Qualité d'une approximation d'une intégrale par sommes de Riemann.
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
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Bonjour,
Peut-être qu'on peut montrer plus facilement que $\int_1^{n} x \ln(x) dx = \sum_{k = 1}^n k \ln(k) + o(n)$.
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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 $x=nu$ ?
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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.
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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.
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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.
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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.
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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 $o(\frac{1}{n})$.
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@bisam : à la relecture de ce que tu as écrit,bisam a dit :.... et par conséquent on peut majorer \[\left|\int_{\frac{1}{n}}^1 f(x)dx-\frac{1}{n}\sum_{k=2}^n f(\frac{k}{n})\right|\leq \frac{\ln(n)}{n}\sum_{k=2}^n\int_{\frac{k-1}{n}}^{\frac{k}{n}} \left|x-\frac{k}{n}\right|dx \leq \frac{\ln(n)}{2n^2}\]
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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.
Bonjour!
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