Équivalent de cette somme ?

Homo Topi

Je me suis fabriqué mon propre petit exercice : j'étudie la série $\displaystyle \sum \dfrac{1}{n^2 - \ln(n)}$.

La convergence, ce n'est pas compliquée : on sait que $\ln(x)\leqslant x-1<x$, dont on peut déduire que $0  < \dfrac{1}{n^2 - \ln(n)} < \dfrac{1}{n^2 - n}$, et on a $\displaystyle \sum_{n \geqslant 2} \dfrac{1}{n^2 - n}=1$, les sommes partielles se simplifient par télescopage après une décomposition en éléments simples.

Je me suis demandé si l'on peut calculer la somme. Je n'ai pas trouvé. WolframAlpha ne donne pas de forme close, donc je pense qu'un résultat exact est compromis. Cependant, il donne une approximation : $\boxed{\approx 1,72066}$.

Il faut bien que ce nombre sorte de quelque part. Je présume qu'on peut calculer un équivalent de la suite des sommes partielles $\displaystyle \sum_{n=2}^N \dfrac{1}{n^2 - \ln(n)}$, après quoi il suffirait de calculer (une approximation de) la limite de cet équivalent.

Je ne sais pas trop comment trouver un équivalent de ce truc-là. J'aimerais un coup de main !

Ug

La série étant convergente, l'équivalent est simplement donné par la somme  Peut-être avais-tu plutôt en tête de d'intéresser à un équivalent des restes $\sum_{k=n}^{+\infty}\frac{1}{k^2-\ln(k)}$ ?

JLapin

Désolé mais tu n'auras pas mieux que la limite elle-même comme équivalent simple de cette somme partielle d'une série convergente et elle n'est manifestement pas exprimable à l'aide de constante ou fonctions usuelles.

Par contre, si tu veux expliciter, pour $\varepsilon>0$ fixé un entier $N$ tel que $S_N$ soit proche de la somme totale à $\varepsilon$ près, tu peux majorer la suite des restes en utilisant par exemple ton terme télescopique.

Homo Topi

Ug : je veux bien, mais je la calcule comment, la somme ?

JLapin : j'essaierai d'écrire ça proprement, je reviendrai ici quand ce sera fait.

Poirot

@Homo Topi : On en revient à tes problèmes avec les équivalents et compagnie. La série étant convergente, en notant sa somme $S$, les sommes partielles seront équivalentes à toute quantité de la forme $S + f(n)$, avec $f(n)$ tendant vers $0$ quand $n$ tend vers l'infini. Ce qui serait effectivement intéressant, ce serait un développement asymptotique au-delà du terme principal $S$, autrement dit, un équivalent de $\sum_{n=1}^N \frac{1}{n^2 - \log n} - S = \sum_{n=N+1}^{+\infty} \frac{1}{n^2 - \log n}$.

gebrane

Qui trouve la somme de cette série alors chapeau. Je n'ai jamais vue de tels calculs 

Amathoué

gebrane a dit :

Qui trouve la somme de cette série alors chapeau. Je n'ai jamais vue de tels calculs 

J’ai trouvé, elle vaut $\displaystyle \sum_{n=1}^{+\infty} \dfrac{1}{n^2 - \ln(n)}$

Math Coss

Quant à un équivalent du reste, je parie sur $1/n$ – comme la série $\sum1/n^2$. Tiens, en fait, il y a un théorème dit de sommation des équivalents qui le dit tout de suite.

Homo Topi

Bon, on a $\dfrac{1}{n^2 -\log n} \sim \dfrac{1}{n^2}$, donc $\displaystyle \sum_{k=n+1}^{+\infty} \dfrac{1}{k^2 -\ln(k)} \sim \sum_{k=n+1}^{+\infty} \dfrac{1}{k^2}$, mais ça j'en fais quoi ?

Le seul truc que je sais, c'est que $\displaystyle \sum_{k=n+1}^{+\infty} \dfrac{1}{k^2} = \dfrac{\pi^2}{6} - \sum_{k=1}^{n} \dfrac{1}{k^2}$, je ne vois pas comment m'en servir et je ne sais pas quoi essayer d'autre.

MrJ

On peut déterminer un équivalent de $\displaystyle{\sum_{k=n+1}^{+\infty} \dfrac{1}{k^2}}$ avec une comparaison série-intégrale.
Une autre possibilité plus rapide est d’utiliser l’équivalent $\dfrac{1}{k^2}\sim \dfrac{1}{k(k+1)} = \dfrac{1}{k} - \dfrac{1}{k+1}$.

Chaurien

En effet : $\overset{+\infty }{\underset{k=n+1}{\sum }}\frac{1}{k^{2}-\ln k}\sim \overset{+\infty }{\underset{k=n+1}{\sum }}\frac{1}{k^{2}}\sim \int_{n}^{+\infty }\frac{dt}{t^{2}}=\frac{1}{n}$.

Chaurien

Ou bien selon l'idée de MrJ :
$\overset{+\infty }{\underset{k=n+1}{\sum }}\frac{1}{k^{2}-\ln k}\sim
\overset{+\infty }{\underset{k=n+1}{\sum }}\frac{1}{k^{2}}\sim \overset{+\infty }{\underset{k=n+1}{\sum }}\frac{1}{k(k-1)}$$=\overset{+\infty }{\underset{k=n+1}{\sum }}(\frac1k - \frac 1{k-1})=\frac{1}{n}$.

Chaurien

On peut chercher à préciser.

On a vu que : $u_{n}=\frac{1}{n^{2}-\ln n}\sim \frac{1}{n(n-1)}$, et :  $R_{n}=\overset{+\infty }{\underset{k=n+1}{\sum }}u_{k}\sim \overset{+\infty }{\underset{k=n+1}{\sum }}\frac{1}{n(n-1)}=\frac{1}{n}$.
Soit $u_{n}^{\prime }=u_{n}-\frac{1}{n(n-1)}$, alors :

$u_{n}^{\prime }=\frac{1}{n^{2}-\ln n}-\frac{1}{n(n-1)}=\frac{1}{n^{2}}(\frac{1}{1-\frac{\ln n}{n^{2}}}-\frac{1}{1-\frac{1}{n}})=\frac{1}{n^{2}}\cdot \frac{-\frac{1}{n}+\frac{\ln n}{n^{2}}}{(1-\frac{\ln n}{n^{2}})(1-\frac{1}{n})}=-\frac{1}{n^{3}}\cdot \frac{1-\frac{\ln n}{n}}{(1-\frac{\ln n}{n^{2}})(1-\frac{1}{n})}\sim -\frac{1}{n^{3}}$.
En conséquence : $R_{n}^{\prime }=\overset{+\infty }{\underset{k=n+1}{\sum }}u_{k}^{\prime}\sim -\overset{+\infty }{\underset{k=n+1}{\sum }}\frac{1}{k^{3}}\sim -\int_{n}^{+\infty }\frac{dt}{t^{3}}=-\frac{1}{2n^{2}}$
Or  $R_{n}^{\prime }=\overset{+\infty }{\underset{k=n+1}{\sum }}u_{k}^{\prime}=R_{n}-\frac{1}{n}$.

En conclusion : $R_{n}=\frac{1}{n}-\frac{1}{2n^{2}}+o(\frac{1}{n^{2}})$.

gebrane

Pour écraser  le théorème de sommation des équivalents ----> $\overset{+\infty }{\underset{k=n+1}{\sum }}\frac{(-1)^k}{k^{2}-\ln k}$

Guego

$\dfrac{1}{n^2-\ln(n)} = \dfrac{1}{n^2} + \dfrac{\ln(n)}{n^4} + o\left(\dfrac{1}{n^4}\right)$, donc par sommation des relations de comparaison, $R_n = \displaystyle \sum_{k=n+1}^{+\infty} \dfrac{1}{k^2} + \sum_{k=n+1}^{+\infty} \dfrac{\ln(k)}{k^4} + o\left(\dfrac{1}{n^3}\right)$. Or, les développements asymptotiques de $\displaystyle \sum_{k=n+1}^{+\infty} \dfrac{1}{k^2} $ et $\displaystyle \sum_{k=n+1}^{+\infty} \dfrac{\ln(k)}{k^4}$ sont plus faciles à déterminer.

On trouve $\displaystyle \sum_{k=n+1}^{+\infty} \dfrac{1}{k^2} = \dfrac{1}{n} - \dfrac{1}{2n^2} + \dfrac{1}{6n^3} +o\left(\dfrac{1}{n^3}\right)$ et $ \displaystyle\sum_{k=n+1}^{+\infty} \dfrac{\ln(k)}{k^4} = \dfrac{\ln(n)}{3n^3} + \dfrac{1}{9n^3} +  o\left(\dfrac{1}{n^3}\right)$.

Donc finalement, $R_n = \dfrac{1}{n} - \dfrac{1}{2n^2} + \dfrac{\ln(n)}{3n^3}+ \dfrac{5}{18n^3} +  o\left(\dfrac{1}{n^3}\right)$.

Math Coss

Pour en revenir à la question initiale, cet équivalent en $1/n$ donne une idée du nombre de termes à calculer pour avoir un nombre de chiffres significatifs dans la somme : pour $d$ chiffres, il faut $10^d$ termes.

Enfin, sauf si on utilise le résultat de Guego (en l'extrapolant un zeste) : il nous permet d'avoir environ $4d$ chiffres avec $10^{d}$ termes : comment et pourquoi ?

Homo Topi

Je suis vraiment en train d'apprendre/comprendre sur le tas. Je ne sais pas si j'ai fait des trucs comme ça à la fac, en tout cas je n'en ai pas le souvenir. Donc. $u_n := \dfrac{1}{n^2 - \log n}$. On sait que $\displaystyle \sum u_n$ converge, et on note $S:= \displaystyle \sum_{n \geqslant 1}u_n$.

On introduit les sommes partielles et les restes d'ordre $n$, $S_n := \displaystyle \sum_{k=1}^n u_k$ et  $R_n:=\displaystyle \sum_{k\geqslant  n+1} u_k$. J'ai donc $S=S_n+R_n$, avec $S_n$ qui est un truc calculable en temps fini, et vous m'avez offert divers équivalents de $R_n$. Pour simplifier, je prends $R_n \sim \dfrac{1}{n}$ pour l'instant.

Ce que je veux, c'est approximer $S$, et le seul truc que je suis en mesure de calculer, j'ai dit que c'est $S_n$. Or, je sais que $|S-S_n|=|R_n|$. Si j'estime que le résultat $S \approx 1,72066$ est exact sauf sur le dernier chiffre (parce qu'il est peut-être arrondi), il faut que les $4$ premiers chiffres après la virgule de $S-S_n$ soient des zéros pour que mon approximation de $S$ ait cette précision, autrement dit $|S-S_n|=|R_n|< 0,0001=10^{-4}$. Donc je cherche $n$ tel que $|R_n|<10^{-4}$. Comme $R_n \sim \dfrac{1}{n}$ et que $\dfrac{1}{n} < 10^{-4} \Longleftrightarrow n > 10^4$, il faudra que je calcule jusqu'à $S_{10.000}$ pour avoir $S$ avec $4$ chiffres exacts après la virgule.

C'est toujours ça que je trouve intéressant : évidemment, calculer $S_{10.000}$ à la main est complètement absurde quand on a un ordinateur. Cependant, il faut savoir quoi demander à l'ordinateur pour avoir le résultat qu'on veut, et ce n'était pas forcément clair pour moi. Du coup, si je veux vérifier si le dernier chiffre donné par Wolfy est exact ou arrondi, il faudrait calculer jusqu'à $S_{100.000}$, sauf si on utilise un meilleur équivalent de $R_n$.

Je vais essayer de comprendre les autres calculs d'équivalents plus précis que vous m'avez donnés, et je vais essayer de déterminer les vitesses de convergence associées à chaque équivalent à l'aide du fil https://les-mathematiques.net/vanilla/index.php?p=/discussion/2271522/vitesse-de-convergence-etc/p1 que j'ai gardé dans mes favoris. 

JLapin

L'équivalent n'est pas suffisant pour autre chose qu'un ordre de grandeur.

Si tu veux une valeur précise de $n$, il te faut une majoration explicite de l'erreur commise, i.e. du reste d'ordre n.

Pour cela, tu peux exploiter le terme télescopique de ton premier post.

Homo Topi

Je vais regarder ça. En tout cas, je trouve l'exercice très instructif, et ça m'aide vraiment beaucoup.

Math Coss

En principe, je suis d'accord. En pratique, les équivalents sont de bonnes approximations et, faute de mieux, je ne me prive pas de les utiliser.

Quelques illustrations numériques (j'omets volontairement la définition de la fonction T, qui est une légère variation sur S).

sage: def S(n):
....:     return add(1/(k^2-ln(k*1.)) for k in range(1,n+1))
....: 
sage: S(1000)
1.72465125340177
sage: S(10000)
1.72555076097534
sage: S(100000)
1.72564075602871
sage: S(1000000)
1.72564975597924
sage: def T(n):

sage: T(100)
1.72565077841047
sage: T(1000)
1.72565075598213
sage: T(10000)
1.72565075597869

On voit qu'en bricolant, il suffit de calculer la somme de cent termes pour obtenir mieux qu'avec un million de termes sans bricoler.

Au passage, ces résultats me font fortement douter de l'approximation $1{,}72066$ du premier message du fil. D'ailleurs j'obtiens $1{,}72565$, sans doute une faute de frappe d'Homo Topi.

Homo Topi

J'utilise un module de Wolfy, le "infinite series analyzer", je ne savais pas qu'il donnerait un résultat différent, c'est bon à savoir. Dans l'absolu, ici on s'en fiche, c'est la méthode qui compte.

Math Coss

Étonnant !

Homo Topi

Je ne m'y attendais pas non plus, mais ce n'est qu'un exemple supplémentaire où l'on voit qu'il ne faut pas faire bêtement confiance à la machine. Tant que  la méthode mathématique marche sur le papier, moi j'ai ce qu'il me faut. On a de quoi faire et vérifier les calculs, donc on saura lequel des deux modules a raison.

Math Coss

Parlant de méthode, que fait cette fonction T qui accélère la convergence à ton avis ?

Homo Topi

Aucune idée, je n'y ai pas encore réfléchi. 

Homo Topi

J'ai pris le temps de faire plus en détail les calculs d'équivalents, je continue à travailler le fil dans l'ordre (je regarderai la fonction T de MC plus tard).

J'ai cependant une question d'ordre théorique. Dans mon bouquin, les résultats que j'ai sur la "comparaison série-intégrale" sont les suivants :

- comparaison série-intégrale pour $f:[a~,+\infty[  \longrightarrow \R^+$ continue et décroissante : $\displaystyle \sum f(n)$ et $\displaystyle \int_a^{+\infty}f(t)dt$ sont de même nature

- extension à $f:[a~,+\infty[  \longrightarrow \C$ de classe $\mathcal{C}^1$ : si $\displaystyle \int_a^{+\infty}|f'(t)|dt<+\infty$, alors $\displaystyle \sum f(n)$ et $\displaystyle \int_a^{+\infty}f(t)dt$ sont de même nature

- formule d'Euler-MacLaurin "à l'ordre 0" : sous les mêmes conditions, si ça converge (c'est le cas qui nous intéresse, alors je ne mets pas le cas divergent) on a $\displaystyle \sum_{k=n+1}^{+\infty}f(k) = \int_n^{+\infty}f(t)dt + \sum_{k=n+1}^{+\infty}\bigg( \int_{k-1}^k(t-k+1)f'(t)dt \bigg)$

- formule d'Euler-MacLaurin "à l'ordre 1", qui est un raffinement de l'autre dans le cas $\mathcal{C}^2$.

Chaurien a "affirmé" deux équivalents : $\displaystyle \sum_{k=n+1}^{+\infty}\dfrac{1}{k^2} \sim \int_n^{+\infty}\dfrac{1}{t^2}dt$ et $\displaystyle \sum_{k=n+1}^{+\infty}\dfrac{1}{k^3} \sim \int_n^{+\infty}\dfrac{1}{t^3}dt$

Je constate que, d'une part, aucun résultat de mon bouquin n'affirme un équivalent, et d'autre part, Chaurien n'a pas vérifié grand-chose en termes d'hypothèses. On aurait presque envie de croire qu'il existe un résultat simple et utile, que Chaurien utilise, mais que mon bouquin ne mentionne pas.

Mon bouquin contient néanmoins une remarque : dans les conditions d'Euler-MacLaurin 0, si $f$ est de plus positive et décroissante, alors on a $\displaystyle\sum_{k=n+1}^{+\infty}\bigg( \int_{k-1}^k(t-k+1)f'(t)dt \bigg) \leqslant f(n)$. C'est démontré, mais je ne veux pas faire de recopiage. Ils terminent en disant que, du coup, si à tout hasard, on a $f(n) = o \bigg(\displaystyle \int_n^{+\infty}f(t)dt\bigg)$, alors on a effectivement $\displaystyle  \sum_{k=n+1}^{+\infty}f(k)\sim \int_n^{+\infty}f(t)dt$.

Bon, j'ai quand même fait l'effort de vérifier qu'avec $t \longmapsto \dfrac{1}{t^{\alpha}}$, où $\alpha > 1$, tout marche, et donc j'obtiens l'équivalent de Chaurien. Mais c'est long et chiant, pour un truc qu'il a juste annoncé comme si ça coulait de source.

DONC. La grande question : Si $f:[a~,+\infty[  \longrightarrow \R$ est positive, continue et décroissante, et que $\displaystyle \sum f(n)$ et $\displaystyle \int_a^{+\infty}f(t)dt$ convergent. A-t-on directement $\displaystyle  \sum_{k=n+1}^{+\infty}f(k)\sim \int_n^{+\infty}f(t)dt$ ? Sans devoir s'encombrer du caractère $\mathcal{C}^1$ à dérivée intégrable, j'entends.

Si oui, il serait grand temps que je sois au courant, et que j'en fasse une démonstration.

Sinon, j'aimerais savoir comment Chaurien a pu affirmer son équivalent sans aucune justification sans que quiconque ait un problème avec.

Math Coss

Chaurien a affirmé cela parce que c'est un ultra-classique. Pour $f:t\mapsto t^{-\alpha}$, c'est élémentaire : partant de l'encadrement $f(k+1)\le f(t)\le f(k)$ pour $k$ quelconque et $t\in[k,k+1]$, on somme sur $k$ et on réagence les inégalités obtenues pour encadrer $\sum_{k=1}^nf(k)$ par deux intégrales que l'on sait calculer.

Homo Topi

D'accord, ça je pense pouvoir le faire tout seul. Mais la question que je pose à la fin a-t-elle une réponse pour autant ?

JLapin

Oui, et la réponse est non.

Je suis prêt à parier que la fonction $t\mapsto e^{-t}$ constitue un contre-exemple (décroissance trop rapide par rapport aux exemples de Riemann).

Tu peux faire les calculs pour le vérifier.

Homo Topi

Je vais en effet faire ça !

Chaurien

Ce n'est pas moi qui ai parlé le premier de déterminer un équivalent de $\displaystyle{\sum_{k=n+1}^{+\infty} \dfrac{1}{k^2}}$ avec une comparaison série-intégrale, c'est MrJ ; j'ai suivi sa bonne idée.

Dans le fil récent « Comparaison série-intégrale »

 https://les-mathematiques.net/vanilla/index.php?p=/discussion/comment/2358883#Comment_2358883,

j'ai cité le théorème suivant  :

....................................................................................................................................................................................................................................

Théorème. Soit une fonction $f$ décroissante et positive (et continue par morceaux) sur $[a,+\infty \lbrack $, $a\in \mathbb{N}$.

Pour $n\in \mathbb{N}$, $n\geq a$, soit $S_{n}=\overset{n}{\underset{k=a}{\sum }}f(k)$ et $I_{n}=\int_{a}^{n}f(t)dt$.

Alors, la  suite $z_{n}=S_{n}-I_{n}$ admet une limite finie $C$ quand $n\rightarrow +\infty $.

....................................................................................................................................................................................................................................

Ce théorème implique que la série $\overset{+\infty}{\underset{k=a}{\sum }}f(k)$ et l'intégrale  $\int_{a}^{+\infty}f(t)dt$ sont de même nature. 

Sa conclusion s'écrit aussi : $S_n =I_n+C+o(1)$ quand $n\rightarrow +\infty $, ce qui est utile lorsque la série et l'intégrale sont divergentes. Par exemple : la constante d'Euler. Tout ceci est très connu.

Si la série et l'intégrale sont convergentes et si $f(n+1) \sim f(n)$ quand $n \rightarrow +\infty$, alors  $R_n=\overset{+\infty}{\underset{k=n+1}{\sum }}f(k) \sim$  $\int_{n}^{+\infty}f(t)dt$ quand $n\rightarrow +\infty $.

Comme dit JLapin, on n'a pas cet équivalent en cas de décroissance trop rapide de $f$, avec son contre-exemple $f(t)=a^{-t}, a>1$.

Chaurien

Je donne la démonstration de la dernière assertion de mon précédent message.

............................................................................................................................................................................................

Soit une fonction $f$ décroissante et positive (et continue par morceaux) sur $[a,+\infty \lbrack $, $a\in \mathbb{N}$. Si la série $\overset{+\infty}{\underset{k=a}{\sum }}f(k)$ et l'intégrale  $\int_{a}^{+\infty}f(t)dt$ sont convergentes, si l'on pose : $R_n=\overset{+\infty}{\underset{k=n+1}{\sum }}f(k)$ et $K_n=\int_{n}^{+\infty}f(t)dt$, et si $f(n+1) \sim f(n)$ quand $n \rightarrow +\infty$, alors  $ R_n \sim K_n$ quand $n\rightarrow +\infty $.

............................................................................................................................................................................................

• La décroissance de $f$ implique que pour $k\in \mathbb{N}$, $k \ge a$, on a : $f(k+1)\leq \int_{k}^{k+1}f(t)dt\leq f(k)$, et par sommation : $R_{n}\leq K_{n}\leq R_{n}+f(n)$.

• L'hypothèse  $f(n+1)\sim f(n)$ quand $n\rightarrow +\infty $ équivaut à : $f(n)-f(n+1)=o(f(n+1))$ quand $n\rightarrow +\infty $.

Pour tout  $\varepsilon >0$ il existe $N\in \mathbb{N}$ tel que $n\geq N$ implique : $ f(n)-f(n+1)\leq \varepsilon f(n+1)$.

• D'où pour $k \ge N$ : $\int_{k}^{k+1}f(t)dt\leq f(k)\leq (1+\varepsilon )f(k+1)$. Il en résulte par sommation, pour $n \ge N $ : $K_{n}=\int_{n}^{+\infty }f(t)dt\leq (1+\varepsilon )R_{n}$, et par suite : $0\leq K_{n}-R_{n}\leq \varepsilon R_{n}$. Il est ainsi prouvé que $K_{n}-R_{n}=o(R_{n})$ quand $n\rightarrow +\infty $, ce qui signifie exactement : $R_{n}\sim K_{n}$.