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V@J a écrit :

Pourquoi $ \sum_{n \in \Omega_{p_i}}{\frac{p_i}{n} = \sum_{n \in \Omega_p}{\frac{1}{pn}} $ ?

Déjà, il faudrait identifier $ p_i $ à $ p $, hein...

Ouep, l'identification je l'avais faire sans problème, mon souci ne venait pas de là. ^^

V@J a écrit :Mais après, on a simplement $ \sum_{n\in\Omega_p}\frac{1}{pn}} = \frac{1}{p^2}\sum_{n \in \Omega_{p}}{\frac{p}{n} $. L'expression de gauche est celle que l'on cherche à évaluer, celle de droite est celle que l'on peut facilement calculer.

En fait, j'ai trouvé une inégalité (j'avais édité mon post) qui me contentait amplement. ^^
Désolé, mais dans toutes ces lignes de calcul, je m'étais perdu... ^^

-guigui- a écrit :Allez, juste encore " Nature de la série $ \displaystyle \sum_{n\ge0}\sin\left(\pi(2+\sqrt{3})^n\right) $ " et je vous laisse tranquille ^^
(indication : qui peut le plus peut le moins)

J'ai remplacé le + par un moins et étudié la série de terme général $ \displaystyle \sum_{n\ge0}\sin\left(\pi(2-\sqrt{3})^n\right) $, terme général positif, la série converge par DL + d'Alembert.
Mais je ne vois pas de lien entre $ \sin\left(\pi(2+\sqrt{3})^n\right) $ et $ \sin\left(\pi(2-\sqrt{3})^n\right) $ ça doit être tout bête pourtant... :s

L'exercice classique sur la série de terme générale $ \frac{1}{nM(n)} $ où $ M(n) $ est le plus grand diviseur premier de $ n $, m'inspire ceci cet exercice facile.

de colis a écrit :Quelle est la nature de la série de terme générale $ \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)}} $)

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 $

Je n'ai pas choisi les coefficients par pure fantaisie ou au hasard. Je discuterai le pourquoi du comment après que quelqu'un aie posté une solution correcte (pour ne pas donner d'indication).

Edit: $ n\geq 2 $ bien entendu pour éviter tout problème !

J'ai trouvé ! Youpi...

Soit $ a_0 = 2, \ a_1 = 4 $ et, $ \forall n \in \mathbb{N}, \ a_{n+2} = 4 a_{n+1}-a_n $.
On montre facilement que, $ \forall n \in \mathbb{N}, \ (2+\sqrt{3})^n+(2-\sqrt{3})^n = a_n \in 2 \mathbb{Z} $.
Donc $ \sin(\pi(2+\sqrt{3})^n) = \sin(\pi a_n - \pi (2-\sqrt{3})^n) = -\sin(\pi (2-\sqrt{3})^n) $.
Donc, par convergence de $ \sum_{n \geq 0}{\sin(\pi (2-\sqrt{3})^n)} $, on sait que $ \sum_{n \geq 0}{\sin(\pi (2+\sqrt{3})^n)} $ converge également.

V@J a écrit :On montre facilement que, $ \forall n \in \mathbb{N}, \ (2+\sqrt{3})^n+(2-\sqrt{3})^n = a_n \in 2 \mathbb{Z} $.

C'est certainement vrai, mais j'aurais du mal à le montrer facilement.

Parfois la bourrinitude ça marche... On développe façon super bourrin et les termes impairs se compensent. ça tombe bien, les termes pairs sont entiers!

La suite $ a_n $ admet pour polynôme annulateur $ X^2-4X+1 = [X-(2+\sqrt{3})][X-(2-\sqrt{3})] $, donc le cours indique que $ \exists \alpha, \beta $ tels que $ \forall n \in \mathbb{N}, \ a_n = \alpha (2+\sqrt{3})^n + \beta (2-\sqrt{3})^n $. En observant attentivement $ a_0 $ et $ a_1 $, on identifie $ \alpha = \beta = 1 $. D'où mon affirmation...

Aaaah en gros j'ai dit un truc qui servait juste à rien. Bon je retourne me coucher.

gardener a écrit :Aaaah en gros j'ai dit un truc qui servait juste à rien. Bon je retourne me coucher.

Tu as dit que le binôme de newton marche, ce qui est pareil et louable .

Que pensez vous de mon exo ?

gardener a écrit :Parfois la bourrinitude ça marche... On développe façon super bourrin et les termes impairs se compensent. ça tombe bien, les termes pairs sont entiers!

Mon prof me dit tout le temps que je vais trop vite, donc faut que je trouve un juste milieu en somme.

colis : ton exo est méchant et il me fait mal aux yeux.
Mais j'ai envie de dire qu'elles convergent.