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Équivalent d'une somme

Envoyé par Guillaume02 
Guillaume02
Équivalent d'une somme
il y a six années
Bonjour à tous,

En cette période d'oraux de tous concours, je vous propose une petite amusette : donnez un équivalent de $\displaystyle \sum_{i=1}^ni\mathrm{E}\left(\dfrac{n}{i}\right)$ ($\mathrm{E}$ désigne la partie entière).

Bien à vous.
Re: Équivalent d'une somme
il y a six années
Je propose $\dfrac{\pi^2 n^2}{12}$. Je donnerai mon idée de preuve tout à l'heure.
Dupon dt
Re: Équivalent d'une somme
il y a six années
Je dirais même plus, $\dfrac{\pi^2 n^2}{12} + O(n\ln n)$ ! Une façon de le faire est de la réécrire sous la forme $$
\frac{1}{2}\sum_{i=1}^n E\Big(\frac{n}{i}\Big)^2 + \frac{1}{2}\sum_{i=1}^n E\Big(\frac{n}{i}\Big).
$$
Guillaume02
Re: Équivalent d'une somme
il y a six années
C'est la bonne réponse, bravo ! Ce n'est pas étonnant venant de votre part, c'est plutôt destiné à des étudiants de premier cycle, mais il demande un peu d'originalité.

Mes excuses au modérateur Jacquot pour le titre.

Amicalement
Re: Équivalent d'une somme
il y a six années
avatar
Bonjour Guillaume02,

Rappel du titre original: Petit amusement, équivalent d'une somme
J'essaye d'avoir une page d'accueil bien homogène, avec des titres explicites si possible... Excuse le petit coup de ciseaux ;)

Le calcul de cette somme m'a intéressé, et ce fut pour moi un labeur dépassant franchement le "petit" amusement !
En regardant ce qui se passe pour $n$ assez gros, je suis arrivé au même résultat comme suit:
$\displaystyle \sum_{i=1}^ni\mathrm{E}\left(\dfrac{n}{i}\right) \approx \sum_{i=n/2}^n i+\sum_{i=n/3}^{n/2} 2i +\sum_{i=n/3}^{n/4}3i + \dots $
$ \approx \frac 1 2 (n -\frac n 2)(n +\frac n 2)+\frac 2 2 (\frac n 2 -\frac n 3)(\frac n 2 +\frac n 3)+\frac 3 2 (\frac n 3 -\frac n 4)(\frac n 3 +\frac n 4)+\dots $
$ \approx \frac 1 2 (n^2 -\frac {n^2} 4)+\frac 2 2 (\frac {n^2} 4 -\frac {n^2} 9)+\frac 3 2 (\frac {n^2} 9 -\frac {n^2}{16})+\dots $
$\approx \dfrac{n^2}2\Big( 1+\dfrac 1 4+\dfrac 1 9+\dots +\dfrac 1{n^2}\Big)$
$\approx \dfrac{n^2}2\times\dfrac{\pi^2}6$

Je doutais cependant à cause des multiples approximations.
Merci en tous cas pour cette question intéressante.
Amicalement. jacquot
Guillaume02
Re: Équivalent d'une somme
il y a six années
Bonjour Jacquot,

Aucun souci pour le changement de titre.

On peut diminuer le nombre d'approximations en se ramenant le problème au calcul de $\displaystyle\int_0^1t.\mathrm{E}\left(\dfrac{1}{t}\right)\mathrm{d}t$

Amicalement,

Guillaume
enonce
Re: Équivalent d'une somme
il y a six années
Je dirais encore plus : $$
\sum_{k=1}^n k \left \lfloor \frac{n}{k} \right \rfloor = \frac{n^2}{2} \zeta(2) + O \left ( n (\log n)^{2/3} \right ).
$$ Il suffit d'écrire $$\sum_{k=1}^n k \left \lfloor \frac{n}{k} \right \rfloor = \sum_{k=1}^n \sigma(k)
$$ où $\sigma(k)$ désigne la somme des diviseurs de $k$, puis d'appliquer un résultat profond dû à Walfisz.

C'est le record actuel, et on ne peut l'améliorer tant que l'on n'aura pas amélioré la région sans zéro de la fonction zêta de Riemann.

{\bf Référence}. \textsc{O. Bordellès}, {\it Arithmetic Tales}, Springer, 2012, Theorem 6.43 page 340.

[Corrigé selon ton indication ($\zeta(2)$ au numérateur). AD]
Guillaume02
Re: Équivalent d'une somme
il y a six années
Merci enonce pour ce développement que je ne soupconnais pas.

Je suis épaté par la qualité de la majeure partie des interventions sur ce forum, je découvre encore beaucoup de choses, moi, humble petit amateur de mathématiques encore à l'école (de Palaiseau..).
Re: Équivalent d'une somme
il y a six années
avatar
Quelle précision dans l'approximation !
enonce
Re: Équivalent d'une somme
il y a six années
De rien à tous ! thumbs down

Mais, moi, je n'y suis pour rien, j'ai juste recopié l'estimation à partir du bouquin indiqué, et il y est aussi stipulé que, pour arriver à avoir une telle précision, il est nécessaire de traiter des sommes d'exponentielles par la méthode dite de Vinogradov !

J'ai lu ça dans le bouquin cité en référence, et c'est largement au-dessus du niveau L1/L2 (et même M2...).
Re: Équivalent d'une somme
il y a six années
avatar
Faut leur dire : messieurs, vous m'épatâtes ;)
Re: Équivalent d'une somme
il y a six années
Ma méthode était la même que celle de Dupon dt.
Je détaille : $E(\frac{n}{i})$ est le nombre de multiples de $i$ inférieurs à $n$. On peut alors réécrire la somme (que je noterai $S_n$) :
\[ S_n = \displaystyle \sum_{i=1}^n \sum_{k \text{ tels que }ik \leqslant n} i = \sum_{\text{couples } (i,k) \text{ tels que }ik \leqslant n} i = \sum_{k=1}^n \sum_{i=1}^{E(\frac{n}{k})} i = \sum_{k=1}^n \dfrac{E(\frac{n}{k})\left(E(\frac{n}{k})+1\right)}{2} \]
Donc $\displaystyle \dfrac{1}{n^2} S_n = \sum_{k=1}^n \dfrac{E(\frac{n}{k})\left(E(\frac{n}{k})+1\right)}{2n^2}$.
Or, à $k$ fixé, $ \dfrac{E(\frac{n}{k})\left(E(\frac{n}{k})+1\right)}{2n^2} \underset{n\rightarrow +\infty}{\longrightarrow} \dfrac{1}{2k^2}$. On conclut avec le théorème de convergence dominée sur les séries.
Re: Équivalent d'une somme
il y a six années
Un peu d'algorithmique : la somme $S(n)$ peut se calculer avec une complexité en $\sqrt{n}$. En effet, il suffit de couper la somme en $2$ : jusqu'à $i=\sqrt{n}$, on fait la somme sur les $i$, normalement. Ensuite, on fait la somme sur $E\left(\frac{n}{i}\right)$ (en regroupant les $i$ qui donnent le même $E\left(\frac{n}{i}\right)$).

On peut ainsi calculer $S(n)$ pour de grandes valeurs de $n$ rapidement.
Si mon programme est bon, on doit avoir par exemple $S(10^{12}) = 822\, 467\, 033\, 425\, 357\, 340\, 138\, 978$, ce qui correspond bien à l'équivalent trouvé ($\dfrac{\pi^2}{12}=0{,}8224670334241...$)
Guillaume02
Re: Équivalent d'une somme
il y a six années
Ma facon de faire (pas de cédille ici):

La suite $\displaystyle \left( \dfrac{1}{n}\sum_{i=1}^ni\mathrm{E}\left( \dfrac{n}{i} \right) \right)_{n\in\mathbb{N}*}$ converge [c’est presque une somme de Riemann] vers $\displaystyle\int_0^1t.\mathrm{E}\left(\dfrac{1}{t}\right)\mathrm{d}t$.
Un découpage de cette intégrale analogue à celui que vous avez fait fait apparaître assez vite $\zeta(2)$.
enonce
Re: Équivalent d'une somme
il y a six années
A moi...

Même début que Guego, sauf que j'utilise ensuite la formule évidente $\lfloor t \rfloor = t + O(1)$ ce qui donne
\begin{align*}
\sum_{k=1}^n \sigma(k) &= \frac{1}{2} \sum_{k=1}^n \left \lfloor \frac{n}{k} \right \rfloor \left( \left \lfloor \frac{n}{k} \right \rfloor + 1 \right ) \\
&= \frac{n^2}{2} \sum_{k=1}^n \frac{1}{k^2} + O \left ( n \sum_{k=1}^n \frac{1}{k} \right ) \\
&= \frac{n^2}{2} \left ( \zeta(2) - \sum_{k=n+1}^\infty \frac{1}{k^2} \right ) + O \left( n \log n \right ) \\
&= \frac{n^2}{2} \left ( \zeta(2) + O \left ( \frac{1}{n} \right ) \right ) + O \left( n \log n \right ) \\
&= \frac{n^2 \zeta(2)}{2} + O ( n \log n).
\end{align*}
Du coup, je m'aperçois que, dans mon premier message plus haut, il faut mettre le $\zeta(2)$ au numérateur (et non au dénominateur). SI un modérateur pouvait s'en charger, merci !
[C'est corrigé. AD]
Re: Équivalent d'une somme
il y a six années
avatar
Je tente la solution suggérée par Guillaume02.

On a $\displaystyle \sum_{i=1}^{n}iE(\frac{i}{n}) = n^{2} \times \frac{1}{n}\sum_{i=1}^{n} \frac{i}{n}E(\frac{1}{i/n})$.

Or $E(\frac{1}{t})$ est Riemann-intégrable sur $[\alpha, 1]$ pour tout $\alpha > 0$, en tant que fonction monotone, donc $tE(\frac{1}{t})$ aussi.

De plus, $1-t < tE(\frac{1}{t}) \leq 1$ donc $tE(\frac{1}{t})$ se prolonge en $0$ par continuité avec la valeur $1$. Donc la fonction prolongée est Riemann-intégrable sur $[0,1]$, et par le théorème des sommes de Riemann on a $\displaystyle \lim\limits_{n \rightarrow +\infty} \frac{1}{n}\sum_{i=1}^{n} \frac{i}{n}E(\frac{1}{i/n}) = \int_{0}^{1} tE(\frac{1}{t}) dt$.

On fait le changement de variable $x = \frac{1}{t}$ (théorème de changement de variable pour une intégrale impropre, $1/t$ est bien un C1 difféomorphisme), et alors $\displaystyle \int_{0}^{1} tE(\frac{1}{t}) dt = \int_{1}^{+\infty} \frac{E(x)}{x^{3}} dx$.

Or $\displaystyle \int_{1}^{+\infty} \frac{E(x)}{x^{3}} dx = \lim\limits_{N \rightarrow +\infty} \int_{1}^{N} \frac{E(x)}{x^{3}} dx = \lim\limits_{N \rightarrow +\infty} \sum_{n=1}^{N-1} \int_{n}^{n+1} \frac{n}{x^{3}} dx$.

Après quelques calculs on trouve que $\displaystyle \int_{n}^{n+1} \frac{n}{x^{3}} dx = \frac{3}{n} - \frac{3}{n+1} + \frac{3}{(n+1)^2}$.

Et donc en sommant le tout on a $\displaystyle \sum_{n=1}^{N-1} \int_{n}^{n+1} \frac{n}{x^{3}} dx = 3 - \frac{3}{N} + \sum_{n=1}^{N-1} \frac{3}{(n+1)^{2}} = 3 - \frac{3}{N} + \sum_{n=1}^{N} \frac{3}{n^{2}} - 3 \underset{N \to +\infty}{\longrightarrow} 3 - 0 + \frac{3\pi^{2}}{6} - 3 = \frac{3\pi^{2}}{6}$.

CQFD drinking smiley

Edit : J'ai été grillé par Guillaume02 pendant que j'écrivais eye rolling smiley Je mets vraiment beaucoup de temps à écrire, mon message avait commencé lorsqu'il suggérait d'étudier l'intégrale ;)

Edit 2 : Et évidemment je me suis planté dans le calcul puisque je ne trouve pas la même chose que vous. Je vais essayer de voir où est l'erreur.

Edit 3 : Par ailleurs j'ai fait un changement de variable sur une fonction non continue (et qui a même une infinité de de points où elle est discontinue), je n'ai en mémoire aucun théorème qui me permet de le faire, il est donc possible que ce changement de variable soit ne soit pas justifié. A creuser ...
enonce
Re: Équivalent d'une somme
il y a six années
Merci, Alain !
[À ton service. AD]



Edité 1 fois. La derni&egrave;re correction date de il y a six ann&eacute;es et a &eacute;t&eacute; effectu&eacute;e par AD.
Re: Équivalent d'une somme
il y a six années
avatar
J'ai vaguement souvenir d'avoir peut-être lu qu'un changement de variable sur une fonction réglée fonctionne, et comme la fonction considérée ici est bornée et monotone, elle est donc réglée. On doit donc pouvoir s'en sortir. Le fait qu'on passe à une intégrale impropre ne pose aucun problème, il suffit de le faire sur un intervalle fermé puis ensuite de passer à la limite.

J'ai peut-être lu ça dans les livres de Roger Godement mais je ne suis vraiment pas sûr.

Edit : La fonction n'est pas monotone !!!

Edit 2 : Oui mais la fonction a une limite à gauche et à droite en tout point, donc elle est réglée, donc ça devrait marcher quand même !



Edité 6 fois. La derni&egrave;re correction date de il y a six ann&eacute;es et a &eacute;t&eacute; effectu&eacute;e par skyffer3.
Bla
Re: Équivalent d'une somme
il y a six années
Bonjour,

Dans ton intégration tu as multiplié par 3 au lieu de diviser par 2 l'erreur doit venir de là.
Re: Équivalent d'une somme
il y a six années
avatar
Ok merci, je me suis juste complètement planté dans la primitive de 1/x^3, la honte hot smiley
Je corrigerai quand j'aurai le temps.

Quelqu'un peut me confirmer en revanche ce que je dis sur le changement de variable dans l'intégrale ? J'avoue que je n'ai pas complètement confiance dans ma justification.



Edité 2 fois. La derni&egrave;re correction date de il y a six ann&eacute;es et a &eacute;t&eacute; effectu&eacute;e par skyffer3.
Re: Équivalent d'une somme
il y a six années
avatar
$ \frac1{n^2} \sum_{i=1}^ni\mathrm{E}\left(\dfrac{n}{i}\right)=\frac1{n}+ \sum_{i=1}^{n-1} i\mathrm{E}\left(\dfrac{n}{i}\right)=\frac1{n}+\int_0^1 f(\lceil nx\rceil /n)\ dx$ avec $f(x)=xE(1/x)$.
Avec le théorème de convergence dominée, il n'y a plus qu'à calculer l'intégrale.
Comme les intervalles $]1/(n+1),1/n]$ forment une partition de $]0,1]$, on a

$\int_0^1 f(x)\ dx=\sum_{n\ge 1}\int_{]1/(n+1),1/n]} f(x)\ dx=\sum_{n\ge 1} \frac12(\frac1{(n+1)^2}+\frac1{n(n+1)})=\frac12(\frac{\pi^2}6-1+1)$. (la 2e série est télescopisque).
enonce
Re: Équivalent d'une somme
il y a six années
(...) pour ceux que ça intéresse, voilà comment Walfisz a amélioré le terme d'erreur à la fin des années 50 :

1. Au lieu d'utiliser la trivialité $\lfloor t \rfloor = t + O(1)$, on utilise la formule plus précise $\lfloor t \rfloor = t - \psi(t) - \frac{1}{2}$, où $t \longmapsto \psi(t)$ est la première fonction de Bernoulli. En remplaçant les parties entières dans mon calcul plus haut par cette estimation, on arrive à
$$\sum_{n \leqslant x} \sigma(n) = \frac{x^2 \zeta(2)}{2} - x \sum_{d \leqslant \sqrt x} \frac{1}{d} \psi \left ( \frac{x}{d} \right ) + O(x).$$

2. Walfisz s'est alors attaqué à la somme du 2nd membre. On note d'abord que

(i) L'estimation triviale due à l'inégalité triangulaire montre que cette somme est en $O(\log x)$ et on retrouve le terme d'erreur obtenu plus haut. Il faut donc trouver comment faire mieux que l'inégalité triangulaire.

(ii) La fonction $\psi$ est très oscillante, et les premières valeurs de l'indice apportent la plus grosse contribution à la somme. L'idée est alors de découper cette somme en deux (an allant pas trop loin), de façon à ce que la seconde somme soit majorable plus facilement.

3. Walfisz s'est alors tourné vers l'analyse de Fourier : la fonction $\psi$ étant impaire et $1$-périodique, elle admet un développement en série de Fourier. Malheureusement, $\psi$ a des discontinuités en chaque entier et la convergence n'est pas uniforme (contrairement à ce qui se passe pour les autres fonctions de Bernoulli). On travaille alors plutôt avec les sommes partielles de la séries de Fourier, pour lesquelles on dispose d'outils performants.

4. Ainsi, Walfisz ramène le problème à estimer des sommes d'exponentielles de la forme $\sum_{N < n \leqslant N_1} e^{2 i \pi x/n}$ (avec $N < N_1 \leqslant 2N$), pour lesquelles on applique la méthode de Vinogradov qui fournit le résultat exceptionnel suivant :
$$\sum_{N < n \leqslant N_1} e^{2 i \pi x/n} \ll N \exp \left ( -c_0 \, \frac{\log^3 N}{(\log x/N)^2} \right ).$$
On remonte alors à la somme initiale par sommation partielle et le tour est joué.

[Edit: introduction tronquée. jacquot]
enonce
Re: Équivalent d'une somme
il y a six années
Je trouve dommage que tu m'aies tronquée cette introduction : il n'y avait là qu'une constatation, qui en outre pouvait expliquer (en partie) le départ de certaines pointures de ce forum...
Re: Équivalent d'une somme
il y a six années
Surtout que la suite du message est particulièrement riche et intéressante !
enonce
Re: Équivalent d'une somme
il y a six années
Merci, Egoroff, mais, comme je l'avais dit plus haut, c'est du recopiage intégral sur la référence citée hier.

Je n'ai pas le niveau d'un duroc pour faire tout ça tout seul !
Re: Équivalent d'une somme
il y a six années
En tous cas tu sembles avoir parfaitement assimilé les grandes idées...

PS : Je suis d'accord pour dire que Duroc semble très bien connaître le sujet, il pourrait presque avoir écrit le bouquin ;)
enonce
Re: Équivalent d'une somme
il y a six années
Citation
Egoroff
tu sembles avoir parfaitement assimilé les grandes idées
Disons que je sais écrire...

Mon pauvre Egoroff : ne cherche pas, tu ne trouveras pas qui je suis...à moins de devenir, toi aussi, un modérateur et on en revient donc à ce que je disais dans l'autre fil ! thumbs down
Re: Équivalent d'une somme
il y a six années
avatar
Je remercie Guego pour ses indications ( [www.les-mathematiques.net]). Je m'intéresse à la question de calculer exactement des sommes comme $\sum_{k=1}^{n} \sigma(k)$ et son indication m'a éclairé ;)

Je cherchais, sans succès, un moyen de trouver simplement et rapidement les valeurs de $k$ pour lesquelles:

l'équation $E\Big(\dfrac{N}{x}\Big)=k$ n'a pas de solution avec $N>0$ entier fixé , $x$ entier inconnu et $E()$ la fonction partie entière.

Le script Pari-GP qui suit permet de calculer $\sum_{k=1}^{n} \sigma(k)$ lorsque $n$ est un carré.
(cela permet, entre autres, de calculer rapidement $\sum_{k=1}^{10^{12}} \sigma(k)$ proposée par Guego et qui donne le même résultat)

f(n)=\{n*(n+1)/2\}
sigm(n)=\{
local(l=floor(sqrt(n))-1,s=0,u=n,v);
for(i=1,l,v=u;u=floor(n/(i+1));s=s+f(v)+(v-u)*f(i));
return(s+f(u));
\}


PS:
Je ne prétends pas que ce script ne peut pas optimisé pour des calculs plus rapides. :D
Re: Équivalent d'une somme
il y a six années
Mon programme marche (normalement) pour toutes les valeurs de $n$. En fait, je ne vais pas exactement jusqu'à $\sqrt{n}$. Je commence par faire la somme sur les $E\left(\frac{n}{i}\right)$ (ce que je note $k$) tant qu'il y a plusieurs $i$ qui possèdent le même $E\left(\frac{n}{i}\right)$ (i.e tant que $k(k+1)<n$), et ensuite, je fais le reste de la somme en prenant tous les $i$ qui n'ont pas été pris en compte.
Mon script python est le suivant :

def S(n):
~~~~somme=0
~~~~k=1
~~~~while k*(k+1)<n:
~~~~~~~~a=n/(k+1)
~~~~~~~~b=n/k
~~~~~~~~somme+=k*(b*(b+1)-a*(a+1))/2
~~~~~~~~k+=1
~~~~i=n/k
~~~~while i>0:
~~~~~~~~somme+=i*(n/i)
~~~~~~~~i-=1
~~~~return somme

Par exemple, pour $n=10^9$ (qui n'est pas un carré) :
print(S(1000000000))

822467034112360628
Re: Équivalent d'une somme
il y a six années
avatar
Guego:

Il y aurait un truc à optimiser dans ton code par exemple:

a=n/(k+1)
b=n/k

Sur l'exécution complète du premier while tu auras calculé plusieurs fois les mêmes nombres.


Et je suis un peu surpris de la suite:

while i>0:
        somme+=i*(n/i)
        i-=1

Tu n'utilises pas totalement la formule :

$$\sum_{i=1}^{n} \sigma(i)=\sum_{k=1}^{n} f\Big(E\Big(\dfrac{n}{i}\Big)\Big)$$

où $$f(x)=\dfrac{x(x+1)}{2}$$


Par ailleurs, combien de fois les while bouclent?
enonce
Re: Équivalent d'une somme
il y a six années
Et si on généralisait ?

Soit $\alpha >1$ réel et on note $\sigma_\alpha(n) := \sum_{d \mid n} d^\alpha$. Montrer que
$$\sum_{n \leqslant x} \sigma_\alpha(n) = \frac{\zeta(\alpha+1)}{\alpha+1} \, x^{\alpha+1} + O \left ( x^\alpha \right ).$$
Re: Équivalent d'une somme
il y a six années
avatar
Une mise à jour du script Pari-GP précédent.

En principe, il calcule $ \sum_{k=1}^{n} \sigma(k)$ pour tout $n>1$ entier :)


sigm(n)=\{
local(l=floor(sqrt(n)),s=0,t=0,u=n,v);
for(i=1,l,v=u;u=floor(n/(i+1));t=t+i;s=s+v*(v+1)/2+(v-u)*t);
if(l==v,return(s-l*(l+1)/2),return(s));
\}

PS:
Pour ceux qui veulent le tester et qui connaissent très peu Pari-GP.
Sous Windows, Il faut créer un fichier par exemple, toto.txt, mettre le listing du script dedans et le mettre dans le répertoire:

C:/Program Files/PARI/examples

(les antislash ne fonctionnent pas en mode latex, mais il faut remplacer / par un antislash)

Pour qu'il soit pris en compte par Pari-GP il faut exécuter l'instruction:
read("toto.txt") et la fonction sigm() devient disponible (attention au fait qu'il existe déjà une fonction sigma())
Re: Équivalent d'une somme
il y a six années
Bonjour, dans la méthode Guego, je n'arrive pas à comprendre la phrase finale :

On conclut avec le théorème de convergence dominée sur les séries.


Quelqu'un aurait-il l'amabilité de détailler cette phrase ?

Je vous en remercie d'avance

Cordialement
Re: Équivalent d'une somme
il y a six années
C'est pareil que le théorème de convergence dominée normal, mais avec des séries à la place des intégrales :

Tu as une suite double $a_{i,j}$ telle que, pour tout $i$, $a_{i,j}$ converge vers $b_i$ (lorsque $j$ tend vers $+\infty$), et telle que, pour tout $i$ et $j$, $|a_{i,j}| \leqslant c_i$ où $c_i$ ne dépend pas de $j$ et est le terme général d'une série convergente.
Alors la série $\sum b_i$ converge et $\displaystyle \sum_{i=0}^{+\infty} a_{i,j} \xrightarrow[j \rightarrow +\infty]{} \ \sum_{i=0}^{+\infty} b_i$.
Re: Équivalent d'une somme
il y a six années
avatar
Merci de nous rafraichir la mémoire :)

Je propose une démonstration du théorème de Guego.

Pour $x \geq 0$, soit $\displaystyle F_{n}(x) = \sum_{i=0}^{n}a_{i,E(x)}$, et $\displaystyle F(x) = \sum_{i=0}^{+\infty}a_{i,E(x)}$ qui est une série absolument convergente pour tout $x$ car $|a_{i,E(x)}| \leq c_{i}$ et $c_{i}$ est le terme d'une série convergente. Donc $F_n(x)$ converge simplement vers $F(x)$.

Or on a $\displaystyle |F(x) - F_{n}(x)| = |\sum_{i=n+1}^{+\infty}a_{i,E(x)}| \leq \sum_{i=n+1}^{+\infty}c_{i}$ qui converge vers $0$. Donc $F_{n}(x)$ converge uniformément vers $F(x)$.

Par ailleurs il est facile de voir que $\lim\limits_{x \rightarrow +\infty} a_{i,E(x)} = b_{i}$.

Le théorème d'interversion des limites pour les séries de fonctions convergeant uniformément montre que :
$\displaystyle \sum_{i=0}^{+\infty} b_i$ existe,
et $\displaystyle \lim\limits_{x \rightarrow +\infty} F(x) = \sum_{i=0}^{+\infty} b_i$.

En particulier $F(j)$ converge vers $\displaystyle \sum_{i=0}^{+\infty} b_i$ lorsque $j$ tend vers $+\infty$, ce qui termine la démonstration car $\displaystyle F(j) = \sum_{i=0}^{+\infty} a_{i,j}$.

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