Développement asymptotique d’une somme

Bonjour ! Je bloque sur un exercice de somme et j’aimerai avoir votre aide !
Je vous mets l’énoncé :
Déterminer a et b tel que

$(1/n)∑i=0n−1ln⁡(n+k)=nln(n)+an+b+o(1)\displaystyle(1/n)\sum_{i=0}^{n-1}\ln(n+k) = nln(n)+an+b+o(1)$

J’ai déjà trouvé que a = 2ln(2) -1 par somme de Riemann mais je ne vois pas comment trouver b

Merci de votre aide !

@Commutateur Bonjour,

Vérifie l'expression, il manque $i$ ?

@Noemi Oui petite coquille l’indice n’est pas i mais k

@Commutateur

On pose
$ln⁡(n+k)=ln⁡(n(1+kn))=ln⁡(n)+ln⁡(1+kn)\ln(n+k) = \ln\left(n\left(1 + \frac{k}{n}\right)\right) = \ln(n) + \ln\left(1 + \frac{k}{n}\right)$

$1n∑k=0n−1ln⁡(n+k)=1n∑k=0n−1(ln⁡(n)+ln⁡(1+kn))\frac{1}{n} \sum_{k=0}^{n-1} \ln(n+k) = \frac{1}{n} \sum_{k=0}^{n-1} \left( \ln(n) + \ln\left(1 + \frac{k}{n}\right) \right)$ .

Que l'on peut écrire :
$1n∑k=0n−1ln⁡(n)+1n∑k=0n−1ln⁡(1+kn)\frac{1}{n} \sum_{k=0}^{n-1} \ln(n) + \frac{1}{n} \sum_{k=0}^{n-1} \ln\left(1 + \frac{k}{n}\right)$
La première somme est :
$1n∑k=0n−1ln⁡(n)=ln⁡(n)\frac{1}{n} \sum_{k=0}^{n-1} \ln(n) = \ln(n)$ .

Pour la deuxième somme, tu utilises l'approximation de Riemann. Lorsque $n$ est grand, la somme peut être approximée par une intégrale :
$dx\frac{1}{n} \sum_{k=0}^{n-1} \ln\left(1 + \frac{k}{n}\right) \approx \int_{0}^{1} \ln(1+x) \ dx$

Calcul de intégrale :
$dx\int_{0}^{1} \ln(1+x) \ dx$

On utilise l'intégration par parties :
Soit $\ln(1+x))$ et $d v = d x$ . Alors $\frac{1}{1+x} dx$ et $v = x$ .

Ainsi, on a :
$dx\int \ln(1+x) \ dx = x \ln(1+x) - \int \frac{x}{1+x} \ dx$ .

$dx=∫(1−11+x)dx=x−ln⁡(1+x)\int \frac{x}{1+x} \ dx = \int \left(1 - \frac{1}{1+x}\right) dx = x - \ln(1+x)$
Donc :
$dx=xln⁡(1+x)−(x−ln⁡(1+x))=(x+1)ln⁡(1+x)−x\int \ln(1+x) \ dx = x \ln(1+x) - \left(x - \ln(1+x)\right) = (x+1)\ln(1+x) - x$ .

On somme de $0$ à $1$ :
$[(1+1)ln⁡(2)−1]−[0]=2ln⁡(2)−1\left[(1+1)\ln(2) - 1\right] - \left[0\right] = 2\ln(2) - 1$ .

Donc :
$1n∑k=0n−1ln⁡(1+kn)≈2ln⁡(2)−1\frac{1}{n} \sum_{k=0}^{n-1} \ln\left(1 + \frac{k}{n}\right) \approx 2 \ln(2) - 1$ .
Conclusion :
$1n∑k=0n−1ln⁡(n+k)≈ln⁡(n)+2ln⁡(2)−1\frac{1}{n} \sum_{k=0}^{n-1} \ln(n+k) \approx \ln(n) + 2 \ln(2) - 1$ .

Il reste à identifier $a$ et $b$ .

@Noemi Oui pardon l’énoncé que j’ai donné n’est pas le vrai puisque j’avais déjà divisé par n pour faire apparaître une somme de Riemann.
Il fallait trouvé de développement asymptotique de

$∑k=0n−1ln⁡(n+k)\sum_{k=0}^{n-1}\ln(n+k)$ donc en utilisant l’expression que j’avais donné initialement il faut donner une approximation jusqu'au $o(1n)o(\frac{1}{n})$ pour obtenir un $o (1)$ lorsque l’on remultiplie par n à la fin

(Pardon pour le malentendu)

@Commutateur

Donc la question c'est de déterminer le développement asymptotique de
$\sum_{k=0}^{n-1} \ln(n+k)$ ,

On peut approximer la somme par une intégrale. Pour $k$ variant de $0$ à $n - 1$ , on considère l'intégrale :
$dx\int_0^n \ln(n+x) \ dx$

On effectue un changement de variable en posant $u = n + x$ , d'ou $d u = d x$ et les bornes changent de $x = 0$ passe à $u = n$ et $x = n$ passe à $u = 2 n$ .
$du\int_n^{2n} \ln(u) \ du$ .

Or $du=uln⁡(u)−u+C\int \ln(u) \ du = u \ln(u) - u + C$ .

$du=[uln⁡(u)−u]n2n=(2nln⁡(2n)−2n)−(nln⁡(n)−n)\int_n^{2n} \ln(u) \ du = \left[ u \ln(u) - u \right]_n^{2n} = \left( 2n \ln(2n) - 2n \right) - \left( n \ln(n) - n \right)$ .

$\int_n^{2n} \ln(u) \ du= 2n \ln(2n) - 2n - n \ln(n) + n= 2n (\ln(2) + \ln(n)) - 2n - n \ln(n) + n= (2n \ln(2) + n \ln(n) - n).
Conclusion
$n→∞\int_0^n \ln(n+x) \ dx \sim n \ln(n) + 2n \ln(2) - n \quad \text{pour } n \to \infty$

Comme la somme $S (n)$ est approximativement égale à cette intégrale,
$\sim n \ln(n) + 2n \ln(2) - n$ .

Le développement asymptotique de $S (n)$ est :
$\sim n \ln(n) + 2n \ln(2) - n$ .