Produit de Cauchy et équivalents
Bonjour, a-t-on le droit d'écrire ceci ?
Pour $0<x<1$ :
$$\sum_{n=1}^{\infty} x^n \ln(n)=\sum_{n=1}^{\infty} \Big(\sum_{k=1}^{n}\frac{1}{k} - \gamma +o(1)\Big) x^n=\sum_{n=1}^{\infty} \Big(\sum_{k=1}^{n}\frac{x^k}{k} - \gamma x^k +o(x^k)\Big) x^{n-k} \quad?
$$ L'idée sous-jacente étant de faire un produit de Cauchy pour trouver un équivalent quand $x$ tend vers $1^-$...
Pour $0<x<1$ :
$$\sum_{n=1}^{\infty} x^n \ln(n)=\sum_{n=1}^{\infty} \Big(\sum_{k=1}^{n}\frac{1}{k} - \gamma +o(1)\Big) x^n=\sum_{n=1}^{\infty} \Big(\sum_{k=1}^{n}\frac{x^k}{k} - \gamma x^k +o(x^k)\Big) x^{n-k} \quad?
$$ L'idée sous-jacente étant de faire un produit de Cauchy pour trouver un équivalent quand $x$ tend vers $1^-$...
Réponses
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Non, modulo le fait que le petit $\omicron$ ne doit pas fonctionner, le $\gamma$ n'est pas dans la sommation selon $k$ donc ne peut pas avoir un terme contre $x^k$
Votre écriture donne l'impression qu'on peut factoriser par $x^k$ mais on ne peut pas, qui est contre $\gamma$ ? $x^0,x^1,x^2,..,x^n$ ? -
En revanche, si on définit $f:x\mapsto \sum_{n=1}^{+\infty}x^n \ln(n)$ alors on peut démontrer que :
- la série entière définissant $f$ est de rayon 1,
- $(1-x)f(x) + \ln(1-x)$ possède une limite finie en $1^-$
- $f$ possède une limite finie en $-1^+$ que l'on peut exprimer à l'aide des constantes et fonctions usuelles
On trouve notamment cet exercice à l'oral de l'ENS en PC en 2015 et à l'oral de l'X en PSI en 2019. -
Considérons deux suites $a$ et $b$ strictement positives telles que :
$$a(n)\sim b(n);\mbox{ } \sum_{k\geq 0}b(k)=+\infty \mbox{ et le rayon de CV de } \sum_{k\geq 0}b(k)x^{k} \mbox{ est } 1.
$$ Alors, $\displaystyle \sum_{k\geq 0}a(k)x^{k}\sim_{1^{-}}\sum_{k\geq 0}b(k)x^{k}.$
En utilisant ce résultat, tu peux facilement trouver un équivalent en $1^{-}$ de $\displaystyle \sum_{k\geq2}\ln(k)x^{k}$ (bien utiliser $\displaystyle \sum_{k=1}^{n}\frac{1}{k}\sim \ln(n)$). -
Si je ne dis pas de bêtises, remplacer carrément $\ln(n)$ par la série harmonique est licite par sommation des équivalents, tout étant positif (pas de petit o comme ça, ni le gamma).
Ensuite soit le produit de Cauchy soit l'échange de sommes.
Je trouve mentalement $-\frac{\ln(1-x)}{1-x}$. -
@riemann_lapins : oui ta conjecture est bonne !
Ta démarche me plait, j'essaie justement de m'en rapprocher, et d'ailleurs j'étais à 2 doigts d'utliser la sommation des relations de comparaison (cas de séries divergentes) mais je ne connais pas bien la compatibilité de celle-ci avec le produit de Cauchy !! -
Comme j'ai dit il y a l'échange de sommes sinon. C'est le Fubini de prépa en plus, on reste niveau taupe.
Mais je ne vois pas le problème avec Cauchy, ça revient à ce que tu as écrit en plus simple même.
Edit : par contre, elle est vraiment divergente ? Un d'Alembert de tête me dit que non. Auquel cas le raisonnement ne tient évidemment plus. -
Non tu as raison je me suis emmêlé les pinceaux ça converge bien sûr !! enfin pour $x<1$ tout du moins...c'est la série harmonique qui diverge plutôt :-D
-
Oui, de toute manière la question n'aurait pas de sens. J'ai dit une belle bêtise désolé.
-
Du coup :
$$
\sum_{n=1}^{\infty} x^n \ln(n)\sim_{en quoi ??} \sum_{n=1}^{\infty} x^n \sum_{k=1}^{n}\frac{1}{k}=\sum_{n=1}^{\infty} \sum_{k=1}^{n}\frac{x^k}{k} x^{n-k} =_{produit de Cauchy} (\sum_{n=0}^{\infty} x^n) (\sum_{n=1}^{\infty}\frac{x^n}{n})=\frac{1}{1-x} \times -\ln(1-x)
$$
En fait ce sont carrément des DSE, pas des DL...!
@AD: comment fait-on pour insérer du texte dans une expression Latex ? -
Pour la question 2, transformation d'Abel sur $(1-x)f(x)$ puis convergence normale.
On ne connait pas la valeur de la limite. -
Après avoir justifié l'existence de la limite, on peut calculer les sommes partielles en $x=-1$ et on tombe sur un produit de Wallis. On peut conclure avec l'équivalent de Stirling.
-
En fait, j'ai déliré : pas de transformation d'Abel nécessaire. Ni en 1, ni en -1.
Il faut juste simplifier l'expression de $(1-x)f(x)$ avec un décalage d'indice. (En fait, on peut aussi l'écrire comme une transformation d'Abel, mais c'est inutile).
Cette nouvelle expression permet entre autre de justifier l'existence de la limite en -1, en utilisant ce que j'ai dit plus haut, puis le calcul de cette limite par le calcul des sommes partielles de cette nouvelle expression. -
Ah ok merci pour les précisions.
J'obtiens:
$$(1-x)f(x)=-\sum_{n=2}^{\infty} x^n \ln\Big(1-\frac{1}{n}\Big)=\sum_{n=2}^{\infty} x^n\sum_{k=1}^{\infty}\frac{1}{k} \Big(\frac{1}{n}\Big)^k .
$$ Après je suis bloqué... produit de Cauchy ?? -
Le développement en série du logarithme ne m'a pas l'air utile.
Au voisinage de $1$, le terme général est équivalent à $x^n/n$ : ça diverge et c'est de signe constant, on sait traiter.
Au voisinage de $-1$, ça alterne et ça décroît vers $0$ donc on sait traiter aussi.
Edit : Pas clair pour le premier cas, l'indication de bisam est bien mieux. -
Développer le logarithme en série entière ne sert à rien.
Écris simplement $-\ln(1-\frac{1}{n})=\frac{1}{n}+u_n$ et considère ce que tu peux dire de la série entière $\sum_{n\geq 2}u_nx^n$. -
Mais ma méthode était une bêtise. Je me suis perdu dans le mur en réfléchissant mentalement, je me suis mis à trouver un équivalent des sommes partielles en l'infini à $x$ fixé plutôt qu'un équivalent quand $x$ tend vers 1. Ce qui est bien sûr bien plus simple.
-
A $x$ fixé la série entière a une valeur fixe dans le disque ouvert que tu donnes, et explose en 1 où elle diverge carrément grossièrement.
C'est un problème d'étude de fonction au bord du domaine de définition, on veut savoir à quel point cet infini est gros. A l'intérieur du domaine encore une fois les valeurs sont finies, il n'y a aucun problème de limite et donc de recherche d'équivalents (en tous cas infini). -
@bisam. Sous ton contrôle.
$$
(1-x)f(x)= -\sum_{n=2}^{\infty} x^n\ln\Big(1-\frac{1}{n}\Big)=\sum_{n=2}^{\infty} \Big(\frac{x^n}{n}+\frac{x^n}{2n^2}+o(x^n/n^2)\Big)=\sum_{n=2}^{\infty} \frac{x^n}{n}+\sum_{n=2}^{\infty} \frac{x^n}{2n^2} +o(x^n/n^2)
$$ J'ai des doutes sur la gestion des $o(...)$ surtout avec un sigma devant :-S
Donc quand $x$ tend vers $1^-$ :
$$
(1-x)f(x)= \sum_{n=2}^{\infty} \frac{x^n}{n} +\frac{1}{2} \sum_{n=2}^{\infty} \frac{1}{n^2} =-\ln(1-x) -x +\frac{1}{2} \Big(\frac{\pi^2}{6}-1\Big).
$$ -
Non, la gestion des "petit o" dans la série entière n'est pas bonne du tout.
Posons $u_n=-\ln(1-\frac{1}{n})-\frac{1}{n}$, pour tout $n\geq 2$.
Alors, pour tout $x\in]-1,1[$ :
\[(1-x)f(x)=\sum_{n=2}^{+\infty} \frac{x^n}{n} + \sum_{n=2}^{+\infty} u_n x^n.
\] 1) Montre que la série entière $\sum_{n\geq 2} u_n x^n$ est normalement convergente sur le segment $[-1,1]$
2) Déduis-en que $f$ possède une limite finie en $-1^+$ et un développement asymptotique de $f$ à 3 termes en $1^-$. -
Ok pour les $o$ c'est bien ce que je craignais :-(
vite ...
Edit : $u_n=\sum_{k=2}^{\infty} \frac{1}{kn^k} $ d'après le DSE donc : $$\sum_{n=2}^{\infty} u_n x^n= \sum_{n=2}^{\infty} \sum_{k=2}^{\infty} \frac{1}{kn^k} x^n.
$$ Par contre pour $x=-1$ je ne vois vraiment pas poindre les produits de Wallis à ce stade :-S -
Peut-on par la même méthode trouver un équivalent en $1^-$ de :
$$\sum_{n=1}^{\infty} x^n \sqrt{n}\quad ??
$$ Merci !
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Bonjour!
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