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Somme de Ramanujan

Envoyé par curieux57 
Somme de Ramanujan
il y a huit jours
Bonjour, quelqu'un pourrait m'indiquer comment comprendre cette "loi" suivante:

1+2+3+4+.......jusqu'à l'infini = -1/12

En vous remerciant d'avance.

[ S'agissant d'un nom propre (Srinivâsa Aiyangâr Râmânujan), on s'efforcera de l'écrire comme il se doit, sans oublier la majuscule. Merci. jacquot ]



Edité 1 fois. La dernière correction date de il y a huit jours et a été effectuée par jacquot.
gb
Re: somme de ramanujan
il y a huit jours
avatar
Bonjour,

Il suffit de suivre ce lien...
ev
Re: somme de ramanujan
il y a huit jours
avatar
@ Curieux.

Ce n'est pas une loi.
Le plus difficile à comprendre dans cette égalité c'est le " = ".

e.v.

[ Coucou hyperbolique à gb. ]
Re: somme de ramanujan
il y a huit jours
en effet ce n'est pas une loi.
Mais Ramanujan, sous quelques conditions a reussi à la faire converger vers -1/12, avec une méthodologie qui m'échappe.

je veux juste comprendre le cadre qui fait que sa marche.
merci ev.
Re: somme de ramanujan
il y a huit jours
je vous remercie.
Mais admettez que son raisonnement est discutable, et pire encor faux, je connaissais cette vidéo.

moi je veux juste comprendre le cadre formel qui fait qu'on arrrive à ce résultat.

respectueusement.
Re: somme de ramanujan
il y a huit jours
Elle est fausse
Re: somme de ramanujan
il y a huit jours
avatar
Citation
Curieux57
moi je veux juste comprendre le cadre formel qui fait qu'on arrrive à ce résultat.

A partir du moment que tu changes la signification du symbole =, tu peux écrire que n'importe quoi est à égal à n'importe quoi d'autre.

Je ne sais pas si c'est expliqué dans la vidéo mais formellement on a:

$\displaystyle \zeta(-1)=\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n^{-1}}$ ("égalité" qui est purement formelle)

On se permet de faire $s=-1$ dans l'égalité,

$\displaystyle \zeta(s)=\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n^{s}}$
Cette égalité n'est vraie que pour un nombre complexe $s$ dont la partie réelle est strictement plus grande que $1$


La valeur de $\zeta(-1)$ existe bien (la fonction $\zeta$ admet un prolongement holomorphe à tout nombre complexe qui n'est pas $1$) et elle vaut $-\frac{1}{12}$ (l'égalité est vraie).

Une théorie nouvelle ne triomphe jamais. Ses détracteurs finissent par mourir.



Edité 2 fois. La dernière correction date de il y a huit jours et a été effectuée par Fin de partie.
Re: somme de ramanujan
il y a huit jours
Bon, je vois votre égalité, mais pourquoi puisque vous dites que dans l'ensemble des complexes ça marche, est-ce qu'une démonstration par récurrence suffira à démontrer ce résultat.

Mais on est éloigné de la formulation 1+2+3+4+... jusqu'à l'infini= -1/12

Bien à vous.



Edité 1 fois. La dernière correction date de il y a huit jours et a été effectuée par AD.
Re: somme de ramanujan
il y a huit jours
De plus je ne vois pas le nouveau sens du symbole = dans votre égalité.

Merci de m'éclairer.



Edité 1 fois. La dernière correction date de il y a huit jours et a été effectuée par AD.
Re: somme de ramanujan
il y a huit jours
Bonjour,

L'équation $\displaystyle \zeta(s)=\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n^{s}}$ n'est valide que pour un nombre complexe $s$ dont la partie réelle est strictement plus grande que $1$.
$\zeta(-1)$ existe et vaut $-\dfrac{1}{12}$ mais n'est pas calculable par cette équation.
Il faut utiliser le prolongement analytique.
Dit autrement, $ \zeta(s)$ ne se calcule pas de la même façon suivant les valeurs de $s$.
Le paradoxe apparent n'en est pas un, c'est juste une arnaque connue depuis des lustres.
Il faudrait la transférer dans les blagues mathématiques.
Tu peux aussi chercher du côté de l'équation fonctionnelle de la fonction $ \zeta$.

Cordialement,

Rescassol
Re: Somme de Ramanujan
il y a huit jours
Curieux,

$\sum_{n\ge 1} \frac 1 {n^{-1}}=\sum_{n\ge 1} n=1=1+2+3+ ...$

Cette "égalité" revient à utiliser une formule (valable pour des exposants complexes de partie entière strictement supérieures à 1) pour une valeur où elle n'est plus valable.

Cordialement.



Edité 1 fois. La dernière correction date de il y a huit jours et a été effectuée par AD.
gb
Re: Somme de Ramanujan
il y a huit jours
avatar
Le problème n'est pas le sens du symbole =, mais le sens de ce que l'on met de part et d'autre et dans le cas qui nous occupe, c'est le sens à donner à \(\sum_{n=1}^{\infty} n\).

En général, la notation \(\sum_{n=1}^{\infty} a_n\) est une abréviation de \(\lim_{N\to\infty} \sum_{n=1}^N a_n\), lorsque cette limite existe…, et il gaut être conscient que la valeur de cette limite n'est pas le résultat d'une opération algébrique portant sur les termes \(a_n\).

Par exemple, pour tout nombre réel \(x\) différent de \(-1\) et pour tout entier naturel \(N\) non nul :
\begin{align*}
\sum_{n=1}^N (-1)^{n-1}x^n &= \frac{x}{1+x}\bigl(1-(-x)^N\bigr) &
\sum_{n=1}^N (-1)^{n-1}nx^{n-1} &= \frac{1}{(1+x)^2}\bigl(1-(-x)^N\bigr) + \frac{x}{1+x}N(-x)^{N-1}
\end{align*}

Si l'on fait tendre \(N\) vers l'infini, la limite n'existe que pour les nombres réels \(x\) appartenant à l'intervalle \(]-1,1[\)* ; on écrit alors :
\begin{align*}
\sum_{n=1}^{\infty} (-1)^{n-1}x^n &= \frac{x}{1+x} &
\sum_{n=1}^{\infty} (-1)^{n-1}nx^{n-1} &= \frac{1}{(1+x)^2}
\end{align*}

Certains mathématiciens se sont permis d'utiliser ces égalités pour \(x=1\) ; ils ont donc écrit :
\begin{align*}
\sum_{n=1}^{\infty} (-1)^{n-1} &= \frac{1}{2} &
\sum_{n=1}^{\infty} (-1)^{n-1}n &= \frac{1}{4}
\end{align*}
ce qui ne pose aucun problème si l'on est conscient que la notation \(\sum_{n=1}^{\infty} n\) représente désormais \(\lim_{x\overset{>}{\to}1} \lim_{N\to\infty} \sum_{n=1}^N a_n x^n\), lorsque cela a un sens. C'est ce que l'on appelle la sommation au sens d'Abel.

De nombreux autres procédés sommatoires ont été proposés**...

Pour donner un sens à la somme des entiers, comme l'a dit Fin de partie, il faut dire que \(\sum_{n=1}^{\infty} n^{-s}\), qui est défini comme somme de série si et seulement si \(\mathrm{Re}(s)>1\), est encore utilisé, lorsque la série diverge pour désigner la fonction \(\zeta\) de Riemann qui prolonge analytiquement la somme de la série.

La question n'est pas de savoir si l'égalité est vraie ou non, mais de savoir si le cadre dans lequel on peut lui donner un sens a un intérêt mathématique.

------------------------------

* Si cette limite est prise avec la topologie usuelle de \(\mathbf{R}\). Si l'on dispose d'une topologie pour laquelle: \(\lim_{N\to\infty} 5^n=0\), on écrira sans problème : \(\sum_{n=1}^{\infty} (-1)^{n-1}5^n = \frac{5}{6}\). Mais il serait «malhonnête» de ne pas préciser que l'on a changé de topologie.

** Par exemple le procédé de Borel : \(\sum_{n=1}^{+\infty} a_n = \lim_{X\to+\infty} \int_0^X \left(\lim_{N\to\infty} \sum_{n=1}^N \dfrac{a_n x^n}{n!} \right)e^{-x} \,dx\), lorsque les diverses limites ont un sens.
Re: Somme de Ramanujan
il y a huit jours
avatar
Un autre exemple de l'extension indue du domaine de validité d'une formule

On a la formule vraie $\mid x\mid <1$

$\displaystyle \sum_{n=0}^{\infty} x^{n}=\frac{1}{1-x}$

Si on se permet indument de prendre $x=-1$ on obtient:

$\displaystyle \sum_{n=0}^{\infty} (-1)^{n}=\frac{1}{2}$

Une théorie nouvelle ne triomphe jamais. Ses détracteurs finissent par mourir.
Re: somme de ramanujan
il y a huit jours
Merci pour vos explications honorables membres du forum.
Mais j'avoue que je m'y perds....
Oû est passé le -1/12 dans cette sommation pleine d'astuces.

Admettez que ce ne va pas de soi et que c'est contraire au bon sens ordinaire...
Dans ces conditions on peut donner du sens à n'importe quelle fraction en tant que limite sur l'infini d'une série!

Je me souviens de mes vieilles études en prépa:
hyp
concl
dém.

ici où sont passées toutes les hypothèses?

bien amicalement
curieux57.
Re: Somme de Ramanujan
il y a huit jours
Encore une fois, il n'y a ici que l'identification, que la série converge ou pas de $\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n^{s}}$ à $\zeta(s)$. (*)
Pour $s=-1, \zeta(s)=-\frac 1 {12}$ et $\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n^{s}}$ est une écriture formelle de $1+2+3+...$.

Cordialement.

(*) Évidemment, il ne s'agit plus de la notion de série vue en prépas, mais de séries formelles.
gb
Re: Somme de Ramanujan
il y a huit jours
avatar
Dé solé gerard0, mais il y a plus : dans l'espace des suites, on tente un prolongement de la forme linéaire \(\lim_{n\to\infty}\) à des suites divergentes, en imposant de conserver certaines propriétés.

Cela peut rester «des mathématiques du petit déjeuner» au sens de Jean Dieudonné, ou donner lieu à de féconds développements mathématiques.
Re: Somme de Ramanujan
il y a huit jours
Merci pour votre explication.
Bien à vous.
Re: Somme de Ramanujan
il y a huit jours
$\eta(s) = \sum_{n=1}^\infty (-1)^{n+1} n^{-s}$ est plus facile à comprendre :

Avec un peu de travail on trouve que $\eta(s)$ converge pour $s > 0$ (série alternée) et que $\eta(0) \overset{def}=\lim_{s \to 0} \eta(s) = 1/2$.

On a donc envie de dire que dans un certain sens (celui de la régularisation zeta) $$\sum_{n=1}^\infty (-1)^{n+1} = 1/2$$

En refaisant la même chose un peu différemment on trouve que $\eta(-1) = 1/4$, et en utilisant $\eta(s) = (1-2^{1-s}) \zeta(s)$ on trouve le résultat de départ, que la régularisation zeta de $\sum_{n=1}^\infty n$ est $-1/12$.

Ce qui est intéressant c'est alors de prouver que la régularisation zeta et la régularisation d'Abel donnent le même résultat pour $\sum_{n=1}^\infty (-1)^{n+1} n^{-s}$. Pourquoi ? Parce que $\sum_{n=1}^N (-1)^{n+1} = \frac{1+(-1)^{N+1}}{2}$ donc le prolongement analytique de $\eta(s)$ s'obtient juste par sommation par parties.



Edité 2 fois. La derni&egrave;re correction date de il y a huit jours et a &eacute;t&eacute; effectu&eacute;e par reuns.
Re: Somme de Ramanujan
il y a huit jours
merci à vous pour vos explications et au temps consacré.
Me voilà à peu près fixé sur le niveau de connaissances et au degrés d'abstraction dont il faut faire preuve.

Mais j'ai absolument bien à l'esprit que de nombreuses conditions doivent être posées pour faire une telle addition au voisinage de l'infini.
Mais bon, je reste absolument sceptique et sur ma faim...
En fait c'est pas très rationnel tout ça.
Si je peux me permettre cette question:
Etes vous convaincu vous même de ce résultat?

Toujours est-il qu'un physicien du nom de Hendrik Casimir , dans les années 50, se servit de ce résultat pour l'un de ses calculs et qui aboutira au phénomène de "l'effet casimir"....( ce n'est pas une supercherie!!)

Cordialement.
Curieux57
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