Forme close somme de parties entières

Avec une égalité, c'est très surprenant : la somme de gauche et le terme $\lfloor\ln n\rfloor(n+1)$ sont des entiers, puis il y a une fraction rationnelle en $\mathrm{e}$ : est-ce que cela ne donnerait pas un polynôme à coefficients entiers dont ce nombre (transcendant) est racine ?

PS : en revanche, mutatis mutandis avec une base entière, ça semble plausible.

Soit $
\def\fent#1{\lfloor #1 \rfloor}
\def\cent#1{\lceil #1 \rceil}
\displaystyle u_n = \sum_{i=1}^n \fent{\ln(i)} - \fent{\ln(n)}(n+1)$.

On a $u_1 = 0$, et
$$
\begin{align}
u_{n}-u_{n-1} & = \fent{\ln(n)} - \fent{\ln(n)}(n+1) + \fent{\ln(n-1)}(n) \\
& = n \cdot \big(
\fent{\ln(n)} -
\fent{\ln(n-1)}
\big) \\
& = n \cdot 1_{n=\cent{\exp(k)}}\\
& = \cent{\exp(k)} \cdot 1_{n=\cent{\exp(k)}}\\
\end{align}
$$
(dans ma notation, le $k$ dépend de $n$ : on écrirait plus rigoureusement $
\sum\limits_{k}1_{n=\cent{\exp(k)}}$.)

Ainsi sauf erreur :
$$
\begin{align}
u_n & = \sum_{k=1}^{\cent{\exp(k)}\le n} \cent{\exp(k)} \\
& = \sum_{k=1}^{\fent{\ln(n)}} \cent{\exp(k)} \\
\end{align}
$$

La même chose est vraie dans les autres bases $b\ge 2$ à la place de $\exp$, et on a une somme géométrique quand $b$ est entier.

Généralisons...

Soit $f$ une fonction continue et strictement croissante sur $\mathbb{R}_+$. L'équivalence
$$\begin{cases} \lfloor f(k) \rfloor = j \\ k \leqslant x \end{cases} \Longleftrightarrow \begin{cases} f^{-1} (j) \leqslant k < f^{-1}(j+1) \\ k \leqslant x \end{cases}$$
entraîne que
$$\sum_{k \leqslant x} \lfloor f(k) \rfloor = \sum_{j=0}^{\lfloor f(x) \rfloor} j \left \{ \left \lfloor - f^{-1}(j) \right \rfloor - \left \lfloor - \min \left( \lfloor x \rfloor +1 \, , \, f^{-1}(j+1)\right) \right \rfloor \right \}.$$

Appliquons ça avec $f=\log$, $x=n$ entier et on suppose pour simplifier que l'intervalle $\left[ \log n \, , \, \log(n+1) \right]$ ne contient pas d'entier. Il vient alors
$$\sum_{k=1}^n \left \lfloor \log k \right \rfloor = \sum_{j=0}^{\lfloor \log n \rfloor - 1} j \left \{ \left \lfloor -e^j \right \rfloor - \left \lfloor -e^{j+1} \right \rfloor \right \} + \lfloor \log n \rfloor \left( n - \left \lfloor e^{\lfloor \log n \rfloor } \right \rfloor \right)$$
et par sommation d'Abel,
$$\sum_{k=1}^n \left \lfloor \log k \right \rfloor = - \left( \lfloor \log n \rfloor -1 \right) \left \lfloor - e^{\lfloor \log n \rfloor} \right \rfloor + \sum_{j=1}^{\lfloor \log n \rfloor - 1} \left \lfloor -e^j \right \rfloor + \lfloor \log n \rfloor \left( n - \left \lfloor e^{\lfloor \log n \rfloor } \right \rfloor \right)$$
puis, en utilisant $\lfloor -x \rfloor = - \lfloor x \rfloor -1$ si $x \not \in \mathbb{Z}$,
\begin{align*}
\sum_{k=1}^n \left \lfloor \log k \right \rfloor &= n \left \lfloor \log n \right \rfloor - \left \lfloor e^{\lfloor \log n \rfloor} \right \rfloor - \sum_{j=1}^{\lfloor \log n \rfloor - 1} \left \lfloor e^j \right \rfloor \\
&= n \left \lfloor \log n \right \rfloor - e^{\lfloor \log n \rfloor} - \sum_{j=1}^{\lfloor \log n \rfloor - 1} e^j + O \left( \log n \right) \\
&= n \left \lfloor \log n \right \rfloor - e^{\lfloor \log n \rfloor} - \frac{e^{\lfloor \log n \rfloor}- e}{e-1} + O \left( \log n \right) \\
&= n \left \lfloor \log n \right \rfloor - \frac{e}{e-1} e^{\lfloor \log n \rfloor} + O \left( \log n \right).
\end{align*}

De rien.

Maintenant, essaie de bien appréhender ce point de vue : très souvent, une "forme close" n'est pas ce que l'on recherche, ça n'amène pas souvent à grand-chose.

Prends par exemple ta somme sans la partie entière :

1. Forme close. $\displaystyle \sum_{k=1}^n \log k = \log(n!)$. Peu intéressant, puisqu'on a une factorielle difficile à gérer.

2. Formule asymptotique : $\displaystyle \sum_{k=1}^n \log k = n \log n - n + \tfrac{1}{2} \log n + \tfrac{1}{2} \log 2 \pi + O(1/n)$. C'est Stirling réelle, très utilisée...

Cette forme faible de Stirling réelle est effectivement suffisante dans ces cours d'introduction à la théorie analytique des nombres, mais rappelle-toi de la constante $\sqrt {2 \pi n}$ qui est présente dans toutes les formes un peu plus précises de Stirling.

Non : essaie avec $n=3$.