Équivalent d'une série entière
Bonjour, je considère la série entière $$f(x) = \sum_{n = 0}^{+ \infty} x^{n^2}
$$ Son rayon de convergence est 1 et je veux déterminer un équivalent de $f(x)$ lorsque $x$ tend vers $1$ par valeurs négatives. Je ne sais pas calculer $f(x)$ sur $]-1,1[$ (et je suppose que ce n'est pas possible de le faire avec un nombre fini de fonctions usuelles), donc j'ai voulu faire une comparaison série/intégrale. J'obtiens $$\int_{[1;+ \infty[}^{} x^{y^2} dy \geq \sum_{n = 2}^{+ \infty} x^{n^2} \geq \int_{[2;+ \infty[}^{} x^{y^2} dy
$$ Le problème, c'est que je ne sais pas dire grand chose sur cette intégrale, le calcul explicite d'une primitive n'étant pas possible puisqu'il faut en gros primitiver $e^{y^2}$. Est-ce que ma comparaison peut quand même dire quelque chose ou il faut partir sur complètement autre chose ?
$$ Son rayon de convergence est 1 et je veux déterminer un équivalent de $f(x)$ lorsque $x$ tend vers $1$ par valeurs négatives. Je ne sais pas calculer $f(x)$ sur $]-1,1[$ (et je suppose que ce n'est pas possible de le faire avec un nombre fini de fonctions usuelles), donc j'ai voulu faire une comparaison série/intégrale. J'obtiens $$\int_{[1;+ \infty[}^{} x^{y^2} dy \geq \sum_{n = 2}^{+ \infty} x^{n^2} \geq \int_{[2;+ \infty[}^{} x^{y^2} dy
$$ Le problème, c'est que je ne sais pas dire grand chose sur cette intégrale, le calcul explicite d'une primitive n'étant pas possible puisqu'il faut en gros primitiver $e^{y^2}$. Est-ce que ma comparaison peut quand même dire quelque chose ou il faut partir sur complètement autre chose ?
Réponses
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Salut, c'est pas totalement évident mais il me semble qu'on doit trouver comme équivalent :
$$
\sqrt{\frac{\pi}{\ln (1/x)}}
$$ -
Bon, c'est sûrement pas tout à fait ce que j'ai annoncé. La façon standard de traiter ta fonction c'est de faire le prolonger la somme à $n \in \Bbb Z$ (ce qui ne change pas grand chose), faire le changement de variable $x = e^{-t}$ et d'appliquer la formule sommatoire de Poisson pour obtenir une équalition fonctionnelle. Voir ceci http://dynamaths.free.fr/docs/lecons/developpement_analyse_130.pdf
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Ca ne serait pas plutôt $\frac{1}{2} \sqrt{\frac{\pi}{|\ln x|}}$ ? En faisant des changements de variables pour se ramener à des intégrales de la densité gaussienne standard...
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En fait, tu y es. Descends jusqu'à $0$, et tu as : $\overset{+\infty }{\underset{k=0}{\sum }}x^{(k+1)^{2}}\leq \int_{0}^{+\infty }x^{t^{2}}dt\leq \overset{+\infty }{\underset{k=0}{\sum }}x^{k^{2}}$.
Ensuite, tu transposes : $\int_{0}^{+\infty }x^{t^{2}}dt\leq \overset{+\infty }{\underset{k=0}{\sum }}x^{k^{2}}\leq 1+\int_{0}^{+\infty }x^{t^{2}}dt$, et comme $\int_{0}^{+\infty }x^{t^{2}}dt=\int_{0}^{+\infty }e^{t^{2}\ln x}dt$, tu fais apparaître l'intégrale de Gauss par CDV, et tu as le résultat donné par egoroffski, qui s'écrit aussi : $\overset{+\infty }{\underset{n=0}{\sum }}x^{n^{2}}\underset{x\rightarrow 1^{-}}{\sim }\frac{\sqrt{\pi }}{2\sqrt{1-x}}$.
Tu peux traiter de même : $\overset{+\infty }{\underset{n=0}{\sum }}x^{2^{n}}$.
Références : Xavier Gourdon, Les maths en tête, Mathématiques pour M', Analyse, Ellipses, 1994, p. 243.
Eric Leichtnam, Exercices corrigés de Mathématiques posés à l'oral des concours ... , Tome Analyse, Ellipses, 2000, p. 279, p. 285.
Bonne soirée.
RC -
Bonjour,
Je confirme le résultat d'egoroffsky.
C'est bien une comparaison à une intégrale qu'il fallait faire, puis le changement de variable $t=y\sqrt{-\ln x}$.
$\displaystyle\int_2^{+\infty}x^{y^2}dy=\dfrac1{\sqrt{-\ln x}}\int_{2\sqrt{-\ln x}}^{+\infty}e^{-t^2}dt\sim \dfrac{\sqrt{\pi}}{2\sqrt{-\ln x}}$ quand $x$ tend vers 1. -
Merci à Raymond et Jandri pour la confirmation, et bravo à Alban0 pour avoir pensé à une comparaison série-intégrale.
-
La comparaison série-intégrale est classique dans ce genre de problème. Elle s'applique toutes les fois qu'on a affaire à une série de terme général $u_{n}=f(n)$, où $f$ est une fonction monotone définie sur un intervalle $[a,+\infty [$ de $\R$ et pas trop compliquée. Ici, $f(t)=x^{t^{2}}$, avec $x$ pour praramètre.
On représente graphiquement la fonction $f$, et les deux ordonnées relatives aux abscisses $k$ et $k+1$, et l'on forme le trapèze mixtiligne délimité par ces deux ordonnées, le segment $[k,k+1]$ de l'axe des abscisses, et le graphe de la fonction $f$. Il est bien visible que l'aire de ce trapèze mixtiligne est comprise entre l'aire des deux rectangles de hauteurs $f(k)$ et $f(k+1)$. Je ne sais pas faire électroniquement ce dessin bien connu, mais j'espère que chacun voit de quoi je parle. Si la fonction $f$ est décroissante, ceci se traduit par : $f(k+1)\leq \int_{k}^{k+1}f(t)dt\leq f(k)$. Ceci peut se prouver sans recours à la figure, mais cette figure est très évocatrice.
Ensuite, on somme cette double inégalité entre telle et telle borne, selon le but du problème. Si la fonction $f$ n'est pas trop méchante, c'est l'intégrale qui est calculable. La paradoxe est qu'on a encadré ce qui est simple par ce qui est compliqué, mais une simple transposition ramène la somme au centre et les intégrales de part et d'autre comme j'ai fait ci-dessus. Et ça marche dans plein de cas. Méthode simple, et beaucoup de résultats : c'est sympa.
Bonne soirée.
RC -
Merci de vos réponses. Je n'avais pas pensé à faire le changement de variable pour me ramener à l'intégrale de Gauss :X J'étudie ça de près demain, mais ça doit être tout bon pour moi normalement.
Pour la formule sommatoire de Poisson, je n'avais pas vu le lien, mais effectivement ça doit marcher. Mais c'est quand même moins classique !
Encore merci à tous. -
Bonsoir,
et la limite en $-1$ ? :X
Cordialement, j_j -
Explicitons la méthode de l'équation fonctionnelle
1. La fonction de Jacobi $\theta(t) = \sum_{m\in\Bbb Z} e^{-tm^2}$ est reliée à la fonction $f$ d'Alban0 par l'identité $\theta(t) = 2f(e^{-\pi t})-1$ valant pour tout $t > 0$.
2. La manipulation habituelle avec la formule sommatoire de Poisson (voir le pdf de Sébastien Pellerin par exemple) fournit la jolie équation fonctionnelle
$$
\theta(t) = \frac{1}{\sqrt{t}}\theta(1/t)
$$
3. On obtient alors une estimation bien meilleure qu'un équivalent en écrivant simplement que $\theta(1/t) = 1 + 2 \sum_{m=1}^\infty e^{-\pi m^2/t}$ avec la majoration brutale
$$
\sum_{m=1}^\infty e^{-\pi m^2/t} \leq \sum_{m=1}^\infty e^{-\pi m/t} = \frac{e^{-\pi / t}}{1-e^{-\pi/t}}
$$
On a donc en fait $\theta(t) = \frac{1}{\sqrt{t}}(1 + O(e^{-\pi /t}))$. On revient à $f(x)$ pour $x \to 1$ par le changement de variable $x = e^{-\pi t}$. -
Pour la question de john-john, je ne sais pas trop mais il semblerait que lorsque $x \to 1$, $$
f(-x) = \frac{P\left(\dfrac{\ln \ln \frac{1}{x}}{2\ln 2}\right)}{\sqrt{\ln \dfrac{1}{x}}} + \frac{1}{2} + O\left(\sqrt{\ln \dfrac{1}{x}}\right)
$$ où $P$ est une certaine fonction $1$-périodique. Quelqu'un en saurait-il plus ?
[Corrigé selon ton indication. AD] -
Bravo ! Il vient d'où, ce beau calcul ?
-
Raymond Cordier écrivait:
> Bravo ! Il vient d'où, ce beau calcul ?
Je ne sais pas à qui le compliment s'adresse ( à moi, ou aux auteurs des posts précédents). Mais en tout cas, avec les développements en série et asymptotiques des fonctions thêta de Jacobi, on sait généralement répondre à ce genre de problèmes. -
Effectivement, j'ai complètement déliré hier soir : la fonction $P$ est nulle. Je trouve donc comme JJ
$$
f(-x) = \frac{1}{2} + O\left(\sqrt{\ln\frac{1}{x}}\right), \qquad x \to -1
$$ -
Erratum : le terme en $O$ j'ai indiqué ci-dessus est beaucoup trop peu ambitieux. On a vraisemblablement ici encore une convergence exponentielle en $t = -\ln x$, en tout cas plus rapide que n'importe quel polynôme.
-
@JJ
Mon message est juste après le tien, ce qui évite toute confusion.
J'avais l'impression que le copié-collé dans ton message venait d'une source qu'on pouvait citer pour en savoir plus sur le sujet.
Mais je me trompe peut-être, il est peut-être issu sorti tout armé de ton cerveau, avec ta remarquable connaissance des fonctions thêta de Jacobi.
RC -
Par soucis de complétion, notons que les identités fonctionnelles permettent encore de répondre à la question. Les identités de Jacobi entraînent en effet
$$
\sqrt{t}\left(1 + 2\sum_{n=1}^\infty (-1)^ne^{-\pi n^2 t}\right) = 2\sum_{n=0}^\infty e^{-\pi (n+\frac{1}{2})^2 /t} = O\left(\exp\left\{-\dfrac{\pi}{4t}\right\}\right)
$$
lorsque $t \to 0^+$. Pour $x = e^{-\pi t}$ on a alors
$$
f(-x) = \sum_{n=0}^\infty (-1)^n e^{-\pi n^2 t} = \frac{1}{2} + O\left(e^{-\pi / 5t}\right)
$$ -
Bonjour,
une méthode très élémentaire pour obtenir la limite en $-1$ est de lisser les coefficients de la série en la multipliant (au sens du produit de Cauchy) par $1/(1+x)^2$. On obtient alors une série aux coefficients plus réguliers pour laquelle la recherche d'un équivalent est directement envisageable.
Cordialement, j__j -
bonjour
pour trouver la limite en $ - 1$ de la fonction $f$ définie par $f(x) = \Sigma_0^{+\infty}x^{n²}$
il suffit de remarquer que $n²$ est tantôt pair et tantôt impair (comme $n$) et donc:
$f(-1) = 1 - 1 + 1 - 1 +.........$ série bien connue dont la limite est $\frac{1}{2}$
(il s'agit de l'image par la fonction Zéta alternée de Riemann de $s = 0$)
d'autre part l'intervalle de définition de la fonction $f$ proposée par Alban0 est $]- \infty; 1[$
il est à noter que lorsque x tend vers $1^{-}$ la courbe représentative de la fonction $f$ admet une asymptote verticale d'équation $x = 1$
alors que pour $x = - 1$ la courbe représentative admet une tangente horizontale d'équation $y = \frac{1}{2}$
en effet la fonction dérivée $f'(x) = \Sigma_0^{\infty}n².x^{n²-1}$ est telle que :
$f'(-1) = 1 - 2² + 3² - 4² + 5² - 6² +.........$ série de limite nulle
(il s'agit de l'image par la fonction Zéta alternée de Riemann de $s = - 2$)
d'autre part $f"(-1) = 0$ et donc le point de coordonnées $x = -1$ et $y = \frac{1}{2}$ est point d'inflexion
cordialement -
bonsoir
il existe d'autre part une relation fonctionnelle qui gouverne la fonction $f$ d'Alban0
il s'agit pour $0 < x < 1$ de $exp(- \frac{x}{2}).f[exp(-\pi.x)] = f[exp(- \frac{\pi^2}{x})]$
cette relation résulte du lien qui existe entre la fonction $f$ et la fonction $\theta$ de Riemann pour $0 < x < 1$ soit : $f(x) = \theta(-ln(x))$
et de la relation fonctionnelle qui concerne $\theta$ pour $x > 0$ soit: $\sqrt{x}.\theta(\pi.x) = \theta(\frac{\pi}{x})$
cordialement -
très bien cet exo
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Bonjour!
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