Nombres harmoniques
dans Arithmétique
Bonsoir je viens de trouver ça.
Je ne sais pas se que ça vaut. J’espère ne pas m’être trompée.
Cordialement. \begin{align*}
\sum_{k=1}^{n}\frac {1}{k}&=\frac {\left[\begin{matrix} n+1\\ 2 \end{matrix}\right]} {n!}=\frac {n!n-\sum_{k=1}^{n}(n-k)\left[{n\atop k}\right]}{n!}=n-\frac {\sum_{k=1}^{+\infty}(k-1)\left[{n\atop n+1-k}\right]}{n!} \\
&=n-\frac {1\times\left[{n\atop n-1}\right]+2\times\left[{n\atop n-2}\right]+3\times\left[{n\atop n-3}\right]+\ldots}{n!}\\
&=n-\frac {1\times{n \choose 2}+2\times\frac {1}{4}(3n-1){n \choose 3}+3\times{n \choose 2}{n \choose 4}+\ldots}{n!}
\end{align*} PS. Les crochets proviennent des nombres de Stirling de première espèce non signés https://en.wikipedia.org/wiki/Stirling_numbers_of_the_first_kind#Unsigned_Stirling_numbers_of_the_first_kind
J'ai pas eu le courage de vérifier, même si je me suis trompé, l'idée est là.
Je ne sais pas se que ça vaut. J’espère ne pas m’être trompée.
Cordialement. \begin{align*}
\sum_{k=1}^{n}\frac {1}{k}&=\frac {\left[\begin{matrix} n+1\\ 2 \end{matrix}\right]} {n!}=\frac {n!n-\sum_{k=1}^{n}(n-k)\left[{n\atop k}\right]}{n!}=n-\frac {\sum_{k=1}^{+\infty}(k-1)\left[{n\atop n+1-k}\right]}{n!} \\
&=n-\frac {1\times\left[{n\atop n-1}\right]+2\times\left[{n\atop n-2}\right]+3\times\left[{n\atop n-3}\right]+\ldots}{n!}\\
&=n-\frac {1\times{n \choose 2}+2\times\frac {1}{4}(3n-1){n \choose 3}+3\times{n \choose 2}{n \choose 4}+\ldots}{n!}
\end{align*} PS. Les crochets proviennent des nombres de Stirling de première espèce non signés https://en.wikipedia.org/wiki/Stirling_numbers_of_the_first_kind#Unsigned_Stirling_numbers_of_the_first_kind
J'ai pas eu le courage de vérifier, même si je me suis trompé, l'idée est là.
Réponses
-
$$\sum_{k=1}^{n}\frac {1}{k}=n-\frac {\sum_{k=1}^{+\infty}(k-1)\left[{n\atop n+1-k}\right]}{1+\sum_{k=0}^{+\infty} \left[{n+1+k\atop n}\right]}$$
J’espère qu'en développant le schmilblick se simplifie.
Pour ceux qui ont du mal avec les nombres de Stirling un petit exemple.
$n=1 \frac{1}{1}=1-\frac{0\times1}{1}$
$n=2 \frac{3}{2}=2-\frac{1\times1+0\times1}{2}$
$n=3 \frac{11}{6}=3-\frac{2\times2+1\times3+0\times1}{6}$
$n=4 \frac{50}{24}=4-\frac{3\times6+2\times11+1\times6+0\times1}{24}$
épileptiques, s'abstenir.
x-((x^2-x)/2+2*((x^2-x)*(3*x^2-7*x+2)/24)+3*(x^2*(x-1)^2*(x-2)*(x-3)/48))/(1+(x^2-x)/2+(x^2-x)*(3*x^2-7*x+2)/24+x^2*(x-1)^2*(x-2)*(x-3)/48)
J'ai écrit la fonction du nombre harmonique jusqu’à n=4 pour prouver que l’équation est bien juste.
Il ne nous reste plus qu'a trouver un moyen de simplifier la formule. -
Une âme charitable pourrait elle m'aider a trouver une suite logique.
\begin{align*}
\zeta(1)=H_{n}^{(1)}=\sum_{k=1}^{n}\frac {1}{k^1}&=n-\frac {\sum_{k=1}^{n}(n-k)\left[{n\atop k}\right]}{n!}=n-\frac {\sum_{k=1}^{+\infty}(k-1)\left[{n\atop n+1-k}\right]}{1+\sum_{k=1}^{+\infty} \left[{n\atop n+1-k}\right]} \\
&=n-\frac {1\times\left[{n\atop n-1}\right]+2\times\left[{n\atop n-2}\right]+3\times\left[{n\atop n-3}\right]+\ldots}{1+\left[{n\atop n-1}\right]+\left[{n\atop n-2}\right]+\left[{n\atop n-3}\right]+\ldots}\\
&=n-\frac {{n \choose 2}+2\times\frac {3n-1}{4}{n \choose 3}+3\times{n \choose 2}{n \choose 4}+4\times\frac {15n^3-30n^2+5n+2}{48}{n \choose 5}+5\times\frac {3n^2-7n-2}{8}{n \choose 2}{n \choose 6}+6\times\frac {?}{?}{n \choose 7}+\ldots}{1+{n \choose 2}+\frac {3n-1}{4}{n \choose 3}+{n \choose 2}{n \choose 4}+\frac {15n^3-30n^2+5n+2}{48}{n \choose 5}+\frac {3n^2-7n-2}{8}{n \choose 2}{n \choose 6}+\frac {?}{?}{n \choose 7}+\ldots}
\end{align*}
Fonctionnel jusqu’à x=6
$H_x=$x-(x*(x-1)/2+2*(3*x-1)/4*x*(x-1)*(x-2)/6+3*x*(x-1)/2*x*(x-1)*(x-2)*(x-3)/24+4*(15*x^3-30*x^2+5*x+2)/48*x*(x-1)*(x-2)*(x-3)*(x-4)/120+5*(3*x^2-7*x-2)/8*x*(x-1)/2*x*(x-1)*(x-2)*(x-3)*(x-4)*(x-5)/720)/(1+x*(x-1)/2+(3*x-1)/4*x*(x-1)*(x-2)/6+x*(x-1)/2*x*(x-1)*(x-2)*(x-3)/24+(15*x^3-30*x^2+5*x+2)/48*x*(x-1)*(x-2)*(x-3)*(x-4)/120+(3*x^2-7*x-2)/8*x*(x-1)/2*x*(x-1)*(x-2)*(x-3)*(x-4)*(x-5)/720)
Puis pour le plaisir des yeux.
Cordialement,
Thomas. -
$\displaystyle \zeta(1)$ n'existe pas.
-
Vous voulez dire:
La fonction $\zeta$ de Riemann est une fonction analytique complexe méromorphe définie, pour tout nombre complexe s tel que Re(s) > 1, par la série de Riemann :
https://fr.wikipedia.org/wiki/Fonction_zêta_de_Riemann#Premières_considérations_sur_la_fonction
Il existe bien.
$\displaystyle \zeta(-1)$ -
La fonction $\zeta$ de Riemann est définie pour tout nombre complexe différent de 1.
-
Tu parles de $\zeta(1)$, qui n'a en effet pas de sens.
-
Vous voulez me faire comprendre que la fonction zêta exprime le nombre harmonique pour $n=+\infty$?
$\zeta(z)=H_{+\infty}^{(z)}$
Exemple:
$\zeta(2)=H_{+\infty}^{(2)}=\frac{\pi^2}{6}$
Par conséquence la fonction zêta n'a rien a faire avec le nombre harmonique pour n dénombrable. -
\begin{align*}
H_{n}^{(1)}=\sum_{k=1}^{n}\frac {1}{k^1}&=\frac {\left[\begin{matrix} n+1\\ 2 \end{matrix}\right]} {n!}=\frac {n!n-\sum_{k=1}^{n}(n-k)\left[{n\atop k}\right]}{n!}=n-\frac {\sum_{k=1}^{+\infty}(k-1)\left[{n\atop n+1-k}\right]}{1+\sum_{k=1}^{+\infty} \left[{n\atop n+1-k}\right]} \\
&=n-\frac {1\times\left[{n\atop n-1}\right]+2\times\left[{n\atop n-2}\right]+3\times\left[{n\atop n-3}\right]+\ldots}{1+\left[{n\atop n-1}\right]+\left[{n\atop n-2}\right]+\left[{n\atop n-3}\right]+\ldots}\\
&=n-\frac {1\times\sum_{k=0}^{n}k+2\times\sum_{k=0}^{n}k\sum_{l=0}^{k}l+3\times\sum_{k=0}^{n}k\sum_{l=0}^{k}l\sum_{m=0}^{l}m+\ldots}{1+\sum_{k=0}^{n}k+\sum_{k=0}^{n}k\sum_{l=0}^{k}l+\sum_{k=0}^{n}k\sum_{l=0}^{k}l\sum_{m=0}^{l}m+\ldots}\\
&=n-\frac {\frac {1}{2}(n^2-n)+\frac {2}{24}(3n^4-10n^3+9n^2-2n)+\frac {3}{48}(n^6-7n^5+17n^4-17n^3+6n^2)+\ldots}{1+\frac {1}{2}(n^2-n)+\frac {1}{24}(3n^4-10n^3+9n^2-2n)+\frac {1}{48}(n^6-7n^5+17n^4-17n^3+6n^2)+\ldots}\\
\end{align*}
Désolé pour ceux qui n'aiment pas la calligraphie. -
T'as essayé avec les fonctions génératrices $\frac{-\log(1-z)}{1-z}=\sum_{n=1}^\infty z^n H_n$,
$\sum_{n=k}^\infty (-1)^{n-k} \left[{n\atop k}\right] \frac{z^n}{n!} = \frac{\left(\log (1+z)\right)^k}{k!}$
ça a l'air de le faire en développement le $\exp$ de $\frac{-\log(1-z)}{1-z} = - \log(1-z)\exp(-\log(1-z))$ -
Je ne sais pas.
Je ne comprends pas se que t'as écrit.
Je n'ai pas fait d’études de mathématique, désolé.
Je vais tenter de comprendre en un temps qui m'est inconnu.
Merci quant même pour la réponse. -
Tu sais ce que sont des séries, dérivées et intégrales ?
Par définition $\log(x) = \int_1^x \frac{1}{y}dy$. Donc pour $|x|< 1$, la dérivée de $f(x)=-\log(1-x)$ c'est $f'(x)=\frac{1}{1-x} = \sum_{n=0}^\infty x^n$ (série géométrique) donc en intégrant $-\log(1-x)=\int_0^x f'(y)dy = \int_0^x \frac{1}{1-y}dy=\sum_{n=0}^\infty \int_0^x y^n dy= \sum_{n=1}^\infty \frac{x^n}{n}$
Et $\frac{-\log(1-x)}{1-x} = \sum_{n=1}^\infty x^k \sum_{m=1}^\infty \frac{x^m}{m}=\sum_{n=1}^\infty x^n \sum_{k=1}^n \frac{1}{k}$.
Pour la série génératrice des nombres de Stirling, prends-la comme définition. On retrouve les coefficients en regardant les dérivées de la fonction génératrice.
Enfin tu peux prendre $\exp(x) = \sum_{k=0}^\infty \frac{x^n}{n!}$ comme définition de l'exponentielle. Comme $\exp'(x) = \exp(x)$ on a que $\log(\exp(x)) = \int_1^x \frac{\exp'(y)}{\exp(y)} dy = \int_1^x 1 \, dy = x$
Tout ça c'est de niveau terminale S - début de licence. -
Merci beaucoup.
Ton deuxième poste, je le capte un peu mieux.
Je méditerai ça demain.
Grand merci pour ton aide. -
Bon jour et bonne année.
Suite à ma discutions avec JBL.
https://en.wikipedia.org/wiki/User_talk:GUITARD_Thomas#Stirling_numbers_of_the_first_kind
Je pense m’être trompé dans l’écriture de la fonction.
Je modifie donc l’erreur.
Si vous l'avez compris maintenant je suis à la recherche du nombre harmonique généralisé.
Ne me demandez pas quel intérêt cela peut-il avoir, je n'en sais rien. Ce n'est qu'un challenge et une distraction pour moi.
\begin{align*}
H_{n}^{(1)}=\sum_{k=1}^{n}\frac {1}{k^1}&=\frac {\left[\begin{matrix} n+1\\ 2 \end{matrix}\right]} {n!}=\frac {n!n-\sum_{k=1}^{n}(n-k)\left[{n\atop k}\right]}{n!}=n-\frac {\sum_{k=1}^{+\infty}(k-1)\left[{n\atop n+1-k}\right]}{1+\sum_{k=1}^{+\infty} \left[{n\atop n+1-k}\right]} \\
&=n-\frac {1\times\left[{n\atop n-1}\right]+2\times\left[{n\atop n-2}\right]+3\times\left[{n\atop n-3}\right]+\ldots}{1+\left[{n\atop n-1}\right]+\left[{n\atop n-2}\right]+\left[{n\atop n-3}\right]+\ldots}\\
&=n-\frac {1\times\sum_{i = 0}^{n - 1} i+2\times\sum_{i = 0}^{n - 1}\sum_{j = 0}^{i - 1} ij+3\times\sum_{i = 0}^{n - 1}\sum_{j = 0}^{i - 1}\sum_{k = 0}^{j - 1} ijk+\ldots}{1+\sum_{i = 0}^{n - 1} i+\sum_{i = 0}^{n - 1}\sum_{j = 0}^{i - 1} ij+\sum_{i = 0}^{n - 1}\sum_{j = 0}^{i - 1}\sum_{k = 0}^{j - 1} ijk+\ldots}\\
&=n-\frac {\frac {1}{2}(n^2-n)+\frac {2}{24}(3n^4-10n^3+9n^2-2n)+\frac {3}{48}(n^6-7n^5+17n^4-17n^3+6n^2)+\ldots}{1+\frac {1}{2}(n^2-n)+\frac {1}{24}(3n^4-10n^3+9n^2-2n)+\frac {1}{48}(n^6-7n^5+17n^4-17n^3+6n^2)+\ldots}\\
\end{align*} Je supose que https://en.wikipedia.org/wiki/Stirling_numbers_of_the_first_kind#Combinatorial_proofs devrait être la suite logique de mes recherches, mais ça m'a l'air bien désordonné tout ça.
On pourrait voir un mélange du triangle de pascale Pascal et d’arrangements mais lequel ?
$(n!)^2 \cdot H_n^{(2)} = \left[ \begin{matrix} n+1 \\ 2 \end{matrix} \right]^2 - 2 \left[ \begin{matrix} n+1 \\ 1 \end{matrix} \right] \left[ \begin{matrix} n+1 \\ 3 \end{matrix} \right]$
$(n!)^3 \cdot H_n^{(3)} = \left[ \begin{matrix} n+1 \\ 2 \end{matrix} \right]^3 - 3 \left[ \begin{matrix} n+1 \\ 1 \end{matrix} \right] \left[ \begin{matrix} n+1 \\ 2 \end{matrix} \right] \left[ \begin{matrix} n+1 \\ 3 \end{matrix} \right] + 3 \left[ \begin{matrix} n+1 \\ 1 \end{matrix} \right]^2 \left[ \begin{matrix} n+1 \\ 4 \end{matrix} \right].$
[Blaise Pascal (1623-1662) prend toujours une majuscule et pas de 'e' terminal. AD] -
A quoi cela sert-il d'écrire : $$
=n-\frac {\frac {1}{2}(n^2-n)+\frac {2}{24}(3n^4-10n^3+9n^2-2n)+\frac {3}{48}(n^6-7n^5+17n^4-17n^3+6n^2)+\ldots}{1+\frac {1}{2}(n^2-n)+\frac {1}{24}(3n^4-10n^3+9n^2-2n)+\frac {1}{48}(n^6-7n^5+17n^4-17n^3+6n^2)+\ldots}
\quad ?
$$ Je ne comprends pas sur cette expression quelle est la règle de formation des polynômes en $n$ qu'on trouve à droite du signe égal.
PS : Pascal était un homme.
PS2 : Ce que je voulais dire est que cette écriture ne permet pas à la lecture de deviner les termes qui manquent donc à mon humble avis cela ne sert à rien de l'écrire. L'expression à la ligne du dessus suffit.
PS3 : Dans l'article de Wikipedia sur les nombres de Stirling il y a des renvois à des articles sur Arxiv qui semblent contenir des tas de formules qui utilisent les nombres de Stirling (au moins du second genre).
PS4 : Il y a des trucs encore plus cool, selon moi, calculer des séries dans lesquelles interviennent des nombres harmoniques ou harmoniques généralisés $H_n,H_n^{(2)}, \ldots$.
Par exemple on sait que : $$
\sum_{n=1}^\infty \frac{H_n}{n^2}=2\zeta(3)$$ -
À vérifier que ma fonction est bonne avec une calculette graphique comme KmPlot sur DEBIAN.
Voici les outils qui me permettent de développer mais ta question n’était pas celle là.
https://fr.wikipedia.org/wiki/Nombre_de_Bernoulli#Introduction_:_sommes_de_puissances
Je comprends non pas que tu ne comprennes pas mais que cette expression n'est pas nécessaire et "incompréhensible".
Merci. -
Fly7:
La formule du dessus est suffisante, ta formule avec les ... n'apporte rien de plus à mon humble avis car on ne peut pas deviner comment compléter les ... seulement en la lisant. A chaque fois que tu écris quelque chose pose toi la question si cela éclaircit ton propos ou si au contraire cela ne l'obscurcit pas avec l'idée directrice d'en écrire le moins possible (mais suffisamment pour qu'il soit clair). Ton idée directrice ne doit pas être le remplissage pour le remplissage. Autrement il y a la calligraphie c'est joli et plus il y en a plus c'est joli. :-) -
$$\lim\limits_{n \to \infty}n-\frac {1\times\sum_{l^1=0}^{n}l^1+2\times\sum_{l^1=0}^{n}l^1\sum_{l^2=0}^{l^1}l^2+3\times\sum_{l^1=0}^{n}l^1\sum_{l^2=0}^{l^1}l^2\sum_{l^3=0}^{l^2}l^3+\ldots}{1+\sum_{l^1=0}^{n}l^1+\sum_{l^1=0}^{n}l^1\sum_{l^2=0}^{l^1}l^2+\sum_{l^1=0}^{n}l^1\sum_{l^2=0}^{l^1}l^2\sum_{l^3=0}^{l^2}l^3+\ldots}=\lim\limits_{x \to \infty}n-\frac {\sum_{k=1}^{n}k\sum_{l^n=0}^{n}l^n}{1+\sum_{k=1}^{n}\sum_{l^n=0}^{n}l^n}
$$
D'apres wikipedia
Il existe aussi des façons de généraliser l'utilisation de plusieurs signes sigma. Par exemple,
$\sum_{\ell,\ell'}$
signifie
$\sum_\ell\sum_{\ell'}.$
plutôt que d'utiliser des primes ' , j’utilise n dénombrable et j'informe que la borne inférieur commence a partir de 0.
L’écriture a droite est elle conventionnellement correct?
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Bonjour!
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