Équivalent d'une suite (intégrale)

Bonjour à tous.
Pour $n\geq 2$ entier on pose $\ \displaystyle u_n=\int_0^{+\infty}\frac{\text{d}x}{(x+1)(x+2)\cdots(x+n)}.\ $ Voyez-vous un moyen de déterminer un équivalent de $u_n$ lorsque $n\to +\infty$, et si possible sans faire appel à des fonctions spéciales (même si $\Gamma$ pointe bien son nez). J'ai tenté des changements de variables ($u=\frac 1x$), des majorations, des calculs approchés (un équivalent serait bien en $n!$ à constante près (?)), des découpages avec la relation de Chasles, et j'ai obtenu après décomposition en éléments simples $\forall n\geq 2,\; u_n=\displaystyle\sum_{k=1}^n(-1)^k\frac k{n!}\binom nk\ln(k)$.
Merci d'avance pour vos idées !

Réponses

  • Bonjour,

    Décomposition en éléments simples.
  • Il semble que YvesM à lu en diagonale
    Lorsque notre cher Nico, le professeur, intervient dans une question d'analyse, c'est une véritable joie pour les lecteurs..


  • Bonsoir,
    Soit $\displaystyle v_{n} = n! \,u_{n} = \int _{0} ^{\infty } \frac{\mathrm{d}x}{(1+x)(1+ \frac{x}{2} )\cdots (1+ \frac{x}{n} )}$. Le graphe de $\ln(v_n)$ en fonction de $\ln(\ln(n))$ est très bien approché sur la plage $n\in[10^3,10^5]$ par une droite de pente $-0{,}97$ et d'ordonnée à l'origine $-0{,}04$ donc je conjecture que $v_n \sim \frac1{\ln(n)}$, i.e. $u_n\sim\frac1{n!\ln(n)}$. En utilisant que $(1+\frac{x}i)\leqslant e^{x/i}$ on trouve que $v_n \geqslant \frac{1+o(1)}{\ln(n)}$, mais je n'arrive pas à prouver l'inégalité contraire.
    D'ailleurs, sur le papier j'ai l'impression que $v_n = \Theta(1)$, ce qui contredit ma conjecture :-S. Alors j'ai peut-être fait une erreur de calcul, je ne comprends pas trop... Je m'arrête là pour ce soir ; c'est l'heure de regarder un film. ;-)
  • $\displaystyle v_{n} = n! \,u_{n} = \int _{0} ^{\infty } \frac{\mathrm{d}x}{(1+x)(1+ \frac{x}{2} )\cdots (1+ \frac{x}{n} )}\geq \int _{0} ^{\infty }\mathrm{e}^{-xH_n}\mathrm{d}x$ avec $H_n=\displaystyle\sum_{k=1}^n\dfrac1k$.

    Cela incite à faire le changement de variable $t=xH_n$ et on peut alors appliquer le théorème de convergence dominée (seule la domination demande un peu de travail).
  • Bonjour,
    $$\int_0^{\infty}\frac{1}{\prod_{k=1}^n(1+x/k)} \simeq \int_0^1 {\prod_{k=1}^n(1+x/k)} = \int_0^1 \exp\Big(-\sum_{k=1}^n \log(1+x/k)\Big)dx
    $$ et
    $$\int_0^1 \exp\Big(-\sum_{k=1}^n \log(1+x/k)\Big)dx \simeq \int_0^1 \exp\Big(-\sum_{k=1}^n x/k\Big)dx \sim 1/\log n.

    $$ Il reste à justifier ces approximations. On commence par la dernière : on utilise que $\log (1+y)=y+O(y^2)$ pour $y$ petit. Ensuite pour justifier la première approximation il suffit de montrer que l'intégrale entre $1$ et $n$ est négligeable devant $1/\log n$.
  • Bonjour et merci à tous.
    Mickaël je crois qu'il manque un inverse dans ta deuxième intégrale. Pour ta première approximation, on peut écrire $\displaystyle\int_0^{+\infty}=\int_0^{1}+\int_1^{+\infty}$ puis faire le changement de variable $u=\dfrac 1x$ dans la deuxième intégrale.
  • Bonjour,
    L'obtention de cet équivalent me paraît quand même assez délicate, et j'en propose un accès très détaillé.(je n'ai pas su tirer un parti efficace du changement de variable préconisé par Dedekind 93)

    $ \displaystyle \forall n\in \N, n\geqslant 2, \:\: \forall x \in\R^+, \:\:\: F_n(x):=\prod_{k=1}^n\left(1+\frac xk\right)^{-1}\mathrm dx,\quad I_n=\int_0^{+\infty}F_n, \quad J_n =\int_0^1 F_n,\quad K_n =\int_1^{+\infty} F_n.$
    On va montrer que: $\:\: \displaystyle J_n\underset{n\to + \infty}{\sim}\dfrac 1{\log n}, \quad K_n=o\left(\dfrac 1{\log n}\right),\quad $ ce qui entrainera:$\quad \boxed {I_n\underset{n\to + \infty}{\sim}\dfrac 1{\log n}.}$


    $\bullet \:\:$ En remarquant que $\displaystyle \prod_{k=3} ^ n \left( 1 +\dfrac 1k \right) =\frac {n+1}3,\qquad 0\leqslant K_n\leqslant \frac 3{n+1}\int_{1}^{+\infty} \dfrac 1 {(1+x)(1+ x/2)}\mathrm dx = o\left(\dfrac 1{\log n}\right)\:\square$

    $\bullet\:\:$Notons: $h_n:= \displaystyle \sum_{k=1}^n \dfrac 1k.\quad h_n J_n =\displaystyle \int_ 0^{h_n}F_n\left(\dfrac x{h_n}\right) \mathrm dx \overset{ (\bigstar)}= \int _0^{h_n} \rm e^{-x}\rm dx +\int _0^{h_n}G_n (x) \rm dx \quad $ où $\:\: \displaystyle G_n(x)= \rm e^{-x}\left (\prod _{k=1}^n \dfrac{\exp \left(\frac x{k h_n}\right)}{1+\frac x{kh_n}}- 1\right). $
    Pour contrôler $G_n$ sur $[0;h_n],\;$ on utilise la majoration, facile à établir: $\quad\forall a \in [0;1], \:\: \dfrac{\rm e^a }{1+a}\leqslant 1+a^2.\:\:$
    $ \displaystyle {\forall x\in [0;h_n],\: 0 \leqslant G_n(x) \leqslant \rm e^{-x}\left( \prod_{k=1}^n\left (1+ \frac{x^2}{k^2 h_n^2}\right) -1\right) \leqslant \mathrm e^{-x}\left(\exp\left(\frac {x^2}{h_n^2}\sum_{k=1}^n \frac 1 {k^2}\right )-1\right)\leqslant \mathrm e^{-x}\left(\exp\left(\frac {\pi^2 x^2}{6h_n^2} \right )-1\right)}\:\:$On déduit:
    $\displaystyle{0\leqslant \int _0^{\sqrt {h_n}} G_n(x) \rm dx \leqslant \left( \exp\left( \pi^2/(6h_n)\right) -1\right) \int_0^{+\infty}\rm e^{-x}\rm dx, \qquad 0\leqslant \int _{\sqrt {h_n}}^{h_n }G_n(x) \rm dx\leqslant \left( \exp\left( \pi^2/6\right) -1\right) \int_{\sqrt {h_n}}^{+\infty}\rm e^{-x}\rm dx}.$
    Ces deux encadrements fournissent alors les limites::$\quad \displaystyle{\lim_{n\to + \infty}\int _0^{\sqrt{h_n}} G_n(x)\rm dx=\lim_{n\to + \infty} \int_{\sqrt{h_n}} ^{h_n} G_n (x) \rm dx= \lim_{n\to + \infty}\int_0 ^{h_n}G_n (x)\rm dx=0,}\:\:$
    puis ,avec $(\bigstar),\quad \displaystyle \lim_{n\to + \infty} h_n J_n=1,\:\:\:\:J_n\underset{n\to + \infty}{\sim}\dfrac 1{\log n} \square$
  • Bonjour,
    j'espère ne pas m'être trop trompé en écrivant, pour $n\geq 2$, que $\displaystyle\int_0^{+\infty}\underbrace{\frac{1}{(t+1)(t+2)\dots(t+n)}}_{=f_n(t)}\text{d}t=\underbrace{\int_0^{1}\frac{\text{d}x}{(x+1)(x+2)\dots(x+n)}}_{=I_n}+\underbrace{\int_0^{1}\frac{u^{n-2}}{(u+1)(u+2)\dots(u+n)}\text{d}u}_{=J_n}$, puis, pour $0<\epsilon<1$,
    \begin{align*}
    J_n&=\int_0^{1-\epsilon}\dots\text{d}u+\int_{1-\epsilon}^{1}\dots\text{d}u\leq (1-\epsilon)^{n-2}I_n+\epsilon f_n(1-\epsilon) \\
    &=(1-\epsilon)^{n-2}I_n+\epsilon \frac1{1-\epsilon}\int_0^{1-\epsilon}f_n(t)\text{d}t \\
    &\leq(1-\epsilon)^{n-2}I_n+\frac\epsilon{1-\epsilon}I_n,
    \end{align*} le point-clef étant la décroissance de $f_n$ sur $[0,1]$ pour ne pas que tout le poids soit en $1$. On a donc $J_n=o(I_n)$ lorsque $n\to+\infty$, l'intégrale $I_n$ pouvant se traiter directement par l'idée de Mickaël et le changement de variable de Jandri (menant à une convergence dominée).
  • Malheureusement, après ton changement de variable $u=1/x$, la deuxième intégrale devrait être : \[\int_0^1\frac{u^{n-1}}{(1+u)(1+2u)\dots(1+nu)}du\]
  • Sauf erreur en utilisant le résultat de cet exercice, en divisant l'intégrale en $\int_{0}^{n}+\int_{n}^{\infty}$ j'arrive à faire ressortir cet équivalent pas évident à première vue
    $$
    \int_{0}^{y}x\Gamma(x)y^{-x}dx\ \sim\ \frac{1}{\log(y)},\qquad (y\rightarrow\infty).

    $$ Je doute qu'il soit possible de l'obtenir directement.
  • Il me semble qu’il y a deux démos pour l’équivalent de cette intégrale dans

    https://math.stackexchange.com/questions/628852/simple-equivalent-of-int-0-infty-fracdxx1x2-xn-when-n-to-inf
  • La démonstration que j'ai suggérée est la dernière dans le lien donné par etanche.
  • Pour le contrôle de la partie entre $1$ et $\infty$ on utilise juste $u \geqslant 1$ sauf sur les deux premiers morceaux du produit et on écrit
    $$\int_1^{\infty} (\cdots)du \leq \int_1^{\infty} \frac{du}{(1+u)(1+u/2) \prod_{k=3}^n (1+1/k)}.
    $$ Il reste à dire que $\prod_{k=3}^n (1+1/k)\sim Cn$ pour conclure (le produit est télescopique).

    Pour la partie entre $0$ et $1$ un coup de Taylor et de DL de la série harmonique donnent $|\sum_{k=1}^n \log (1+u/k)-u\log n| \leq Cu$ ce qui permet d'écrire
    $$\int_0^1e^{-\sum_{k=1}^n\log(1+u/k)}du=\int_0^1e^{-u\log n + O(u)}du,
    $$ et de conclure.
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