Formule : Somme de zeta
Formule : Somme de zeta
Bonjour a tous ,
je cherche des idée de demo pour la formule suivante :
$$1-\gamma=\ds\sum_{k \geq 2} \frac{\zeta(k)-1}{k}$$
avec , "bien sur"
$$\gamma=\ds \lim_{n\rightarrow \infty} \left [ \sum_{k=1}^n \frac{1}{k}-\ln(n)\right ]$$
et
$$k \geq 2, ~\zeta(k)=\ds\sum_{n \geq 1} \frac{1}{n^k}$$
j'ai bien une petite idée , mais cela ne tient pas dans la marge ...;) en fait j'utilise $ \ln(2)= \ldots$ je l'exposerai plus tard ...
je cherche des idée de demo pour la formule suivante :
$$1-\gamma=\ds\sum_{k \geq 2} \frac{\zeta(k)-1}{k}$$
avec , "bien sur"
$$\gamma=\ds \lim_{n\rightarrow \infty} \left [ \sum_{k=1}^n \frac{1}{k}-\ln(n)\right ]$$
et
$$k \geq 2, ~\zeta(k)=\ds\sum_{n \geq 1} \frac{1}{n^k}$$
j'ai bien une petite idée , mais cela ne tient pas dans la marge ...;) en fait j'utilise $ \ln(2)= \ldots$ je l'exposerai plus tard ...
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La formule se trouve là.
[Edit : pourquoi n'y a-t-il pas le lien ?]
[Edit: MB] J'ai remplacé le lien par un lien qui fonctionne (en fait il devait y avoir des caractères spéciaux refusés - je crois que c'est le signe % - dans le bbcode url comme ça arrive aussi avec les liens wikipédia parfois).
[edit2 : je me doutais que c'était ce fichu %. merci MB]
[Edit2: MB] Pas sûr en fait ! c'était peut être plutôt les {} ...
[Edit : pourquoi n'y a-t-il pas le lien ?]
[Edit: MB] J'ai remplacé le lien par un lien qui fonctionne (en fait il devait y avoir des caractères spéciaux refusés - je crois que c'est le signe % - dans le bbcode url comme ça arrive aussi avec les liens wikipédia parfois).
[edit2 : je me doutais que c'était ce fichu %. merci MB]
[Edit2: MB] Pas sûr en fait ! c'était peut être plutôt les {} ...
Dernière modification par guiguiche le jeudi 09 novembre 2006, 10:14, modifié 1 fois.
La création d'une rubrique ``formules'' n'appelerait pas vraiment les gens qui pensent que ``DETOUTFASSONLEMATCEKEDEFORMULESNA'' (TM) à changer leur opinion étriquée.
Sinon pour la formule (le théorème?), as-tu essayé de comparer
$\ds\sum_{2\le k \le n} \frac{\zeta(k)}{k}$ et $\ds\sum_{2\le k \le n} \ln(k) - ln(k-1)$ ?
PS. Autre idée: que donne la formule d'Euler McLaurin pour $(\zeta(x) -1)/x$? --- pour la fonction $1/x - \ln(x) + \ln(x-1)$ on trouve $\gamma$, etc.
Sinon pour la formule (le théorème?), as-tu essayé de comparer
$\ds\sum_{2\le k \le n} \frac{\zeta(k)}{k}$ et $\ds\sum_{2\le k \le n} \ln(k) - ln(k-1)$ ?
PS. Autre idée: que donne la formule d'Euler McLaurin pour $(\zeta(x) -1)/x$? --- pour la fonction $1/x - \ln(x) + \ln(x-1)$ on trouve $\gamma$, etc.
bien sur les maths ce n'est pas que des formules :) .... en fait je trouve cela interressant et etonnant ces formules .. je montre le debut de l'idée de ma demo:
je cherchais des formules pour $\ln(2)$
$\ln(2)=-\ln(\frac{1}{2})=-\ln(1-\frac{1}{2})=\ds\sum_{k \geq 1} \frac{1}{k2^k}$ mais aussi
$\ln(2)=-\ln(\frac{1}{2})=-\ln(\frac{2}{3}\frac{3}{4})=-=-\ln(\frac{2}{3})-\ln(\frac{3}{4})=-\ln(1-\frac{1}{3})-\ln(1-\frac{1}{4})=\ds\sum_{k \geq 1} \frac{1}{k}(\frac{1}{3^k}+\frac{1}{4^k})$
de même , sauf erreur
$\ln(2)=\ds\sum_{k \geq 1} \frac{1}{k}(\frac{1}{5^k}+\frac{1}{6^k}+\frac{1}{7^k}+\frac{1}{8^k}) $
ainsi de suite, puis je somme les lignes pour obtenir
$N\ln{2}=\ds\sum_{k \geq 1} \frac{1}{k}(\sum_{i=2}^{2^N} \frac{1}{i^k}) $
puis ensuite le cas k=1 on reconnait la somme harmonique qui va faire apparaitre $\gamma$ en me debarrassant des $N\ln(2)$
mais j'ai un souci pour intervertir $\sum$ et limite $N \rightarrow \infty $
@guiguiche : oui la formule est sur le site de Wolfram , cela m'a permis de me rassurer et de me dire que mon "delire sommatoire" devait surement tenir debout
@la main gauche : je vais regarder Mac laurin , mais cela suppose de connaitre les derivées de Zeta , et c'est au dela du niveau auquel j'aimerai limiter la demo: BAC+2
je cherchais des formules pour $\ln(2)$
$\ln(2)=-\ln(\frac{1}{2})=-\ln(1-\frac{1}{2})=\ds\sum_{k \geq 1} \frac{1}{k2^k}$ mais aussi
$\ln(2)=-\ln(\frac{1}{2})=-\ln(\frac{2}{3}\frac{3}{4})=-=-\ln(\frac{2}{3})-\ln(\frac{3}{4})=-\ln(1-\frac{1}{3})-\ln(1-\frac{1}{4})=\ds\sum_{k \geq 1} \frac{1}{k}(\frac{1}{3^k}+\frac{1}{4^k})$
de même , sauf erreur
$\ln(2)=\ds\sum_{k \geq 1} \frac{1}{k}(\frac{1}{5^k}+\frac{1}{6^k}+\frac{1}{7^k}+\frac{1}{8^k}) $
ainsi de suite, puis je somme les lignes pour obtenir
$N\ln{2}=\ds\sum_{k \geq 1} \frac{1}{k}(\sum_{i=2}^{2^N} \frac{1}{i^k}) $
puis ensuite le cas k=1 on reconnait la somme harmonique qui va faire apparaitre $\gamma$ en me debarrassant des $N\ln(2)$
mais j'ai un souci pour intervertir $\sum$ et limite $N \rightarrow \infty $
@guiguiche : oui la formule est sur le site de Wolfram , cela m'a permis de me rassurer et de me dire que mon "delire sommatoire" devait surement tenir debout
@la main gauche : je vais regarder Mac laurin , mais cela suppose de connaitre les derivées de Zeta , et c'est au dela du niveau auquel j'aimerai limiter la demo: BAC+2
La dernière fois que j'ai exposé la formule d'Euler Mc Laurin, à des bacs +2 toutes les filles de la salle se sont déshabillées (véridique!) et ont jeté leur sous-vêtements en, l'air; la dernière fois que je leur ai parlé de $\zeta$ ellles se sont tous jetées sur moi ... je te laisse imaginer ce qui se passerait en combinant les deux, c'est assez risqué !
difficile a croire de la part de quelqu'un qui s'appelle la main gauche ... :Dla main gauche a écrit :La dernière fois que j'ai exposé la formule d'Euler Mc Laurin, à des bacs +2 toutes les filles de la salle se sont déshabillées (véridique!) et ont jeté leur sous-vêtements en, l'air; la dernière fois que je leur ai parlé de $\zeta$ ellles se sont tous jetées sur moi ... je te laisse imaginer ce qui se passerait en combinant les deux, c'est assez risqué !
pffff , ça me rapelle juste qu'en prepa, dès que le prof disait $\ln(2)=0,69....$ les 5/2 hurlaient "cuiiiiisse" pour detendre l'atmosphère ...
bon , je reviens à mon raisonnement , si tout le monde est d'accord avec le début :) :
$N\ln{2}=\ds\sum_{k \geq 1} \frac{1}{k}(\sum_{i=2}^{2^N} \frac{1}{i^k}) $
en isolant pour k=1
$N\ln{2} -\ds\sum_{i=2}^{2^N} \frac{1}{i}= \sum_{k \geq 2} \frac{1}{k}(\sum_{i=2}^{2^N} \frac{1}{i^k})$
soit
$\ln{2^N} -\ds\sum_{i=1}^{2^N} \frac{1}{i} +1= \sum_{k \geq 2} \frac{1}{k}(\sum_{i=1}^{2^N} \frac{1}{i^k} -1)$
et la j'ai besoin d'intervertir limite et "sigma" , donc comment justifer ??
bon , je reviens à mon raisonnement , si tout le monde est d'accord avec le début :) :
$N\ln{2}=\ds\sum_{k \geq 1} \frac{1}{k}(\sum_{i=2}^{2^N} \frac{1}{i^k}) $
en isolant pour k=1
$N\ln{2} -\ds\sum_{i=2}^{2^N} \frac{1}{i}= \sum_{k \geq 2} \frac{1}{k}(\sum_{i=2}^{2^N} \frac{1}{i^k})$
soit
$\ln{2^N} -\ds\sum_{i=1}^{2^N} \frac{1}{i} +1= \sum_{k \geq 2} \frac{1}{k}(\sum_{i=1}^{2^N} \frac{1}{i^k} -1)$
et la j'ai besoin d'intervertir limite et "sigma" , donc comment justifer ??
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C'est exactement ce que à quoi je pense lorsque je prononce cette approximation (vieux reflexe de 5/2) mais aucun élève ne m'a jamais fait ce genre de remarque et souvent, je me contente de 0,7 comme approximation pour éviter tout malentendu.acid24 a écrit :pffff , ça me rapelle juste qu'en prepa, dès que le prof disait $\ln(2)=0,69....$ les 5/2 hurlaient "cuiiiiisse" pour detendre l'atmosphère ...
:crazyeyes: dites , par contre , est-ce que quelqu'un pourrait juste jeter un petit coup d'oeil au maths qu'il ya dans ce post, juste pour me dire si ma démarche semble ok ou non, et comment passer à la limite $N \rightarrow \infty$ dans
$\ln{2^N} -\ds\sum_{i=1}^{2^N} \frac{1}{i} +1= \sum_{k \geq 2} \frac{1}{k}(\sum_{i=1}^{2^N} \frac{1}{i^k} -1)$
je sais que les calculs sont un peu lourds , mais bon c'est abordable étant donné les mathématiciens de haut vol (lèèèèche) qui trainent sur le forum ;)
$\ln{2^N} -\ds\sum_{i=1}^{2^N} \frac{1}{i} +1= \sum_{k \geq 2} \frac{1}{k}(\sum_{i=1}^{2^N} \frac{1}{i^k} -1)$
je sais que les calculs sont un peu lourds , mais bon c'est abordable étant donné les mathématiciens de haut vol (lèèèèche) qui trainent sur le forum ;)
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