Recherche d'un équivalent

zorg · 30 Apr

Soit $f:t \mapsto \frac{1}{t^{\alpha}}$ où $\alpha \in[0,1]$. Pour $n \in \N$, soit $a_n = \inf \{p \in \N^*, n \le \sum_{k=1}^pf(k)\}$.

1) Montrer l'existence de $a_n$ pour tout $n\in\N$. Montrer que $\forall n \in \N$, $a_n \ge n$.

2) Trouver un équivalent de $\sum_{k=1}^p f(k)$. En déduire un équivalent de $a_n$.

1) ok

2) Posons $S_p = \sum_{k=1}^p f(k)$. Une comparaison série-intégrale donne si $\alpha=1$, $S_p \sim \ln(p)$ et si $\alpha \in[0,1[$, $S_p\sim \frac{p^{1-\alpha}}{1-\alpha}$. A partir de cela, je ne vois pas comment en déduire un équivalent de $a_n$. Une indication ?

AlainLyon · 30 Apr

Bin, puisque tu as des équivalents de $S_p$ comme fonction $f(p)$ croissante de $p$, tu as de $p=f^{-1}(f(p))$

$f^{-1}(S_p)$ comme équivalent de $n$.

JLT · 30 Apr

$S_{a_n}\sim n$.

zorg · 30 Apr

@AlainLyon Je ne comprends pas. On parle de la fonction $f : t \mapsto \frac{1}{t^{\alpha}}$ qui est strictement décroissante ?

gebrane · 1 May

Bonjour,

Sans le besoin de déranger JLT, qui a compris sa démarche pour aboutir à
l' équivalent de $a_n$ ?

bisam · 1 May

Encadrement utilisant la définition de $a_n$ puis utilisation de $a_n\geq n$ pour conclure que $f(a_n)$ est négligeable devant $n$. et enfin utilisation de l'équivalent de $S_{a_n}$ obtenu avec la comparaison série-intégrale.

Le cas $\alpha=1$ demande un peu plus de travail car on ne peut pas obtenir l'équivalent de $a_n$ directement : on a besoin d'utiliser le développement asymptotique de la série harmonique.

jandri · 1 May

Le cas $0<\alpha<1$ est simple : on divise $S_{a_n-1}<n\leq S_{a_n}$ par $a_n^{1-\alpha}$ et on fait tendre $n$ vers l'infini (on utilise $a_n-1\sim a_n$).

Comme le dit @bisam, dans le cas $\alpha=1$ on utilise $H_p=\ln p+\gamma+o(1)$.

gebrane · 1 May

Ok pour $\alpha\neq 1$, vous trouvez
$a_n \sim ((1-\alpha)n )^{\frac 1{1-\alpha}}$ et pour $\alpha=1$ vous trouvez quoi au juste ? dit je n'avais pas vu le message de Jandri OK

jandri · 1 May

Pour $\alpha=1$ : $a_n\sim e^{n-\gamma}$.

gebrane · 1 May

Oui, je n'avais pas vu to message

zorg · 2 May

OK merci pour vos réponses.

Je pose $A_n:=\{p \in \N^* \mid S_p \ge n\}$ avec $S_p:= \sum_{k=1}^pf(k) =\sum_{k=1}^p\frac{1}{t^{\alpha}}$. Comme $\alpha <1$, la série $\sum_{k \ge 1}f(k)$ diverge vers $+\infty$ donc $S_p \stackrel{p\to+\infty}{\longrightarrow} +\infty$ donc $A_n$ est non vide. Comme c'est une partie non vide minorée (par $0$) de $\R$, $A_n$ admet une borne inférieure d'où l'existence de $a_n$. En fait, $A_n$ est une partie de $\N^*$ donc $a_n$ est le plus petit élément de $A_n$. En particulier, $a_n \in A_n$ donc $S_{a_n} \ge n$. Par ailleurs, $S_{a_n} = \sum_{k=1}^{a_n}\frac{1}{k^{\alpha}} \le \sum_{k=1}^{a_n}1 = a_n$ donc $n \le a_n$.

Une comparaison série-intégrale montre que pour $\alpha \in [0,1[$, $S_p \stackrel{p\to+\infty}{\sim} \frac{p^{1-\alpha}}{1-\alpha}$ et si $\alpha=1$, $S_p \stackrel{p\to+\infty}{\sim} \ln(p)$.

$a_n-1<a_n$ donc $a_n-1$ n'appartient pas à $A_n$ de sorte que $S_{a_n-1}<n$. On a donc $S_{a_n-1} \le n \le S_{a_n}$. On suppose que $\alpha \in [0,1[$. On a en multipliant l'encadrement précédent par $\frac{1-\alpha}{a_n^{1-\alpha}}$ : $\frac{1-\alpha}{a_n^{1-\alpha}}S_{a_n-1} \le \frac{1-\alpha}{a_n^{1-\alpha}}n \le \frac{1-\alpha}{a_n^{1-\alpha}}S_{a_n} \quad (\star)$.

Comme $n\le a_n$, $a_n \to +\infty$ donc $S_{a_n} \stackrel{n\to+\infty}{\sim}\frac{a_n^{1-\alpha}}{1-\alpha}$. Comme $a_n -1 \stackrel{n\to+\infty}{\sim} a_n$, $S_{a_n-1} \stackrel{n\to+\infty}{\sim}\frac{(a_n-1)^{1-\alpha}}{1-\alpha} \stackrel{n\to+\infty}{\sim}\frac{a_n^{1-\alpha}}{1-\alpha}$. On en déduit que le minorant et le majorant dans l'encadrement $(\star)$ tendent vers $0$ . On a donc $\lim_{n\to+\infty} \frac{n(1-\alpha)}{a_n^{1-\alpha}}=1$ donc $a_n \stackrel{n\to+\infty}{\sim} \big((1-\alpha)n\big)^{\frac{1}{1-\alpha}}$.

Si $\alpha=1$, $S_{a_n} = \ln(a_n) + \gamma + \mathrm{o}(1)$. De l'encadrement $S_{a_n-1} \le n \le S_{a_n}$, ob obtient $\ln(a_n-1) + \mathrm{o}(1) \le n-\gamma \le \ln(a_n)+ \mathrm{o}(1)$. En passant à l'exponentielle et en divisant par $a_n$ : $\left(1-\frac{1}{a_n}\right)e^{ \mathrm{o}(1)} \le \frac{e^{n-\gamma}}{a_n} \le e^ {\mathrm{o}(1)}$. On a donc $\lim_{n\to+\infty} \frac{e^{n-\gamma}}{a_n}=1$ donc $a_n \stackrel{n\to+\infty}{\sim} e^{n-\gamma}$.

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