sqrt x )}{k}$
Après je ne sais pas !
Je vais voir si la méthode de noix de toto marche
$$\left| \sum_{n \leqslant x} \psi (\sqrt n) \right|.$$
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
$$\sum_{n \leqslant x} \left \lfloor \sqrt n \right \rfloor = \sum_{n \leqslant x} \left( \sqrt n - \tfrac{1}{2} \right) + O \left( x^{1/2} \log x \right) = \tfrac{2}{3} x^{3/2} - \tfrac{1}{2} x + O \left( x^{1/2} \log x \right).$$
J'avoue avoir été plus fainéant que lui : j'ai appliqué les outils connus de théorie analytique des nombres pour majorer la somme des $\psi$ du terme d'erreur. Alors certes, ici, ça fait un peu "prendre un marteau pour écraser un acarien", mais tant pis...
On a \begin{align*}
E( x)&=x-\frac 12 +\sum_{k=1}^{+\infty} \frac{\sin(2k\pi x )}{k} &\text{d'où} \\
E(\sqrt x)&=\sqrt x-\frac 12 + \sum_{k=1}^{+\infty} \frac{\sin(2k\pi \sqrt x )}{k} &\text{d'où} \\
\sum_{k=1}^n E(\sqrt k)&=\int_0^n (\sqrt x-\frac 12 +\sum_{k=1}^{+\infty} \frac{\sin(2k\pi \sqrt x )}{k} )dx \\
&=\frac 32n^{\frac 32}-\frac n2+ \sum_{k=1}^{+\infty}\frac 1k \int_0^n \sin(2k\pi \sqrt x ) )dx \\
&=\frac 32n^{\frac 32}-\frac n2+2 \sum_{k=1}^{+\infty}\frac 1k\int_0^{\sqrt n} t\sin(2k\pi t ) )dt \\
& =\frac 32n^{\frac 32}-\frac n2
\end{align*} Par une IPP, on a $\displaystyle \sum_{k=1}^{+\infty}\frac 1k\int_0^{\sqrt n} t\sin(2k\pi t ) )dt \sim O(\sqrt n)$
Les méthodes qui m'ont permis d'obtenir la majoration $\ll x^{1/2} \log x$ ci-dessus sont les mêmes que les tiennes, i.e. fondées sur l'analyse de Fourier de la fonction $\psi$. C'est ainsi que l'on procède depuis un siècle pour estimer ces sommes.
Mais comme la série de Fourier de $\psi$, que tu as écrite plus haut, ne converge pas uniformément vers $\psi(x)$ (elle converge vers $0$ lorsque $x$ est entier), on a plutôt recours à des sommes partielles de ses séries de Fourier ou, plus généralement, des polynômes trigonométriques qui approchent $\psi$ de façon raisonnable. On travaille donc très rarement avec des séries, moins aisément manipulables que les sommes partielles.
C'est ce petit "détail" qui explique la présence de logarithme dans mon calcul. Dans la pratique, la présence de ce logarithme n'est pas essentielle, sauf dans quelques cas particuliers assez rares.
Maintenant, comme je l'ai dit plus haut, on peut améliorer et omettre ce logarithme, et comme ça a l'air de de tenir à cœur, je te le fais ici. On commence par écrire
$$\sum_{n \leqslant x} \psi \left( \sqrt n \right) = \sum_{j=1}^J \ \sum_{2^{-j} x < n \leqslant 2^{1-j}x} \psi \left( \sqrt n \right)$$
où $J \asymp \log x/\log 2$. Puis on applique [BOR, Corollary 6.22] à la somme intérieure, ce qui donne
$$\left| \sum_{n \leqslant x} \psi \left( \sqrt n \right) \right| \ll x^{1/2} \sum_{j=1}^J 2^{-j/2} + x^{-1/2} \sum_{j=1}^J 2^{j/2} \ll x^{1/2} + 1 \ll x^{1/2}$$
et voilà !
Référence.
[BOR] O. Bordellès, Arithmetic Tales, Springer, 2012.
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 $s^c\zeta(as+b)$.
Hier j’étais indisponible, la fête.
Ici les sommes partielles sont bornées, l'interversion des sommes et intégrales est légale et comme tu as remarqué on a pas une convergence uniforme de la série de Fourier
Pour la troisième ligne : $\displaystyle \sum_{k=0}^{n-1} E(\sqrt k)=\int_0^n E(\sqrt x)dx$ , la tu m’intrigues. J'ai appris ces trucs de toi et je suis reconnaissant. comme tu l'avais expliqué ça vient de Riemann-Stieltjes , par exemple ce fil http://www.les-mathematiques.net/phorum/read.php?4,1562542,1562718#msg-1562718 et tu as dit que apres on peut faire des ipp comme dans Riemann
edit merci ndt pour ton dernier message sur l'élimination du log .
Ma mémoire est défaillante. En plus j'y étais présent.
Le but, que j'avais caché au départ; de ma question : c'est l'approche Fourier :-)
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 $\left[ 1, x \right ]$.
J'en tiendrai compte de ton conseil ( c’était une curiosité, reuns a utilisé Fourier pour donner un équivalent de http://www.les-mathematiques.net/phorum/read.php?4,1885976,1886668#msg-1886668)
Stp as-tu une référence [ je comprend les choses que partiellement: je fais confusion avec les sommations d'abel https://en.wikibooks.org/wiki/Analytic_Number_Theory/Useful_summation_formulas ] qui explique en détails $\sum_{n \leqslant x} f(n) = \int_{1^-}^x f(t) \, \textrm{d} \lfloor x \rfloor$ ou à défaut peux-tu nous faire un billet sur cette formule si tu trouves un jour le temps.
Question: je vois que tu insistes sur le 1 dans l'integrale, ma formule $\displaystyle \sum_{k=0}^{n-1} E(\sqrt k)=\int_0^n E(\sqrt x)dx$ est fausse ?
Sur Me https://math.stackexchange.com/questions/669460/find-a-formula-for-sum-limits-k-1n-lfloor-sqrtk-rfloor?noredirect=1&lq=1 regarde le message de achille hui, il donne une preuve avec un $\epsilon$ ajouté et son intégrale est entre $1^-$ et $n^+$, je ne comprends pas très bien ces choses
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 ?
[Niels Henrik Abel (1802-1829) prend toujours une majuscule. AD]
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.
Je n'ai rien compris du message de reuns, je ne sais même pas ce qu'il fait. il répond sans conclusion; en plus pour moi, c'est un mauvais interlocuteur, en tout cas il ne répond pas à mes questions. je ne vois pas comment il déduit $\sum_{k=1}^n E(\sqrt k)=\frac 23 n^{\frac 32} \big(1-\frac 34 \sqrt \frac 1n +O(\frac 1n)\big )$ Si tu as compris, je serais reconnaissant de savoir comment il déduit notre équivalent.
Je rappelle que mon but était d'utiliser Fourier ( une curiosité) et je te remercie pour ton aide si claire si bien rédigée et la bonne volonté de répondre aux questions qu'on te pose.
Merci
il y a pleins de références possibles, l'une des plus connues étant celle-ci : https://www.amazon.fr/Van-Corputs-Method-Exponential-Sums-ebook/dp/B01DM26THA/ref=sr_1_1?__mk_fr_FR=ÅMÅŽÕÑ&keywords=van+der+corput's+method+of+exponential+sums&qid=1573589264&sr=8-1
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...
je comprends bien que personne n'oblige une autre personne de répondre à ces questions ( manque de temps, la personne a d'autres chats à fouetter, pas l'envie,....)
Une forme close , je la connaissais déjà http://www.les-mathematiques.net/phorum/read.php?4,1849574,1849740#msg-1849740
Dans ce fil Keyns a trouvé le D.A $\frac{2n^{\frac{3}{2}}}{3}+\bigcirc(n)$
noix de toto a trouvé le D.A $ \tfrac{2}{3} n^{3/2} - \tfrac{1}{2} n + O \left( n^{1/2} \log n \right).$
Mais corto a trouvé le D.A $S_q = \frac{2}{3} q^{3/2} - \frac{1}{2}q+\left(\frac{5}{6}-2\alpha^2\right) q^{1/2} + \mathcal O (1) .$
Mon but que j'ai caché au début, c'est d'arriver à $\sum_{k=1}^n E(\sqrt k)=\frac 23 n^{\frac 32} \big(1-\frac 34 \sqrt \frac 1n +O(\frac 1n)\big )$ par Fourier .
Tu as donné une forme close et après je lisais Ensuite on peut écrire...pour obtenir un polynôme . Si on veut regarder la transformée de Mellin du truc .....
Corto a expliqué comment il a trouvé l'équivalent, et ce n'était pas évident! de tout.
De toute façon, il n' y a rien de personnel, on est tous ici que des pixels
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.
Maintenant en lisant "...une série entière ce qui est vachement mieux qu'un développement asymptotique. " , je viens de comprendre ce que tu voulais essayer de me dire dans l'autre fil, car pour moi la question était de chercher un équivalent mais je te voyais me donner une série entière à la fin. Je me suis dit mais qu'est-ce qu'il fait reuns ?
Alors je te demande une faveur, si un jour, tu essayes de m'aider, essaies d'accompagner tes formules par des mots.
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).
Ça tombe bien, je m’intéresse pour ma culture à
$\sum_{n\leq x}\lfloor \frac 1n\rfloor $ et $\sum_{n\leq x}\lfloor \log n\rfloor $
je connais les D.A de $\sum_{n\leq x} \frac 1n$ et $\sum_{n\leq x} \log n $ par les sommes d'Abel
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.
Merci side, c'est bien expliqué, je vais m'y mettre.
réponse donnée par ndt dans le fil Forme close somme de parties entières
$$\sum_{k=1}^n\left\lfloor\frac nk\right\rfloor^2=n^2\frac{\pi^2}6+O(n\log(n))$$
Avec ce $\frac{\pi^2}6$ qui vient peut être d'un Truc de Fourier, je ne serai pas étonné si c'est réservé aux professionnels de la profession.
Tu arrives vraiment à $O(n\log(n)$
edit, tu vas trouver comme moi seulement $\sum_{k=1}^n\left\lfloor\frac nk\right\rfloor^2=n^2\frac{\pi^2}6+O(n^2)$ sauf si ;-)
Mais ne rit pas si je commets une betise :-(
Rappelle toi, on veut $\left\lfloor\frac nk\right\rfloor^2$ et non pas $\left\lfloor(\frac nk)^2\right\rfloor$
Voila $\left\lfloor\frac nk\right\rfloor = \frac{n}{k} + O(1)$ d'où $\left\lfloor\frac nk\right\rfloor^2 =( \frac{n}{k} + O(1))^2= (\frac{n}{k})^2 + O(n)$
edit lol j'ai raté le 1/k, $( \frac{n}{k} + O(1))^2= (\frac{n}{k})^2 + \frac 1k O(n)$
$$\sum_{n \leqslant x} \left \lfloor \frac{x}{n} \right \rfloor^2 = x^2 \zeta(2) - x \log x + O \left( x (\log x)^{2/3} \right).$$
$\sum_{k=1}^n\left\lfloor\frac nk\right\rfloor^2
=\sum_{k=1}^n\frac{n^2}{k^2}-\sum_{k=1}^n\left(\frac{n^2}{k^2}-\left\lfloor\frac nk\right\rfloor^2\right)$
et
$$\begin{align}
\sum_{k=1}^n\left(\frac{n^2}{k^2}-\left\lfloor\frac nk\right\rfloor^2\right)
&=\sum_{k=1}^n\left(\frac nk-\left\lfloor\frac nk\right\rfloor\right)\left(\frac nk+\left\lfloor\frac nk\right\rfloor\right)\\
&=\sum_{k=1}^n\left\{\frac nk\right\}\left(2\frac{n}{k}-\left\{\frac nk\right\}\right)\\
&\approx\sum_{k=1}^n\left(\frac12-\frac1{2k}\right)2\frac{n}{k}-\left(\frac13-\frac1{2k}+\frac1{6k^2}\right)\\
&=n\log(n)+n\left(\gamma-\frac{\pi^2}6-\frac13\right)+O(\log(n))\
\end{align}$$
donc $$\bbox[5px,border:2px solid #C0A000]{\sum_{k=1}^n\left\lfloor\frac nk\right\rfloor^2
= n^2\frac{\pi^2}6-n\log(n)+n\left(\frac{\pi^2}6-\gamma-\frac23\right)}+O(\log(n))$$
meilleur que le $n(\log(n))^{\frac 23}$, non?