Équivalent ?
Réponses
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Bonjour,
Qu'est-ce qu'on aime bien faire quand on a une intégrale avec du $\ln$ ? (en 3 lettres...) -
Si elle existe, c'est le logarithme intégral. Par IPPs successives, on a pour tout $M \in \Z_{\geqslant 1}$
$$ u_n = \int_2^n \frac{\textrm{d}t}{\ln t} + O(1) = \frac{n}{\ln n} + \frac{n}{(\ln n)^2} + \frac{2n}{(\ln n)^3} + \frac{6n}{(\ln n)^4} + \dotsb + \frac{(M-1)!n}{(\ln n)^M} + O \left( \frac{n}{(\ln n)^{M+1}} \right).$$ -
Bonjour,
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 \(f\)… -
Ah oui pardon c'était bête comme chou excusez-moi :-(
-
Déjà l'assertion $\displaystyle u_n =\sum_{k=2}^n \frac{1}{\ln k} \sim \frac{n}{\ln n}$ peut se démontrer en restant dans les sommes, par une transformation d'Abel qui est en fait une « sommation par parties », discrétisation de l'IPP.
Bonne soirée.
Fr. Ch. -
Oui.
Et pour trouver un équivalent de $\ \displaystyle u_n=\sum_{k=1}^n k^k\ $ une IPP aussi ? -
Je m'explique. Des suites quelconques $(x_n)_{n \ge 2}$ et $(y_n)_{n \ge 2}$ vérifient toujours :
$\displaystyle \sum_{k=3}^n x_k (y_k- y_{k-1}) + \sum_{k=3}^n (x_k -x_{k-1})y_{k-1}= x_n y_n - x_2 y_2$.
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. -
@ totem
Là ça grandit si vite que l'équivalent est le dernier terme.
Comme pour $\displaystyle u_n=\sum_{k=1}^n k! $. -
Mais par contre $\int_1^x t^t {dt}$ n'est pas équivalent à $x^x$ quand $x \rightarrow + \infty$. Si je ne me trompe, $\int_1^x t^t {dt} \sim \frac {x^x}{\ln x}$.
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. -
J'avais posé en Math Spé l'exercice suivant.
Soit des réels $\mu >0$ et $a>1$. Déterminer : $\displaystyle \underset{n\in \mathbb{N}}{\underset{n\rightarrow +\infty }{\lim }} $$\frac {\displaystyle \underset{k=1}{\overset{n} {\sum }}k^{-\mu }a^{k}} { \displaystyle \int_{1}^{n}t^{-\mu }a^{t}dt}$.
Sauf erreur, on trouve un réel, qui n'est ni $0$ ni $1$.
Bonne journée.
Fr. Ch. -
Je reviens sur la 1ère suite, car mon message fut un peu bref...
Par comparaison sommes-intégrales, on a d'abord $u_n = \mathrm{Li}(n) + O(1)$, où $\mathrm{Li}$ désigne le logarithme intégral "des arithméticiens" défini par
$$\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. -
http://www.les-mathematiques.net/phorum/read.php?4,1930300,1930586#msg-1930586
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. -
@ totem
Oui, une IPP.
Bon courage.
Fr. Ch. -
Je ne suis pas sûr de mon résultat, il faut que je revérifie. J'ai peur de m'être planté.
-
@ totem
Bravo !
Fr. Ch. -
Rectification :\begin{eqnarray*}
\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. -
@totem, j'ai utilisé la formule
\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. -
En effet, une IPP a tendance à beaucoup ressembler à une IPP. ;-)
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Ah ça doit venir de là (:D
Non mais je connais la formule d'Euler -MacLaurin, mais pas sous cette forme en fait... -
Pour l'exercice de Chaurien, on peut aussi appliquer un lemme de Cesàro à la suite $\displaystyle \frac{k^\mu}{a^k} \int_{k-1}^k \frac{a^t}{t^\mu}\mathrm{d}t$ pondérée par la suite $\displaystyle\frac{a^k}{k^\mu}$.
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@ Calli
Pourrais-tu énoncer exactement le lemme de Cesàro pondéré.? Merci. -
De mémoire c'est quelque chose comme ça : Si $(u_n)_n$ est une suite convergeant vers $l$ et si $(a_n)_n$ est une suite de réels strictement positifs telle que $\sum_n a_n$ diverge, alors la suite de terme général $$\frac{\sum_{k=1}^n a_k u_k}{\sum_{k=1}^n a_k}$$ converge vers $l$. La preuve passe par un découpage comme la preuve du Cesàro usuel.
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Bien sûr. Si $(u_n)$ est une suite de nombres complexes tendant vers $\ell$ et $\sum a_n$ est une série divergente à termes positifs (ce sont les poids), alors $$\frac{\displaystyle \sum_{k=1}^n a_k u_k}{\displaystyle \sum_{k=1}^n a_k} \xrightarrow[n\rightarrow \infty]{} \ell$$
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On peut calculer la limite de $\displaystyle \frac{k^\mu}{a^k} \int_{k-1}^k \frac{a^t}{t^\mu}\mathrm{d}t$ en stabilisant l'intervalle d'intégration par un changement de variable affine et appliquer une convergence dominée.
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Moi ma préférence va aux solutions les plus simples, et si l'on peut se passer de la convergence dominée, c'est tant mieux pour moi, et ici c'est le cas. mais chacun ses goûts.
En fait on peut poser le problème pour $\displaystyle \underset{n\in \mathbb{N}}{\underset{n\rightarrow +\infty }{\lim }}$$\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] -
En réalité, il n'y a pas besoin du théorème de convergence dominée car l'intégrande convergence uniformément, et ce sur un intervalle d'intégration borné ($[0,1]$ après le changement de variable). Je n'avais pas pris la peine de le préciser au début car ça me semblait être un détail.
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Pourquoi a-t-on besoin d'une série divergente ? c'est assez rare comme hypothèse de travail la divergence ...:-)
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Intuitivement, si $\sum a_n$ converge, alors le poids donné aux "derniers" $u_n$ (ceux pour lesquels $n$ est très grand) est négligeable. Or ce sont justement ces $u_n$ qui valent à peu près $\ell$. Donc s'ils comptent pour du beurre, ils ne peuvent pas forcer la moyenne à tendre vers $\ell$. Inversement, si la série diverge, les "derniers" $u_n$ vont contrôler la valeur de la moyenne, en dépit de tout ce que peuvent valoir les "premiers" termes.
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$n$ très grand c'est à partir de quel rang au fait ??
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Plus que ce à quoi tu pensais ...
Cordialement.
"l'éternité, c'est long. Surtout vers la fin" (divers auteurs) -
Aucun en particulier. Ce que j'ai dit n'est volontairement pas rigoureux. Le but était d'expliquer intuitivement ce qui ce passe.
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). -
C'est une très bonne idée de Calli de traiter ainsi cet exercice. Le théorème de Cesàro généralisé qu'il nous a rappelé se prouve comme le théorème classique bien connu, en coupant la somme en deux, et pour que ça marche il faut que la suite des sommes des coefficients tende vers $+\infty$, comme dans le cas classique où tous ces coefficients sont égaux à $1$. D'où la série divergente, tout comme la série de terme général $1$ du cas classique. En fait la démonstration classique s'applique pratiquement telle quelle.
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. -
C'est une très bonne idée, oui, mais elle n'est pas de moi ;-). C'est un ami en taupe à qui j'ai parlé de l'exercice qui y a pensé. Tiens, le même que je citai là http://www.les-mathematiques.net/phorum/read.php?3,1912280,1912318#msg-1912318.
-
Sans vouloir jouer les rabats-joie, rappelons que Cesàro (y compris dans sa version généralisée) est un cas particulier de la sommation/intégration des relations de comparaison.
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 : $$
\frac{a^n}{n^\mu} \underset{n\to+\infty}\sim \ln(a) \int_1^n \frac{a^t}{t^\mu}\,dt.
$$ -
@Siméon. $$
\frac{d}{dt} \frac{a^t}{t^\mu} \underset{t\to+\infty}\sim \ln(a) \frac{a^t}{t^\mu}.
$$ 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 -
Il suffit de calculer la dérivée, non ? Après l'équivalent est facile.
Oui c'est bien ça pour Cesàro. Sommer des équivalents ne pose pas de problème tant qu'on respecte les hypothèses du théorème. -
Série divergente à termes positifs plutôt. Tu devrais chercher "sommation des relations de comparaison", c'est un théorème de base sur les séries numériques (et la démonstration ne demande aucune imagination).
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@Poirot: oui je connais ce théorème; mais dans ce cas particulier je suis gêné pour passer de $u_n \underset{n\to+\infty}\sim l$ à $\sum_{k=1}^n u_k \underset{n\to+\infty}\sim nl$ . En effet pour les premiers rangs "loin de l'infini" , $u_k$ peut être très loin de $l$ :-S
C'est comme l'autre jour, l'infini l'emporte c'est ça ? -
$$\sum_{k=1}^n u_k \underset{n \to +\infty}{\sim} \sum_{k=1}^n l = nl$$
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Tu viens pourtant de dire que tu connaissais le théorème de sommation des relations de comparaison...
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Bon...je le connais mais pas sur le bout des doigts mea culpa !
Je connais juste la version " si $u_n \sim v_n$ et si $\sum u_n$ ou $\sum v_n $ diverge alors $\sum_{k=0}^n u_k \sim \sum_{k=0}^n v_k$" -
Eh bien c'est exactement ça avec $v_n = \ell$ ! (quand $\ell\neq 0$)
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À propos de la sommation des relations de comparaison, j'aurais besoin de vos lumières.
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.
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