Bonjour
Peut-on trouver un équivalent en $+\infty$ de $\ \displaystyle u_n=\sum_{k=2}^n \frac{1}{\ln(k)}$ ?
J'ai fait une comparaison série/intégrale, mais j'ai été stoppé net par le calcul d'une primitive de $f(x)=\dfrac{1}{\ln(x)}$ qui n'existe pas :-D
Réponses
Qu'est-ce qu'on aime bien faire quand on a une intégrale avec du $\ln$ ? (en 3 lettres...)
$$ u_n = \int_2^n \frac{\textrm{d}t}{\ln t} + O(1) = \frac{n}{\ln n} + \frac{n}{(\ln n)^2} + \frac{2n}{(\ln n)^3} + \frac{6n}{(\ln n)^4} + \dotsb + \frac{(M-1)!n}{(\ln n)^M} + O \left( \frac{n}{(\ln n)^{M+1}} \right).$$
Une intégration par parties :
\[\int_2^x\frac{dt}{\ln t} = \left[\frac{t}{\ln t}\right]_2^x+\int_2^x\frac{dt}{\ln^2t}\]
permet d'obtenir un équivalent des primitives de \(f\)…
Bonne soirée.
Fr. Ch.
Et pour trouver un équivalent de $\ \displaystyle u_n=\sum_{k=1}^n k^k\ $ une IPP aussi ?
$\displaystyle \sum_{k=3}^n x_k (y_k- y_{k-1}) + \sum_{k=3}^n (x_k -x_{k-1})y_{k-1}= x_n y_n - x_2 y_2$.
Soit $x_n= \frac 1{\ln n} $ et $y_n- y_{n-1}=1$, d'où : $ y_n=n$ (par choix de la constante additionnelle), ce qui conduit à : $x_n- x_{n-1}= \frac 1{\ln n} - \frac 1{\ln (n-1)} \sim - \frac 1{n(\ln n)^2}$, d'où : $(x_n- x_{n-1}) y_{n-1} \sim - \frac 1{(\ln n)^2}= o(\frac 1{\ln n})$,
et la sommation des relations de comparaison donne le résultat annoncé.
En itérant le procédé on aura peut-être quelque chose qui ressemble au développement de noix de totos, mais avec un reste en $o(...)$, non en $O(...)$.
Bonne soirée.
Fr. Ch.
Là ça grandit si vite que l'équivalent est le dernier terme.
Comme pour $\displaystyle u_n=\sum_{k=1}^n k! $.
Pour ce qui est de $\int_1^x t!~ {dt}$, je veux dire $\int_1^x \Pi (t) {dt}$ ou $\int_1^x \Gamma(t+1) {dt}$, ça doit être faisable mais il se fait tard.
Bonne nuit.
Fr. Ch.
Soit des réels $\mu >0$ et $a>1$. Déterminer : $\displaystyle \underset{n\in \mathbb{N}}{\underset{n\rightarrow +\infty }{\lim }} $$\frac {\displaystyle \underset{k=1}{\overset{n} {\sum }}k^{-\mu }a^{k}} { \displaystyle \int_{1}^{n}t^{-\mu }a^{t}dt}$.
Sauf erreur, on trouve un réel, qui n'est ni $0$ ni $1$.
Bonne journée.
Fr. Ch.
Par comparaison sommes-intégrales, on a d'abord $u_n = \mathrm{Li}(n) + O(1)$, où $\mathrm{Li}$ désigne le logarithme intégral "des arithméticiens" défini par
$$\mathrm{Li}(x) := \int_2^x \frac{\textrm{d}t}{\log t} \quad \left( x \geqslant 2 \right)$$
à ne pas tout à fait confondre avec le logarithme intégral "des analystes" défini par
$$\mathrm{li}(x) := \mathrm{v.p.} \int_0^x \frac{\textrm{d}t}{\log t} \quad \left( x > 0\right)$$
où l'intégrale est ici prise en valeur principale de Cauchy.
Par récurrence, on montre que, pour tout entier $M \geqslant 1$ et tout $x \geqslant 2$
$$\int \frac{\textrm{d}x}{\ln x} = \frac{x}{\ln x} + \frac{x}{(\ln x)^2} + \frac{2x}{(\ln x)^3} + \frac{6x}{(\ln x)^4} + \dotsb + \frac{(M-1)!x}{(\ln x)^M} + M! \int \frac{\textrm{d}x}{(\ln x)^{M+1}}$$
(exercice faisable en terminale, par exemple en DM : il suffit d'une IPP sur la dernière intégrale).
Ces deux égalités combinées donnent le résultat de mon 1er message.
Rappelons qu'en arithmétique, le logarithme intégral intervient de façon cruciale dans le Théorème des Nombres Premiers.
Si tel est le cas ne m'en dis pas plus surtout je vais essyer de trouver seul :-)
J'ai trouvé $\displaystyle \int_{1}^{n}t^{-\mu }a^{t}\,{\rm d}t \sim \left(2+\frac1{\ln a} \left(\frac1a -1\right)\right) \sum_{k=1}^n k^{-\mu }a^{k}$.
Edit : c'est erroné.
@Chaurien : c'est bon j'ai trouvé !
Oui, une IPP.
Bon courage.
Fr. Ch.
Bravo !
Fr. Ch.
\displaystyle \int_{1}^{n}t^{-\mu }a^{t}\,{\rm d}t &\sim&\frac1{\ln a} \left(1-\frac1a \right)\sum_{k=1}^n k^{-\mu }a^{k}\\
&=&\frac{a-1}{a\ln a} \sum_{k=1}^n k^{-\mu }a^{k}
\end{eqnarray*}
La limite est $\displaystyle \frac{a\ln a}{a-1}$. Le problème dans ma première proposition est qu'elle contredisait le fait que la somme est plus grande que l'intégrale.
Merci du partage @Chaurien, c'est un bon exercice.
\begin{eqnarray*}
\int_{n-1}^n (t-n+1)f'(t)\,{\rm d}t &=&\Big[(t-n+1)(f(t)-f(n))\Big]_{n-1}^n - \int_{n-1}^n (f(t)-f(n))\,{\rm d}t \\
&=& f(n) - \int_{n-1}^n f(t)\,{\rm d}t
\end{eqnarray*}
qui porte le nom d'Euler-Maclaurin, je crois. Je te laisse chercher le reste si tu en as envie.
PS : J'ai vérifié numériquement mon résultat avec Python et il semble correct.
Non mais je connais la formule d'Euler -MacLaurin, mais pas sous cette forme en fait...
Pourrais-tu énoncer exactement le lemme de Cesàro pondéré.? Merci.
En fait on peut poser le problème pour $\displaystyle \underset{n\in \mathbb{N}}{\underset{n\rightarrow +\infty }{\lim }}$$\frac {\displaystyle \underset{k=1}{\overset{n} {\sum }}k^{\mu }a^{k}} { \displaystyle \int_{1}^{n}t^{\mu }a^{t}dt}$, $\mu \neq 0$, $a>1$ (pour $\mu=0$ c'est trivial).
Mon idée est de trouver un équivalent du dénominateur au moyen d'une intégration par parties et un équivalent du numérateur au moyen d'une transformation d'Abel, ou sommation par parties, qu'on dénomme aussi autrement mais je ne me rappelle plus comment. Et avec sommation et intégration des relations de comparaison, toutes choses élémentaires par rapport à la Grande Théorie de Lebesgue.
On trouve : $\displaystyle \int_{1}^{n}t^{\mu }a^{t}dt \sim n^{\mu} \frac {a^n} {\ln a}$, et $\displaystyle \sum_{k=1}^n k^{\mu }a^k \sim \frac a{a-1} n^{\mu }a^n$, en sorte que la limite demandée est : $\displaystyle \frac {a \ln a}{a-1}$, qui est un réel $>1$, et il est remarquable que cette limite est indépendante de $\mu$ : l'exponentielle écrase la puissance.
Bonne nuit.
Fr. Ch.
06/02/2020
[small]Je pense à vous ce soir, Ô morts de février[/small]
Cordialement.
"l'éternité, c'est long. Surtout vers la fin" (divers auteurs)
Si tu préfères, la limite entre les $n$ grands et les autres dépend d'un $\varepsilon$. C'est le rang à partir duquel $u_n$ est $\varepsilon$-proche de $\ell$ et le reste de $\sum a_n$ est inférieur à $\varepsilon$ (en gros).
Moi je trouve plus commode de pratiquer la méthode que je dénomme « retour à zéro » en supposant d'abord que la limité est nulle, et en se ramenant ensuite à ce cas par un simple argument de linéarité.
Bonne après-midi.
Fr. Ch.
En l'occurence, pour $a > 1$, $$
\frac{a^{n+1}}{(n+1)^\mu} - \frac{a^n}{n^\mu} \underset{n\to+\infty}\sim (a-1) \frac{a^n}{n^\mu}
$$ conduit directement à : $$
\frac{a^{n+1}}{(n+1)^\mu}\underset{n\to+\infty}\sim (a-1) \sum_{k=1}^{n} \frac{a^k}{k^\mu}.
$$ De même que $$
\frac{d}{dt} \frac{a^t}{t^\mu} \underset{t\to+\infty}\sim \ln(a) \frac{a^t}{t^\mu}
$$ conduit directement à : $$
\frac{a^n}{n^\mu} \underset{n\to+\infty}\sim \ln(a) \int_1^n \frac{a^t}{t^\mu}\,dt.
$$
\frac{d}{dt} \frac{a^t}{t^\mu} \underset{t\to+\infty}\sim \ln(a) \frac{a^t}{t^\mu}.
$$ C'est intuitif mais comment cela se démontre-t-il proprement ?
Si j'en crois ce que tu dis...je tente quelque chose :
si $u_n \underset{n\to+\infty}\sim l$ alors $ \sum_{k=1}^n u_k \underset{n\to+\infty}\sim nl$ ? et on retrouve Cesaro ? c'est bien cela ? enfin sommer des équivalents me mets mal à l'aise :-S
Oui c'est bien ça pour Cesàro. Sommer des équivalents ne pose pas de problème tant qu'on respecte les hypothèses du théorème.
C'est comme l'autre jour, l'infini l'emporte c'est ça ?
Moi qui croyait que sommer des équivalents était une hérésie ...
Je connais juste la version " si $u_n \sim v_n$ et si $\sum u_n$ ou $\sum v_n $ diverge alors $\sum_{k=0}^n u_k \sim \sum_{k=0}^n v_k$"
@AD: Cesàro mérite pourtant bien son accent grave :-D
Pour la démonstration du théorème 13, à la dernière ligne, n'y a-t-il pas une erreur ? N'est-ce pas $n \geq \max(n_0,n_1)$ et non pas $n \leq \max(n_0,n_1)$ ? Merci.