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Trouver un équivalent de la série de fonctions en 0

Modifié (November 2022) dans Analyse
Soit la fonction $f(x) = \sum_{n=1}^{+\infty} n^x \exp(-nx)$,
On veut trouver un équivalent de $f$ en $0^+$.
Je pense avoir trouvé un équivalent possible : $f(x) \sim x^{-(x+1)}$.
Je l'ai trouvé à partir d'une analyse par un graphe.
Est-ce que quelqu'un aurait un équivalent de $f$ et [pourrait] me donner une idée pour démontrer un tel équivalent ?
Mots clés:

Réponses

  • On a plus simplement $f(x)\sim\dfrac1x$ en $0^+$. On l'obtient par comparaison à une intégrale.
  • Est-ce que la recherche de cet équivalent touche à la VIE DU FORUM ET DE SES MEMBRES ?
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    Citation :  Je suis Jack 
  • Alors, j'ai une petite difficulté avec la comparaison à une intégrale. C'est l'intégrale : $\int_1^N t^x \exp(-tx) dt$ ?

    Comment fait-on pour trouver $\frac{1}{x}$ ?
  • Modifié (November 2022)
    J'ai essayé de le calculer mais je ne trouve pas quelque chose de concluant
  • Ça ressemble furieusement à la fonction gamma. Une ipp bien sentie devrait éclairer.
  • Modifié (November 2022)
    Ok du coup, je trouve ça : $\int_{1}^{+\infty}t^x\exp(-tx)dt = \dfrac{1}{x^{x+1}}\big(x^x \exp(-x)+x\Gamma(x)-x\int_{0}^x u^{x-1}\exp(-u)du\big)$
    J'ai quelques difficultés avec ce résultat. Tout d'abord, je ne sais pas de l'allure de $x\int_{0}^x u^{x-1}\exp(-u)du$ quand $x\to 0^+$ (car il y a la variable $x$ dans l'intégrale).
    Puis, je ne suis pas sensé connaître la fonction $\Gamma$. Cela devrait être faisable sans elle (même si je l'avoue que cela aide fortement).
  • Modifié (November 2022)
    Bonjour,
    Et pourquoi ne pas appliquer le CDV $u = t x$ ? On retombe alors sur l'équivalent $\frac{\Gamma(1)}{x}$ avec $\Gamma(1) = 0! = 1$.
  • @Bibix Comment retombes-tu sur cette équivalent ?
    Je n'ai pas exactement ça.
  • Modifié (November 2022)
    Normalement, tu obtiens $\frac{1}{x^{x+1}}\int_{x}^{+\infty} u^x e^{-u} du = \frac{1}{x^{x+1}} \mu(x)$. À partir de là, on cherche l'équivalent en $0$, donc il ne reste plus qu'à démontrer la continuité à droite de $\mu$ en $0$ (ce qui est trivial).
  • Modifié (November 2022)
    @Bibix
    Voici mes calculs : $\int_{1}^{+\infty}t^x\exp(-tx)dt = \frac{1}{x}\int_{x}^{+\infty}(\frac{u}{x})^x\exp(-u)du = \frac{1}{x^{x+1}}\int_{x}^{+\infty}u^x\exp(-u)du$
    Effectivement, mais en quoi est-ce trivial ?
    @jandri
    J'ai fait autrement et je trouve ça :
    Tout d'abord, $\forall x>0, t\to t^xe^{-tx}$ est décroissante pour $t\ge1$.
    On sait $\forall n\in \mathbb N^*\backslash\{1\}, \int_{n-1}^{n}v^xe^{-vx}dv \ge n^xe^{-nx} \ge \int_{n}^{n+1}v^xe^{-vx}dv$ donc : $\int_{1}^{+\infty}v^xe^{-vx}dv \ge \sum_{n=2}^{+\infty}n^xe^{-nx} \ge \int_{2}^{+\infty}v^xe^{-vx}dv$
    Or $\int_{1}^{+\infty}t^x\exp(-tx)dt = x^{-x}\Gamma(x) - \int_{0}^{1}t^x\exp(-tx)dt$ et $\int_{2}^{+\infty}t^x\exp(-tx)dt = x^{-x}\Gamma(x) - \int_{0}^{2}t^x\exp(-tx)dt$
    Ainsi, on trouve $\forall x>0, x^{-x}\Gamma(x) - \int_{0}^{1}t^x\exp(-tx)dt \ge  \sum_{n=2}^{+\infty}n^xe^{-nx} \ge x^{-x}\Gamma(x) - \int_{0}^{2}t^x\exp(-tx)dt$
    Or $\forall x >0, \forall t\in[0,1], 0 \le t^x\exp(-tx) \le 1$. Donc on obtient : $\forall x>0, x^{-x}\Gamma(x) + e^{-x}\ge  \sum_{n=1}^{+\infty}n^xe^{-nx} \ge x^{-x}\Gamma(x) - 1 + e^{-x}$
    $x^{-x}\Gamma(x) \sim x^{-1-x}$ et $x^{-x-1}\to_{x\to0^+} +\infty$. Donc par le théorème des gendarmes en divisant par $x^{-1-x}$, on a donc :$$\sum_{n=1}^{+\infty}n^xe^{-nx}\sim_{x\to0^+}x^{-1-x}$$Etait-ce faux ?
  • @Bibix Mon problème, c'est que $\mu(x)$ est une intégrale dont $x$ est au niveau de la fonction intégrée et les bornes. Cela pourrait être embêtant, non ?
  • Modifié (November 2022)
    Si tu sais intégrer des fonctions continues par morceaux, non car $\int_x^{+\infty} f(t) dt = \int_{\mathbb{R}_+} \mathbb{1}_{t \geqslant x} f(t) dt$.
  • @Bibix D'acccord, je vois. Comment arrives-tu à $\frac{\mu(x)}{x^{x+1}} \sim_{x\to 0^+} \frac{\Gamma(1)}{x}$ ? De manière formelle, je ne vois pas comment à en arriver là. 
  • Modifié (November 2022)
    _ étape 1 : $\underset{x \to 0^+}{\lim} \mu(x) = \mu(0) = \Gamma(1)$ (se démontre avec un petit TCD trivial)
    _ étape 2 : $\underset{x \to 0^+}{\lim} x^x = 1$ (il suffit d'utiliser les croissances comparées et $x^x = e^{x \ln(x)}$)
    _ étape 3 : $\underset{x \to 0^+}{\lim} \frac{\mu(x)}{\Gamma(1)} \frac{x}{x^{x + 1}} = 1$
  • POurquoi ne pas trvailler directement sur $\int_{0}^{+\infty}t^x\exp(-tx)dt $ au lieu de $\int_{1}^{+\infty}t^x\exp(-tx)dt $ du fait de la facilité $\int_{0}^{+\infty}t^x\exp(-tx)dt=\frac 1x \frac {\Gamma(x+1)}{x^x}\sim \frac 1x \frac 11=\frac 1x$
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    Citation :  Je suis Jack 
  • Ok du coup, je viens de comprendre que j'avais le bon équivalent. Merci beaucoup !
  • Modifié (November 2022)
    Et u.n équivalent de $f$ en $+\infty$ ?
    Sens de variations de $f$ ?
  • @jojob  Il faut bien comprendre mon raisonnement. Du moment qu'on démontre que $\lim_{x\to 0} x \int_{0}^{+\infty}t^x\exp(-tx)dt  =1$, on aura gratuitement ( sans TCD) $\lim_{x\to 0} x \int_{1}^{+\infty}t^x\exp(-tx)dt =1$ du fait que $\lim_{x\to 0} x \int_{0}^{1}t^x\exp(-tx)dt =0$  (A remarquer que,$ \forall x>0,\quad  0<\int_{0}^{1}t^x\exp(-tx)dt\leq 1$). Je pense que c'est le raisonnement pensé par @Jandri
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    Citation :  Je suis Jack 
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