Provocation
Qui a le courage de réfuter ceci :
Pour tout $z\in \mathbb{C} \backslash \{1\}$ et pour tout $N\in \mathbb{N}^*$ on a
$\displaystyle \zeta(z) = \sum_{k=1}^{n} \frac{1}{ k^z } - \frac {n^{1-z}}{1-z} + \sum_{k=1}^{2N} \frac {z^{(k-1)}B_k} {k!n^{z+k-1}} + O\left( \frac1{n^{z+2N}} \right)$
Les $B_k$ sont les nombres de Bernoulli et pour $\displaystyle p\in \mathbb{N}^* : z^{(p)} = z(z+1)(z+2) ... (z+p-1)$.
Pour tout $z\in \mathbb{C} \backslash \{1\}$ et pour tout $N\in \mathbb{N}^*$ on a
$\displaystyle \zeta(z) = \sum_{k=1}^{n} \frac{1}{ k^z } - \frac {n^{1-z}}{1-z} + \sum_{k=1}^{2N} \frac {z^{(k-1)}B_k} {k!n^{z+k-1}} + O\left( \frac1{n^{z+2N}} \right)$
Les $B_k$ sont les nombres de Bernoulli et pour $\displaystyle p\in \mathbb{N}^* : z^{(p)} = z(z+1)(z+2) ... (z+p-1)$.
Réponses
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Et n il vaut quoi ?
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$n$ est un entier naturel non nul.
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Grand O par rapport à quoi ?
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Par rapport à $n$.
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J'ai le courage! je réfute.
Si tu réfutes ce que je réfutes , donne une preuve .Le 😄 Farceur -
Si je procède comme tu l'as fait, on tombera dans une boucle infinie.
Si tu réfute alors tu as en tête un contre exemple ou des choses qui clochent dans la relation, c'est ce que je veux savoir. -
Heureusement que je ne suis pas sur la défensive: c'est ta formule et c'est à toi de la défendre :-D
( je garde mes secrets pourquoi je réfutes )Le 😄 Farceur -
Ok, je vais la défendre et la prouver. Mais j'ai bien peur que c'est du déjà-vu, alors j'ai besoin que quelqu'un me le dise.
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Personne ne réfute !? Alors, pour ceux qui cherchent des développements asymptotiques (de tout ordre) des sommes $\displaystyle S_n(z)=\sum_{k=1}^{n} \frac{1}{ k^z }$, ils peuvent l'utiliser sans crainte. C'est un outil très puissant qui ne vous décevra jamais, plus besoin de la formule d'Euler-Maclaurin et son reste intégral B-)-.
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Bonne nuit,
Il peut le faire, on l'applaudit bien fort !!........
Cordialement,
Rescassol -
L2M,
c'est toi qui proposes, c'est à toi de le faire ... Ton titre est éloquent ... ta provocation a fait pschittt. Tu as l'air ridicule ... -
Provocation réussie.
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Demain je teste ta formule sur pari gp et je dis quoi.
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@Sylvain. Merci.
@Utilisateurs de ce forum : Ne me laissez pas penser que $\zeta$ vous fait peur ;-). -
L2M me fait peur plus que zeta http://www.les-mathematiques.net/phorum/read.php?4,1254215,1255257#msg-1255257Le 😄 Farceur
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Quelqu'un connait la commande pari pour les nombres de Bernoulli ?
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bernfrac(k)
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J'ai l'impression qu'il y a un problème dans le terme d'erreur. Pour $n=100$, $z=2$ et $2N=6$, j'obtiens une erreur multipliée par $100^8$ de l'ordre de $-4,97E11$ soit environ $10^6$ fois plus qu'avec $n=10$.
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En prenant $z=.5+14,13472514i$ j'obtiens mutatis mutandis $-0,03275...-0,038...i$. La même chose avec $n=1000$ et $z=.5+14,13472514173469379$ donne $-0,015...+0.0039...i$. J'essaye avec $2N=10$.
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Pour voir s'il y un vrai problème dans la formule tu dois tester les valeur $\Re z<1$. Mais pour $z=2$ tout tend vers $0$ et la somme vers $\zeta(2)$.
Puisque ça ne marche pas pour $z=2$, alors tu dois avoir commis une erreur dans le code Pari Gp. -
Tu veux dire $\Re(z)<1$ ? Pour $z$ comme dans le message précédent j'obtiens avec $n=1000$ et $2N=4$ la valeur $0,048...+0,218...i$ avec le code "sum(k,1,1000,1/k^z)-1000^(1-z)/(1-z)+z*-.5/1/1000^z+z*(z+1)*1/6/2/1000^(z+1)+z*(z+1)*(z+2)*(z+3)*-1/30/24/1000^(z+3)".
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Le terme dans le grand O vaut environ -3E-14.
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Combien as-tu mis dans default(realprecision, ...) ?
Dans mon code pour $n=1000$ , $N=2$ , $z=0.5 + 14.13472514*I$ et default(realprecision, $10$), j'ai trouvé :
$2.163160218 E-10 - 1.358779587 E-9*I$ -
Le code Pari Gp que j'utilise est :
default(realprecision,10) S(n,z) = sum(k=1,n,1/k^z); S_(n,N,z) = sum( k=1,2*N,(-1)^(k-1)*binomial(-z,k-1)*bernfrac(k)/k/n^(z+k-1) ); F(n,N,z) = S(n,z) - n^(1-z)/(1-z) + S_(n,N,z); n=1000; N=4; z=0.5 + 14.13472514*I; x=1.0*F(n,N,z); print( x ); write("wrte.txt",x); -
... et pour $n=1000$; $N=4$; $z=0.5 + 14.13472514173469379045725*I$; et default(realprecision, $50$) j'obtiens :
$2.52272281145386190400053842716244096455 E-25 - 1.57886728901619699820384630687677224508 E-24*I$ -
J'ignorais l'existence de default machin chose. Je pensais naïvement que le logiciel utilisait une précision maximale dans tous les cas. Je déteste l'informatique et ses contraintes qui vous dégoûteraient des maths.
-
Dans des cas de grande itération, En augmentant la précision, ça prend beaucoup de temps alors on règle la précision selon nos besoins. c'est gênant car la valeur de zêta en l'un de ses zéros par exemple change selon la précision.
Remarque : Il y a une légère différence entre le code Pari Gp et la formule :
$\displaystyle \frac {z^{(k-1)}B_k} {k!n^{z+k-1}} = \frac {z^{(k-1)}B_k} {(k-1)!kn^{z+k-1}} = \frac {(-1)^{k-1} \binom{-z}{k-1}B_k} {kn^{z+k-1}}$
car
$\displaystyle \frac {z^{(k)}} {k!} = (-1)^k \binom{-z}{k}$ -
@Sylvain : Il y a des petites erreurs dans ton code : pour $n=1000$, $2N=4$ :
sum(k,1,1000,1/k^z)-1000^(1-z)/(1-z)+z*-.5/1/1000^z+z*(z+1)*1/6/2/1000^(z+1)+z*(z+1)*(z+2)*(z+3)*-1/30/24/1000^(z+3)
C'est plutôt :sum(k=1,1000,1/k^z)-1000^(1-z)/(1-z)+1*(-.5)/1/1000^z+z*(1/6)/2/1000^(z+1)+z*(z+1)*(z+2)*(-1/30)/24/1000^(z+3);
Merci. -
Mode d'emploi de la formule :
Pour toutes les valeurs de $z$ (sauf $1$), et pour que le reste converge vers $0$, il faut choisir $N$ tel que $Re(z)+2N>0$, c'est à dire $\displaystyle N>-\frac{\Re(z)}2$. -
As-tu parlé de cette formule sur MSE ?
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C'est une approximation classique de $\zeta$ utilisant Euler-Maclaurin. L'évaluation du reste par L2M étant ici sujette à caution. Sinon pour des approximations plus élaborées et intéressantes on peut lire cet article de Gleb Beliakov et Yuri Matiyasevich et tenter d'expliquer leurs observations.
-
@Sylvain, non.
@Breyer : (Edit : Merci pour l'article)
Ce n'est pas vrai, mais c'est votre droit de douter car je n'ai pas donné de démonstration. J'ai calculé ce reste intégral (sous forme de série fonctionnelle convergente), mais sans Euler-Maclaurin, et j'arrive à voir le $O\left( \frac1{n^{z+2N}} \right)$. Le plus pire c'est qu'on peut le dériver pour obtenir la même formule pour $\zeta'$ et pour toutes les dérivées de tout ordre.L'évaluation du reste par L2M étant ici sujette à caution. -
C'est quoi MSE ?
Une voix dans ma tête me dit : "Tu provoques et tu attends qu'on te réponde !" -
@pourexemple : merci, tu viens de sauver la situation :-).
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La formule en haut a était déjà démontrée :
Il suffit d’utiliser la formule d'Euler-Maclaurin et de montrer que pour $\displaystyle N> - \frac {\Re (z)}2$ le reste integral converge vers $0$ quand $n$ tend vers $\infty$.
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