Je le démontre par
\begin{align*}
\sum _1^n \frac{1}{k} &=\int _0^1 \frac {1-(1-t)^n}{t} dt =\int _0^n \frac {1-(1-\frac{t}{n})^n}{t} dt \\
\sum _1^n \frac{1}{k}-\ln(n)&=\int _0^1 \frac {1-(1-\frac{t}{n})^n}{t} dt -\int_1^n\frac{ (1-\frac{t}{n})^n}{t} dt .
\end{align*} Il reste le calcul classique de passage à la limite infinie.
J'ai plusieurs fois posé cet exercice, avec des questions intermédiaires bien sûr, en kholle en spé .Je ne sais plus dans quel livre je l'avais trouvé...
la formule donnée par Iale se démontre à l'aide des applications intégrales de la fonction Gamma
quant à la même identité demandée par Jandri avec cosinus à la place de exponentielle
elle se démontre avec la fonction cosinus intégral soit avec x différent de zéro
$Ci(x) = \int_{-oo}^x\frac{cost}{t}dt$ (la discontinuité en zéro est compensée dans l'intégration)
sachant que pour x >0 $\int_0^1\frac{1-cos(tx)}{t}dt = \gamma + lnx - Ci(x)$
il est aisé de calculer à l'aide des séries numériques l'intégrale B soit :
$B = \int_0^1\frac{1-cost}{t}dt=0,2398117....$
et pour x = 1 dans Ci(x) il vient l'intégrale numérique :
$\int_{-oo}^{1}\frac{cost}{t}dt = -\int_{0}^{1}\frac{1}{t}cos\frac{1}{t}dt = \gamma - B = 0,33740396....$
Il est clair que $\displaystyle \int_0^1\frac{1-\cos(tx)}{t}dt -\ln(x)+Ci(x)$ est une constante car sa dérivée est nulle,
mais pourquoi vaut elle $\gamma$ ?
Je ne sais pas le démontrer ...
Oui $1+x \le \exp(x)$ pour $x\in\R$, et on prend $x = - \frac{t}{n}$, puis on élève à la puissance $n$ tant que $1-\frac{t}{n} \ge 0$ soit $t \le n$. edit : oublié un signe $-$
@marsup : pourquoi "tant que $1-\frac{t}{n} \ge 0$" ? et sinon quand $1-\frac{t}{n} < 0$ pourquoi n'aurait-on pas le droit d'élever à la puissance $n$ ? et si $ t >n$ que fait-on ?
Ben $\big(1-\frac{t}{n}\big)^n \le \exp(-t)$ a la fâcheuse tendance à être faux pour $n$ pair, quand $t\to+\infty$.
et si $t>n$ que fait-on ?
Il vaut mieux ne rien dire que de dire des trucs faux !
Le problème, c'est que l'élévation à la puissance $n$ paire n'est pas croissante, donc l'inégalité ne s'ensuit pas.
Par exemple, on a bien $1-\frac{t}{2} \le \exp\big(-\frac{t}{2}\big)$, mais au carré, il n'est pas vrai que $
\big(1-\frac{t}{2}\big)^2\le \exp^2\big(-\frac{t}{2}\big) = \exp(-t)$, par exemple pour $t=10$, on trouve à gauche $\big(1-\frac{10}{2}\big)^2 = (-4)^2 = 16$, ce qui n'est pas majoré par $\exp(-10)$.
Ma démonstration pour $\displaystyle\int_0^1 \dfrac{1-\cos(t)}{t}dt- \int_1^{+\infty} \dfrac{\cos(t)}{t}dt=\gamma$ utilise $\displaystyle\int_0^1 \dfrac{1-e^{-t}}{t}dt - \int_1^{+\infty} \dfrac{e^{-t}}{t}dt= \gamma$.
J'introduis $f(x)=\displaystyle\int_0^1 e^{-xt}\dfrac{1-\cos(t)}{t}dt- \int_1^{+\infty} e^{-xt}\dfrac{\cos(t)}{t}dt$ définie pour $x\geq0$.
Avec $|1-\cos(t)|\leq t$ pour $t\geq0$ et $|\cos(t)|\leq t$ pour $t\geq1$ on montre que $|f(x)|\leq \dfrac1x$ donc $f$ a pour limite $0$ en $+\infty$.
En intégrant par parties $\displaystyle\int_1^{+\infty} \dfrac{e^{(i-x)t}}{t}dt$ on montre que $f$ est continue sur $\R_+$.
Pour $x>0$ on calcule $f'(x)=-\displaystyle\int_0^1 e^{-xt}(1-\cos(t))dt+ \int_1^{+\infty} e^{-xt}\cos(t)dt=\dfrac{e^{-x}-1}x+\dfrac x{x^2+1}$.
Puis en intégrant : $f(x)=\displaystyle\int_1^x \dfrac{e^{-t}}{t}dt+\dfrac12\ln(\dfrac{1+x^2}{x^2})+C$. Avec la limite nulle de $f$ en $+\infty$ on obtient $C=-\displaystyle\int_1^{+\infty} \dfrac{e^{-t}}{t}dt$.
Par continuité de $f$ en $0$ on obtient $f(0)=\displaystyle\int_0^1 \dfrac{1-e^{-t}}{t}dt - \int_1^{+\infty} \dfrac{e^{-t}}{t}dt= \gamma$.
Réponses
\begin{align*}
\sum _1^n \frac{1}{k} &=\int _0^1 \frac {1-(1-t)^n}{t} dt =\int _0^n \frac {1-(1-\frac{t}{n})^n}{t} dt \\
\sum _1^n \frac{1}{k}-\ln(n)&=\int _0^1 \frac {1-(1-\frac{t}{n})^n}{t} dt -\int_1^n\frac{ (1-\frac{t}{n})^n}{t} dt .
\end{align*} Il reste le calcul classique de passage à la limite infinie.
$\gamma=\int _0^1 \frac{1-e^{-t}-e^{\frac{-1}{t}}}{t} dt $
As-tu une démonstration aussi jolie pour la même formule avec $\cos$ à la place de $\exp$ ?
la formule donnée par Iale se démontre à l'aide des applications intégrales de la fonction Gamma
quant à la même identité demandée par Jandri avec cosinus à la place de exponentielle
elle se démontre avec la fonction cosinus intégral soit avec x différent de zéro
$Ci(x) = \int_{-oo}^x\frac{cost}{t}dt$ (la discontinuité en zéro est compensée dans l'intégration)
sachant que pour x >0 $\int_0^1\frac{1-cos(tx)}{t}dt = \gamma + lnx - Ci(x)$
il est aisé de calculer à l'aide des séries numériques l'intégrale B soit :
$B = \int_0^1\frac{1-cost}{t}dt=0,2398117....$
et pour x = 1 dans Ci(x) il vient l'intégrale numérique :
$\int_{-oo}^{1}\frac{cost}{t}dt = -\int_{0}^{1}\frac{1}{t}cos\frac{1}{t}dt = \gamma - B = 0,33740396....$
en sommant les intégrales en cosinus il vient :
$\int_0^1\frac{1-cost - cos\frac{1}{t}}{t}dt = \gamma$
cordialement
Je sais la démontrer mais pas aussi rapidement que la démonstration de lale pour la formule plus connue !
mais pourquoi vaut elle $\gamma$ ?
Je ne sais pas le démontrer ...
\int_1^n\frac{ (1-\frac{t}{n})^n}{t}dt .
$$ Je n'arrive pas à dominer convenablement sur $[1;+\infty[$ :-S
$$\frac{ (1-\frac{t}{n})^n}{t} \leqslant (e^{-t/n})^n=e^{-t}$$
edit : oublié un signe $-$
Edit : doublon involontaire
Il vaut mieux ne rien dire que de dire des trucs faux !
Le problème, c'est que l'élévation à la puissance $n$ paire n'est pas croissante, donc l'inégalité ne s'ensuit pas.
Par exemple, on a bien $1-\frac{t}{2} \le \exp\big(-\frac{t}{2}\big)$, mais au carré, il n'est pas vrai que $
\big(1-\frac{t}{2}\big)^2\le \exp^2\big(-\frac{t}{2}\big) = \exp(-t)$, par exemple pour $t=10$, on trouve à gauche $\big(1-\frac{10}{2}\big)^2 = (-4)^2 = 16$, ce qui n'est pas majoré par $\exp(-10)$.
Et pour $n$ impair aucun problème ?
J'introduis $f(x)=\displaystyle\int_0^1 e^{-xt}\dfrac{1-\cos(t)}{t}dt- \int_1^{+\infty} e^{-xt}\dfrac{\cos(t)}{t}dt$ définie pour $x\geq0$.
Avec $|1-\cos(t)|\leq t$ pour $t\geq0$ et $|\cos(t)|\leq t$ pour $t\geq1$ on montre que $|f(x)|\leq \dfrac1x$ donc $f$ a pour limite $0$ en $+\infty$.
En intégrant par parties $\displaystyle\int_1^{+\infty} \dfrac{e^{(i-x)t}}{t}dt$ on montre que $f$ est continue sur $\R_+$.
Pour $x>0$ on calcule $f'(x)=-\displaystyle\int_0^1 e^{-xt}(1-\cos(t))dt+ \int_1^{+\infty} e^{-xt}\cos(t)dt=\dfrac{e^{-x}-1}x+\dfrac x{x^2+1}$.
Puis en intégrant : $f(x)=\displaystyle\int_1^x \dfrac{e^{-t}}{t}dt+\dfrac12\ln(\dfrac{1+x^2}{x^2})+C$. Avec la limite nulle de $f$ en $+\infty$ on obtient $C=-\displaystyle\int_1^{+\infty} \dfrac{e^{-t}}{t}dt$.
Par continuité de $f$ en $0$ on obtient $f(0)=\displaystyle\int_0^1 \dfrac{1-e^{-t}}{t}dt - \int_1^{+\infty} \dfrac{e^{-t}}{t}dt= \gamma$.