Petit exercice avec $\zeta$

noix de totos · January 2017

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 $x$.

Hébus · January 2017

$$\dfrac{1}{k(k+1)}<\dfrac{1}{k^2}<\dfrac{1}{k(k-1)}$$

À cause de toi je vais arriver en retard au lycée. :-D

Poirot · January 2017

On compare $$\sum_{k=n}^{+\infty} \frac{1}{k^2}$$ à une intégrale : Pour $n \in \mathbb N, n \geq 2$, $$\int_{n}^{+\infty} \frac{dt}{t^2} < \sum_{k=n}^{+\infty} \frac{1}{k^2} \leq \int_{n-1}^{+\infty} \frac{dt}{t^2}$$ (tout est intégrable comme il faut bien sûr) en utilisant le fait que $$ \int_{n}^{n+1} \frac{dt}{t^2} < \frac{1}{n^2} \leq \int_{n-1}^{n} \frac{dt}{t^2}.
$$ 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.

pourexemple · January 2017

Bravo Hébus, Poirot reprend ton astuce sans l'expliciter.

noix de totos · January 2017

Bravo et merci pour vos contributions.

Poirot · January 2017

@pourexemple : je ne reprends aucune astuce. Nous avons proposé deux méthodes différentes, qui reviennent au même encadrement certes.

pourexemple · January 2017

@Poirot : oui pardon, j'ai oublié que $$\int_n^{+\infty} \frac{1}{x^2}\text{d}x=\frac{1}{n}$$

Désolé.

Bonne journée.

pourexemple · January 2017

Mot clef : série télescopique.

$$\frac{1}{k(k+1)}=\frac{1}{k}-\frac{1}{k+1}=\int_k^{k+1}\frac{1}{x^2}\text{d}x$$

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

noix de totos · January 2017

Ajoutons celle-ci (pas à résoudre, c'est du même genre, mais plus long) :
$$\left \lfloor \left ( \sum_{k=n}^\infty \frac{1}{k^3} \right)^{-1} \right \rfloor = 2n(n-1).$$

pourexemple · January 2017

une piste :

$$\frac{1}{2k(k+1)}-\frac{1}{2(k+1)(k+2)}=\frac{1}{k(k+1)(k+2)}<\frac{1}{k^3} < \frac{1}{k(k^2-1)}=\frac{1}{(k-1)k(k+1)}=\frac{1}{2(k-1)k}-\frac{1}{2k(k+1)}$$

On obtient alors : $$ 2(n+1)n > R > 2n(n-1) $$

Vive l'apprentissage... :-D

noix de totos · January 2017

Oui, c'est l'idée, il faut juste des encadrements un petit peu plus précis.

pourexemple · January 2017

Je pense avoir trouvé pour la deuxième inégalité :

$$\frac{1}{2k(k-1)+1}-\frac{1}{2k(k+1)+1}=\frac{1}{k^3+\frac{1}{4k}}<\frac{1}{k^3}$$

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 ?

noix de totos · January 2017

Non, c'est ça grosso modo.

pourexemple · January 2017

@Noix de Totos : Je me permets de t'en proposer un également, par ailleurs il est à peine plus long que le dernier exos que tu as proposés.

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 $P=Q$.

noix de totos · January 2017

Je le fais avec $n \geqslant 1$, $a_n \neq b_n$ et $\displaystyle |m| > 2 \max_{0 \leqslant k \leqslant n-1} \left( |a_k|,|b_k| \right) + 1$.

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.

pourexemple · January 2017

@Noix de Totos : il te manque le cas $m=2\max(...)+1$

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.

noix de totos · January 2017

J'ai dit que je ne faisais que le cas $|m| > \dotsc$ pour des raisons de simplification, mais il suffit de prendre un résultat de localisation des racines un peu plus fort que celui-ci pour intégrer le cas d'égalité.

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
$$|\alpha_j| \leqslant 1 + \max_{0 \leqslant k \leqslant n-1} \left | \frac{a_k}{a_n} \right |.$$

pourexemple · January 2017

Citation Noix de Totos :
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.

GaBuZoMeu · January 2017

Apparemment, pourexemple ne s'est toujours pas aperçu que c'est la réponse que j'avais déjà apporté à sa question ici.

pourexemple · January 2017

Il n'y a que chez les kabbalistes et autres gnostiques (sauf négociation), chez qui on répond à une question par une question.

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.

GaBuZoMeu · January 2017

Quelle question ai-je posée ? Je ne vois que des affirmations. Tu n'as pas été capable de comprendre le raisonnement - pourtant simple. Peut-être fais-tu un blocage sur ce que j'écris ? (:D

pourexemple · January 2017

Citation :
Peut-être fais-tu un blocage sur ce que j'écris ?

C'est possible.

noix de totos · January 2017

@GaBuZoMeu : je ne savais pas que tu avais déjà résolu cet exercice. Je me demande à quoi joue Pourexemple ? En tout cas, j'arrête là mes contributions sur cet exemple précis.

pourexemple · January 2017

@Noix de Totos : il me semble que personne n'avait répondu à l'énoncé quand je te l'ai proposé, mais je n'en suis pas sûr, ce qui est sûr preuve à l'appuie, je te l'ai proposé il y a 6 heures, et elle a commencé, à expliciter sa preuve, il y a 5 heures...

Voilà la solution à laquelle j'ai pensée : http://www.les-mathematiques.net/phorum/read.php?3,1378296,1378494#msg-1378494

Petit exercice avec $\zeta$

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