somme de 1/ln p
Pierre BERNARD
> Bonjour,
>
> Je bloque sur une question toute simple qui est la suivante : pour un
> calcul de complexité, je cherche à calculer somme(p=2..n) 1/ln p (la
> somme partielle de la série de terme générale 1/ln p), ou à en obtenir
> un encadrement ou un équivalent quand n tend vers l'infini. Merci pour
> toutes vos indications.
Je crois qu'un equivalent est donne par int(1/ln(x),x=2...n)
(La somme partielle est une approximation de cette integrale par la
methode des rectangles...).
Malheureusement, je crois que cette integrale ne s'exprime pas avec les
fonctions usuelles...
Desole,
Salut.
Raphael Giromini
Emilie Danna écrivait :
> Je bloque sur une question toute simple qui est la suivante : pour un
> calcul de complexité, je cherche à calculer somme(p=2..n) 1/ln p (la
> somme partielle de la série de terme générale 1/ln p), ou à en obtenir
> un encadrement ou un équivalent quand n tend vers l'infini. Merci pour
> toutes vos indications.
Pour tout nombre p entier on a l'egalité :
p > log(p) donc 1/p < 1/log(p) de qui donne que la serie diverge...
Pour l'encadrement, pourquoi ne pas integrer.
D'après Maple, voici ce que ça donne :
int(1/ln(x),x) = -Ei(1, -ln(x))
où Ei est l'integrale exponetielle ie:
Ei(n,x) = int(exp(-x*t)/t^n,t=1..infinity)
[n un entiet et x uyn complexe tel que Re(x) > 0)
On a alors une jolie equivalence:
Ei(n,x) ~ x^(n-1) GAMMA(1-n,x) [GAMMA est la fonction Gamma d'Euler]
On en deduit donc que :
int(1/ln(x),x) ~ GAMMA(O,x)
Amicalement,
--
Raph.
Corinne G
Emilie...@dial.oleane.com a écrit le 20/07/00 20:33 :
> Bonjour,
>
> Je bloque sur une question toute simple qui est la suivante : pour un
> calcul de complexité, je cherche à calculer somme(p=2..n) 1/ln p (la
> somme partielle de la série de terme générale 1/ln p), ou à en obtenir
> un encadrement ou un équivalent quand n tend vers l'infini. Merci pour
> toutes vos indications.
>
>
Bonjour,
je me trompe peut-être, mais j'ai la fâcheuse impression que la série des
inverses des ln diverge :
en effet, pour tout p>1, 0<lnp<x, donc 1/lnp>1/x, qui implique
…(1/lnp)>…(1/x) et comme la série des 1/x diverge, le résultat annoncé
s'ensuit.
Salut!
Stéphane Ménart
<B59F53A6.212%corin...@wanadoo.fr>...
Oui, bien sûr, la série de 1/ln(p) diverge, mais ça n'empèche pas de
chercher un équivalent de la somme de ses n premiers termes quand n tend
vers l'infini.
Par exemple, la série harmonique est divergente et 1+1/2+1/3+..+1/n est
équivalent à ln(n) quand n tend vers l'infini.
Cordialement
Stéphane
Corinne G
Ménart à sme...@cybercable.fr a écrit le 22/07/00 16:56 :
Oh oui, pardon, j'avais lu trop vite la question, mille excuses...ben, euh,
du coup je vais peut-être me mettre à chercher aussi.
À plus tard!
Corinne G
corin...@wanadoo.fr a écrit le 22/07/00 19:40 :
Bon sang, mais c'est bien sûr, j'ai honte, car je suis sensée savoir ça
quasiment par coeur, puisque l'on s'en sert pour démontrer la formule de
Stirlin (un équivalent de n!), en fait je vais te donner les étapes de la
démonstration de cette formule-ci, et tu y découvrira ton bonheur au passage
: On pose u_k=lnk-intégrale de (k-1/2) à (k+1/2) de lntdt.
1. ON calcule l'intégrale, et on montre que lorsque k tend vers l'infini on
a u_k=O(1/k^2).
2. En nommant S-n les sommes partielles de la série de terme général u_k et
S sa somme, on montre que S-S_n=O(1/n). On en déduit que
ln(n!)=S+intégrale de (1/2) à (n+1/2) de lntdt+O(1/n).
3. On vérifie, en calculant l'intégrale de la question précédente qu'il
existe une constante c telle que :
intégrale de (1/2) à (n+1/2) de lntdt=nlnn+(lnn)/2-n+c+O(1/n).
4. En on en déduit qu'il existe une constante C telle que
n!=Cn^(1/2)[(n/e)^n](1+O(1/n)).
N.B. Désolée pour les notations quelque peu lourdes.
En cas de problème, n'hésite pas...
Salut!
Raphaël Bomboy
> Bon sang, mais c'est bien sûr, j'ai honte, car je suis sensée savoir ça
> quasiment par coeur, puisque l'on s'en sert pour démontrer la formule de
> Stirlin (un équivalent de n!), en fait je vais te donner les étapes de la
> démonstration de cette formule-ci, et tu y découvrira ton bonheur au passage
> : On pose u_k=lnk-intégrale de (k-1/2) à (k+1/2) de lntdt.
> 1. ON calcule l'intégrale, et on montre que lorsque k tend vers l'infini on
> a u_k=O(1/k^2).
> 2. En nommant S-n les sommes partielles de la série de terme général u_k et
> S sa somme, on montre que S-S_n=O(1/n). On en déduit que
> ln(n!)=S+intégrale de (1/2) à (n+1/2) de lntdt+O(1/n).
> 3. On vérifie, en calculant l'intégrale de la question précédente qu'il
> existe une constante c telle que :
> intégrale de (1/2) à (n+1/2) de lntdt=nlnn+(lnn)/2-n+c+O(1/n).
> 4. En on en déduit qu'il existe une constante C telle que
> n!=Cn^(1/2)[(n/e)^n](1+O(1/n)).
> N.B. Désolée pour les notations quelque peu lourdes.
> En cas de problème, n'hésite pas...
> Salut!
Est-ce que tu n'es pas en tain de donner un équivalent de la somme des
ln(k), et non pas de la somme des 1/ln(k) ?
--
R.
Corinne G
Raphael...@sophia.inria.fr a écrit le 26/07/00 13:43 :
Ciel!, mais c'est vrai,ça. Emportée dans mon élan (des révisions de proba
pour septembre...et donc de la démonstration de la formule de Stirling) je
n'ai pas répondu à la question posée, toutes mes excuses. Toutefois, est-ce
qu'il n'est pas possible de grapiller quelques idées de-ci de-là pour
arriver à la solution, la bonne cette fois ? C'est à voir. Car la fonction
qui à t associe 1/lnt est continue, (là où elle est définie, cela s'entend)
et pour t compris entre k et k+1, avec k entier naturel „2, on peut encadrer
la fonction susdite entre 1/ln(k+1) et 1/lnk. La fonction en question est
Riemann-intégrable...et est-ce que cela mène à quelque chose ? J'avoue que
pour ma part, il n'est plus (ou pas encore) l'heure d'être menée où que ce
soit, cela étant dit, bonne nuit!
Corinne G
corin...@wanadoo.fr a écrit le 27/07/00 1:15 :
Non, quelle horreur, je retire ce que j'ai écrit ci-dessus, le truc
d'intégrer 1/lnt entre k et k+1 et de sommer n'est pas du tout, mais alors
pas du tout une bonne idée, vu que l'on se retrouve avec des tln(lnt) à
intégrer, et pour trouver des équivalents, c'est assez horrible...
Cela dit, cette fois-ci, bonne nuit...du moins je l'espère!