Égalité entre série et intégrale ?
Nous connaissons le test de comparaison série-intégrale : si $f : [a,\infty[ \longrightarrow \R$ est continue, positive et décroissante, alors la série $\displaystyle \sum f(n)$ et l'intégrale $\displaystyle \int_a^{\infty} f(t)\text{d}t$ sont de même nature.
Je me demandais s'il était possible qu'on ait non seulement la convergence, mais aussi carrément l'égalité $\displaystyle \sum_{n \geqslant a}f(n) = \int_a^{\infty}f(t)\text{d}t$. Je parle bien là d'une fonction $f$ qui vérifie les hypothèses du test de comparaison, donc en particulier une fonction continue, je ne veux pas d'une fonction constante sur les $[k,k+1]$ égale aux termes d'une série convergente, ça ça n'a que peu d'intérêt.
Si l'on peut démontrer que c'est impossible, je ne sais pas comment, et si l'on peut construire un exemple, je ne sais pas comment non plus. Quelqu'un a-t-il une idée ?
Réponses
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Bonjour.Essaie avec $f(x)=\frac{1}{x^2}$ et $a=\frac{6}{\pi^2}$.Et vois pourquoi $a$ ne peut pas être un entier. [édit : si $f$ n'est pas nulle]Cordialement.
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Bonjour,
Fais un dessin avec $f$ non constante sur $[k, k+1[$ vérifiant les hypothèses du test de comparaison. On voit facilement que c'est impossible. -
Je n'ai effectivement jamais demandé à $a$ d'être entier ! @Bibix justement en voyant la remarque de @gerard0 il "convient" de remarquer que le morceau $\displaystyle \int_a^{n_0}f(t)\text{d}t$ a de l'importance, où $n_0=\lfloor a\rfloor +1$. C'est une aire présente dans le calcul de l'intégrale mais non comptée dans le calcul de la série. Donc... je ne suis pas encore convaincu que c'est absolument impossible. Mais $a$ doit être non-entier, ça c'est certain.
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Manifestement, tu n'as pas essayé ma proposition (*). Pourtant elle montre que c'est possible ... puisqu'il y a égalité.À moins que tu aies une autre idée en tête, que tu as mal exprimée.Cordialement.(*) " je ne suis pas encore convaincu que c'est absolument impossible"
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Prenons $f$ arbitraire sur $\left[1,+\infty\right[$. On fixe $a\in\left]0,1\right[$ et $y\in\left[f(1),+\infty\right[$ et on prolonge $f$ de façon affine sur $[a,1]$, valant $y$ en $a$ (et $f(1)$ en $1$, forcément). Alors $\int_a^1f=(1-a)y/4$. Je ne vois pas comment on pourrait être bloqué pour trouver $a$ et $y$ sous les trois contraintes : \[0\le 1-a<1\quad\text{et}\quad y\ge f(1)\quad\text{et}\quad \frac{(1-a)y}4=\sum_{k\ge1}f(k)-\int_1^{\infty}f.\]En effet, soit $\delta=\sum_{k\ge1}f(k)-\int_{1}^\infty f>0$. On choisit $a$ dans $\left]0,1\right[$ tel que $a\ge1-\frac{4\delta}{f(1)}$ (le membre de droite est bien $<1$) puis on pose $y=\frac{4\delta}{1-a}$, qui est $\ge f(1)$ d'après la contrainte sur $a$.
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Je n'avais pas fini le calcul ! Et j'ai un petit problème avec.Après calcul, $\displaystyle \int_a^{\infty} \dfrac{1}{t^2}\text{d}t = \dfrac{1}{a}$, donc avec $a=\dfrac{6}{\pi^2}$, on trouve : $\displaystyle \int_{6/\pi^2}^{\infty} \dfrac{1}{t^2}\text{d}t = \dfrac{\pi^2}{6}=\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty}\dfrac{1}{n^2}$.MAIS. Je demande la série $\displaystyle \sum_{n\geqslant a}f(n)$, et ici, $a \approx 1,6...$ donc on somme à partir de $n=2$. Donc il faut réfléchir encore un peu.
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Je vois que @Math Coss aime bidouiller je vais y réfléchir !
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Ah mince. Je croyais que $a$ était entier dans les hypothèses du test. Effectivement, dans ce cas, c'est toujours possible. Il suffit d'étudier $x \longmapsto \int_x^{+\infty} f(t) dt - \sum_{n \geq \lfloor a \rfloor + 1} f(n)$ sur $[\lfloor a \rfloor, \lfloor a \rfloor + 1]$ et d'appliquer le TVI.
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Ah oui, au lieu d'ajouter un triangle « assez fin et de la bonne hauteur » à gauche, tu vas chercher un intervalle « assez à droite ».
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Heu ... $\frac 6{\pi^2}$ est inférieur à 1 (*) donc on somme bien à partir de 1.(*) $\pi^2$ vaut à peu près $10$.
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N'oublions pas la célèbre égalité $\int_0^1x^xdx=\sum_{n=1}^{\infty}n^{-n}.$
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Je l'avais vue une fois, je l'avais complètement oubliée. Je ne sais plus comment démontrer cette égalité, je vais voir si j'y arrive tout seul.
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