L'ensemble des $\sum\frac1{n\,\sigma(n)}$

Calli

Bonjour,
Soient $f: \sigma \in \mathfrak{S}(\Bbb N^*) \mapsto \displaystyle\sum_{n=1}^\infty \frac1{n\,\sigma(n)}$ et $A = f(\mathfrak{S}(\Bbb N^*) )$. Je me suis demandé à quoi ressemble $A$. Par exemple, est-ce qu'il est d'intérieur non vide ? Ce genre de questions. Je sais juste que $\inf A = 0$ et $\max A = \zeta(2)$.
Bonne journée

JLT

Je pense que $A$ contient $]\,0;\frac{1}{2}]$, en espérant ne pas m'être embrouillé dans les calculs. Soit en effet $c$ un élément de cet intervalle. On cherche une permutation qui est produit de transpositions $(a_n\;b_n)$ telle que la somme de la série correspondante soit égale à $c$, de sorte que les supports des transpositions forment une partition de $\N^*$.

On veut donc que $\displaystyle\sum_n\dfrac{1}{a_nb_n}=\frac{c}{2}$.

On pose $a_1=1$, $c_1=\frac{c}{2}$ et on choisit pour $b_1$ un entier tel que $\frac{1}{c_1}<b_1\leqslant \frac{2}{c_1}$. On construit par récurrence $a_n,b_n$ et $c_n$ tels que

1) $0<c_n\leqslant c\times 2^{-n}$
2) $a_{n}$ est le plus petit entier naturel non nul n'appartenant pas à $\{a_1,\ldots,a_{n-1},b_1,\ldots,b_{n-1}\}$
3) $b_n$ n'appartient pas à $\{a_1,\ldots,a_{n},b_1,\ldots,b_{n-1}\}$
4) $c_{n+1}=c_n-\frac{1}{a_nb_n}$
5) $\frac{c_n}{2}\leqslant \frac{1}{a_nb_n}<c_n$.

Supposons en effet que $n\geqslant 2$ et que $a_i,b_i,c_i$ pour $1\leqslant i\leqslant n-1$ ont déjà été construits. On définit $c_n=c_{n-1}-\frac{1}{a_{n-1}b_{n-1}}$, puis $a_{n}$ par la propriété 2), donc $n\leqslant a_{n}\leqslant 2n-1$.

On prend pour $b_{n}$ un entier dans $]\frac{1}{a_{n}c_n},\frac{2}{a_{n}c_n}]$ qui n'a pas encore été pris. C'est possible car $\frac{1}{a_{n}c_n}\geqslant \dfrac{2^n}{(2n-1)c}\geqslant \dfrac{1}{2n-3}\geqslant a_{n-1}$ donc l'intervalle ne contient aucun des entiers $a_1,\ldots,a_{n-1}$ et de plus l'intervalle est de longueur $\dfrac{1}{a_nc_n}\geqslant n$ donc contient au moins un entier différent de $b_1,\ldots,b_{n-1}$.

Par construction, les propriétés 3) et 5) sont satisfaites.

Calli

Merci pour ta réponse, JLT ! (:D Quand tu écris $ \frac{2^n}{(2n-1)c}\geqslant \frac{1}{2n-3}\geqslant a_{n-1}$, c'est plutôt $2n-3\geqslant a_{n-1}$ il me semble. Et du coup, l'inégalité $\frac{2^n}{(2n-1)c}\geqslant 2n-3$ n'est vraie que pour $n\geqslant 5$. Mais en prenant $c$ plus petit, $c\leqslant 0{,}45$ par exemple, on a bien $\forall n, \frac{2^n}{(2n-1)c}\geqslant 2n-3$, donc le problème est réglé. À part ça, je n'ai pas vu de souci dans le reste.
Bravo !

Corto

Ce fil rappelle évidemment celui-ci.

Lemme :
Soit $\sum a_i$ une série convergente de réels strictement positifs ayant pour somme un réel $S$. Pour tout $x \in [0;S]$ il existe un ensemble $B \in \N$ tel que $\sum_{i\in B} a_i = x$.

Démonstration :
Sans perte de généralité on peut supposer $a_i$ décroissante. On construit alors $B$ par récurrence, si $\sum_{n>0} a_i < x$ alors $0\in B$. Supposons que $B\cap \{ 0,\ldots, n \}$ soit déjà construit, on pose alors
\[
\sum_{i\in B\cap \{ 0,\ldots, n \}} a_i + \sum_{i>n+1}a_i <x \Longleftrightarrow n+1 \in B
\]
On voit facilement que $\sum_{i\in B} a_i \geq x$ et qu'on ne peut pas avoir $\sum_{i\in B} a_i \geq x+ \varepsilon$ quel que soit le réel $\varepsilon >0$ choisi.

Proposition :
$A=]0;\zeta(2)]$

Démonstration :
Prenons une permutation $\sigma = \tau_1\circ \tau_2 \circ \ldots$ qui soit une composée de transposition à supports disjoints deux à deux. Chaque transposition $\tau_i$ fait baisser la valeur de la somme $\sum \frac{1}{n\sigma(n)}$ par rapport à $\zeta(2)$ d'une quantité $a_i>0$. On a donc $\sum \frac{1}{n\sigma (n)} = \zeta(2)-\sum a_i$, on peut maintenant regarder ce qu'il se passe si l'on n'effectue qu'un sous ensemble des transpositions $\tau_i$. D'après le lemme précédent il suffit pour conclure de trouver une permutation $\sigma$ composée de transpositions à supports disjoints qui rende $\sum \frac{1}{n\sigma (n)}$ aussi petit que l'on veut. On voit que si $\sigma = (1 \quad N+1)\circ ( 2 \quad N+2) \circ \ldots \circ (N \quad 2N)$ alors $\sum \frac{1}{n\sigma(n)}$ tend vers $0$ quand $N$ tend vers l'infini. Il suffit donc de prendre $N$ assez grand puis de compléter $\sigma$ en rajoutant une infinité de transpositions quelconques à support disjoints.


En espérant ne pas avoir dit de bêtises.

Calli

Bonjour Corto. Ton lemme est faux. Prends $a_i = 3^{-i}$. On a $S = 1{,}5$ et $a_0 = 1> 0{,}5= \sum_{i>0} a_i$ donc $0{,}75$ n'est pas de la forme $\sum_{i\in B} a_i$. On a besoin de l'hypothèse : $\forall n,\, \sum_{i>n} a_i \geqslant a_n$.

Corto

Hummm...

En adaptant et en prenant $\tau_i = (2i-1 \quad 2i)$ on trouve $a_i = \left(\frac{1}{2i-1}-\frac{1}{2i}\right)^2$ qui vérifie ton hypothèse. On peut alors en déduire que l'ensemble $A$ contient un intervalle de la forme $]\zeta(2)-S;\zeta(2)]$ avec $S$ donné par
\[
\sum \left(\frac{1}{2n(2n-1)}\right)^2
\]
à quelques premier termes près éventuels.

J'imagine qu'il doit y avoir moyen de sauver ma démonstration, cela demanderait d'adapter la permutation choisie dans la fin de la preuve pour avoir des $a_i$ qui ne décroissent pas trop rapidement.

Calli

Corto : Effectivement, on obtient $]\zeta(2)-S;\zeta(2)]\subset A$. :-) Merci.

JLT

Peut-être qu'on peut montrer l'assertion plus générale suivante.

Disons qu'une suite $(u_n)$ est bonne si elle est strictement positive, décroissante, $u_n\sim u_{n+1}$, $\sum u_n$ converge et $u_n<\sum_{k>n} u_k$ pour tout $k$.

Alors si $(f(n))$ est une suite de réels positifs tels que $(f(n)^2)$ est bonne, alors l'ensemble des $\sum f(n)f({\sigma(n)})$ où $\sigma$ est une permutation des indices, est égal à $]0,S]$ où $S=\sum f(n)^2$.

Voici une idée qu'il faudrait mettre en forme.

En cherchant $\sigma$ sous la forme d'une composée de transpositions à supports deux à deux disjoints, cela revient à chercher pour tout $c\in [0,S[$ des $a_n$ et $b_n$ deux à deux distincts tels que $c=\sum(f(a_n)-f(b_n))^2$.

On considère le plus petit $m$ tel que $f(m)^2\leqslant c$. Soit $N$ le plus grand entier tel que $f(m)^2+\cdots+f(m+N)^2\leqslant c$. On pose $a_0=m,\ldots,a_N=m+N$. On choisit $b_0,\ldots,b_N$ très grands de sorte que $\sum_{k=0}^N (f(a_k)-f(b_k))^2>\frac{c}{3}$, et tels que la suite $(f(n)^2)$ pour $n$ différent des $a_i$ et des $b_i$ soit toujours bonne et de somme strictement plus grande que $c-\sum_{k=0}^N (f(a_k)-f(b_k))^2$.
On recommence le processus. A chaque fois le $c$ diminue géométriquement donc au bout d'une infinité d'itérations on obtient $c=\sum(f(a_n)-f(b_n))^2$.

LOU16

Bonsoir,

Je propose, pour $S\in]0;\zeta(2)],$ cette construction d'un élément $\sigma$ de $ \mathfrak S(\N^*)$ tel que: $\:\:\displaystyle S=\sum_{n=1}^{+\infty} \dfrac 1{n\sigma(n)}.$
Pour tous entiers $p,q$ tels que $1\leqslant p\leqslant q,$
$ \sigma_{p,q}$ désigne la permutation de $\N^*$ qui inverse l'ordre des éléments de $[\![p;q]\!]$ et laisse fixes les autres éléments de $\N^*$.

$H(p,q ): = \displaystyle \sum_{k=p}^q \dfrac 1{k\sigma_{p,q} (k)}=\sum_{k=p}^q \dfrac 1{k(p+q-k)}=\dfrac 2{p+q}\sum_{k=p}^q \dfrac 1k.\qquad\boxed{\displaystyle \lim_{q\to + \infty}H(p,q) =0 \qquad (1)}\qquad$
D'autre part: si $q>p$, alors $\quad \displaystyle 0<H(p,q-1) - H(p,q) = \dfrac 2{(p+q)(p+q-1)}\left(\sum_{k=p}^{q-1} \dfrac 1k \right) - \dfrac 2{q(p+q)} < 2\dfrac {1+\log q}{q(q+1)} - \dfrac 1{q^2}$
$$\boxed{0<H(p,q-1) - H(p,q) < \dfrac 1{q+1} <\displaystyle \sum _{k=q+1}^{+\infty} \dfrac 1{k^2} \qquad (2)}$$
On va désormais définir une suite $(u_n)_{n\geqslant 1}$ strictement croissante d'éléments de $\N^*$ telle que $u_1=1$ et que la permutation $\displaystyle \sigma : = \prod _{n=1}^{+\infty}\sigma _{ u_n , u_{n+1}-1}\:\:$ réponde à la question:$\qquad u_1 =1.\quad$ L'existence de $u_2 =1 + \inf\Big\{ k \in \N \mid k\geqslant 1 , \:H(1,k)<S \Big \}$ est assurée par $(1).$
Soit $S_1 = H( u_1,u_2-1).\quad$ D'après $(2): \quad S-S_1\leqslant \displaystyle \sum_{k=u_2} ^{+ \infty}\dfrac 1 {k^2}.\quad$ Les suites $(u_n)_n$ et $(S_n)_n$ sont alors définies par la relation de récurrence:
$ \forall n \in \N^*,\quad u_{n+2} =1 + \inf\Big\{ k \in \N \mid k\geqslant u_{n+1} , \: S_n+H(u_{n+1},k)< S \Big \}\qquad S_{n+1} = S_n +H\big(u_{n+1},u_{n+2}-1\big ).$
$(1)$ certifie l'existence de $u_{n+2},$ et $(2)$ entraîne que: $ \forall n\in \N^*, \quad S_n<S\leqslant S_n+\displaystyle \sum_{k= u_{n+1}}^{+\infty} \dfrac 1 {k^2}.\qquad$ Il s'ensuit que:
$$S = \displaystyle\lim_{n\to +\infty} S_n = \sum _{n=1}^{+\infty}\dfrac 1 {n \sigma(n)}.$$

Calli

Bravo Lou !! (:D

JLT : Peut-être que ça pourrait marcher, je ne sais pas. Sans plus de détails, je ne me rends pas compte (mais pas obligé d'insister, puisque Lou a donné une réponse complète).

[small]PS : Je n'ai pas ignoré vos réponses dans mon dernier message. C'est que l'ordre des messages a été modifié par une manipulation des admins.[/small]

gebrane

Merci admin d'avoir nettoyé ce fil des baratins de Pablo . A supprimer aussi ce message.
Lou16(tu)