Confinement & séries

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Réponses

  • Fin de partie
    Fin de partie
    Pour $n$ assez grand on a $\text{ppcm}(1,2,...,n)>2^n$
  • Gon
    Gon
    @ Fin de partie il s'agit plutôt de la série de terme général $ \frac{1}{ppcm(u_{0},...,u{n})}$.

    Hier j'avais fait une erreur dans l'énoncé et @Gebrane m'a corrigé.

    Donc on demande d'étudier et de calculer la série de terme général $ \frac{1}{ppcm(u_{0},...,u{n})}$ où $(U_{n})$ est une suite strictement croissante d'entiers $n\geq 1$
  • gebrane
    gebrane
    Attien il y a une solution à ton problème que je n'ai jamais comprise et que je ne veux pas comprendre. Si tu es intéressé, je la poste !
    Le 😄 Farceur


  • bisam
    bisam
    @totem : Je trouve que pour tout $a\in\N^*$ \[\sum_{n=1}^{+\infty}\frac{n-a\lfloor \frac{n}{a} \rfloor}{n(n+1)}=\ln(a)-\sum_{k=2}^{a}\frac{1}{k}\]
  • jandri
    jandri
    @bisam : Il y a une coquille dans ton résultat.
  • Gon
    Gon
    @gebrane tu ne l'as jamais comprise et moi avec mon niveau très modeste en analyse je serais capable de la comprendre ... 8-).

    Pourquoi pas, il y a des experts en la matière ici, ils pourront m'aider je crois :-D
  • gebrane
    gebrane
    Jandri wolfram donne une autre formule exemple pour a=2 https://www.wolframalpha.com/input/?i=\sum_{n=1}^{+\infty}++{n-2\lfloor+n/2+\rfloor}/{n(n+1)}
    Le 😄 Farceur


  • gebrane
    gebrane
    Attien ouvre un autre fil et pose ta question, je vais poster la solution incomprise
    Le 😄 Farceur


  • Fin de partie
    Fin de partie
    Attien:


    La série $\displaystyle \sum_{n=2}^\infty \frac{1}{\text{ppcm}(1,2,...,n)}$ est convergente. On peut le voir grâce à la minoration donnée plus haut.

    PS:
    Cette minoration n'est pas immédiate à obtenir alors essayer de généraliser cela à une suite croissante $(u_n)$ cela doit être un problème qui n'est pas facile à résoudre.
  • gebrane
    gebrane
    FDP on parle du cadre général
    Le 😄 Farceur


  • Fin de partie
    Fin de partie
    J'ai bien compris. Je le répète, m'est avis que c'est un problème difficile à résoudre.

    Je serais étonné qu'on ait $\text{ppcm}(u_1,u_2,...,u_n)>u_1^n$ pour $n$ assez grand.

    (si $u_1>1$ )

    PS:
    correction effectuée il y avait une erreur dans la borne considérée.

    Par exemple: si on prend la suite $u_n=2^n$, sauf erreur, $\text{ppcm}(u_1,u_2,...,u_n)=2^n$
    Cela marche sur cet exemple.
  • Rombaldi
    Rombaldi
    Bonjour,
    en fichier joint, voilà une note sur ppcm(1,2,...,n) peut être utile.
    Bonne journée
  • jandri
    jandri
    @gebrane
    wolfram donne le bon résultat pour $a=2$ : $\ln 2$.
  • etanche
    etanche
    a=3 donne https://www.wolframalpha.com/input/?i=\sum_{n=1}^{+\infty}++{n-3\lfloor+n/3+\rfloor}/{n(n+1)}
  • totem
    totem
    @bisam : merci c'est gentil de poster la solution , mais pour l'instant je n'ai pas trouvé !
  • bisam
    bisam
    Merci Jandri : j'avais effectivement fait une erreur dans le changement de variable au départ.
    On trouve tout simplement : \[\sum_{n=1}^{+\infty}\frac{n-a\lfloor \frac{n}{a} \rfloor}{n(n+1)}=\ln(a)\]

    Pour le calcul j'ai calculé une somme partielle jusqu'à $aN$ et en découpant en tranches de longueur $a$, on arrive à la différence de deux sommes partielles de la série harmonique.
    On peut y arriver aussi avec une transformation d'Abel.

    Je me demande si on peut généraliser à des valeurs non entières de $a$...
  • jandri
    jandri
    J'ai procédé de la même façon que bisam pour $a$ entier.

    Je n'avais pas pensé à généraliser la formule donnant $S(a)=\displaystyle\sum_{n=1}^{+\infty}\frac{n-a\lfloor \frac{n}{a} \rfloor}{n(n+1)}$ au cas où $a=\dfrac pq$ avec $p$ et $q$ entiers naturels premiers entre eux.
    Le cas $p=1$ est trivial.
    Il y a une formule simple mais uniquement quand $q\equiv1 \pmod p$ : $S\left(\dfrac pq\right)=\dfrac1q\ln(p)$

    Dans le cas général : $S\left(\dfrac pq\right)=\dfrac1q\displaystyle\sum_{r=1}^{p-1}(rq\pmod p)\int_0^1\dfrac{t^{r-1}}{1+t+...+t^{p-1}}dt$

    Ces intégrales ne se calculent que dans des cas particuliers.
    Par exemple si $q\equiv 2\pmod 3$ : $S\left(\dfrac 3q\right)=\dfrac1q\left(\dfrac12\ln(3)+\dfrac{\pi}{2\sqrt3}\right)$

    De même si $q\equiv 3\pmod 4$ : $S\left(\dfrac 4q\right)=\dfrac1q\left(\ln(2)+\dfrac{\pi}{2}\right)$

    Mais pour $S\left(\dfrac 54\right)$ le résultat est bien compliqué !
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