Somme partie entière
Réponses
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On pourrait compter le nombre de points à coordonnées entières situés sous le graphe de $x \longrightarrow n^{\frac 1x}$ pour $x$ entre $2$ et $n$.
En changeant de repère on obtient le graphe de $x \longrightarrow \dfrac {\ln n}{\ln x}$. Ce n'est que le début d'accord d'accord. -
On peut faire une conjecture suffisante pour résoudre le problème et que je n'ai pas réussi en mettre en défaut avec ma bécane : $$\big\lfloor{n^{1/k}}\big\rfloor=\bigg\lfloor{\frac{\ln(n)}{\ln(k)}}\bigg\rfloor$$
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erreur, la conjecture peut-être mise en défaut.
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Bonjour Dupuits
Ta conjecture $\forall n \ge2, \forall 2\leq k\leq n,\quad \big\lfloor{n^{1/k}}\big\rfloor=\bigg\lfloor{\frac{\ln(n)}{\ln(k)}}\bigg\rfloor $ est fausse, prendre $k=2$ et $n=100$
edit l'une donne 10 et l'autre donne 6 http://www.wolframalpha.com/input/?i=\lfloor{100^{1/2}}\rfloor;+\lfloor{ln(100)/ln(2)}\rfloorLe 😄 Farceur -
Bonjour Gébrane,
En fait pour n=9, la formule de Etanche ne marche pas, sauf erreur de ma bécane, j'obtiens 11 et 10. -
C'est juste pour n=9, http://www.wolframalpha.com/input/?i=\sum_{k=2}^9+(\lfloor{9^{1/k}}\rfloor);+\sum_{k=2}^9+(\lfloor{ln(9)/ln(k)}\rfloor+)Le 😄 Farceur
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oui, effectivement je n'avais pas pris assez de digits (seulement 20 par défaut)
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avec n=1000 j'obtiens 1048 et 1049 (étant limité en nombre de digits je ne sais pas, si c'est effectivement le cas).
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En calculant avec des décimales par défaut, Sage renvoie 1048 pour chacun des deux membres de l'égalité. En faisant un calcul « exact » ou en exigeant 1000 chiffres exacts (base deux), il renvoie 1049 pour chaque côté.
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Voici une démonstration de la formule proposée par Etanche.
$\big\lfloor{n^{1/k}}\big\rfloor=\mathbf{card}\{ x\in\N^*, x^k\leq n \}$
donc $a_n=\displaystyle\sum_{k=2}^{n}\big\lfloor{n^{1/k}}\big\rfloor=\mathbf{card}\{ (x,k)\in\N^*\times2,n, x^k\leq n \}= n-1+\mathbf{card}\{ (x,k)\in2,n^2, x^k\leq n \}$
puisque pour $k\geq1$ on a $x\leq x^k\leq n$.
$\bigg\lfloor{\dfrac{\ln(n)}{\ln(k)}}\bigg\rfloor=\mathbf{card}\{ x\in\N^*, k^x\leq n \}$
donc $b_n=\displaystyle\sum_{k=2}^{n}\bigg\lfloor{\frac{\ln(n)}{\ln(k)}}\bigg\rfloor=\mathbf{card}\{ (x,k)\in\N^*\times2,n, k^x\leq n \}= n-1+\mathbf{card}\{ (x,k)\in2,n^2 , k^x\leq n\} $
puisque pour $k\geq2$ on a $x\leq k^x\leq n$.
En échangeant $k$ et $x$ on a bien montré que $a_n=b_n$. -
Voici une figure qui illustre la démonstration de Jandri ($n=50$) :
- en bleu, les points $(x,k)$ qui contribue à la somme $a_n$ ;
- en rouge, les points $(x,k)$ qui contribuent à la somme $b_n$.
On voit bien deux morceaux se dégager :- une colonne commune formée des $n-1$ points $(1,k)$ avec $2\le k\le n$ ;
- deux ensembles symétriques par rapport à la bissectrice des axes ($x=k$) dans la zone grisée formée des points tels que $x\ge2$ et $k\ge2$.
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Merci pour cette illustration graphique .
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Merci Jandri
( je passe à la deuxième ligne :-))Le 😄 Farceur
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Bonjour!
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