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
$$ Le problème, c'est que je ne sais pas dire grand chose sur cette intégrale, le calcul explicite d'une primitive n'étant pas possible puisqu'il faut en gros primitiver $e^{y^2}$. Est-ce que ma comparaison peut quand même dire quelque chose ou il faut partir sur complètement autre chose ?
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Réponses
$$
\sqrt{\frac{\pi}{\ln (1/x)}}
$$
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
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.
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
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.
et la limite en $-1$ ? :X
Cordialement, j_j
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}}
$$
On a donc en fait $\theta(t) = \frac{1}{\sqrt{t}}(1 + O(e^{-\pi /t}))$. On revient à $f(x)$ pour $x \to 1$ par le changement de variable $x = e^{-\pi t}$.
f(-x) = \frac{P\left(\dfrac{\ln \ln \frac{1}{x}}{2\ln 2}\right)}{\sqrt{\ln \dfrac{1}{x}}} + \frac{1}{2} + O\left(\sqrt{\ln \dfrac{1}{x}}\right)
$$ où $P$ est une certaine fonction $1$-périodique. Quelqu'un en saurait-il plus ?
[Corrigé selon ton indication. AD]
la limite lorsque x tend vers -1 est 1/2.
> 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.
$$
f(-x) = \frac{1}{2} + O\left(\sqrt{\ln\frac{1}{x}}\right), \qquad x \to -1
$$
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
$$
\sqrt{t}\left(1 + 2\sum_{n=1}^\infty (-1)^ne^{-\pi n^2 t}\right) = 2\sum_{n=0}^\infty e^{-\pi (n+\frac{1}{2})^2 /t} = O\left(\exp\left\{-\dfrac{\pi}{4t}\right\}\right)
$$
lorsque $t \to 0^+$. Pour $x = e^{-\pi t}$ on a alors
$$
f(-x) = \sum_{n=0}^\infty (-1)^n e^{-\pi n^2 t} = \frac{1}{2} + O\left(e^{-\pi / 5t}\right)
$$
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
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
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