Qualité d'une approximation d'une intégrale par sommes de Riemann.

Bonjour à tous,

Je suis tombé récemment sur la recherche d'un équivalent de $\left(\prod_{k=1}^{n}k^{k}\right)^{1/n}$ et je sais le déterminer à condition de montrer que $\int_{0}^{1}x\ln x=\frac{1}{n}\sum_{k=1}^{n}\frac{k}{n}\ln\left(\frac{k}{n}\right)+o\left(\frac{1}{n}\right)$. J'ai pensé que j'allais répondre rapidement mais ça coince. En posant $f\left(x\right)=x\ln x$ (prolongée par continuité sur $\left[0;1\right]$) je me dis que je dois juste contrôler \[\left|\int_{0}^{1}f\left(x\right)dx-\frac{1}{n}\sum_{k=1}^{n}f\left(\frac{k}{n}\right)\right|=\left|\sum_{k=1}^{n}\int_{\frac{k-1}{n}}^{\frac{k}{n}}\left(f\left(x\right)-f\left(\frac{k}{n}\right)\right)dx\right|\] mais le caractère non dérivable en $0$ fait que la majoration habituelle tombe à l'eau. J'ai songé à découper la somme pour traiter différemment ce qui se passe en $0$ de ce qui se passe ailleurs, sans succès... Des idées de quelqu'un ?


Réponses

  • Bonjour,
    Peut-être qu'on peut montrer plus facilement que $\int_1^{n} x \ln(x) dx = \sum_{k = 1}^n k \ln(k) + o(n)$.
  • Merci Bibix,
    Tu te sers de ça pour résoudre le problème initial (la recherche de l'équivalent) ou bien pour montrer la condition suffisante à laquelle je suis arrivé ?
    Tu reviens à l'intégrale de 0 à 1 par changement de variable du genre $x=nu$ ?
  • Bibix
    Modifié (June 2023)
    C'était juste une idée en vrac pour le problème initial mais finalement, je pense que c'est faux. Il faut utiliser la formule d'Euler-Maclaurin qui donne un résultat plus précis et la réponse à la question initiale. Avec ta méthode, à part faire une double limite en considérant la somme de Riemann associée à $\int_{\varepsilon}^1 x \ln(x) dx$ quand $\varepsilon \to 0$, je ne vois pas comment faire.
  • On peut aussi faire un développement limité de $k \ln k - \int_{k-1}^k t \ln t dt$ pour ensuite utiliser le théorème de sommation des relations de comparaison et en déduire à peu près ce qu'on veut sur $\sum_{k=2}^n k \ln k$ et donc la suite initialement présentée.
  • Merci @JLapin, je vais m'orienter vers cette piste et oublier mes sommes de Riemann.
  • SkyMtn
    Modifié (June 2023)
    On découpe l'intégrale en deux en introduisant $1/n$ au milieu (puisque $\sqrt{x} \log x$ est borné sur $]0,1]$)
    $$ \int_0^1 x \log x \,\mathrm dx = \int_{1/n}^1 x \log x\,\mathrm dx + \mathrm O\Big(\frac{1}{n^{3/2}}\Big) $$ On réalise le changement de variable $y=nx$ pour avoir des bornes entières :
    $$ \int_{1/n}^1 x \log x\,\mathrm dx = \frac{1}{n^2}\int_1^n y\log y\,\mathrm dy \textcolor{green}{- \frac{\log n}{2}} + \mathrm o \Big(\frac{1}{n}\Big) $$ La formule sommatoire d'Euler-MacLaurin (à l'ordre deux) donne ensuite
    $$ \frac{1}{n^2}\sum_{k=1}^n k \log k = \frac{1}{n^2}\int_1^n y\log y\,\mathrm dy + \textcolor{blue}{\frac{\log n}{2n}} +\textcolor{red}{\frac{\log n}{12n^2} - \frac{1}{2n^2}\int_1^n \frac{\mathrm B_2(y-\lfloor y\rfloor)}{y^2}\,\mathrm dy}$$ On observe que les termes en rouge sont des  $\mathrm o(\frac{1}{n})$. Par ailleurs, on a
    $$ \frac{1}{n^2}\sum_{k=1}^n k \log k =  \frac{1}{n}\sum_{k=1}^n \frac{k}{n} \log \frac{k}{n} + \textcolor{green}{\frac{\log n}{2}} + \textcolor{blue}{\frac{\log n}{2n}} $$ Donc on obtient le développement asymptotique que tu voulais
    $$ \int_0^1 x \log x \,\mathrm dx =  \frac{1}{n}\sum_{k=1}^n \frac{k}{n} \log \frac{k}{n} + \mathrm o\Big(\frac{1}{n}\Big)$$ J'ai mis en bleu/vert les termes qui se compensent. Sauf erreur de ma part. :)
  • Merci beaucoup, je cherchais ce genre de choses, mais j'étais loin ! Je vais lire attentivement.
  • rakam
    Modifié (June 2023)
    Quand la fonction est monotone (juste sur des voisinages des bornes) et l'intégrale convergente on peut utiliser la limite des sommes de Riemann.
    Désolé pour le texte proposé : il manque une ligne pour terminer en remarquant que $f=u+v+w$ et qu'on peut enlever les termes extrêmes dans les sommes écrites.
  • bisam
    Modifié (June 2023)
    En mettant simplement le terme $k=1$ de ta somme à part, on peut utiliser simplement le fait que la fonction $f$ est décroissante sur $[0,1/n]$ lorsque $n\geq 3$ et majorer ainsi : \[\left|\int_0^{\frac{1}{n}} f(x)dx-\frac{1}{n}f(\frac{1}{n})\right|\leq \frac{1}{n}|f(\frac{1}{n})|=\frac{\ln(n)}{n^2}\]

    [EDIT] : Attention, il y a un facteur $1/n$ en trop dans les deux membres de droite ci-dessous.

    Sur $[\frac{1}{n},1]$, la fonction $f$ est lipschitzienne de rapport $|f'(1/n)|=\ln(n)-1$ si $n\geq 9$ et par conséquent on peut majorer \[\left|\int_{\frac{1}{n}}^1 f(x)dx-\frac{1}{n}\sum_{k=2}^n f(\frac{k}{n})\right|\leq \frac{\ln(n)}{n}\sum_{k=2}^n\int_{\frac{k-1}{n}}^{\frac{k}{n}} \left|x-\frac{k}{n}\right|dx \leq \frac{\ln(n)}{2n^2}\]


    Donc l'écart entre $\int_0^1 f(x)dx$ et $\displaystyle \frac{1}{n}\sum_{k=1}^n f(\frac{k}{n})$ est un $O(\frac{\ln(n)}{n^2})$ donc a fortiori un $o(\frac{1}{n})$.





  • troisqua
    Modifié (June 2023)
    Merci à vous !
    @bisam : je m'en veux de ne pas avoir vu ça ! Merci à toi.
  • troisqua
    Modifié (June 2023)
    @bisam : à la relecture de ce que tu as écrit,
    bisam a dit :
    .... et par conséquent on peut majorer \[\left|\int_{\frac{1}{n}}^1 f(x)dx-\frac{1}{n}\sum_{k=2}^n f(\frac{k}{n})\right|\leq \frac{\ln(n)}{n}\sum_{k=2}^n\int_{\frac{k-1}{n}}^{\frac{k}{n}} \left|x-\frac{k}{n}\right|dx \leq \frac{\ln(n)}{2n^2}\]
    Tu n'aurais pas un 1/n en trop en facteur du membre de droite de ton inégalité ? Du coup, ça ne marche pas.
  • bisam
    Modifié (June 2023)
    Bon sang, mais oui, tu as raison... donc il reste seulement un $O(\frac{\ln(n)}{n})$ qui ne te satisfait pas.
    Finalement, il faut sans doute être plus subtil, et éventuellement utiliser quelque chose qui ressemble à Euler-MacLaurin.
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