Exos sympas MP(*)

[V@J]

colis a écrit:Quelle est la nature de la série de terme générale $ \displaystyle{\Big{(}m(n)M(n)\Big{)}^{-2\sqrt{\Omega(n)}} $ ( resp $ \displaystyle{\Big{(}\frac{m(n)+M(n)}{2}\Big{)}^{-2\Omega(n)}} $ )

où
$ m(n) $ est le plus petit diviseur premier de $ n $
$ M(n) $ est le plus grand diviseur premier de $ n $
$ \Omega(n) $ est le nombre de diviseurs premiers de $ n $ comptés avec multiplicité, par exemple, $ \Omega(12)=3 $

La deuxième série converge. En effet,
- si $ M(n) = 2 $, alors $ m(n) = M(n) = 2, n = 2^{\Omega(n)} $ donc $ \left(\frac{M(n)+m(n)}{2}\right)^{-2\Omega(n)} = n^{-2} $
- si $ M(n) = 3 $, alors $ m(n) \geq 2, n \leq 3^{\Omega(n)} $ donc $ \left(\frac{M(n)+m(n)}{2}\right)^{-2\Omega(n)} \leq \left(\frac{5}{2}\right)^{-2\Omega(n)} = 3^{-2 \log_{3}(\frac{5}{2}) \Omega(n)} \leq n^{-2 \log_{3}(\frac{5}{2})} $
- si $ M(n) \geq 5 $, alors $ n \leq M(n)^{\Omega(n)} $ donc $ \left(\frac{M(n)+m(n)}{2}\right)^{-2\Omega(n)} \leq \left(\frac{M(n)}{2}\right)^{-2\Omega(n)} = M(n)^{-2 \log_{M(n)}(\frac{M(n)}{2}) \Omega(n)} $.
Or, $ \log_{M(n)}(\frac{M(n)}{2}) = 1-\log_{M(n)}(2) = 1-\frac{1}{\log_2(M(n))} \geq 1-\frac{1}{\log_2(5)} $ $ = \log_5(\frac{5}{2}) $.
Donc $ \left(\frac{M(n)+m(n)}{2}\right)^{-2\Omega(n)} \leq M(n)^{-2 \log_5(\frac{5}{2}) \Omega(n)} \leq n^{-2 \log_5(\frac{5}{2})} $.

- On note que $ 2^2 = 4 < 5 $ donc $ \log_3(\frac{5}{2}) \geq \log_5(\frac{5}{2}) > \frac{1}{2} $.
- Ainsi, dans tous les cas, $ \left(\frac{M(n)+m(n)}{2}\right)^{-2\Omega(n)} \leq n^{-2\log_5(\frac{5}{2})} $. Or, $ 2\log_5(\frac{5}{2}) > 1 $. Donc notre deuxième série converge.

[colis]

La deuxième série converge. En effet,
- si $ M(n) = 2 $, alors $ m(n) = M(n) = 2, n = 2^{\Omega(n)} $ donc $ \left(\frac{M(n)+m(n)}{2}\right)^{-2\Omega(n)} = n^{-2} $
- si $ M(n) = 3 $, alors $ m(n) \geq 2, n \leq 3^{\Omega(n)} $ donc $ \left(\frac{M(n)+m(n)}{2}\right)^{-2\Omega(n)} \leq \left(\frac{5}{2}\right)^{-2\Omega(n)} = 3^{-2 \log_{3}(\frac{5}{2}) \Omega(n)} \leq n^{-2 \log_{3}(\frac{5}{2})} $
- si $ M(n) \geq 5 $, alors $ n \leq M(n)^{\Omega(n)} $ donc $ \left(\frac{M(n)+m(n)}{2}\right)^{-2\Omega(n)} \leq \left(\frac{M(n)}{2}\right)^{-2\Omega(n)} = M(n)^{-2 \log_{M(n)}(\frac{M(n)}{2}) \Omega(n)} $.
Or, $ \log_{M(n)}(\frac{M(n)}{2}) = 1-\log_{M(n)}(2) = 1-\frac{1}{\log_2(M(n))} \geq 1-\frac{1}{\log_2(5)} $ $ = \log_5(\frac{5}{2}) $.
Donc $ \left(\frac{M(n)+m(n)}{2}\right)^{-2\Omega(n)} \leq M(n)^{-2 \log_5(\frac{5}{2}) \Omega(n)} \leq n^{-2 \log_5(\frac{5}{2})} $.

- On note que $ 2^2 = 4 < 5 $ donc $ \log_3(\frac{5}{2}) \geq \log_5(\frac{5}{2}) > \frac{1}{2} $.
- Ainsi, dans tous les cas, $ \left(\frac{M(n)+m(n)}{2}\right)^{-2\Omega(n)} \leq n^{-2\log_5(\frac{5}{2})} $. Or, $ 2\log_5(\frac{5}{2}) > 1 $. Donc notre deuxième série converge.

Très bonne initiative V@J et merci d'avoir cherché. C'est surement juste.
Et si on le résout avec cet énoncé, $ \Big{(}\frac{m(n) +M(n)}{2}\Big{)}^{-\Omega(n)} $ (ce que je voulais donner comme exo à l'origine, j'ai fait un typo), La série est divergente.

Ca part d'une idée simple. Cherchons quelques entiers pour lesquels $ \Big{(}\frac{m(n) +M(n)}{2}\Big{)}^{-\Omega(n)} $ se manie facilement et espérons que leur contribution soit suivante pour qu'elle fasse diverger notre série que l'on note $ S^+ $. Un peu d'heuristique nous fait raisonner sur les nombres qui s'écrivent $ p^k $ avec $ p $ premier (j'expliquerai dans la suite pourquoi je ne prends que les $ p $ premiers)
Pour $ n=p^k $, on a $ \Big{(}\frac{m(n) +M(n)}{2}\Big{)}^{-\Omega(n)} = p^{-k} $
Et donc
$ \displaystyle{S^+_\infty \geq \sum_{p \in \mathcal{P}} \sum_{k \geq 1} p^{-k}= \sum_{p \in \mathcal{P}} \frac{1}{p-1}} $ qui diverge

La même preuve s'adapte à $ S^* $

Pourquoi je ne prends que les p premiers ? parce que sinon dans ma double somme, j'aurais compté des nombres plusieurs fois et l'inégalité aurait été fausse. si un nombre n s'écrit n=r^k, cette décomposition n'est pas unique si r est une puissance ( contrexemple 2^{2m}=4^{m}), il s'avére que les nombres premiers ne sont pas des puissances (et je ne voulais pas indicer par des choses bizarres), alors j'ai choisi les nombres premiers juste pour l'écriture.
.

[-guigui-]

Un dernier pour la route (celui-là, on me l'a posé en colle quand j'étais petit) :
Étudier la nature de $ \displaystyle\sum_{n = 0}^\infty{\sin(\pi \ e \ n!)} $

Perso je dis aïe, une série écrite comme une somme alors qu'on sait pas si elle converge ! (mais dans vos hautes sphères ça doit se faire)

On écrit e avec la formule de Taylor $ \displaystyle e=\sum_{k=1}^n\frac{1}{k!}+\frac{e^c}{n+1} $ avec c dans [0,1]

On multiplie par n!, on tombe sur un entier + un reste, et on conclut : ta série diverge.

Colis et V@J, zêtes des brutes!

Un équivalent, inventé par un MP* de LLG (Gui. Br you may know ?) : Donner un équivalent de $ \displaystyle\sum_{k=1}^nkE\left(\frac{n}{k}\right) $.

[V@J]

Donner un équivalent de $ \displaystyle\sum_{k=1}^nkE\left(\frac{n}{k}\right) $.

Au hasard : $ \frac{(\pi n)^2}{12} $ ?

[-guigui-]

Tout bon ! Bon c'est désespérant de parler à des Dieux, je vais faire de la chimie, na !

(je regarde si j'ai encore des exos faisables sous le coude)

[colis]

V@J, on doit avoir fait la même chose avec l'intégrale d'une fonction faisant intervenir une partie fractionnaire ...

Ce qui est marrant c'est qu' un résultat d'arithmétique devient trivial. $ \sum_{k=1}^{n}(n \ mod \ k) \sim n^2(1-\pi^2/12) $ découle de de cet équivalent.

mod est ici la fonction de maple, à savoir, elle est à valeurs dans 0, .., k-1.

[Thaalos]

Donner un équivalent de $ \displaystyle\sum_{k=1}^nkE\left(\frac{n}{k}\right) $.

Au hasard : $ \frac{(\pi n)^2}{12} $ ?

Comment tu arrives à ça ? ^^

[colis]

Donner un équivalent de $ \displaystyle\sum_{k=1}^nkE\left(\frac{n}{k}\right) $.

Au hasard : $ \frac{(\pi n)^2}{12} $ ?

Comment tu arrives à ça ? ^^

Pour moi découpage en deux parties, puis somme de riemann.

[V@J]

Quelle est la nature de la série de terme générale $ \displaystyle{\Big{(}m(n)M(n)\Big{)}^{-\frac{\Omega(n)}{2}} $ ( resp $ \displaystyle{\Big{(}\frac{m(n)+M(n)}{2}\Big{)}^{-2\Omega(n)}} $ ou $ \displaystyle{\Big{(}\frac{m(n)+M(n)}{2}\Big{)}^{-\Omega(n)}} $)

Remarquons au passage qu'une petite inégalité arithmético-géométrique permet de montrer la divergence de $ \displaystyle{\sum\Big{(}m(n)M(n)\Big{)}^{-\frac{\Omega(n)}{2}} $ à partir de la divergence de $ \displaystyle{\sum\Big{(}\frac{m(n)+M(n)}{2}\Big{)}^{-\Omega(n)}} $...

[V@J]

Thaalos a écrit :
Donner un équivalent de$ \displaystyle\sum_{k=1}^nkE\left(\frac{n}{k}\right) $.
Au hasard : $ \frac{(\pi n)^2}{12} $ ?
Comment tu arrives à ça ? ^^

Pareil que Colis.