Divertissement de fin de semaine
Bonjour
Prouver (le plus simplement possible) que
\begin{align*}
1. &\sum_{n\geq 2} \frac{\zeta(n)}{2^n}=\ln(2) \\
2. &\sum_{n\geq 1} \frac{H_n^2}{2^n}=\ln^2(2)+\frac {\pi^2}6, \text{avec}\ H_n=\sum_{k=1}^n \frac1k \\
3. &\lim\limits_{n\to +\infty} n^2((1+\frac 1{n+1})^{n+1}-(1+\frac 1n)^n) =\frac e2\\
4. & \text{On considère deux nombres distincts a et b tels que}\, a^n-b^n\in\N , \, \forall n\in\N\, .\text{Montrer que a et b sont des entiers}\\
5. & \text{On considère des entiers naturels plus grand que 1 avec } \, mnp=10(m+n+p)\, .\text{Montrer que le minimum de}\, mn+np+pm \, \text{est}\, 101\}\\
6. & \text{On considère des entiers naturels m,n (non nuls) tels que }\, 4nm-1|(4n^2-1)^2. \text{Montrer que n=m}
\end{align*}
edit Typo corrigée dans la 2 signalé par YvesM
Prouver (le plus simplement possible) que
\begin{align*}
1. &\sum_{n\geq 2} \frac{\zeta(n)}{2^n}=\ln(2) \\
2. &\sum_{n\geq 1} \frac{H_n^2}{2^n}=\ln^2(2)+\frac {\pi^2}6, \text{avec}\ H_n=\sum_{k=1}^n \frac1k \\
3. &\lim\limits_{n\to +\infty} n^2((1+\frac 1{n+1})^{n+1}-(1+\frac 1n)^n) =\frac e2\\
4. & \text{On considère deux nombres distincts a et b tels que}\, a^n-b^n\in\N , \, \forall n\in\N\, .\text{Montrer que a et b sont des entiers}\\
5. & \text{On considère des entiers naturels plus grand que 1 avec } \, mnp=10(m+n+p)\, .\text{Montrer que le minimum de}\, mn+np+pm \, \text{est}\, 101\}\\
6. & \text{On considère des entiers naturels m,n (non nuls) tels que }\, 4nm-1|(4n^2-1)^2. \text{Montrer que n=m}
\end{align*}
edit Typo corrigée dans la 2 signalé par YvesM
Le 😄 Farceur
Réponses
-
Bonjour,
inversion des sommes, sommes géométriques, décomposition en fractions simples, passage à des intégrales :
\begin{align*}
\sum_{n \geq 2} {\zeta(n) \over 2^n} &= \sum_{n \geq 2} {1\over 2^n} \sum_{k \geq 1} {1 \over k^n} =\sum_{k \geq 1} \sum_{n \geq 2} {1\over (2k)^n} = \sum_{k \geq 1} {1 \over 2k(2k-1)} = \sum_{k \geq 1} \Big({1 \over 2k-1} -{1 \over 2k} \Big) \\
&= \sum_{k \geq 1} \int_{0}^{1} dt (t^{2k-2} -t^{2k-1}) = \int_{0}^{1} dt \Big({1 \over 1-t^2} - {t \over 1-t^2}\Big) = \int_{0}^{1} {dt \over 1+t} \\[3pt]&= \ln 2.
\end{align*}
Une typo dans ta seconde formule ? -
Totem:
Par l'utilisation de la formule:
$\displaystyle \sum_{n=0}^{\infty} x^n=\dfrac{1}{1-x}$ avec $|x|<1$
Mais comme on somme seulement à partir de $n=2$ il faut enlever $1+x$
Dans le cas d'espèce $x=\dfrac{1}{2k}$
Tu peux vérifier que pour $k\neq \frac{1}{2}$, $\displaystyle \frac{1}{1-\frac{1}{2k}}-1-\frac{1}{2k}=\frac{1}{2k(2k-1)}$ -
Merci FdP c'était facile en fait !
-
Pour le numéro 2.
En utilisant l'égalité $\displaystyle H_n=\int_0^1 \frac{1-x^n}{1-x}\,dx$
et la formule de sommation des termes d'une suite géométrique je suis arrivé à montrer que:
$\begin{align}\sum_{n\geq 1} \frac{H_n^2}{2^n}=\int_0^1 \int_0^1 \dfrac{\frac{x}{x-2}+\frac{y}{y-2}+\frac{2}{2-xy}+1}{(1-x)(1-y)}\,dx\,dy\end{align}$
Il ne reste plus qu'à calculer cette intégrale (Wolfy confirme que c'est la bonne valeur: https://www.wolframalpha.com/input/?i=integrate+(x/(x-2)+y/(y-2)+2/(2-x*y)+1)/((1-x)*(1-y)),x=0,1;y=0,1 ). -
Bonjour,
Pour la 3), il y a du taux d'accroissement d'une certaine fonction dans l'histoire.
Cordialement,
Rescassol -
YvesM:
Une véritable sa...rie cette intégrale je suis bien d'accord mais on doit bien pouvoir la calculer. -
Pour la 5 :
L'équation implique que $mnp \geq 10m$ (car $n$ et $p$ positifs), donc on en déduit que $np \geq 10$
Donc on a $mn+np+mp \geq 30$ -
Bonjour,
N'a-t-on pas $ 1-x^n=1^{n}-x^{n}=(1-x)(1^{n-1}+\cdots+x^{n-1}) $?
Edit : j'ai mal lu. Je retourne dans les tréfonds de ma torpeur dominicale. -
Pour la 2 :
Soit $N\in\N^*$ et $x\in\;]-1,1[$. On a
\begin{align*}
\sum_{n=1}^{N}H_n^2x^n&=\sum_{n=1}^{N}\left(\sum_{k=1}^{n}\frac{1}{k}\right)^2x^n\\
&=\sum_{n=1}^{N}\sum_{i=1}^{n}\sum_{j=1}^{n}\frac{x^n}{ij}\\
&=\sum_{i=1}^{N}\sum_{j=1}^{N}\sum_{n=\max(i,j)}^{N}\frac{x^n}{ij}\\
&=\sum_{i=1}^{N}\sum_{j=1}^{N}\frac{1}{ij}\frac{x^{\max(i,j)}-x^{N+1}}{1-x}\\
&=\frac{1}{1-x}\sum_{i=1}^{N}\sum_{j=1}^{N}\frac{x^{\max(i,j)}}{ij} - \frac{x^{N+1}}{1-x}H_N^2.
\end{align*}
Or $\dfrac{x^{N+1}}{1-x}H_N^2$ tend vers 0 lorsque $N$ tend vers l'infini, et
\begin{align*}
\sum_{i=1}^{N}\sum_{j=1}^{N}\frac{x^{\max(i,j)}}{ij}&=\sum_{i=1}^{N}\frac{x^i}{i^2} + 2\sum_{i=1}^{N}\sum_{j=1}^{i-1}\frac{x^i}{ij}\\
&=\sum_{i=1}^{N}\frac{x^i}{i^2} + 2\sum_{i=1}^{N-1}H_i\frac{x^{i+1}}{i+1}.
\end{align*}
La première somme tend vers $\operatorname{Li}_2(x)$ lorsque $N$ tend vers l'infini, et
\begin{align*}
\sum_{n=1}^{N}H_nx^n&=\sum_{n=1}^{N}\sum_{k=1}^{n}\frac{x^n}{k}\\
&=\sum_{k=1}^{N}\sum_{n=k}^{N}\frac{x^n}{k}\\
&=\sum_{k=1}^{N}\frac{1}{k}\frac{x^k-x^{N+1}}{1-x}\\
&=\frac{1}{1-x}\sum_{k=1}^{N}\frac{x^k}{k}-\frac{x^{N+1}}{1-x}H_N
\end{align*}
donc $\displaystyle\sum_{n=1}^{+\infty}H_nx^n=-\dfrac{\ln(1-x)}{1-x}$, et donc, en intégrant, $\displaystyle\sum_{i=1}^{+\infty}H_i\frac{x^{i+1}}{i+1}=\dfrac{\ln^2(1-x)}{2}$.
On obtient finalement :
$$\sum_{n=1}^{+\infty}H_n^2x^n=\dfrac{1}{1-x}\left(\operatorname{Li}_2(x)+\ln^2(1-x)\right)$$
d'où le résultat demandé, en utilisant $\operatorname{Li}_2(1/2)=\dfrac{\pi^2}{12}-\dfrac{\ln^22}{2}$. -
Pour la 4 (c'est peut être un peu laborieux) :
$n=1$ nous dit que $a=b+k$ pour un certain $k$ entier (fixé, dépend uniquement de a et b)
$n=2$ nous dit alors que $2bk+k^2 = k_2$, $k_2$ entier. Donc $b$ est rationnel, notons le $\frac{p}{q}$, p et q entiers premiers entre eux.
Et alors l'équation devient
$\left(\frac{p}{q} + k\right)^n - \left(\frac{p}{q}\right)^n = k_n$
$\left(p + qk\right)^n - p^n = q^n k_n$
On a donc
$\sum_{m=1}^{n} {n \choose m} (qk)^m p^{n-m} = q^n k_n$
On en déduit que
$\sum_{m=1}^{n} {n \choose m} k(qk)^{m-1} p^{n-m} = q^{n-1}k_n$
Donc comme $\sum_{m=2}^{n} {n \choose m} k(qk)^{m-1} p^{n-m}$ est divisible par $q$, $nk p^{n-1}$ est divisible par $q$.
Ainsi, $k$ est divisible par $q$ (car $p$ premier avec $q$ et $n$ arbitraire)
A partir de maintenant, supposons $q\neq 1$ (si $q=1$, alors $a$ et $b$ sont entiers)
Posons $k= q^\alpha k'$, avec $q$ ne divisant pas $k'$. On a donc
$\sum_{m=1}^{n} {n \choose m} (q^{\alpha +1} k')^m p^{n-m} = q^n k_n$
Pour $n>\alpha+1$,
$\sum_{m=1}^{n} {n \choose m} k'(q^{\alpha+1}k')^{m-1} p^{n-m} = q^{n-\alpha-1}k_n$
Mais $\sum_{m=2}^{n} {n \choose m} k'(q^{\alpha+1}k')^{m-1} p^{n-m}$ est divisible par $q$, donc $nk' p^{n-1}$ est divisible par $q$.
Comme $n$ arbitraire (donc on peut le choisir premier avec $q$) et $p$ premier avec $q$, $k'$ est divisible par $q$ : contradiction !
Ainsi $q$ est égal à 1 et $a$ et $b$ sont entiers -
On a premièrement : $a$ et $b$ sont des nombres rationnels car $$ a-b\in \mathbb{N} \mbox{ et } a^{2}-b^{2}=(a-b)(a+b) \in \mathbb{N} \mbox{ avec } a>b.$$
On note $a=\frac{p}{q}$ et $b=\frac{k}{l}$ où $p\wedge q=1$ et $r\wedge l=1.$ On veut démontrer que $q|p$ et $l|k$ i.e. $q=1=l.$
Par hypothèse, on note pour une certaine suite $(r_{n})_{n\geq 0}\in\mathbb{N}^{\mathbb{N}},$ $$\forall n\in \mathbb{N},\mbox{ }(pl)^{n}-(qk)^{n}=r_{n}(lq)^{n}.$$
On remarque que $l$ divise $qk$ mais comme $l$ et $k$ sont premiers entre eux, alors on obtient $l|q.$ Mais aussi, par le même raisonnement $q|l.$ Ainsi, on obtient $q=l$ et finalement, on a l'expression réduite suivante $$ \forall n\in \mathbb{N},\mbox{ }p^{n}-k^{n}=r_{n}l^{n}.$$
On tire alors $$\forall n\in \mathbb{N},\mbox{ } u_{n}:=(p-k)b^{n}=lr_{n+1}-pr_{n}\in \mathbb{N}.$$
Mais ensuite, $$\forall n\in \mathbb{N},\mbox{ } lu_{n+1}-ku_{n}=0.$$
Raisonnons par l'absurde, en supposant qu'il existe un nombre premier $\tilde{p}$ tel que $\tilde{p}|l.$
La relation précédente donne (comme $l$ et $k$ sont premiers entre eux) que $\tilde{p}|u_{n}$ et par récurrence, on a $\tilde{p}^{k}|u_{n}$ pour tout $k\in\mathbb{N}.$ Ainsi, la suite $u$ est nulle... Ceci est exclu car $p\neq q$ et le cas $b=0$ a été traité à part!
Ainsi, $l=1$ et le résultat est prouvé. -
N'a-t-on pas que l'expression « on a que » est aussi laide qu'inutile ?
-
Pour le moment , la seule qui résiste encore est la 5Le 😄 Farceur
-
Bonjour,
Pour la 5) :
Poser $nm=a$ et circulaires et montrer que $1/a+1/b+1/c=1/10$, qui n’a pas de solution. Conclure. -
@YvesM je n'ai pas compris ta méthode ( je connais une solution de cette question qui utilise ta remarque 1/a+1/b+1/c=1/10)
@FDP il ya une erreur dans ton calcul, à remplace un 2 par xy
$\begin{align}\sum_{n\geq 1} \frac{H_n^2}{2^n}=\int_0^1 \int_0^1 \dfrac{\frac{x}{x-2}+\frac{y}{y-2}+\frac{xy}{2-xy}+1}{(1-x)(1-y)}\,dx\,dy\end{align}$ on trouve le meme resultat https://www.wolframalpha.com/input/?i=integrate+(x/(x-2)+y/(y-2)+xy/(2-x*y)+1)/((1-x)*(1-y)),x=0,1;y=0,1Le 😄 Farceur -
Bonjour,
Pour $1/a+1/b+1/c=1/10$ la méthode est de supposer SPDG $a\leq b\leq c$ et d’en déduire des majorations idoines sur $a,b,c$ et à tester les cas. Par exemple $11 \leq a \leq 29$... rien de sorcier. On doit réfléchir un peu pour encadré de différentes façons pour réduire le nombre de cas. -
Ok c'est la même méthodeLe 😄 Farceur
-
Non, pas besoin ici que la famille soit sommable, car tout les termes sont positifs. (cf théorème de Fubini-Tonelli)
-
Ah bon ! L'absolue convergence suffit ?
-
Gebrane:
Je pense que Wolfy raconte n'importe quoi.
On a:
$\displaystyle \frac{xy}{2-xy}=\frac{2}{2-xy}-1$
et Wolfy indique que
$\displaystyle \int_0^1 \int_0^1 \dfrac{\frac{x}{x-2}+\frac{y}{y-2}+\frac{2}{2-xy}}{(1-x)(1-y)}\,dx\,dy$
est convergente aussi.
https://www.wolframalpha.com/input/?i=integrate+(x/(x-2)+y/(y-2)+2/(2-x*y))/((1-x)*(1-y)),x=0,1;y=0,1
Donc si on suit l'avis de Wolfy alors
$\displaystyle \int_0^1 \int_0^1 \dfrac{1}{(1-x)(1-y)}\,dx\,dy$ devrait être convergente, ce qu'elle n'est pas. -
Bonjour,
Dans ce divertissement , on a rencontré un exemple d'un calcul qui peut conduire à des ânerie lorsque, on ne prend pas le courage de justifier la validité des théorèmes utilisés
Partant de $\displaystyle H_n=\int_0^1 \frac{1-x^n}{1-x}\,dx$ on a \begin{align}\sum_{n\geq 1} \frac{H_n^2}{2^n}&=\sum_{n\geq 1} \int_0^1 \int_0^1 \dfrac{(1-x^n)(1-y^n)}{2^n(1-x)(1-y)}\,dx\,dy\\
&= \int_0^1 \int_0^1\sum_{n\geq 1} \dfrac{(1-x^n)(1-y^n)}{2^n(1-x)(1-y)}\,dx\,dy\\
&= \int_0^1 \int_0^1\frac 1{(1-x)(1-y)}\sum_{n\geq 1} \dfrac{(1-x^n-y^n+(xy)^n)}{2^n}\,dx\,dy\\
&= \int_0^1 \int_0^1 \dfrac{\frac{x}{x-2}+\frac{y}{y-2}+\frac{2}{2-xy}}{(1-x)(1-y)}\,dx\,dy
\end{align}
Le série de gauche est convergente, l’intégrale double de droite est divergente ( même si wolfram croit le contraire), la bêtise c'est l’interversion somme et integrale sans justificationLe 😄 Farceur -
Ça ne marche pas comme justification de dire que tout est positif ?
-
Il ne manque pas un terme +1 au numérateur de l' intégrande quand on somme les termes (1/2)n ?
-
Gebrane:
On somme à partir de $n=1$.Mojojo a écrit:Ça ne marche pas comme justification de dire que tout est positif ?
C'était aussi mon impression. -
@mojojo
je ne comprends pas ton objection dans http://www.les-mathematiques.net/phorum/read.php?4,1664140,1666288#msg-1666288
on intègre sur un compact, la positivité est suffisante pour permuter série&intégrale non?Le 😄 Farceur -
Montre ton calcul pour que je t'explique ce -1 ( donnons$\Longrightarrow$ donnons :-D)Le 😄 Farceur
-
Oui tu as raison pour l'implication, mais j'ai écrit sur une feuille avec un bon vieux bic...ça va plus vite.
J'ai trouvé : +xy - xy ! enfin je me comprends. -
$$\displaystyle \frac{xy}{2-xy}=\frac{2}{2-xy}-1$$Le 😄 Farceur
-
Gebrane, tu dis que l'erreur vient d'une permutation somme/intégrale illicite. Moi j'ai l'impression qu'elle ne peux pas venir de là puisque tout me semble positif et que quand tout est positif on peut permuter sans se poser d'autres questions (compact ou pas d'ailleurs).
-
@mojojo
D’après toi l'erreur se trouve où dans http://www.les-mathematiques.net/phorum/read.php?4,1664140,1666224#msg-1666224Le 😄 Farceur -
Gebrane:
Il n'est pas dit qu'il y ait une erreur. -
le mieux je vais ouvrir cette question dans un autre fil pour plus clarté, j’espère que les AD ne ferons aucune objectionLe 😄 Farceur
-
J'aurai tendance à dire que l'erreur s'il y en a une se cache dans la dernière égalité. L'égalité de la série ne me parait pas claire. Mais je n'ai pas fais les calculs...
-
Une autre démonstration de,
$\displaystyle \sum_{n\geq 2} \frac{\zeta(n)}{2^n}=\ln(2)$
On sait que pour $s>1$,
$\displaystyle \zeta(s)=\frac{1}{\Gamma(s)}\int_0^1 \frac{(-\ln t)^{s-1}}{1-t}\,dt$
$\begin{align}S&=\sum_{n\geq 2} \frac{\zeta(n)}{2^n}\\
&=\sum_{n\geq 2}\frac{1}{2^n(n-1)!}\left(\int_0^1 \frac{(-\ln t)^{n-1}}{1-t}\,dt\right)\\
&=\frac{1}{2}\int_0^1\frac{1}{1-t}\left(\sum_{n\geq 1} \frac{(-\ln t)^{n}}{2^nn!}\right)\,dt\\
&=\frac{1}{2}\int_0^1\frac{1}{1-t}\left(\exp\left(\frac{1}{2}(-\ln t)\right)-1\right)\,dt\\
&=\frac{1}{2} \int_0^1\frac{\frac{1}{\sqrt{t}}-1}{1-t}\,dt\\
&=\frac{1}{2} \int_0^1\frac{1-\sqrt{t}}{(1-t)\sqrt{t}}\,dt\\
&=\frac{1}{2} \int_0^1\frac{1}{(1+\sqrt{t})\sqrt{t}}\,dt\\
\end{align}$
On fait le changement de variable $x=\sqrt{t}$,
$\begin{align}S&=\int_0^1\frac{1}{1+x}\,dx\\
&=\Big[\ln(1+x)\Big]_0^1\\
&=\ln 2
\end{align}$ -
Bonjour,
A propos de la 5) de Gebrane, que je salue:
Le $101$ n'apparaissant pas sur le message en français, il m'a fallu le trouver... avant de voir qu'en te "citant" tu le donnais!
Bref, je cherche le minimum de $q:=mn+np+pm$ sachant que $mnp=10(m+n+p)> 0$.
$m,n$ et $p$ sont strictement positifs et, comme le note Tryss, $mn, np$ et $pm$ sont supérieurs à $10$, si bien que, si $m,n$ ou $p$ égale $1$, alors $mn+np+pm\geq 10^2+10+10=120$.
SPDG $10$ divise $mn$ et , toujours SPDG, $(m:=2m_1; n:=5n_1)$ ou (non exclusif) $(m=:10m_2)$.
Premier cas:: $(m:=2m_1; n:=5n_1)$.
$mnp=10(m+n+p)> 0$ devient $m_1n_1p=2m_1+5n_1+p> 0$, d'où $(m_1n_1-1)p=2m_1+5n_1$.
Il en résulte que $m_1n_1\geq 2$ est pair [*] (sinon $m_1$ et $n_1$ seraient impairs, $(m_1n_1-1)$ serait pair et $n_1$ serait pair. Contradiction.).
Par ailleurs $q:=mn+np+pm=10m_1n_1+p(2m_1+5n_1)=10m_1n_1+p^2(m_1n_1-1)=10+(p^2+10)(m_1n_1-1)$.
1)Si $m_1n_1=2$, alors $(m_1,n_1)=(1,2)$ ou $(2,1)$), $p=12$ ou $9$, $q=164$ ou$101$.
2)Si $m_1n_1=4$, alors $(m_1,n_1)=(1,4)$ ou $(2,2)$ ou $(4,1)$, $3p=22$ ou $14$ ou $13$, tous trois impossibles.
3)Si $m_1n_1=6$, alors $5p=2m_1+5n_1$, donc $5$ divise $m_1$. Absurde car $m_1n_1=6$.
4)Si $m_1n_1\geq 8$, alors $q=10+(p^2+10)(m_1n_1-1)\geq 10+(p^2+10)7$. Pour que ce dernier $q$ soit inférieur à$101$ il faut que
$7(p^2+10)\leq 91$, et donc que $p=1$. Or on a vu que si $p=1$, $q\geq 120$.
Ainsi, dans les conditions de ce premier cas, le mimimum pour $q$ est $101$.
Second cas:: $m:=10m_2$.
$mnp=10(m+n+p)> 0$ devient $m_2np=10m_2+n+p$ et $q:=mn+np+pm$ devient $q=10m_2(n+p)+np$.
1)Si $m_2=1$, alors $np=10+n+p$, soit $(n-1)(p-1)=11$, soit $\{n,p\}=\{2,12\}$ et $q=10(2+12)+2\times 12=164$.
2))Si $m_2\geq2$, alors $q=10m_2(n+p)+np \geq 20(n+p)+np$. Pour que ce dernier $q$ soit inférieur à$101$ , il faut que $20(n+p)+np$ le soit et donc que $n+p$ soit inférieur à $5$, ce qui ne se peut puisque $np\geq 10$ (et donc $n+p\geq 7$).
Ainsi, dans les conditions de ce second cas, le mimimum pour $q$ est supérieur à $101$.
Cordialement
Paul -
Bonjour dépasse, merci pour cette belle preuve, je vais la regarder tranquillement
Maintenant je dévoile des solutions de 4 et 5
J'ai ajouté pour cette semaine la numéro 6, elle est astucieuse et pas évidenteLe 😄 Farceur -
Problème 12051de l'AMM (problème en cours)
Montrer:
$\displaystyle \sum_{n=0}^{\infty} \binom{2n}{n}\frac{1}{4^n(2n+1)^3}=\frac{\pi^3}{48}+\frac{\pi\ln^22}{4}$ -
Merci c'est très joli ! ( j’espère devancer YvesM sur ce coup :-D)Le 😄 Farceur
-
Gebrane:
Je trouve ce problème trop facile car une fois que tu as le bon cap , la solution se déroule toute seule.
Je voulais poster une solution à l'AMM mais je suis persuadé que toutes les solutions données seront comme la mienne. Il faudrait trouver une solution originale. -
oui c'est facile. grâce à wolfram j'ai trouvé la fonction à integrer entre 0 et 1 pour tomber sur le terme $1/{4^n(2n+1)^3}$ http://www.wolframalpha.com/input/?i=int_0^1+(1/2)+ln^2(x)+(x^2/4)^n
on se ramène à calculer une intégrale , vois-tu ce que je veux dire ?Le 😄 Farceur -
Gebrane:
Tu tiens le bon cap mais il faut que tu trouves le moyen de faire apparaitre le coefficient binomial.
J'ai pris un chemin de traverse pour finir par me rendre compte que c'était évident à faire apparaitre quand on n'avait pas oublié quelques trucs de base de licence.
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