Asymptotique de $\sum_{k=1}^{[nx]}k^{-a}(n-k)^{-b}$

On pourrait s'en sortir par comparaison avec une intégrable, non ?

Bonjour,
On a \begin{eqnarray*} \left|\sum _{k=1} ^{\lfloor {xn}\rfloor } \frac{1}{k^{a} (n-k)^b } - \frac{1}{n^{b}} \sum _{k=1} ^{\lfloor {xn}\rfloor } \frac{1}{k^{a}} \right| &\leqslant & \sum _{k=1} ^{\lfloor {xn}\rfloor } \frac{1}{k^{a}} \left| \frac{1}{(n-k)^{n} } - \frac{1}{n^{b}} \right|\\ &\underset{\text{IAF}}{\leqslant }& \sum _{k=1} ^{\lfloor {xn}\rfloor } \frac{1}{k^{a}} \frac{bk}{(n-k)^{b+1} } \\ &\leqslant & \sum _{k=1} ^{\lfloor {xn}\rfloor } \frac{1}{k^{a}} \frac{bk}{((1-x)n)^{b+1} } \\ &\leqslant & \frac{b}{((1-x)n)^{b+1} } \left( 1+\int _{1} ^{\lfloor {xn}\rfloor} \frac{\mathrm{d}t}{t^{a-1}}\right) \\ &=& \frac{b}{((1-x)n)^{b+1} } \left(1+ \frac{\lfloor {xn}\rfloor^{2-a} -1 }{2-a} \right)\\ &=& O\!\left( \frac{n^{\max (0,2-a)} }{n^{b+1}} \right) \end{eqnarray*} Donc \[\sum _{k=1} ^{\lfloor {xn}\rfloor } \frac{1}{k^{a} (n-k)^b } = \frac{1}{n^{b}} \sum _{k=1} ^{\lfloor {xn}\rfloor } \frac{1}{k^{a}} + O\!\left( \frac{n^{\max (0,2-a)} }{n^{b+1}} \right) \sim \frac{\zeta (a)}{n^{b}}\] car $b+1-(2-a)=b+a-1>b$.

Edit : J'ai oublié de traiter le cas $a=2$ à part, cf. remarque de jandri.

Si on change $k$ en $n-k$ dans le résultat obtenu par Calli on obtient $\displaystyle\sum _{k=\lfloor {(1-x)n}\rfloor+1  } ^{n-1}\frac{1}{(n-k)^{a} k^b }  \sim \frac{\zeta (a)}{n^{b}}$.

Calli
Dans ta démonstration il faut traiter à part le cas $a=2$ puisque dans ce cas on obtient un $O\!\left( \dfrac{\ln n}{n^{b+1}} \right)$.