Équivalent d’une somme de série
Bonjour à tous,
J’ai récemment cherché l’exercice joint ( équivalent de la somme des 2^k/k) mais je voulais savoir si l’un d’entre vous a une méthode classique de résolution car ce qu’on m’a proposé comme corrigé est de poser vn la série de terme général 2^k/n et de montrer que la différence de un et vin est négligeable devant vn, en découpant bizarrement la somme. Je pense qu’il y a sûrement plus simple (sommation d’équivalents ou comparaison série intégrale peut être ? )
Merci
J’ai récemment cherché l’exercice joint ( équivalent de la somme des 2^k/k) mais je voulais savoir si l’un d’entre vous a une méthode classique de résolution car ce qu’on m’a proposé comme corrigé est de poser vn la série de terme général 2^k/n et de montrer que la différence de un et vin est négligeable devant vn, en découpant bizarrement la somme. Je pense qu’il y a sûrement plus simple (sommation d’équivalents ou comparaison série intégrale peut être ? )
Merci
Réponses
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Je jette au hasard en suivant ton mot clé : si on devait trouver un équivalent de $\int_1^x\frac{2^t}{t}\mathrm{d}t$, on ferait une intégration par parties qui ne change pas vraiment $2^t$ mais remplace $1/t$ par $1/t^2$ : l'intégrale après IPP est négligeable devant l'intégrale initiale et il reste donc le terme intégré qui n'est pas trop compliqué. Pour les séries, l'analogue d'une IPP serait une transformation d'Abel : on remarque que $A_k=2^k=2^{k+1}-2^k$ et on pose $b_k=B_k-B_{k-1}$ où $B_k=1/k$ si $k\ge1$ (et $B_0=0$ ?).
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La question n'est pas précise. Si c'est à l'ordre $1$ l'astuce proposée où celle de Mathcoss marche mais il semble qu'on peut aller plus loin avec un développement asymptotique à l'ordre $m$ avec une lourde récurrence. Sauf erreur on a
$$
\sum_{k=1}^{n}\frac{2^{k}}{k}=\frac{2^{n+1}}{n}\Big(\sum_{j=0}^{m}\frac{F_{j}}{n^{j}}+O\big(n^{-m-1}\big)\Big),
$$ où $F_{j}$ est le $j$-ième nombre de Fubini.
Formule corrigée après la remarque de jandri. -
Le changement de variable $j=n-k$ donne $u_n = \displaystyle \sum_{j=0}^{n-1} \dfrac{2^{n-j}}{n-j} = \dfrac{2^n}{n} \sum_{j=0}^{n-1} \dfrac{2^{-j}}{1-\frac{j}{n}}$. Ensuite, on peut montrer que $\left| \displaystyle \sum_{j=0}^{n-1} \dfrac{2^{-j}}{1-\frac{j}{n}} - \sum_{j=0}^{n-1} 2^{-j}\right|$ tend vers $0$, et donc que $\displaystyle \sum_{j=0}^{n-1} \dfrac{2^{-j}}{1-\frac{j}{n}}$ converge vers $\displaystyle \sum_{j=0}^{+\infty} 2^{-j} = 2$.
Par conséquent, l'équivalent cherché est $\dfrac{2^{n+1}}{n}$.
Edit : je suis allé un peu vite et j'ai fait une erreur de calcul au brouillon. La valeur absolue qui tend vers $0$ n'est pas si évident. Mais j'ai confiance que ça doit marcher quand même.
Edit 2 : en fait, je n'avais pas fait d'erreur. Ça marche. Je ne suis pas très bien réveillé, ce matin. -
Je suis d'accord avec le calcul de Guego.
Dans la formule donnée par Boécien il faut mettre $\dfrac{2^{n+1}}n$ en facteur à la place de $2^{n+1}$ (ou bien mettre l'exposant $j+1$ au lieu de $j$). -
Pour généraliser la méthode de Guego on peut écrire $\dfrac{2^{-j}}{1-\frac{j}{n}}=\displaystyle \sum_{k=0}^p \dfrac{2^{-j}j^k}{n^k} +\dfrac{2^{-j}j^{p+1}}{n^{p+1}(1-\frac{j}{n})}$.
On en déduit sans difficultés que pour tout $p$ on a $u_n=\dfrac{2^n}n\left(\displaystyle \sum_{k=0}^p\dfrac{a_k}{n^k}+o(1/n^p)\right)$ où $a_k=\displaystyle \sum_{j=0}^{+\infty}2^{-j}j^k=2F_k$ (nombres de Fubini). -
Bonjour,
Autre méthode:
Pour tout $n\in\N^*$, nous avons: $\dfrac{2^n}{n}-\dfrac{2^{n-1}}{n-1} = \dfrac{2^n}{n}\left(1-\dfrac{1}{2}\dfrac{n}{n-1}\right)$
Ainsi, nous en déduisons: $$\dfrac{2^n}{n}-\dfrac{2^{n-1}}{n-1}\underset{n\to +\infty}{\sim}\dfrac{1}{2}\dfrac{2^n}{n}$$
La série $\displaystyle\sum_{n\geqslant 1}\dfrac{2^n}{n}$ diverge grossièrement par croissances comparées $(2>1)$, et il en est donc de même pour la série à termes positifs $\displaystyle\sum_{n\geqslant 1}\dfrac{1}{2}\dfrac{2^n}{n}$.
Par sommation des relations de comparaison:
$$\displaystyle\sum_{k=2}^n\left(\dfrac{2^k}{k}-\dfrac{2^{k-1}}{k-1}\right)\underset{n\to +\infty}{\sim}\displaystyle\sum_{k=2}^n\dfrac{1}{2}\dfrac{2^k}{k}$$
Donc:
$$\dfrac{2^n}{n}-2\underset{n\to +\infty}{\sim}\dfrac{1}{2}\left(u_n-2\right)$$
On en déduit alors que:
$$u_n\underset{n\to +\infty}{\sim}\dfrac{2^{n+1}}{n}$$
(Exercice posé à l'Ecole Polytechnique, en filière PC lors de la session des Oraux $2020$ (RMS $131$ - $2$ Exercice $197$)) -
Merci beaucoup à tous pour ces méthodes clairement expliquées
-
La méthode proposée par Bbidule est valable pour le programme MP mais pas pour le programme PC dans lequel il n'y a pas de sommation des équivalents.
On peut en revanche utiliser la méthode de Guego qui est conforme au programme PC.
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Bonjour!
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