Avec la constante d'Euler

En terme de combinaison linéaire à coefficients rationnels, cela donne quelque chose avec des coefficients monstrueux (numérateurs et dénominateurs).

Ton nombre n'a pas assez de décimales pour qu'on puisse en faire quelque chose.

J'imagine que c'est le résultat d'un calcul.

Si on avait au moins une centaine de décimales, on pourrait élargir le champ des constantes pour trouver, peut-être, une relation de dépendance entière linéaire entre toutes ces constantes et ce nombre. (il faudrait avoir du nez dans le choix de la liste des constantes à sélectionner si une telle relation de dépendance existe vraiment).

Etanche a écrit:

je pense au il s exprime avec constante Euler ,

Ln(pi) et peut être ln2 en combinaison linéaire à coefficient rationnels

Je ne le pense pas. Si ces trois nombres interviennent ils ne sont pas les seuls.

PS:
N'y-a-t-il pas d'erreur dans l'expression de la somme ci-dessus?
J'ai l'impression qu'elle est divergente.

Tu as raison, c'est bien en $O(1/n^2)$. Au temps pour moi. :-D

Et il y a le terme en log(1+1/n) qui va sans doute générer du $\sum_{k=2}^{\infty}\dfrac{(-1)^n\zeta(n)}{n}$
qui tend vers....$\gamma$ ( https://fr.wikipedia.org/wiki/Constante_d'Euler-Mascheroni ).

Cependant, il y a des termes dus à l'expression de $H_n-\gamma$ qui ne sont pas pris en compte.

PS:

$\displaystyle H_n=\ln(n)+\gamma+\dfrac{1}{2n}-\dfrac{1}{12n^2}+O\left(\dfrac{1}{n^2}\right)$

PS2:

Il faudrait avoir une expression en série de Laurent du reste de:
$H_n-\ln(n)+\gamma-\dfrac{1}{2n}$

Qui risque de générer
$\displaystyle \sum_{k=2}^{\infty}c(n)\zeta(n)$

Avec $c(n)$ inconnu pour le moment.

PS3:
En faisant des recherches, je suis tombé sur cette feuille d'exercices dont le thème est $\gamma$:
http://www.math.univ-toulouse.fr/~lassere/pdf/2013-AI_pbmeanalyse.pdf

On a
$$\sum_{n=1}^N H_n=\sum_{n=1}^N\sum_{k=1}^n\dfrac{1}{k}=\sum_{k=1}^N\sum_{n=k}^N\dfrac{1}{k}=\sum_{k=1}^N\dfrac{N-k+1}{k}=(N+1)H_N-N$$
donc
\begin{align}
\sum_{n=1}^N \Big( H_n - \frac{\ln(n)}2 - \frac{\ln(n+1)}2 - \gamma \Big)&=(N+1)H_N-N-N\gamma-\ln(N!)-\frac{1}{2}\ln(N+1)\\
&=(N+1)H_N-N-N\gamma-\left(\frac{1}{2}\ln(2\pi)+\frac{1}{2}\ln N-N+N\ln N+o(1)\right)-\frac{1}{2}\ln(N)+o(1)\\
&=N(H_N-\ln N-\gamma)+H_N-\ln N-\frac{1}{2}\ln(2\pi)+o(1)\\
&=N\left(\dfrac{1}{2N}+o\left(\frac{1}{N}\right)\right)+\gamma-\frac{1}{2}\ln(2\pi)+o(1)\\
&=\dfrac{1}{2}+\gamma-\frac{1}{2}\ln(2\pi)+o(1)
\end{align}
sauf erreur.

Pour ceux, qui comme moi, ne voient pas immédiatement d'où sort l'égalité de la première ligne:

$\displaystyle \sum_{n=1}^N \Big( H_n - \frac{\ln(n)}2 - \frac{\ln(n+1)}2 - \gamma \Big)=$

$\displaystyle \sum_{n=1}^N H_n+\sum_{n=1}^N \left(-\dfrac{1}{2}\log(n)-\dfrac{1}{2}\log(n)\right)+\sum_{n=1}^N \left(\dfrac{1}{2}\log(n)-\dfrac{1}{2}\log(n+1)\right)-\sum_{n=1}^N \gamma$

$\displaystyle \sum_{n=1}^N H_n=\dfrac{1}{n}(N-n+1)=H_N\times N-N+H_N=(N+1)H_N-N$
(il faut faire un dessin pour voir, on somme "verticalement")