Exos sympas MP(*)

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Re: Exos sympas MP(*)

Message par colis » 18 avr. 2009 16:45

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 ? :oops:
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Re: Exos sympas MP(*)

Message par Thaalos » 18 avr. 2009 17:09

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. :lol:

colis : ton exo est méchant et il me fait mal aux yeux. :(
Mais j'ai envie de dire qu'elles convergent.
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Re: Exos sympas MP(*)

Message par V@J » 18 avr. 2009 18:06

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)}} $ )


$ 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.

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Re: Exos sympas MP(*)

Message par colis » 18 avr. 2009 18:54

V@J a écrit :
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.
:mrgreen: .
Modifié en dernier par colis le 18 avr. 2009 19:20, modifié 6 fois.
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Re: Exos sympas MP(*)

Message par -guigui- » 18 avr. 2009 18:58

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) $.

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Message par V@J » 18 avr. 2009 19:50

Donner un équivalent de $ \displaystyle\sum_{k=1}^nkE\left(\frac{n}{k}\right) $.
Au hasard :D : $ \frac{(\pi n)^2}{12} $ ?

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Re: Exos sympas MP(*)

Message par -guigui- » 18 avr. 2009 19:53

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)

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Re: Exos sympas MP(*)

Message par colis » 18 avr. 2009 20:06

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.
Modifié en dernier par colis le 18 avr. 2009 20:12, modifié 1 fois.
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Re: Exos sympas MP(*)

Message par Thaalos » 18 avr. 2009 20:08

V@J a écrit :
Donner un équivalent de $ \displaystyle\sum_{k=1}^nkE\left(\frac{n}{k}\right) $.
Au hasard :D : $ \frac{(\pi n)^2}{12} $ ?
Comment tu arrives à ça ? ^^
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Re: Exos sympas MP(*)

Message par colis » 18 avr. 2009 20:13

Thaalos a écrit :
V@J a écrit :
Donner un équivalent de $ \displaystyle\sum_{k=1}^nkE\left(\frac{n}{k}\right) $.
Au hasard :D : $ \frac{(\pi n)^2}{12} $ ?
Comment tu arrives à ça ? ^^
Pour moi découpage en deux parties, puis somme de riemann.
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