Petit exercice avec $\zeta$
Bonjour,
La neige nous bloque (en tout cas ici chez moi), d'où ce (tout) petit exercice, plus simple qu'il n'en a l'air, pour passer le temps : montrer que, pour tout $n \in \mathbb{Z}_{\geqslant 1}$
$$\left \lfloor \left( \sum_{k=n}^\infty \frac{1}{k^2} \right)^{-1} \right \rfloor + 1 = n$$
où, comme d'habitude, $\lfloor x \rfloor$ désigne la partie entière inférieure du réel $x$.
La neige nous bloque (en tout cas ici chez moi), d'où ce (tout) petit exercice, plus simple qu'il n'en a l'air, pour passer le temps : montrer que, pour tout $n \in \mathbb{Z}_{\geqslant 1}$
$$\left \lfloor \left( \sum_{k=n}^\infty \frac{1}{k^2} \right)^{-1} \right \rfloor + 1 = n$$
où, comme d'habitude, $\lfloor x \rfloor$ désigne la partie entière inférieure du réel $x$.
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Réponses
À cause de toi je vais arriver en retard au lycée. :-D
$$ On trouve donc $$\frac{1}{n} < \sum_{k=n}^{+\infty} \frac{1}{k^2} \leq \frac{1}{n-1}.$$ En passant à l'inverse on trouve $$n-1 \leq \left(\sum_{k=n}^{+\infty} \frac{1}{k^2}\right)^{-1} < n,$$ ce qui nous donne exactement ce qu'on veut.
Désolé.
Bonne journée.
$$\frac{1}{k(k+1)}=\frac{1}{k}-\frac{1}{k+1}=\int_k^{k+1}\frac{1}{x^2}\text{d}x$$
Pour approfondir le sujet sans avoir à lire une thèse de 300 pages à laquelle de toute façon on ne comprendra rien, c'est là : http://www.les-mathematiques.net/phorum/read.php?43,1198849,1383166#msg-1383166
$$\left \lfloor \left ( \sum_{k=n}^\infty \frac{1}{k^3} \right)^{-1} \right \rfloor = 2n(n-1).$$
$$\frac{1}{2k(k+1)}-\frac{1}{2(k+1)(k+2)}=\frac{1}{k(k+1)(k+2)}<\frac{1}{k^3} < \frac{1}{k(k^2-1)}=\frac{1}{(k-1)k(k+1)}=\frac{1}{2(k-1)k}-\frac{1}{2k(k+1)}$$
On obtient alors : $$ 2(n+1)n > R > 2n(n-1) $$
Vive l'apprentissage... :-D
$$\frac{1}{2k(k-1)+1}-\frac{1}{2k(k+1)+1}=\frac{1}{k^3+\frac{1}{4k}}<\frac{1}{k^3}$$
d'où $$2n(n-1)+1>R>2n(n-1)$$
JQCF (J'espère Que C'est la Fin).
@Noix de Totos : c'est à peine plus long, ou avais-tu une autre solution en tête ?
Soit $P,Q\in \Z[X]$, $P(X)=a_0+...+a_nX^n$, $Q(X)=b_0+...+b_nX^n$ (avec des coefficients non tous nuls), $m\in\Z$ tel que $\forall i\in\{0,...,n\} |m|\geq 2max(|a_i|,|b_i|)+1$.
Montrer que $P(m)=Q(m)$ alors $P=Q$.
Supposons $P \neq Q$. En utilisant un critère bien connu, le polynôme $P-Q$ a toutes ses racines $\alpha_k$ vérifiant
$$\left | \alpha_k \right | \leqslant 1 + \max_{0 \leqslant k \leqslant n-1} \frac{|a_k - b_k|}{|a_n - b_n|} \leqslant 1 + \max_{0 \leqslant k \leqslant n-1} |a_k - b_k| \leqslant 1 + 2 \max_{0 \leqslant k \leqslant n-1} \left( |a_k|,|b_k| \right)$$
ce qui contredit l'hypothèse.
PS : Peux-tu énoncer clairement le critère bien connu ?
j'ai trouvé ici (p 5) : http://iml.univ-mrs.fr/~ritzenth/agregation/cours-polynomes2.pdf
Merci.
Le théorème de localisation utilisé ici est le suivant : si $P = a_n X^n + \dotsb + a_0 \in \mathbb{R}[X]$ avec $n \geqslant 1$ et $a_n \neq 0$, alors toutes les racines $\alpha_j$ de $P$ vérifient
$$|\alpha_j| \leqslant 1 + \max_{0 \leqslant k \leqslant n-1} \left | \frac{a_k}{a_n} \right |.$$
mais il suffit de prendre un résultat de localisation des racines un peu plus fort que celui-ci pour intégrer le cas d'égalité.
Peut-être, lequel utiliserais-tu alors ?
Je me permets de dire que la solution, que je pense avoir, n'utilise pas ce genre de critère, d'où ma curiosité.
PS : ok, dans le poly c'est avec une inégalité stricte.
PS : je ne suis pas logique, c'est-à-dire que je ne crois pas en la capacité du raisonnement à décrire tous les possibles.
Peut-être fais-tu un blocage sur ce que j'écris ?
C'est possible.
Voilà la solution à laquelle j'ai pensée : http://www.les-mathematiques.net/phorum/read.php?3,1378296,1378494#msg-1378494