Formule $\sum(\zeta(s)-1)=1$ ?
Salut.
Je me mets directement dans shtam pour espérer avoir la paix.
J'ai trouvé ça amusant, sûrement trivial.
Peut-être y a-t-il un moyen de trouver les valeurs impaire de $\zeta$ ? $$
\sum_{s=2}^\infty(\zeta(s)-1)=\sum_{s=2}^\infty\frac{1}{2^s}+\sum_{s=2}^\infty\frac{1}{3^s}+\sum_{s=2}^\infty\frac{1}{4^s}+\ldots
$$ $\frac{\pi^2}{6}-1+1,202\ldots-1+\frac{\pi^4}{90}-1+1,036\ldots-1+\frac{\pi^6}{945}-1+\ldots=1-\frac{1}{2}+\frac{1}{2}-\frac{1}{3}+\frac{1}{3}-\ldots=1$
Je me mets directement dans shtam pour espérer avoir la paix.
J'ai trouvé ça amusant, sûrement trivial.
Peut-être y a-t-il un moyen de trouver les valeurs impaire de $\zeta$ ? $$
\sum_{s=2}^\infty(\zeta(s)-1)=\sum_{s=2}^\infty\frac{1}{2^s}+\sum_{s=2}^\infty\frac{1}{3^s}+\sum_{s=2}^\infty\frac{1}{4^s}+\ldots
$$ $\frac{\pi^2}{6}-1+1,202\ldots-1+\frac{\pi^4}{90}-1+1,036\ldots-1+\frac{\pi^6}{945}-1+\ldots=1-\frac{1}{2}+\frac{1}{2}-\frac{1}{3}+\frac{1}{3}-\ldots=1$
Réponses
-
$$\sum_{k=1}^\infty-\frac{2+k}{(1+k)^3}=-\frac{3}{2^3}-\frac{4}{3^3}-\frac{5}{4^3}\ldots=-\frac{1}{12}.
$$ Comme je ne sais pas calculer cette somme infinie, je pose la question.
Cette somme infinie est-elle égale à -1/12 ?
Si oui, c'est cool parce que ça me permettrait de connaître la valeur de $\zeta(3)$. -
Test :
$$
\begin{align}
\sum_{s=2}^\infty[\zeta(s)-1]
& = \sum_{s=2}^\infty \sum_{n=2}^{+\infty} \frac{1}{n^s} \\
& \overset{?}{=} \sum_{n=2}^{+\infty} \sum_{s=2}^\infty \frac{1}{n^s} \\
& = \sum_{n=2}^{+\infty} \frac{1}{n^2} \cdot \frac{1}{1-\frac{1}{n}} \\
& = \sum_{n=2}^{+\infty} \frac{1}{n(n-1)} \\
& = \sum_{n=2}^{+\infty} \left[\frac{1}{n-1}-\frac{1}{n}\right]
= 1 \\
\end{align}
$$ -
Ha non $$\sum_{k=1}^\infty-\frac{2+k}{(1+k)^3}=-\frac{3}{2^3}-\frac{4}{3^3}-\frac{5}{4^3}\ldots =-0,846990969\ne-0,0833333333
$$ Dommage. -
$$
\begin{align}
\sum_{k=1}^\infty-\frac{2+k}{(1+k)^3}
& = -\sum_{k=1}^\infty\frac{1+(1+k)}{(1+k)^3} \\
& = -\sum_{k=1}^\infty\left[\frac{1}{(1+k)^3} + \frac{1}{(1+k)^2}\right] \\
& = -\sum_{k=1}^\infty\frac{1}{(1+k)^3} - \sum_{k=1}^\infty \frac{1}{(1+k)^2} \\
& = -\sum_{i=2}^\infty\frac{1}{i^3} - \sum_{i=2}^\infty\frac{1}{i^2} \\
& = -[\zeta(3)-1] - [\zeta(2)-1]
= 2- \zeta(3) - \zeta(2)\\
\end{align}
$$ -
Pour être plus visuel.
En sommant tout se qui se trouve dans cet encadrement, on ne pourra pas dépasser 1. -
La somme de (2+k)/(1+k)^3 tu ne la trouveras jamais. C'est beaucoup trop relié à zeta(3) et tu vas tourner en rond
(2+k)/(1+k)^3 = 1/(1+k)^3 + 1/(1+k)^2.
Ça n'avance à rien. -
En restant plus modeste, sans vouloir voir l'infini.
Je ne mettrais pas ma main a couper sur la véracité de mon égalité car flemme aigu de vérification.
Puis m'est venu l’idée de zêta de m.
$$\sum_{s=2}^m \sum_{k=2}^n \frac{1}{k^s}=\sum_{k=2}^n\frac{k^m-1}{(k-1)k^m}-\frac{1}{k}$$
$$\zeta(m)=1+\sum_{k=2}^{\infty}\frac{k^m-1}{(k-1)k^m}-\frac{k^{m-1}-1}{(k-1)k^{m-1}}$$
Beuff, je pense m’être trompé encore un fois.
$$\sum_{s=2}^m \sum_{k=2}^n \frac{1}{k^s}=\sum_{k=2}^n\frac{k^{m-1}-1}{(k-1)k^m}$$
$$\zeta(m)=1+\sum_{k=2}^{\infty}\frac{k^{m-1}-1}{(k-1)k^m}-\frac{k^{m-2}-1}{(k-1)k^{m-1}}$$
Pffffffff trivial et ridicule. -
$$\sum_{s=2}^\infty-1\sum_{l=1}^n\zeta(ns-2n+l+1)=\sum_{k=1}^\infty\sum_{l=1}^n\frac{(k+1)^{n-2}}{(k+1)^{n+l-1}-(k+1)^{l-1}}.
$$ Et voilà. J’espère ne pas m’être trompé.
Je pense que ça n'a aucune utilité mais au moins ça passe le temps. -
Salut.
Je me pose la question. Si
$$\sum_{k=1}^\infty \frac{1}{k^2}=\frac{\pi^2}{6}.
$$ À quoi sont égaux $$
\sum_{k=1}^\infty \frac{1}{(2k-1)^2}=\ ?
\qquad\text{et}\qquad
\sum_{k=1}^\infty \frac{1}{(2k)^2}=\ ?
$$ Cordialement. -
$$\sum_{k=1}^\infty \frac{1}{(2k)^2}= \sum_{s=k}^\infty \frac{1}{4k^2}=\frac{1}{4} \sum_{k=1}^\infty \frac{1}{k^2}=\frac{\pi^2}{24}$$ et $$\sum_{k=1}^\infty \frac{1}{(2k-1)^2}= \sum_{k=1}^\infty \frac{1}{k^2} - \sum_{k=1}^\infty \frac{1}{(2k)^2}= \frac{\pi^2}{6} - \frac{\pi^2}{24} = \frac{\pi^2}{8}.$$
-
Ha je pense avoir trouvé.
$$\sum_{k=1}^\infty \frac{1}{(2k)^2}=\frac{\pi^2}{24}$$
Désolé. -
Formule $\sum (\zeta(s)-1)=1$ ?
-
Si $\quad\displaystyle \sum_{k=1}^\infty \frac{1}{(3k)^2}=\frac{\pi^2}{54}.\ $ À quoi sont égaux $$
\sum_{k=1}^\infty \frac{1}{(3k-2)^2}=\ ?
\qquad\text{et}\qquad
\sum_{k=1}^\infty \frac{1}{(3k-1)^2}=\ ?
$$ Excusez moi, je n'arrive pas à trouver. -
Tu trouveras ton bonheur en étudiant la fonction zeta de Hurwitz définie par $$\zeta(s, x) = \sum_{n=0}^{+\infty} \frac{1}{(n+x)^s}$$ pour $\mathfrak{Re}(s) > 1$ et $x > 0$. Alors par exemple $$\sum_{k=1}^\infty \frac{1}{(3k-1)^2} = \frac{\zeta(2, 2/3)}{9}.$$
-
Merci Poirot.
Coïncidence ou YouTube est trop fort?
-
Dans la même veine de : $\sum[\zeta(s)-1]=1$ avec s entier > 1
$\sum_{s=2k}^\infty[\zeta(s)-1]=3/4$ et $\sum_{s=2k+1}^\infty[\zeta(s)-1]= 1/4 $ avec k > 0
et donc :$\sum_{s=2k}^\infty\zeta(s)$ - $\sum_{s=2k+1}^\infty\zeta(s)=1/2$ -
Fly7 a écrit:$$\sum_{s=2}^\infty-1\sum_{l=1}^n\zeta(ns-2n+l+1)=
\sum_{k=1}^\infty\sum_{l=1}^n\frac{(k+1)^{n-2}}{(k
+1)^{n+l-1}-(k+1)^{l-1}}.$$
Au passage: sum zeta-1=1
Emphyrio, Ha oui j' avais pas bien compris se que tu voulais dire.
Je vais tenter de formaliser.
Ha wolframalpha est pas sympa les réponses ne sont pas triviales.
wolframalpha
1/2 comme la partie réelle des zéros non triviaux, Shtameur. B-)- -
Salut. Si $$
\sum_{s=2}^\infty\zeta(s)-1= \sum_{k=1}^\infty\frac{1}{(k +1)^2-(k+1)}=1.
$$ Alors $$
\sum_{s=2}^\infty\sum_{n=1}^\infty\frac{1}{P_{(n)}^s}= \sum_{k=P_{(n)}-1}^\infty\frac{1}{(k +1)^2-(k+1)}=\sum_{k=1}^\infty\frac{1}{P_{(k)}(P_{(k)}-1)}=Q.
$$ $Q=$ Proportion des nombres premiers par rapport à tous les entiers naturels exclus de 0 et de 1 ?
Je ne le pense pas mais l'idée n’était pas mauvaise. -
$$\sum_{s=2}^\infty\sum_{l=0}^n\sum_{k=2}^\infty\sum_{m=0}^t\frac{1}{((t+1)k-2t+m)^{(n+1)s-2n+l}}=
\sum_{k=2}^\infty\sum_{l=0}^n\sum_{m=0}^t\frac{((t+1)k-2t+m)^{n-1}}{((t+1)k-2t+m)^{n+l+1}-((t+1)k-2t+m)^l}=1.
$$ Encore une fois j’espère ne pas avoir fait d’erreur. -
\begin{align*}
\sum^n_{k=2}\sum^n_{k=2} \ln\Big(\frac{1}{k^k}\Big)&=\ln\Big(\prod^n_{k=2}\prod^n_{k=2}\frac{1}{k^k}\Big) \\
\sum^n_{k=2} \ln\Big(\frac{1}{k}\Big)\sum^n_{\ell=2}\ell&=\ln\Big(\prod^n_{k=2}\prod^n_{k=2}\frac{1}{k^k}\Big) \\
\sum^n_{\ell=2}\ell&=\frac{\ln\big(\prod^n_{k=2}\prod^n_{k=2}\frac{1}{k^k}\big)}{\sum^n_{k=2} \ln\big(\frac{1}{k}\big)}
\end{align*} J'ai trouvé ça amusant.
Peut-être qu'on peu faire la même chose pour le nombre harmonique.
PS : j'ai peut-être fait une erreur en donnant le même nom à la borne inférieure mais ça n'a pas d'importance au final mais ça pose un problème de compréhension à un passage.
Voilà j'ai modifié donc plus d’ambiguïté. -
Ça fonctionne aussi comme je me l'imaginais, sans l'inverse des puissances.
\begin{align*}
\sum^n_{k=2}\sum^n_{k=2} \ln\Big(k^k\Big)&=\ln\Big(\prod^n_{k=2}\prod^n_{k=2}k^k\Big) \\
\sum^n_{k=2} \ln\Big(k\Big)\sum^n_{\ell=2}\ell&=\ln\Big(\prod^n_{k=2}\prod^n_{k=2}k^k\Big) \\
\sum^n_{\ell=2}\ell&=\frac{\ln\big(\prod^n_{k=2}\prod^n_{k=2}k^k\big)}{\sum^n_{k=2} \ln\big(k\big)}
\end{align*}
Sans bien comprendre le logarithme on peu dire que.
https://fr.wikipedia.org/wiki/Logarithme_naturel#La_fonction_logarithme_naturel_comme_fonction_logarithme
\begin{align*}
\sum^n_{\ell=2}\ell&=\log_{\big(\prod^n_{k=2}k\big)}{\big(\prod^n_{k=2}\prod^n_{k=2}k^k\big)}=\log_{\big(\prod^n_{k=2}\frac{1}{k}\big)}{\big(\prod^n_{k=2}\prod^n_{k=2}\frac{1}{k^k}\big)}
\end{align*} -
Bonjour.
Ce ne sont que des extensions mal écrites (*) de la formule de base $\ln(a)+\ln(b)=\ln(ab)$ valable pour tous réels a>0 et b>0 : $\sum_{k=m}^n\sum_{k'=m'}^{n'} \ln(a_{k,k'}) = \ln\left( \prod_{k=m}^n\prod_{k'=m'}^{n'} a_{k,k'}\right)$
Mais si ça t'amuse ...
Cordialement.
(*) la lettre k a deux significations !!! Dans $k^k$, quelle est le $k$ correspondant à la première somme, et celui de la deuxième somme ? -
Ça fonctionne aussi pour les nombres premiers mais c'est davantage une caractéristique du logarithme qu'une propriété des nombres premiers.
Valable pour tous réels $a_k>0$ et $a_k\ne1$
\begin{align*}
\sum^n_{k=m}a_k&=\frac{\ln\big(\prod^n_{k=m}\prod^n_{k=m}{a_k}^{a_k}\big)}{\sum^n_{k=m} \ln\big(a_k\big)} \\
\sum^n_{k=m}a_k&=\log_{\big(\prod^n_{k=m}a_k\big)}{\big(\prod^n_{k=m}\prod^n_{k=m}{a_k}^{a_k}\big)}
\end{align*}
Ça expliquerait peut être pourquoi la somme des logarithmes des nombres premiers sont tous sur le même axe.
Une propriété du logarithme mais pas des nombres premiers. -
Quand est-ce que tu accepteras d'écrire des formules lisible ? Depuis 2 jours, ce que tu écris n'a aucun sens (utilisation de la même lettre pour deux usages différents). Tu es malade ?
Et tu sembles découvrir dans ce message ce que je t'écrivais 9 heures plus tôt dans le message précédent. Tu ne lis pas les réponses qu'on te fait ? Tu es malade ?
En tout cas, connaître les propriétés élémentaires des logarithmes serait un minimum quand on veut écrire des formules les contenant !!! -
Attention aux vidéos sur YT. Celle que tu cites passe très rapidement sur un problème basique : Les points ne sont pas alignés. Ils sont seulement "pas loin d'être alignés", c'est ce qui a amené à des formules approximatives sur la taille du n-ième nombre premier ou sur le nombre de nombres premiers inférieurs à un nombre N. Le graphique présenté est trompeur (je n'ai pas tout écouté, c'est sans doute expliqué, mais le graphique reste trompeur, et il t'a trompé !!)
Par exemple en arrêtant la somme à 5, elle vaut 5,347, à 11, elle vaut 7,745, soit une augmentation de environ 2,4 pour une augmentation de 4 (11-7); pour 13, le premier d'après, on devrait avoir 1,2 de plus si les points étaient alignés, soit 8,945 . Or la somme pour 13 vaut environ 10,31, ce qui est nettement supérieur.
Cela se passe partout, il y a des variations importante du taux d'accroissement d'un nombre premier au suivant. -
\begin{align*}
\sum^n_{k=m}a_k&=\frac{\ln\big(\prod^n_{k=m}\prod^p_{l=m'}{a_k}^{a_l}\big)}{\sum^p_{l=m} \ln\big(a_l\big)} \\
\sum^n_{k=m}a_k&=\log_{\big(\prod^p_{l=m}a_l\big)}{\big(\prod^n_{k=m}\prod^p_{l=m'}{a_k}^{a_l}\big)}
\end{align*} Oui gerard0.
Inconsciemment je t'ai provoqué en omettant de corriger et aussi un peu par paresse.
Dans la vidéo il parle de logarithme naturel mais écrit log !
Du coups comme un didot j'ai sommé les logs puis je me suis rendu compte qu'il agissait de ln.
Par exemple en arrêtant la somme à 5 7, elle vaut 5,347.
On est d'accord, la somme du logarithme naturel des nombres premiers est proche d'une droite mais pas exactement dessus.
Merci. -
Ta formule
$$\sum^n_{k=m}a_k=\frac{\ln\big(\prod^n_{k=m}\prod^p_{l=m'}{a_k}^{a_l}\big)}{\sum^p_{l=m} \ln\big(a_l\big)}$$
est fausse (erreur dans les bornes).
Donc non, ce n'est pas que tu me "provoques inconsciemment", c'est que tu ne fais pas attention à ce que tu écris ... ce qui fait 4 messages pour rien !!! -
Bonjour
@Fly7
lorsque tu fais avec les nombres premiers P' < 100 :On est d'accord, la somme du logarithme naturel des nombres premiers est proche d'une droite mais pas exactement dessus.
Mais avec ces nombres < 100 est-ce que tu as une droite similaire....?
...3…..7...9…….13……….19..21………..27………..33……37……….43………..49..51………………...61
63……….69…….73………………………..87…….91..93…...97..99 -
\begin{align*}
\sum^n_{k=m}a_k&=\frac{\ln\big(\prod^n_{k=m}\prod^p_{l=m'}{a_k}^{a_l}\big)}{\sum^p_{l=m'} \ln\big(a_l\big)} \\
\sum^n_{k=m}a_k&=\log_{\big(\prod^p_{l=m'}a_l\big)}{\big(\prod^n_{k=m}\prod^p_{l=m'}{a_k}^{a_l}\big)}
\end{align*} LEG
Je n'en sais rien.
Je n'ai pas de papier gradué chez moi.
J'imagine que si tu proposes autant de nombres distribués aléatoirement compris entre $0$ et $n$ que de nombres premiers tu devrais trouver un nuage de points qui côtoie les points des nombres premiers.
2, ---3, --5, --7, ---11, --13, -17, ---19, --23, --29, ---31, --37, ---41, --43, --47, ---53, --59, ---61, --67, ---71, --73, ---79, --83, ---89, 97
0.6, 1.7, 3.4, 5.3, 7.7, 10.3, 13.1, 16.0, 19.2, 22.5, 26.0, 29.6, 33.3, 37.1, 40.9, 44.9, 49.0, 53.1, 57.3, 61.5, 65.8, 70.2, 74.6, 79.1, 83.7
...3…..7...9…….13……….19..21………..27………..33……37……….43………..49..51………………...61
--1.0--3.0-5.2----7.8
10.7
14.0
17.5---21.1
24.9
28.8--32.7
36.8
63……….69…….73………………………..87…….91..93…...97..99
40.9
45.2----49.5
53.9----58.4-63.0---67.6--72.1 -
Disons que la première suite sont les nombres premiers < 100
Mais la deuxième suite où j'ai oublié de faire apparaître 1 ...3.....7 ....etc ...99 ne sont pas aléatoire...
c'est tout simplement la suite des nombres premiers $q\in{[N;2N]}$ qui dépendent de ces entiers A non nul de 1 à N tel que $A\not\equiv{2N}[P]$
avec $P\leqslant\sqrt{2N}$ et $P$ premier et j'ai donc supposé que tu devais obtenir à peu près la même droite .... -
Aléatoirement ça ne fonctionnerait pas car plus les nombres premiers sont grand, plus ils se raréfient. :-)
J'ai revue entièrement la vidéo.
j' ai quasiment tout compris.
Je suis content.
PS: a la fin de la vidéo il explique pourquoi la somme du logarithme des nombres premiers est approximativement égal a x.
Il ne me reste plus qu'a chercher quel est le lien entre le $\frac{1}{2}$ de
$\frac{\pi(x)-li(x)}{x^{\frac{1}{2}}}$
et le $\frac{1}{2}$ de
$\zeta_{(\frac{1}{2}+ni)}$
Et le million est a moi.(:P) -
Bonjour
Ha bon .... et par ce qu'ils se raréfient il y en aura de moins en moins entre 0 et N....C'est un raisonnement absurde.
Mais pour le rêve,X:-( ça ne peut te donner que de l'espoir...même si tu tournes en rond:)o. -
Par ce qu'ils se raréfient il y en aura de moins en moins entre n et 2n que 0 et n.;-)
Si je ne me trompe il y a approximativement autant de nombres premiers entre 0 et li(x) que entre li(x) et li(2x).
et exactement avec $\pi(x)$.
ha non erreur. -
C'est faux !
pour une limite $N$ de plus en plus grande il y aura environ au minimum $\frac{N}{Ln\: N}$ nombres premiers $p$ et pour la même limite $N$ il y aura environ $\frac{N}{Ln\: 2N}$ entiers $A\not\equiv{2N}[P]$ = nombres premiers $q\in{[N;2N]}$ ....(:P) la raréfaction ne veut pas dire grand chose ... par rapport à ces deux intervalles.
Est ce que ta fonction te permet pour une limite N fixée : d'estimer le nombre de couples de nombres premiers p+q, lorsque N augmente de raison 15 en utilisant par exemple : une seule famille de nombre premiers de la forme 30k +7 .
Utilise donc ton théorème de raréfaction des nombres premiers pour t'en faire une idée sur cette estimation....ou avec ta fonction Zéta....
Moi je t'en donne une qui est très simple $Ln 12 * \frac{G(N)}{Ln\:G(N)}$ où G(n) vaut environ $\frac{N}{Ln\: 2N}$ ....
On peut améliorer en corrigeant le log de 12 ou autre, lorsque N tend vers l'infini...
pour amusement voici un fichier... -
Vu que je ne sais pas calculer et pour ne pas me casser la tête.
il y a approximativement autant de nombres premiers entre 0 et li(x) que entre li(x) et 2li(x).:-D
En fouinant un peu et en faisant le flemmard.
Avec $\frac{x}{\ln{(x)}}$ plutôt que $li{(x)}$ plus compliqué.
Ça reviens a résoudre
$\frac{y}{\ln{(y)}}=2\frac{x}{\ln{(x)}}$
$x^y=y^{2x}$
En fouinant par la ça pourrait m'aider par exemple.
http://www.les-mathematiques.net/phorum/read.php?4,96315,97829
Sinon y a https://fr.wikipedia.org/wiki/Équation_xʸ=yˣ
a partir de se que dis wikipedia.
on pose $y=vx$
$vx^{2x}=x^{vx}$
$vx^2=x^v$
$v^2=x^{v-1}$
$x=v^{\frac{2}{v-1}}$ et $y=v^{\frac{2v}{v-1}}$
mais quant je remplace x et y ma calculette me dis que je me suis trompé de pas grand chose.
Je pense que le problème vient de la $y=v^{\frac{2v}{v-1}}$ je comprend pas bien comment trouver se y.
On verrat demain.
Bon comme je suis pas un matheux ça ma bien pris la tête.
On repart la ou je me suis trompé.
$(vx)^{2x}=x^{vx}$ha en fait j'avais oublié les parenthèses.
$(vx)^2=x^v$
$(vx)(vx)=x^v$
$vx=\frac{x^v}{vx}$
$v^2x=x^{v-1}$
$v^2=x^{v-2}$
donc $x=v^{\frac{2}{v-2}}$ et $y=vv^{\frac{2}{v-2}}$
il y a approximativement autant de nombres premiers entre 0 et $\frac{v^{\frac{2}{v-2}}}{\ln{(v^{\frac{2}{v-2}})}}$ que entre $\frac{v^{\frac{2}{v-2}}}{\ln{(v^{\frac{2}{v-2}})}}$ et $\frac{vv^{\frac{2}{v-2}}}{\ln{(vv^{\frac{2}{v-2}})}}$.:-D -
Donc entre 0 et X combien tu en trouves X:-(
et entre X et Y :-S -
Entre 0 et X $\frac{x}{\ln{(x)}}$
Entre X et Y $\frac{y}{\ln{(y)}}-\frac{x}{\ln{(x)}}$ -
D'accord...
donc pour X=100 et Y=100,2 il n'y a aucun nombre premiers::o -
Pour qu'il y ait approximativement au moins un nombre premier entre x et y il faut que $\frac{y}{\ln{(y)}}-\frac{x}{\ln{(x)}}\geq1$
-
Bonjour.
Entre 90 et 96, il y a au moins un nombre premier car $\frac{96}{ln(96)}-\frac{90}{ln(90)} > 1$.
90 et 96 ne sont pas premiers, car divisibles par 2.
$91 = 7×13$.
$92 = 2×2×23$.
$93 = 3×31$.
$94 = 2×47$.
$95 = 5×19$.
Où est donc le nombre premier promis ?
À bientôt.Cherche livres et objets du domaine mathématique :
Intégraphes, règles log et calculateurs électromécaniques.
-
Une approximation de $\pi{(x)}$ ne peut pas être dépourvu d’erreur.
-
Malgré ce que l'on essaye de te faire prendre en compte c'est que ta limite Y ne veut rien dire, il y a une fonction du TNP qui donne une estimation de $\pi(x)$ pour un limite X définie, et tu balances des formules à la louche ...sans même prendre le soin de vérifier ce que tu racontes...Comme te l'a déjà signalé @gerard0.
-
Autre exemple, $\frac{74}{ln(74)}-\frac{70}{ln(70)}$ est très inférieur à l'unité.
Manque de chance, 71 et 73 sont premiers ce qui veut dire que là où la formule devrait présenter au moins un saut, elle ne le fait pas.
J'ai pris exprès des inclusions en tenant compte que les bornes soient non premiers, car si on regarde une inclusion stricte, entre 73 et 71, la formule donne un résultat encore plus faible.
Pire, il existe une pléthore de contres exemples à l'application stricte de cette formule : les nombres premiers jumeaux.
De plus, ce ne sont pas les seuls.
Il y a plein d'exemples de laissés pour compte par la formule.
Je vous laisse tirer les conclusions.
À bientôt.Cherche livres et objets du domaine mathématique :
Intégraphes, règles log et calculateurs électromécaniques.
-
Pour revenir dans la ligne du sujet de départ.
Une variante avec $\eta(s)$ plutôt que $\zeta(s)$. https://fr.wikipedia.org/wiki/Fonction_êta_de_Dirichlet
\begin{align*}
\sum_{s=2}^\infty[\eta(s)-1]&=1-2\eta(1) \\
\sum_{s=2}^\infty[\eta(s)-1]&=1-2\ln 2 .
\end{align*} Pour faire dans la calligraphie comme le dirait Fin de partie.
$$\sum_{s=2}^\infty[\zeta(s)-1]=\sum_{s=2}^\infty[(\zeta(s)-1)(-1)^s]+\frac{1}{2}=\sum_{s=2}^\infty[\eta(s)-1]+2\eta(1)=1.
$$ Du coups je me pose la question $\quad \ln (x)=\eta(x-1)\ $ ?
Sûrement. https://fr.wikipedia.org/wiki/Logarithme_naturel#Développement_en_série -
Hop hop hop.
Je me suis trompé.
cas particulier.
L’égalité ne fonctionne que pour $x=2$
$\ln (x)=\eta(x-1)$
J'avais pas vu les puissances au numérateur du Développement en série du logarithme naturel.
Du coups j'ai du faire une erreur quelque part car d’après la définition.
$\eta(s) = \left(1-2^{1-s}\right) \zeta(s)$
$\eta(2) =\frac{\pi^2}{12}\ne \ln3$
ha non pas d’erreur l’inégalité est bonne.
Ha oui c'est la que ça bug.
$\eta(1) =0\times\zeta(1)= \ln2$
La réponse est écrite juste en dessous.
Elle peut aussi être utilisée pour définir la fonction zêta sauf aux zéros du facteur $1-2^{1-s}.$
Mais bon c'est toujours cool de multiplier par 0. -
Des sommes géométriques qui conduisent à une somme télescopique.
-
Oui c'est ça.
Je me doute que le fait que la partie convergente de la somme des inverses commençant par 2 et des puissances commençant 2 n'est pas un hasard.
Il s'agit de la fonction Zêta qui a un lien avec le produit eulériens et les nombres premiers.
Reste a trouver comment exploiter cette singularité. -
Sauf erreur on a aussi,
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Bonjour!
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