$a \geq 1$.
Montrer que le plus grand entier $b$ tel que $\ \displaystyle \sum_{k=a}^{b} \frac{1}{k} \leq 1$ est
la partie entière de $\quad e\sqrt{a^2 - a+ \frac{1}{3}-\frac{e^{-2}}{12} } - \frac{1}{2}$.
Poirot permets moi de donner une approximation.
On sait que $\sum_{k=a}^b\frac{1}{k}\approx \log\left(\frac{2b+1}{2a-1}\right)$ et $\log\left(\frac{2b+1}{2a-1}\right)\leq 1 \iff b\le e(a-\frac 12)-\frac 12$.
L'idée de Gebrane est bonne, il faut essayer de l'exploiter avec des outils plus précis.
Par exemple, en 2011, Batir montre que, pour tout entier $n \geqslant 1$
$$\gamma + \tfrac{1}{2} \log \left( n^2+n+c \right) < H_n < \gamma + \tfrac{1}{2} \log \left( n^2+n+\tfrac{1}{3} \right) $$
avec $c := e^{2 (1-\gamma)} - 2 \approx 0,329302 \dotsc$ En appelant $H_{a,b}$ la somme d'Étanche, il vient
$$H_{a,b} < \frac{1}{2} \log \left( \frac{b^2+b+1/3}{a^2-a+c} \right)$$
et le terme de droite est $\leqslant 1$ si et seulement si
$$b^2+b+ \tfrac{1}{3} - e^2 (a^2-a+c) \leqslant 0$$
d'où
$$b \leqslant e \sqrt{a^2-a+c-\frac{1}{12e^2}} - \frac{1}{2}.$$
Bonsoir @noix de totos, il y a une coquille dans ton dernier résultat, c'est plutôt $-\frac{1}{2}$
NB: au moins je bénéficie de cette démonstration élégante de ta part :-D
Bonsoir, je ne vois pas comment tu conclus à partir de cette information $H_{a,b} < \frac{1}{2} \log \left( \frac{b^2+b+1/3}{a^2-a+c} \right)$, la question demande le plus grand b tel que ....
Peut être qu'on puisse donner encore une majoration plus fine
exemple imaginons que $H_{a,b}< b$, peut on dire que le plus grand b est 1 sachant que peut être je peux trouver une majoration plus fine du type $H_{a,b}< \frac 12 b$ et dans ce cas avec cette déduction le plus grand b c'est 2
J'ai donné une majoration de $b$ impliquant que, pour tout $a \geqslant 1$, on a $H_{a,b} \leqslant 1$.
Je n'ai pas dit que cette estimation est la meilleure. Il faut un travail supplémentaire, mais, au vu de la réponse d'Étanche, on n'est pas loin du but.
On peut affiner la démarche ci-dessus, en utilisant des résultats plus précis.
Par exemple, G. J. O. Jameson améliore le résultat de Batir en montrant que, pour tout entier $n \geqslant 1$
$$H_n = \tfrac{1}{2} \log \left( n^2 + n + \tfrac{1}{3} \right) + \gamma - r_n$$
avec $\frac{1}{180 (n+1)^4} \leqslant r_n \leqslant \frac{1}{180 n^4}$. En utilisant cette estimation et en reprenant la méthode ci-dessus, on arrive sauf erreur à montrer que, pour tout entier $a \geqslant 2$
$$b \leqslant B_1(a) := e \sqrt{e^{-f(a)} \left(a^2-a+ \tfrac{1}{3} \right) - \tfrac{1}{12 e^2}} - \tfrac{1}{2} \Longrightarrow H_{a,b} \leqslant 1$$
et
$$b > B_2(a) := e \sqrt{e^{-g(a)} \left(a^2-a+ \tfrac{1}{3} \right) - \tfrac{1}{12 e^2}} - \tfrac{1}{2} \Longrightarrow H_{a,b} > 1$$
avec $f(a) := \frac{1}{90(a-1)^4}$ et $g(a) := \frac{1}{90a^4} - \frac{1}{90(a+1)^4}$. On pose alors
$$C(a) := e \sqrt{a^2-a+ \tfrac{1}{3} - \tfrac{1}{12 e^2}} - \tfrac{1}{2}.$$
En notant que, si $a \geqslant 2$, $0 < C(a) - B_1(a) < \frac{1}{40}$, on en déduit que, si l'intervalle $\left [B_1(a) \, , \, C(a) \right[$ ne contient pas d'entier, alors le plus grand entier $b \geqslant 1$ tel que $H_{a,b} \leqslant 1$ est donné par $\left \lfloor B_1 (a) \right \rfloor = \left \lfloor B_2 (a) \right \rfloor = \left \lfloor C (a) \right \rfloor$.
Réponses
On sait que $\sum_{k=a}^b\frac{1}{k}\approx \log\left(\frac{2b+1}{2a-1}\right)$ et $\log\left(\frac{2b+1}{2a-1}\right)\leq 1 \iff b\le e(a-\frac 12)-\frac 12$.
Par exemple, en 2011, Batir montre que, pour tout entier $n \geqslant 1$
$$\gamma + \tfrac{1}{2} \log \left( n^2+n+c \right) < H_n < \gamma + \tfrac{1}{2} \log \left( n^2+n+\tfrac{1}{3} \right) $$
avec $c := e^{2 (1-\gamma)} - 2 \approx 0,329302 \dotsc$ En appelant $H_{a,b}$ la somme d'Étanche, il vient
$$H_{a,b} < \frac{1}{2} \log \left( \frac{b^2+b+1/3}{a^2-a+c} \right)$$
et le terme de droite est $\leqslant 1$ si et seulement si
$$b^2+b+ \tfrac{1}{3} - e^2 (a^2-a+c) \leqslant 0$$
d'où
$$b \leqslant e \sqrt{a^2-a+c-\frac{1}{12e^2}} - \frac{1}{2}.$$
Edit. Correction d'une typo relevée par Gon.
@noix de totos, il y a une coquille dans ton dernier résultat, c'est plutôt $-\frac{1}{2}$
NB: au moins je bénéficie de cette démonstration élégante de ta part :-D
Bonsoir, je ne vois pas comment tu conclus à partir de cette information $H_{a,b} < \frac{1}{2} \log \left( \frac{b^2+b+1/3}{a^2-a+c} \right)$, la question demande le plus grand b tel que ....
Peut être qu'on puisse donner encore une majoration plus fine
exemple imaginons que $H_{a,b}< b$, peut on dire que le plus grand b est 1 sachant que peut être je peux trouver une majoration plus fine du type $H_{a,b}< \frac 12 b$ et dans ce cas avec cette déduction le plus grand b c'est 2
Il nous faut une égalité pour raisonner
Necdet Batir, sharp bounds for psi function and harmonic numbers publié dans Mathematical inequalities and applications , volume 14 , issue 4, 2011 ,page 917-925.
Voir ici
Merci.
Je n'ai pas dit que cette estimation est la meilleure. Il faut un travail supplémentaire, mais, au vu de la réponse d'Étanche, on n'est pas loin du but.
Par exemple, G. J. O. Jameson améliore le résultat de Batir en montrant que, pour tout entier $n \geqslant 1$
$$H_n = \tfrac{1}{2} \log \left( n^2 + n + \tfrac{1}{3} \right) + \gamma - r_n$$
avec $\frac{1}{180 (n+1)^4} \leqslant r_n \leqslant \frac{1}{180 n^4}$. En utilisant cette estimation et en reprenant la méthode ci-dessus, on arrive sauf erreur à montrer que, pour tout entier $a \geqslant 2$
$$b \leqslant B_1(a) := e \sqrt{e^{-f(a)} \left(a^2-a+ \tfrac{1}{3} \right) - \tfrac{1}{12 e^2}} - \tfrac{1}{2} \Longrightarrow H_{a,b} \leqslant 1$$
et
$$b > B_2(a) := e \sqrt{e^{-g(a)} \left(a^2-a+ \tfrac{1}{3} \right) - \tfrac{1}{12 e^2}} - \tfrac{1}{2} \Longrightarrow H_{a,b} > 1$$
avec $f(a) := \frac{1}{90(a-1)^4}$ et $g(a) := \frac{1}{90a^4} - \frac{1}{90(a+1)^4}$. On pose alors
$$C(a) := e \sqrt{a^2-a+ \tfrac{1}{3} - \tfrac{1}{12 e^2}} - \tfrac{1}{2}.$$
En notant que, si $a \geqslant 2$, $0 < C(a) - B_1(a) < \frac{1}{40}$, on en déduit que, si l'intervalle $\left [B_1(a) \, , \, C(a) \right[$ ne contient pas d'entier, alors le plus grand entier $b \geqslant 1$ tel que $H_{a,b} \leqslant 1$ est donné par $\left \lfloor B_1 (a) \right \rfloor = \left \lfloor B_2 (a) \right \rfloor = \left \lfloor C (a) \right \rfloor$.