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 #1 - 25-02-2011 14:04:34

halloduda
Professionnel de Prise2Tete
Enigmes résolues : 24
Messages : 479
Lieu: Ardèche

Encoe une série

Calculer [latex]\sum_{n=1}^{+\infty}{\frac 1 {f(n)^3}}[/latex]

avec [latex]f(n)=\sqrt n[/latex] arrondi à l'entier le plus proche.

source http://people.missouristate.edu/lesreid/Advanced.html



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 #2 - 25-02-2011 14:56:54

scarta
Elite de Prise2Tete
Enigmes résolues : 49
Messages : 1432

Encore ue série

Soit a un entier positif.
Soit n un entier positif dans [(a-0.5)^2; (a+0.5)^2[

(a+0.5)^2 - (a-0.5)^2 = 2a
Autrement dit, il y a 2a entiers n dans l'intervalle [(a-0.5)^2; (a+0.5)^2[
(Par exemple, pour a=2, entre 6.25 et 12.25 on trouve 7,8,9,10,11 et 12)

Du coup, pour chaque entier a, il existe 2a valeurs x telles que f(x) = a.
[TeX]\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{f(n)^3} = \\
\\
\sum_{a=1}^{\infty}(\sum_{n = [(a-0.5)^2]+1}^{n<(a+0.5)^2}\frac{1}{a^3})\\
\\
\sum_{a=1}^{\infty}\frac{2a}{a^3} = \\
\\
2\sum_{a=1}^{\infty}\frac{1}{a^2} = \frac{\pi^2}{3}
[/TeX]

 #3 - 25-02-2011 15:20:18

Memento
Professionnel de Prise2Tete
Enigmes résolues : 30
Messages : 176

Encore unne série

Hum, alors:
[TeX]\sum_{k=1}^{+\infty}{\frac 1{f(k)^3}} = \sum_{k=1}^{+\infty} {\frac2 {k^2}} = 2*\sum_{k=1}^{+\infty}{\frac 1 {k^2}} = (2*\pi^2)/6 = \pi^2/3[/TeX]
En effet, quand l'on regarde les termes de la suite, on obtient:

Code:

1,1,1/8,1/8,1/8,1/8,1/27,1/27,1/27,1/27,1/27,1/27,1/64,1/64,1/64,1/64,1/64,1/64,1/64,1/64,...

C'est à dire:

Code:

2,4/8,6/27,8/64,10/125,...

Et donc:

Code:

2,1/2,2/9,1/8,2/25,1/18,2/49,...

D'où le fait que :
[TeX]\sum_{k=1}^{+\infty}{\frac 1{f(k)^3}} = \sum_{k=1}^{+\infty} {\frac2 {k^2}}[/TeX]
Spoiler : [Afficher le message] Mais cette observation n'a pas valeur de preuve :s

Code:

1,1,1/8,1/8,1/8,1/8,1/27,1/27,1/27,1/27,1/27,1/27,1/64,1/64,1/64,1/64,1/64,1/64,1/64,1/64,...

Prouvons qu'il y a deux termes de plus de la forme [latex]\frac 1 {n^3}[/latex] à chaque fois.
Tout dépend de l'arrondi que l'on fait de la racine. Je pose [latex]n[/latex] comme la valeur une fois arrondie de [latex]\sqrt{k}[/latex].
Pour un [latex]k[/latex] donné, on a donc :
[TeX]n-0.5\le\sqrt{k}<n+0.5
(n-0.5)^2\le k <(n+0.5)^2
n^2-n+0.25\le k < n^2+n+0.25[/TeX]
Comme [latex]k[/latex] et [latex]n[/latex] sont des entiers,
[TeX]n^2-n[/latex] et [latex]n^2+n[/latex] sont des entier et donc:
[latex]n^2-n+1\le k \le n^2+n[/TeX][TeX]n^2+n-(n^2-n+1)=2n-1[/TeX]
Quand [latex]n[/latex] augmente de [latex]1[/latex] alors [latex]k[/latex] peut prendre [latex]2[/latex] valeurs de plus pour faire ce [latex]n[/latex], donc il y a deux termes de plus de la forme [latex]\frac 1 {n^3}[/latex] à chaque fois.
On a donc :
[TeX]\sum_{k=1}^{+\infty}{\frac 1{f(k)^3}} = \sum_{k=1}^{+\infty}{\frac {2k}{k^3}} = \sum_{k=1}^{+\infty}{\frac 2{k^2}[/TeX]

 #4 - 25-02-2011 16:01:15

gasole
Elite de Prise2Tete
Enigmes résolues : 40
Messages : 1117
Lieu: Toulouse

Encore une séérie

Merci Halloduda, j'ai répondu un peu trop vite tout à l'heure :

Soit k un nombre entier, on étudie la façon dont [latex] \sqrt{k^2\pm p}[/latex] s'arrondit :

En examinant  les inéquations : [latex] \sqrt{k^2 + p}<k+\frac{1}{2}[/latex] et [latex] \sqrt{k^2 - p}>k-\frac{1}{2}[/latex], on constate que :

-pour [latex]0\leq p\leq k[/latex], on a[latex] f(\sqrt{k^2+p})= k[/latex]
et
-pour [latex] 0\leq p\leq k-1[/latex], on a [latex] f(\sqrt{k^2-p})= k[/latex]

On en tire :
[TeX]\frac{1}{f(k^2-k+1)^3}+\ldots+\frac{1}{f(k^2)^3}+\ldots+\frac{1}{f(k^2+k)^3}= 2k.\frac{1}{k^3} =\frac{2}{k^2}[/TeX]
Ainsi, on peut regrouper les sommes partielles autour d'un carré et on obtient :
[TeX]\sum_{k=1}^{\infty} \frac{1}{f(k)^3}=\sum_{k=1}^{\infty} \frac{2}{k^2}=\frac{\pi^2}{3}[/TeX]

 #5 - 25-02-2011 16:43:19

irmo322
Professionnel de Prise2Tete
Enigmes résolues : 36
Messages : 198

encire une série

Pour n et k entiers, on a:
[TeX]k-\frac{1}{2}\leq\sqrt{n}<k+\frac{1}{2}\:\Leftrightarrow \:k^2-k+1\leq n\leq k^2+k[/latex].
Cela permet de réécrire la somme:
[latex]
\begin{eqnarray*}
\sum_{n=1}^{+\infty}\frac{1}{f(n)^3}&=& \sum_{k=1}^{+\infty}\sum_{n=k^2-k+1}^{k^2+k}\frac{1}{f(n)^3}
&=& \sum_{k=1}^{+\infty}\sum_{n=k^2-k+1}^{k^2+k}\frac{1}{k^3}
&=& \sum_{k=1}^{+\infty}\frac{2k}{k^3}
&=& \frac{\pi^2}{3}
\end{eqnarray*}
[/TeX]

 #6 - 25-02-2011 16:46:15

halloduda
Professionnel de Prise2Tete
Enigmes résolues : 24
Messages : 479
Lieu: Ardèche

Ecore une série

déjà 3 bonnes réponses de
scarta
Memento
irmo322

gasole une étourderie corrigée

 #7 - 26-02-2011 00:47:02

L00ping007
Elite de Prise2Tete
Enigmes résolues : 49
Messages : 1986
Lieu: Paris

Encore ne série

[TeX]\frac{\pi^2}3[/TeX]
Bientôt la demo

EDIT
La voilà !

Je découpe la somme par paquets D'indices compris entre deux carrés :
[TeX]S=\sum_{p=1}^{+\infty}\sum_{n=p^2}^{p^2+2p}\frac1{f(n)^3}[/TeX]
On veut maintenant savoir quand [latex]\sqrt n[/latex] est plus proche de p ou de p+1 : la limite se situe en [latex]p+\frac12[/latex][latex]
[TeX]p^2 \le n \le (p+\frac12)^2[/latex] : f(n)=p
[latex](p+\frac12)^2 \le n < p^2+2p[/latex] : f(n)=p+1
Comme [latex](p+\frac12)^2=p^2+p+\frac14[/latex], la somme devient :
[latex]S=\sum_{p=1}^{+\infty}\left ( \sum_{n=p^2}^{p^2+p}\frac1{p^3} + \sum_{n=p^2+p+1}^{p^2+2p}\frac1{(p+1)^3}\right )
=\sum_{p=1}^{+\infty}\left (\frac{p+1}{p^3}+\frac{p}{(p+1)^3} \right )
)
=\sum_{p=1}^{+\infty}\left (\frac1{p^2}+\frac1{p^3}\right ) + \sum_{p=2}^{+\infty}\left (\frac1{p^2}-\frac1{p^3} \right )
=2\sum_{p=1}^{+\infty}\frac1{p^2}[/TeX]
Et voilou :-)

 #8 - 26-02-2011 07:01:10

halloduda
Professionnel de Prise2Tete
Enigmes résolues : 24
Messages : 479
Lieu: Ardèche

Encore une ssérie

L00ping007 OK

 #9 - 27-02-2011 20:42:04

SaintPierre
Banni
Enigmes résolues : 42
Messages : 2063
Lieu: Annecy

envore une série

Zéta(3/2) = 2,612 375 349.......

On peut calculer Z(3/2) directement par la somme infinie convergente des termes 1/[n.rac(n)] mais la convergence est plutôt lente.

On peut utiliser de préférence le développement de Stieljes (avec x = 1/2):

Z(1+x) = 1/x + y(0) - x.y(1) + x².y(2)/2! - .........+ (-x)^n.y(n)/n! +......

y(0) est la constante d'Euler et les nombres réels y(1), y(2)......y(n)....sont les constantes de Stieljes, la convergence est ici plus rapide.

On peut aussi utiliser la formule sommatoire d'Euler-Maclaurin (qui fait intervenir les nombres de Bernoulli), la convergence sera encore plus rapide !


C'est à l'intelligence d'achever l'oeuvre de l'intuition.

 #10 - 28-02-2011 13:00:02

Franky1103
Elite de Prise2Tete
Enigmes résolues : 49
Messages : 2710
Lieu: Luxembourg

Encore une sére

Bonjour,
S = somme ( 1 / partie entière (Vn + 0,5) ^ 3 )
= somme ( 2n / n^3 ) = 2 x somme ( 1/n^2 )
Grâce à Euler, on sait que cette dernière somme vaut pi ^ 2 /6
On a donc S = pi ^ 2 / 3 soit environ 3,29.
Mais cette réponse est refusée !!!
A moins que je ne me sois encore planté !!!
Bonne journée.
Frank

 

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