Bonjour à tous, j’ai eu à chercher le développement asymptotique à deux terme de la somme des ln(k)/k de 2 à n, je vous joins ma réponse.
Pouve
z-vous me donner votre avis ? Merci.
Ps : j’ai procédé par encadrement intégral puis par sommation des relations de comparaison.
Réponses
On a $\displaystyle \sum_{k=2}^n \dfrac{\ln(k)}{k} = \dfrac{\ln(n)^2}{2} + C + \dfrac{\ln(n)}{2n} - \dfrac{\ln(n)}{12n^2} + \dfrac{1}{12n^2} +o\left( \dfrac{1}{n^2}\right)$.
Pour information, un théorème de Mertens donne que $$\sum_{p \leq n} \frac{\log p}{p} = \log n + O(1),$$ où la sommation se fait sur les nombres premiers $p \leq n$. Le théorème des nombres premiers donne directement $$\sum_{p \leq n} \frac{\log p}{p} = \log n + C + o(1),$$ où $C$ est une constante.
On définit de même les autres constantes de Riemann-Stieltjes $\gamma_k$ avec $k \in \mathbb{N}$. À noter que $\gamma_0 = \gamma$.
$\displaystyle \underset{k=2}{\overset{n}{\sum }}f(k)=\int_{2}^{n}f(t)dt+C+\frac{1}{2}f(n)+%
\frac{b_{2}}{2}f^{\prime }(n)+o(f^{\prime \prime }(n))$,
où $b_2$ est le nombre de Bernoulli $ b_{2}=\frac{1}{6}$.
Application : $f(x)=\frac{\ln x}{x}$, $f^{\prime }(x)=-\frac{\ln x}{x^{2}}+\frac{1}{x^{2}}$, $f^{\prime \prime }(x)=2\frac{\ln x}{x^{3}}-\frac{3}{x^{3}}$, $\displaystyle \int_{2}^{n}f(t)dt=\frac{1}{2}(\ln n)^{2}-\frac{1}{2}(\ln 2)^{2}$.
Ce qui confirme le développement asymptotique : $\displaystyle \underset{k=2}{\overset{n}{\sum }}\frac{\ln k}{k}=\frac{1}{2}(\ln n)^{2}+C+\frac{\ln n}{2n}-\frac{\ln n}{12 n^{2}}+\frac{1}{12 n^{2}}+o(\frac{\ln n}{n^{3}})$.
Les courageux peuvent avancer d'un cran :
$\displaystyle \underset{k=2}{\overset{n}{\sum }}f(k)=\int_{2}^{n}f(t)dt+C+\frac{1}{2}f(n)+%
\frac{b_{2}}{2}f^{\prime }(n)+\frac{b_{4}}{24}f^{(3)}(n)+o(f^{(4)}(n))$, avec $b_{4}=-\frac{1}{30}$.
Bonne soirée.
Fr. Ch.
01/10/2021
Soit $f(x)=\frac{\ln x}{x}$. Alors $f^{(n)}(x)=(-1)^{n}\frac{n!}{x^{n+1}}(\ln x-H_{n})$, avec $\displaystyle H_{n}=\underset{k=1}{\overset{n}{\sum }}\frac{1}{k}$,
qu'on peut écrire aussi : $f^{(n)}(x)=\frac{(-1)^{n}}{x^{n+1}}(n!\ln x-c_{n})$, avec $c_{n}=n!H_{n}$.
On peut noter que $c_{n}=|s(n+1,2)|$, nombre de Stirling de première espèce : https://oeis.org/A000254.
En particulier $c_{0}=0,c_{1}=1,c_{2}=3,c_{3}=11,c_{4}=50$, d'où :
$f^{\prime }(x)=-\frac{1}{x^{2}}(\ln x-1)$, $f^{(3)}(x)=-\frac{1}{x^{4}}(6\ln x-11)$, $f^{(4)}(x)=\frac{1}{x^{5}}(24\ln x-50)$.
La formule sommatoire d'Euler-Mac-Laurin s'écrit :
$\displaystyle \underset{k=2}{\overset{n}{\sum }}f(k)=\int_{2}^{n}f(t)dt+C+\frac{1}{2}f(n)+\frac{b_{2}}{2!}f^{\prime }(n)+\frac{b_{4}}{4!}f^{(3)}(n)+o\big(f^{(4)}(n)\big)$,
avec les nombres de Bernoulli : $b_{2}=\frac{1}{6},b_{4}=-\frac{1}{30}$.
Ce qui se traduit par :
$\displaystyle \underset{k=2}{\overset{n}{\sum }}f(k)=\frac{1}{2}(\ln n)^{2}+C+\frac{1}{2}\cdot \frac{\ln n}{n}-\frac{1}{2}\cdot \frac{1}{6}\cdot \frac{1}{n^{2}}(\ln n-1)+\frac{1}{30}\cdot \frac{1}{24}\cdot \frac{1}{n^{4}}(6\ln n-11)+o\Big(\frac{\ln n}{n^{5}}\Big)$,
soit enfin :
\begin{equation}
\fbox{$
\begin{array}{rcl}
\displaystyle \underset{k=2}{\overset{n}{\sum }}f(k)=\frac{1}{2}(\ln n)^{2}+C+\frac{\ln n}{2n}-\frac{\ln n}{12n^{2}}+\frac{1}{%
12n^{2}}+\frac{\ln n}{120n^{4}}-\frac{11}{720n^{4}}+o\Big(\frac{\ln n}{n^{5}}\Big).
\end{array}
$}
\end{equation} La formule d'Euler-Mac-Laurin générale peut donner un tel développement à tout ordre, mais ce n'est peut-être pas indispensable ici.
Bonne journée.
Fr. Ch.
Soit $\alpha \in \mathbb{R}_+$, $\alpha \neq 1$. Alors, pour tout réel $x \geqslant 1$
$$\sum_{n \leqslant x} \frac{\log n}{n^\alpha} = \frac{x^{1-\alpha} \log x}{1-\alpha} - \frac{x^{1-\alpha}}{(1-\alpha)^2} - \zeta^{\, \prime} (\alpha) - \frac{\psi(x) \log x}{x^\alpha} + O_\alpha \left( \frac{\log x}{x^{\alpha + 1}} \right)$$
où $\psi(x) := x - \lfloor x \rfloor - \frac{1}{2}$ désigne la $1$ère fonction de Bernoulli (généralisation du $1$er polynôme de Bernoulli $B_1$).
notre ami Noix de Toto donne une indication sur la constante C
celle-ci est négative et égale à $\gamma_1 = -0,0728...$ premier nombre de Stieljes
les constantes de Stieljes, négatives d'une façon irrégulière
interviennent (avec pi) dans les dérivées successives de Zeta de Riemann au point s = 0
on peut déterminer C avec l'approximation intégrale de la somme initiale proposée par Prepampx
soit $\frac{ln^2x}{2}$ à calculer entre 2 et n soit $\frac{1}{2}[ln^nn - ln^22]$
et donc C est ici approchée par $- \frac{ln^22}{2}$ soit - 0,25
un calcul direct de la limite de $\Sigma_2^n\frac{lnk}{k} - \frac{ln^2n}{2}$ donne des valeurs proches de $\gamma_1$
pour n = 100 : C = - 0,0595
pour n = 500 : C = - 0,0666...
Cordialement
En juin 1885, dans la Lettre $75$, Stieltjes écrit à Hermite un texte dans lequel il définit ainsi ce que l'on appelle aujourd'hui les constantes de Riemann-Stieltjes : elles sont les coefficients dans le développement de Taylor de la fonction $\zeta$ de Riemann, i.e.
$$\forall n \in \mathbb{N}^*, \quad \zeta(1+t) = \frac{1}{t} + \sum_{k=0}^n (-1)^k \frac{\gamma_k}{k!} t^k + O \left( t^{n+1} \right) \quad \left( t \to 0 \right).
$$ On note que $\gamma_0 = \gamma \approx 0,577\, 215 \, 664 \dotsc$ est la constante d'Euler-Mascheroni, et Stieltjes donne aussi de bonnes valeurs approchées de quelques autres constantes :
\begin{align*}
& \gamma_1 \approx - 0,072 815 84 \\
& \gamma_2 \approx - 0,009 690 36 \\
& \gamma_3 \approx 0,002 053 83 \\
& \gamma_4 \approx 0,002 325 37
\end{align*} etc.
Stieltjes montre alors que
$$\forall k \in \mathbb{N}, \quad \gamma_k = \lim_{n \to + \infty} \left( \sum_{m=1}^n \frac{(\log m)^k}{m} - \frac{(\log \, n)^{k+1}}{k+1} \right).
$$ PS. Personne pour mon exercice plus haut ?