Encadrement
dans Arithmétique
Soit $ p_n $ le $n$-iéme nombre premier, soit $\displaystyle u_n = \prod\limits_{k=1}^n \frac{1}{1-p_k^{-1}}. $
Montrer qu'il existe un constante $A$ telle que $\ \dfrac{u_n}{p_n^2} \leq \dfrac{A}{p_n^{3/2}}. $
Merci. (:P)
Montrer qu'il existe un constante $A$ telle que $\ \dfrac{u_n}{p_n^2} \leq \dfrac{A}{p_n^{3/2}}. $
Merci. (:P)
Réponses
-
Bonjour,
Qui est \(p_n\) ? -
Bonjour , c'est réglé !
-
Si on a droit au théorème des nombres premiers, on peut écrire, comme les séries divergent : \[
\ln u_n=\sum_{k=1}^n-\ln\left(1-\frac1{p_k}\right)\sim\sum_{k=1}^n\frac1{p_k}\sim\sum_{k=1}^n\frac{1}{k\ln k}\sim\int_2^n\frac{\mathrm{d}t}{t\ln t}\sim \ln\ln n.\]Alors, on a un encadrement $\frac12\ln n\le u_n\le 2\ln n$ et la suite $\bigl(u_n/n^{1/2}\bigr)$ est bornée. -
Salut, comment t'as fait pour la 2éme équivalence ?
-
Le théorème des nombres premiers donne $p_n\sim n\ln n$. La série de terme général $1/(n\ln n)$ diverge donc les sommes partielles des séries de termes généraux $1/p_n$ et $1/(n\ln n)$ sont équivalentes.
-
Moi je connais le théoréme cité en haut . mais ils disent qu'il est équivalent à celui que tu viens d'utiliser , tu ne sais pas par hasard comment je peux passer du théoréme à l'énoncé équivalent ?
-
Si on connaît le théorème des nombres premiers, on a, par définition, $\pi(p_n)=n \underset{n \to +\infty}{\sim} \frac{p_n}{\log p_n}$, donc $p_n \underset{n \to +\infty}{\sim} n \log p_n \underset{n \to +\infty}{\sim} n \log( n \log p_n) \underset{n \to +\infty}{\sim} n \log n$. Si une étape ne te convainc pas, écris la définition d'un équivalent avec des $o(1)$.
Réciproquement, si $p_n \underset{n \to +\infty}{\sim} n \log n$, alors pour tout $n \geq 2$, notons $p_k \leq n < p_{k+1}$ les nombres premiers les plus proches de $n$. Par définition, on a $\pi(n) = k$. Or, on a $k \log k(1+o(1)) \leq n \leq (k+1)\log(k+1)(1+o(1)) = k \log k (1+o(1))$ quand $k$ (et donc $n$) tend vers $+\infty$, d'où $k = \pi(n) \underset{n \to +\infty}{\sim} \frac{n}{\log k} \underset{n \to +\infty}{\sim} \frac{n}{\log(n) - \log \log k} \underset{n \to +\infty}{\sim} \frac{n}{\log n}$. -
Sinon une solution élémentaire c'est que $$(\log m) (\pi(2m)-\pi(m)) \le \log {2m \choose m} \le \sum_{p^k \le 2m} \log p\le \log 2m (\pi(2m)+(2m)^{1/2})$$ et $\log {2m \choose m}\sim m \log 4$
implique $\pi(m) =O(m/\log m)$ et $m= O(\pi(m)\log m)$ donc
$$-\log \prod_{k \le n} (1-p_k^{-1}) \sim\sum_{k\le n} p_k^{-1}= o(\sum_{l\le O( n \log n)} l^{-1}) = o(\log n)$$ -
C'est une idée que l'on peut affiner pour obtenir l'encadrement de Tchebychev, n'est-ce pas ?
-
L'utilisation du coefficient binomial $\binom{2n}{n}$ est en effet le point de départ d'une preuve des inégalités de Tchebychev. Je doute qu'il soit si évident d'y penser soi-même...
Connectez-vous ou Inscrivez-vous pour répondre.
Bonjour!
Catégories
- 163.1K Toutes les catégories
- 7 Collège/Lycée
- 21.9K Algèbre
- 37.1K Analyse
- 6.2K Arithmétique
- 52 Catégories et structures
- 1K Combinatoire et Graphes
- 11 Sciences des données
- 5K Concours et Examens
- 11 CultureMath
- 47 Enseignement à distance
- 2.9K Fondements et Logique
- 10.3K Géométrie
- 62 Géométrie différentielle
- 1.1K Histoire des Mathématiques
- 68 Informatique théorique
- 3.8K LaTeX
- 39K Les-mathématiques
- 3.5K Livres, articles, revues, (...)
- 2.7K Logiciels pour les mathématiques
- 24 Mathématiques et finance
- 312 Mathématiques et Physique
- 4.9K Mathématiques et Société
- 3.3K Pédagogie, enseignement, orientation
- 10K Probabilités, théorie de la mesure
- 772 Shtam
- 4.2K Statistiques
- 3.7K Topologie
- 1.4K Vie du Forum et de ses membres
In this Discussion
Qui est en ligne 5
5 Invités