Somme 1/k^2

Bonjour,
Le fait que $k^2 \geqslant k(k-1)$ pour tout entier $k\geqslant 1$ doit aider.
LP

J'imagine qu'il manque un "quel que soit $M$" dans l'énoncé.

J'utilise que la série de terme général $\dfrac{1}{k^2}$ converge et sa somme $\sum_{k=1}^{+\infty} \dfrac{1}{k^2}$ est notée $\ell$.

1) Il suffit de démontrer que : pour tout entier non nul $N$, $\displaystyle \ell \leq \frac{1}{N} + \sum_{k=1}^{N} \dfrac{1}{k^2}$. (à faire)

J'ai note $u_N$ le membre de droite.

2) On a $u_N$ tend vers $\ell$ quand $N$ tend vers l'infini. (à faire).

3) il suffit de démontrer que la suite $u$ est décroissante.
Ouf, c'est le cas ! (a faire)

4) Cela permet de conclure.

Remarque : Je conviens que la méthode peut-être qualifiée de poussive et admet la convergence (pas trop difficile à démontrer cela dit) de la série des $1/k^2$.

On peut aussi faire une sommation partielle. Plus précisément, montrons que, pour tous réels $r > 1$ et $x \geqslant 1$
$$\sum_{n > x} \frac{1}{n^r} \leqslant \frac{1}{(r-1)x^{r-1}} + \frac{1}{x^r}.$$

En effet
\begin{align*}
\sum_{n > x} \frac{1}{n^r} &= - \frac{1}{x^r} \sum_{n \leqslant x} 1 + r \int_x^\infty t^{-r-1} \left( \sum_{n \leqslant t} 1 \right) \, \textrm{d}t \\
&= - \frac{\lfloor x \rfloor}{x^r} + r \int_x^\infty t^{-r-1} \lfloor t \rfloor \, \textrm{d}t \\
& \leqslant - \frac{x-1}{x^r} + r \int_x^\infty t^{-r} \, \textrm{d}t = \frac{1}{(r-1)x^{r-1}} + \frac{1}{x^r}
\end{align*}
comme annoncé.

Oui, c'est bien ce que je suggérais.

Bonsoir,

Il se trouve que c'est assez long.

Quelles sont les choses autorisées ?

Calculatrice ? Ordinateur ? Valeur approchée avec quelle précision ?

Faut-il donner le résultat en écriture décimale ? Sous la forme d'une fraction ? Si oui, doit-elle être irréductible ?

Cordialement

Peux-tu donner la réponse que tu as trouvée ?

D'autres pourront certainement t'aider je pense.

Je suis étonné de voir que ce nombre est décimal.

N'est-ce pas plutôt une valeur approchée ?

oui certainement, c'est pour cette raison que j'essaye de trouver une méthode de vérification.

Ok.

Peut-être qu'en utilisant des comparaisons séries-intégrales on peut avoir un encadrement exploitable.

Voir ici pour une première idée : https://fr.wikipedia.org/wiki/Comparaison_série-intégrale

Edit : Autre idée
- un sujet guidé : la première partie, voir les méthodes 1 et 2.
- une correction ici.

Bonne soirée

GP PARI donne la même valeur que celle donnée par Dom (le dernier chiffre qu'il donne est arrondi par excès).

GP PARI peut donner le nombre sous forme de fraction (en quelques secondes) mais le numérateur et le dénominateur sont des nombres monstrueux.

PS:
La série des inverses des carrés converge (très) lentement vers $\frac{\pi^2}{6}$

Si par calcul (par démonstration) tu veux obtenir une valeur assez précise de la somme de la série, ce qui est fait dans ce fil est insuffisant à mon humble avis. On a déjà parlé de ça sur le forum il y a quelques temps.

babsgueye écrivait:

---

> Je pense qu'on peut même montrer que c'est inférieure ou égale à $\dfrac{1}{N^2}$, juste
> en écrivant la somme et rendre au même dénominateur !

Tu te trompes lourdement (pas la première fois...). Les deux premiers termes de la somme donnent à eux seuls une contribution de $\frac{1}{(N+1)^2}+\frac{1}{(N+2)^2}$ qui est équivalent à $\frac{2}{N^2}$. On ne voit pas comment cela pourrait passer en-dessous de $\frac{1}{N^2}$ en ajoutant un grand nombre de termes.

Plus précisément, la comparaison série intégrale donne un encadrement de la somme $\sum_{k=N+1}^{M}\frac{1}{k^2}$ entre $\frac{1}{N}-\frac1M$ et $\frac{1}{N-1}-\frac1{M-1}$. Si $M$ est beaucoup plus grand que $N$, la somme est équivalente à $1/N$ (et donc beaucoup plus grande que $1/N^2$).

Par contre, on a, pour tout $M\geq 2$,


$\displaystyle \sum_{k=2}^{M} \dfrac{1}{k^2}\leq 1$

@meriane pour Wolfram "NSum[1/n^2, {n, 1, 100000}, WorkingPrecision -> 562]" http://tinyurl.com/ycuzu4o5
1.64492406689822626980574850331269185564752132981156034248988723370154293493749873831300760295678054490622829694067858691180091617100732624835163195047231987358365159404530767183350614725737060201356747965802803170951728937583263265960069513405363644932462992636461475630686946416138468995483220712656659392092226535921853418746004919844281537666792043527707544010671943287159524827516568118050932308493117648233604350225108278797216748780135840612365133746411274872416754400027081448529425338209732998093473604697718507214965938853331667343531569198089106136255...

Bonjour,

Es-tu sûr que, pour $n$ donné, $m <n$ quand $m$ tend vers l’infini ?

Ah ok ! C'est une étourderie.

Mais on peut changer cette grossière majoration et obtenir à la fin $\dfrac{n(m - n)}{(n + \dfrac{\lfloor{m-n}\rfloor}{2})^2}\leq 1$.

Merci.