Série et nombres premiers
Bonjour,
Voilà j’étais en train de faire cet exercice mais une fois arrivé à la question 4/b/, j'ai un doute sur la manière dont je dois considérer les éléments de $D$.
Je rappelle que $D=\{(m,n)\in(\N\setminus\{0\})² \mid \mathrm{pgcd}(m,n)=1\}$...
Je ne suis pas sûr que ça soit exact mais je crois que tout couple d'entiers consécutifs sont premiers entre eux et de ce fait qu'on pouvait réécrire $m$ (dans la somme) tel que $m=n-1$ mais j'ai peur que ça soit vraiment insuffisant pour prendre en compte tous les éléments de $D$...
Quelqu'un aurait une idée svp ?
Voilà j’étais en train de faire cet exercice mais une fois arrivé à la question 4/b/, j'ai un doute sur la manière dont je dois considérer les éléments de $D$.
Je rappelle que $D=\{(m,n)\in(\N\setminus\{0\})² \mid \mathrm{pgcd}(m,n)=1\}$...
Je ne suis pas sûr que ça soit exact mais je crois que tout couple d'entiers consécutifs sont premiers entre eux et de ce fait qu'on pouvait réécrire $m$ (dans la somme) tel que $m=n-1$ mais j'ai peur que ça soit vraiment insuffisant pour prendre en compte tous les éléments de $D$...
Quelqu'un aurait une idée svp ?
Réponses
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La somme dans 4b) vaut sauf erreur:
$$\sum_{n=1}^{+\infty} \dfrac{1}{n^2} \Big (\sum_{m=1, pgcd(n,m)=1}^{n-1}\dfrac{1}{m^2}\Big)$$
Je ne sais pas si cela aide. -
Autrement, il faut peut-être sommer sur k : nm=k (il y a toujours le problème d'"attraper" l'information que pgcd(n,m)=1 )
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je vais essayer de continuer avec l'expression que vous avez écrite merci beaucoup!!
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Pour "attraper", comme dit FdP, les entiers premiers entre eux, on utilise en général la formule d'inversion de Möbius qui implique entre autres que
$$\sum_{\substack{d \mid m \\ d \mid n}} \mu(d) = \begin{cases} 1, & \textrm{si\ } (m,n) = 1 \\ 0, & \textrm{sinon.} \end{cases}$$
Appliquée ici, cette identité entraîne que la somme cherchée vaut
$$\sum_{n=1}^\infty \frac{1}{n^2} \sum_{m < n} \frac{1}{m^2} \sum_{\substack{d \mid m \\ d \mid n}} \mu(d) = \sum_{d=1}^\infty \mu(d) \sum_{\substack{n=1 \\ d \mid n}} \frac{1}{n^2} \sum_{\substack{m < n \\ d \mid m}} \frac{1}{m^2} = \sum_{d=1}^\infty \frac{\mu(d)}{d^4} \sum_{k=1}^\infty \frac{1}{k^2} \sum_{h < k} \frac{1}{h^2} = \frac{1}{\zeta(4)} \sum_{k=1}^\infty \frac{1}{k^2} \sum_{h < k} \frac{1}{h^2}.$$ -
Ce serait sympa de donner l'exercice en entier.
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Il me semble que c'est
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J'ai une démonstration probabiliste qui n'est sans doute pas celle qui est attendue, mais je vous la communique quand même.
Soient deux réels $\alpha >1$ et $\beta >1$ et soient $X$ et $Y$ deux variables aléatoires indépendantes sur un espace probabilisé $\Omega$, telles que : $X(\Omega )=Y(\Omega )=\N^{*}$, et que pour $k\in \N ^{*}$, on ait :
$P(X=k)=\frac{1}{\zeta (\alpha )k^{\alpha }}$ et $P(Y=k)=\frac{1}{\zeta (\beta )k^{\beta }}$, et soit $Z=\frac{X}{Y}$.
L'ensemble des valeurs de $Z$ est : $Z(\Omega )=\Q_{+}^{*}$.
Pour : $a\in \N ^{*}$ et $b\in \N ^{*}$, avec $a\wedge b=1$, on a :
$P(Z=\frac{a}{b})=\underset{k=1}{\overset{+\infty }{\sum }}P(X=ka\cap Y=kb)=\underset{k=1}{\overset{+\infty }{\sum }}\frac{1}{\zeta (\alpha )(ka)^{\alpha }\zeta (\beta )(kb)^{\beta }}$$=\frac{\zeta (\alpha +\beta )}{\zeta (\alpha )\zeta (\beta )a^{\alpha }b^{\beta }}$
On a nécessairement : $\underset{r\in \Q_{+}^{*}}{\sum }P(Z=r)=1$, soit : $\underset{a\wedge b=1}{\underset{a\in \N^{*},b\in \N^{*}}{\sum }}P(Z=\frac{a}{b})=1$, ce qui se traduit par l'égalité : $\underset{a\wedge b=1}{\underset{a\in \N^{*},b\in \N^{*}}{\sum }}\frac{\zeta (\alpha +\beta )}{\zeta (\alpha )\zeta (\beta )a^{\alpha }b^{\beta }}=1$
La famille : $\{\frac{1}{a^{\alpha }b^{\beta }}/a\geq 1,b\geq 1,a\wedge b=1\}$ est sommable ssi $\alpha >1$ et : $\beta >1$, et il suit de l'égalité précédente que : $\underset{a\wedge b=1}{\underset{a\in \N^{*},b\in \N^{*}}{\sum }}\frac{1}{a^{\alpha }b^{\beta }}=\frac{\zeta (\alpha )\zeta (\beta )}{\zeta (\alpha +\beta )}$.
On peut certainement "dé-probabiliser" cette démonstration.
Je répète que j'aimerais bien le texte complet de cet exercice.
Bonne journée.
RC -
Cette somme n'est pas la somme attendue, puisqu'il y a une contrainte $m < n$ supplémentaire.
Sans cette contrainte, il est évident que mon calcul plus haut donne immédiatement $\zeta(2)^2/\zeta(4)$, la somme en $h$ devenant indépendante de celle en $k$. -
@ discret
J'ose conjecturer qu'il ne t'échappe pas que la somme que j'ai donnée fournit en une ligne celle qui est demandée...
Français, encore un effort...
RC -
A ce propos, dans un des deux premiers tomes des "Leçons de mathématiques d'aujourd'hui", chez Cassini, il y a une jolie preuve de l'identité $\frac{\zeta(2)^2}{\zeta(4)}=\frac52$.
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Tu sais peut-être où j'ai rangé ce livre, cela fait deux jours que je le cherche car à moi aussi cet exercice m'a rappelé l'article de Don Zagier que tu mentionnes. -
C'est peut-être (sans doute) une discussion puérile, mais je ne suis pas convaincu par cette démonstration, là où l'utilisation de la fonction de Möbius (qui fournit, comme indiqué plus haut, la fonction indicatrice des entiers premiers entre eux) permet d'obtenir le résultat en une ligne de calculs.
La méthode indiquée est tout à fait classique et devrait, selon moi, être connue des taupins (mais peut-être l'est-elle, après tout...).
Désolé.
En revanche, je ne comprends pas ceci :Raymond Cordier a écrit:Français, encore un effort... -
RC doit apprécier le divin marquis.
http://fr.wikisource.org/wiki/Français,_encore_un_effort_si_vous_voulez_être_républicains -
L'article de Don Zagier est là:
http://people.mpim-bonn.mpg.de/zagier/files/tex/ConsequencesCohomologySL/fulltext.pdf -
Merci à Aléa pour son interprétation de la pensée de Raymond Cordier et, surtout, son article de D. Zagier.
-
Cidrolin a posté plus haut l'énoncé du sujet complet de l'épreuve de concours/examen d'où est issu cet énoncé.
(quelqu'un d'autre a posté le sujet d'algèbre de cette même épreuve ailleurs dans le forum Algèbre)
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Bonjour!
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