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Une somme liée aux nombres harmoniques

Modifié (12 Feb) dans Algèbre
Voici une propriété connue : $\ \displaystyle\sum_{k=1}^n{n\choose k}\dfrac{(-1)^{k-1}}k=H_n= \sum_{k=1}^n\dfrac1k$ ($n^{\mathrm{e}}$ nombre harmonique).
Je vous en propose une généralisation pour $p\in\N$ :
exprimer $\ S_p(n)=\displaystyle\sum_{k=1}^n{n\choose k}\dfrac{(-1)^{k-1}}{k(k+1)\cdots(k+p)}\ $ à l'aide de deux nombres harmoniques.
J'en ai trouvé quatre démonstrations différentes.

Réponses

  • Ça doit s’exprimer avec $H_{n+p}$ si mes souvenirs sont bons. 
  • Modifié (12 Feb)
    La propriété connue :
    \begin{align}x\neq 0,W_n(x)&=\sum_{k=1}^n{n\choose k}(-x)^{k-1}=\frac{1-(1-x)^n}{x}\\
    \int_0^1 W_n(x)dx&=\sum_{n=1}^n{n\choose k}(-1)^{k-1}\left(\int_0^1 x^{k-1}dx\right)=\sum_{n=1}^n{n\choose k}\frac{(-1)^{k-1}}{k}\\
    \int_0^1 W_n(x)dx&=\underbrace{\int_0^1 \frac{1-(1-x)^n}{x}dx}_{u=1-x}=\int_0^1\frac{1-u^n}{1-u}du\\
    &=\int_0^1 \left(\sum_{k=0}^{n-1}u^k\right)du=\sum_{k=0}^{n-1}\int_0^1 u^kdu=\sum_{k=0}^{n-1}\left[\frac{u^{k+1}}{k+1}\right]_0^1\\
    &=\underbrace{\sum_{k=0}^{n-1}\frac{1}{k+1}}_{l=k+1}=H_n
    \end{align}
  • Modifié (12 Feb)
    Empiriquement j'obtiens la formule suivante (qu'il me reste à démontrer):
    \begin{align}S_p(n)=\frac{1}{p!}\left(H_{n+p}-H_p\right)
    \end{align}
  • Modifié (12 Feb)
    Bonjour   (ça veut dire quoi empiriquement? )
    En tout cas pour $p=1$ il me semble que c'est faux.
    Pour avoir fait les calculs j'avais trouvé si je ne me trompe pas $S_1(n)=H(n+1)-1
    .$
    Peux tu vérifier sur un petit exemple pour savoir qui a raison? 
     
  • @bd2017 :  Peux-tu donner le $n$ que tu as utilisé avec $p=1$ pour trouver un "contre-exemple" à "ma" formule?

    Empiriquement signifie que j'ai fait quelques calculs avec Wolfy, que cela m'a suggéré une formule candidate, puis que j'ai fait d'autres calculs avec GP Pari pour avoir plus d'exemples (avec des $n$ plus grands).
  • Modifié (12 Feb)
    Excuses  on a le même .  J'avais mis $H_n$ dans ta formule au lieu de $H_p$
    donc je suis d'accord au moins pour $p=1$.  
    Par le calcul pour $p= 2$  ta formule est bonne. donc maintenant je pense que pour tout n et p c'est bon.
     
  • Fin de partie a trouvé la bonne formule.
  • Modifié (13 Feb)
    Bonsoir
    Il y a fort peu de chances que le discours qui suit ne fasse pas partie des quatre preuves détenues par Jandri.
    En utilisant essentiellement $ \dfrac 1{k+1} =\displaystyle \int_0^1 x^k\mathrm dx\:$et la décomposition en éléments simples $\:\:\displaystyle \prod_{k=0}^p \dfrac1{X+k} =\dfrac 1{p!}\sum_{k=0}^p(-1)^k \binom pk \dfrac 1{X+k}.\quad (\bigstar)$
    $S_p(n) \overset{(\bigstar)}=\dfrac 1{p!}\displaystyle \sum_{i=1}^n \sum_{k=1}^p(-1)^{i+k-1}\binom ni \binom pk \dfrac 1{i+k} =\dfrac 1{p!}\sum_{k=0} ^p (-1)^k\binom pk \int _0^1x^k\left( \sum_{i=1} ^n \binom ni(-x)^{i-1}\right) \mathrm dx$
    $S_p(n) =\displaystyle \dfrac 1{p!}\sum_{k=0}^p (-1)^k \binom pk \int_0^1x^{k-1}\left( 1-(1-x)^n\right) \mathrm dx =\dfrac 1{p!}\int_0^1\left(\sum_{k=0}^p(-1)^k \binom pk (1-u)^k\right) \dfrac {1-u^n }{1-u}\mathrm du = \dfrac 1{p!}\int_0^1u^p \dfrac{1-u^n}{1-u}\mathrm du$
    $S_p(n) =\displaystyle  \dfrac 1{p!}\sum_{k=0} ^{n-1}\int _0^1u^{p+k}\mathrm du =\dfrac 1{p!}\sum_{k=0}^{n-1}\dfrac 1{p+k+1} =\dfrac 1{p!}\left(H_{n+p}- H_p\right)$.
  • Modifié (12 Feb)
    Salut,
    Perso., j'aurais fait légèrement différement (mais pas des tonnes) :
    Pour $n$ fixé, pour $p\in\!{\mathbb N}$ et $x\!\in\![0,1]$ on pose $\ \displaystyle\sigma_p(x)=\sum_{k=1}^n{n\choose k}\dfrac{(-1)^{k-1}}{k(k\!+\!1)\cdots(k\!+\!p)}x^{k+p}$.
    Après avoir calculé $\sigma_0$ (en dérivant), le fait que, pour $n\!\geqslant\!1$, on ait $\sigma'_p\!=\!\sigma_{p-1}$ permet de montrer que $\displaystyle\sigma_p(x)=\dfrac{1}{p!}\int_0^x\dfrac{1-(1\!-\!t)^n}{t}(x\!-\!t)^p dt$.
    Donc $\displaystyle\sigma_p(1)=\!\dfrac{1}{p!}\int_0^1\dfrac{(1\!-\!t)^{p}-(1\!-\!t)^{n+p}}{t}dt$ et le changement de variable $t\mapsto 1-t$ permet de conclure.

    EDIT : coquilles 2 fois rectifiées suite aux messages de @jandri
  • Modifié (12 Feb)
    Merci pour ces deux démonstrations. Celle de @LOU16 est l'une de mes quatre démonstrations mais celle de @Ben314159 ne figure pas parmi elles, je n'avais pas pensé à introduire la fonction $\sigma_p$.
    Il y a une coquille dans l'expression intégrale de $\sigma_p(x)$, c'est $(x-t)^p$, et donc aussi dans $\sigma_p(1)$ (coquille corrigée).
    Une fois qu'on l'a trouvée l'expression intégrale de $\sigma_p(x)$ se démontre rapidement par récurrence si on sait dériver $x\mapsto\displaystyle\int_0^xg(x,t)dt$.
  • @Lou16 : Tu utilises une formule qui n'est pas immédiate sans démonstration.
  • Modifié (13 Feb)
    Merci @jandri.
    Y a-t-il moyen de mettre des couleurs dans les formules $\LaTeX$ sur le forum (pour mettre par exemple en rouge des coquilles modifiées . . .). J'ai essayé \red , mais sans effet.
    Sinon, pour le calcul des $\sigma_p$, personnellement, j'ai bêtement écrit que $\displaystyle \sigma_p(x)\!=\!\int_0^x\!\!\!\!\sigma_{p-1}(t)\,dt$ ce qui donne une intégrale double mais triviale à simplifier via Fubini.
  • Merci, c'était effectivement tout simple, je n'avais pas pensé à utiliser une intégrale double pour calculer $\sigma_p(x)$.
  • Je crois qu'on peut aussi utiliser la formule de Taylor reste intégral pour calculer l'intégrale $\sigma_p(x)$.
  • C'est parfaitement exact, je pensais justement que cela ressemblait à la formule de Taylor reste intégral !
  • Modifié (13 Feb)
    \begin{align}S_p(n)&=\frac{1}{p!}\sum_{k=1}^n\frac{(-1)^{k-1}(k+p+1)\binom{n}{k}}{k}\times \frac{k!p!}{(k+p+1)!}=\frac{1}{p!}\sum_{k=1}^n\frac{(-1)^{k-1}(k+p+1)\binom{n}{k}\text{B}(k+1,p+1)}{k}\\
    &=\frac{1}{p!}\sum_{k=1}^n\frac{(-1)^{k-1}(k+p+1)\binom{n}{k}}{k}\left(\int_0^1 x^k(1-x)^pdx\right)\\
    &=\frac{p+1}{p!}\underbrace{\int_0^1 (1-x)^p\left(\sum_{k=1}^n\frac{(-1)^{k-1}\binom{n}{k}x^k}{k}\right)dx}_{\text{IPP}}+\frac{1}{p!}\int_0^1 (1-x)^p\bigg(\underbrace{\sum_{k=1}^n (-1)^{k-1}\binom{n}{k}x^k}_{=1-(1-x)^n}\bigg)dx\\
    &=\frac{1}{p!}\int_0^1 (1-x)^{p+1}\bigg(\underbrace{\sum_{k=1}^n(-1)^{k-1}\binom{n}{k}x^{k-1}}_{=\frac{1-(1-x)^n}{x}}\bigg)dx+\frac{1}{p!}\int_0^1 (1-x)^p\Big(1-(1-x)^n\Big)dx\\
    &=\frac{1}{p!}\underbrace{\int_0^1\frac{(1-x)^{p+1}\Big(1-(1-x)^n\Big)}{x}dx}_{u=1-x}+\frac{1}{p!}\int_0^1 (1-x)^pdx-\frac{1}{p!}\int_0^1 (1-x)^{n+p}dx\\
    &=\frac{1}{p!}\int_0^1 \frac{u^{p+1}\left(1-u^n\right)}{1-u}du+\frac{1}{p!\times (p+1)}-\frac{1}{p!\times (n+p+1)}\\
    &=\frac{1}{p!}\underbrace{\int_0^1 \frac{1-u^{n+p+1}}{1-u}du}_{=H_{n+p+1}}-\frac{1}{p!}\underbrace{\int_0^1 \frac{1-u^{p+1}}{1-u}du}_{=H_{p+1}}+\frac{1}{p!\times (p+1)}-\frac{1}{p!\times (n+p+1)}\\
    &=\frac{1}{p!}\times H_{n+p+1}-\frac{1}{p!}\times H_{p+1}+\frac{1}{p!\times (p+1)}-\frac{1}{p!\times (n+p+1)}\\
    &=\frac{1}{p!}\times\left( H_{n+p}+\frac{1}{n+p+1}\right)-\frac{1}{p!}\times\left( H_{p}+\frac{1}{p+1}\right)+\frac{1}{p!\times (p+1)}-\frac{1}{p!\times (n+p+1)}\\
    &=\boxed{\frac{1}{p!}\left(H_{n+p}-H_p\right)}
    \end{align}
    NB :
    $\text{B}$ est la fonction Bêta d'Euler.
  • Sur le net j'ai vérifié si c'est nouvelle formule. Mais elle est bien connue
    Le 😄 Farceur


  • J’aime bien la démonstration de @Ben314159 : ça fait une jolie application de la formule pour la primitive $p$-ième (exercice lui-même sympathique, même si les étudiants se lancent souvent dans une fastidieuse récurrence pour le résoudre en sup).
  • Modifié (13 Feb)
    Bonjour
    Que se passe-t-il s'y on modifie la question?  i.e calculer  $$T_n(p)=\sum_{k=1} ^n {n\choose k}\dfrac{(-1)^{k+1}}{k^p} $$
     
  • Modifié (15 Feb)
    Je pensais avoir convenablement justifié la relation $(\bigstar)$ en évoquant une "décomposition en éléments simples", un terme qui désigne une procédure  "classique", enseignée en L1, qui aboutit mécaniquement à :
    $\displaystyle \prod_{k=0}^p \dfrac 1{X+k} =\sum_{k=0}^p \dfrac {a_k}{X+k} \text{ où }\quad  a_k =\prod_{\substack{0\leqslant i \leqslant p\\i\neq k}}\dfrac 1{i-k} =(-1)^k \dfrac 1{k!(p-k)! }=(-1)^k\dfrac 1{p!}\binom p k.$
  • @Lou16 :  On sait que cette décomposition existe, en effet, mais le calcul des $a_k$ ne me semble pas être une évidence et je dois dire que ton dernier message est seulement une esquisse de preuve de mon point de vue.
  • Modifié (13 Feb)
    @Fin de partie.  Certainement . Mais j'ai posé la question car assez récemment j'ai dû faire  ce calcul  pour $p=2$   mais avec $(k+1)^2$ à la place de $k^2.$  J'avais trouvé $\dfrac{H_{n+1}}{n+1}.$  La formule est assez sympathique. 
    Je pense que pour $p=2$ la formule est surement faisable avant de chercher avec $p$ quelconque.
    En tout cas, si il y avait une formule à  ce genre de calcul, je me suis dit que peut-être que tu pourrais la deviner.   
     
  • Modifié (13 Feb)
    @Fin de partie
    Rien en effet n'est évident. Cependant, il me semble qu'il est généralement enseigné que $a_k=\displaystyle \lim_{X\to -k}(X+k)\prod_{i=0}^p\dfrac 1{X+i}=\prod_{\substack{0\leqslant i \leqslant p\\i\neq k}}\dfrac 1{i-k}$.
    Mais je vois qu'à l'évidence tu disposes d'une expertise dans les évaluations de preuve, très supérieure à la mienne.
    Alors tout-à-fait d'accord avec ton délicieux "esquisse de preuve", plein de finesse avec ses caractères gras.
  • Modifié (13 Feb)
    @bd2017 :
    Pour le cas $p=2$. Pour ta formule Wolfy n'est pas tout à fait  d'accord.
    \begin{align}U_n(2)&=\sum_{k=1}^n \frac{(-1)^{k+1}\binom{n}{k}}{(k+1)^2}\\ &=\sum_{k=1}^n(-1)^{k+1}\binom{n}{k}\left(\int_0^1 x^{k}dx\right)\left(\int_0^1 y^{k}dy\right)\\ &\int_0^1\int_0^1\bigg(\underbrace{\sum_{k=1}^n(-1)^{k+1}\binom{n}{k}(xy)^{k}}_{=1-(1-xy)^n}\bigg)dxdy=\int_0^1\int_0^1 \left(1-(1-xy)^n\right)dxdy\\ &=\int_0^1 \bigg(\underbrace{\int_0^1 \left(1-(1-xy)^n\right)dx}_{u(x)=xy}\bigg)dy=\int_0^1 \frac{1}{y}\left(\int_0^y \Big(1-(1-u)^n\Big)du\right)dy\\ &=\int_0^1 \frac{1}{y}\left[\frac{(1-u)^{n+1}}{n+1}+u\right]_{u=0}^{u=y}dy=\int_0^1\frac{1}{y}\left(\frac{(1-y)^{n+1}}{n+1}+y-\frac{1}{n+1}\right)dy\\ &=1-\frac{1}{n+1}\underbrace{\int_0^1 \frac{1-(1-y)^{n+1}}{y}dy}_{z=1-y}=1-\frac{1}{n+1}\int_0^1 \frac{1-z^{n+1}}{1-z}dz=\boxed{1-\frac{H_{n+1}}{n+1}}\\ \end{align}
    PS. Mais on a bien :
    \begin{align}\sum_{k=0}^n \frac{(-1)^{k}\binom{n}{k}}{(k+1)^2}=\frac{H_{n+1}}{n+1}\end{align}
  • Modifié (13 Feb)
    @Lou16 : Comme les vieux singes je connais quelques tours. Je suis bien incapable de démontrer en cinq minutes la formule non évidente que tu utilises (il y a tout de même un paramètre $p$) Dans un premier temps, après avoir deviné la formule à démontrer, si elle était correcte, cela revenait à démontrer que : \begin{align}\sum_{k=1}^n \frac{(-1)^{k-1}\binom{n}{k}}{k(k+1)\cdots(k+p)}=\frac{1}{p!}\sum_{k=1}^{n}\frac{1}{k+p}\end{align} Cela suggère fortement qu'un développement en éléments simples pourrait aider. J'ai essayé de deviner les coefficients mais sans grand succès et de toute façon, a priori, je ne savais pas comment prouver une telle relation. En général, ce genre de problèmes je les traite en transformant la somme en une somme d'intégrales et après interversion du signe somme et du signe intégrale on doit pouvoir trouver une forme close à l'intégrande (qui est une somme). Mais dans le cas d'espèce cette transformation demande un peu d'astuce et ne saute pas aux yeux immédiatement.
  • Encore une fois, je n'utilise aucune astuce, seulement une procédure que je pense connue, et que j'ai détaillée dans mon dernier message , qui donne mécaniquement l'expression des coefficients $a_k.$
  • @FdP. Voici le calcul que j'avais fait $\neq$  du tien. 
    fig2.png 922.9K
     
  • Modifié (13 Feb)
    Pour la généralisation proposée par @bd2017 je préfère noter $T_p(n)=\displaystyle\sum_{k=1} ^n {n\choose k}\dfrac{(-1)^{k-1}}{k^p}$.
    En utilisant la relation de Pascal on obtient la relation de récurrence $T_p(n)=T_p(n-1)+\dfrac{ T_{p-1}(n)}n$ d'où l'on déduit $T_p(n)=\displaystyle\sum_{k=1}^n \dfrac{T_{p-1}(k)}k$.
    En partant de $T_0(n)=\displaystyle\sum_{k=1} ^n {n\choose k}(-1)^{k-1}=1$ on déduit $T_1(n)=H_n$ puis $T_2(n)=\displaystyle\sum_{k=1}^n \dfrac{H_k}k$.
    On peut l'exprimer autrement : $T_2(n)=\dfrac12\left(H_n^2+\displaystyle\sum_{k=1}^n\dfrac{1}{k^2}\right)$ mais cela se complique beaucoup pour $p=3$.
    On peut généraliser en écrivant $T_p(n)=\displaystyle\sum_{1\leq i_1\leq\dots\leq i_p\leq n}\dfrac{1}{i_1\dots i_p}.$
    L'autre somme $U_p(n)=\displaystyle\sum_{k=0} ^n {n\choose k}\dfrac{(-1)^k}{(k+1)^p}$ se ramène facilement à la précédente :  $U_p(n)=\dfrac{T_{p-1}(n+1)}{n+1}$.
    Par exemple : $U_2(n)=\dfrac{H_{n+1}}{n+1}$.
  • Merci @Jandri tu as tout de même donné une récurrence.
     
  • Modifié (14 Feb)
    bd2017 a dit :  calculer  $$T_n(p)=\sum_{k=1} ^n {n\choose k}\dfrac{(-1)^{k+1}}{k^p} $$
    Bonjour
    Je ne sais pas si quelqu'un est capable de démontrer cette monstruosité  $$\frac{E[X^p]}{p!}= \sum_{k=1}^n \frac{(-1)^{k-1}}{k^p}\binom{n}{k}$$ Avec Soit $X_i $ pour $i=1,\dots,n$, des variables aléatoires indépendantes suivant la loi exponentielle de paramètre $1$. Soit $X_{(n)}$ la variable aléatoire définie par $X_{(n)} = \max(X_1,\dots,X_n)$. Pour simplifier on note $X=X_{(n)}$
    Question 1. Démontrer que  la fonction de répartition est $F_{X}(x) = (1-e^{-x})^n$ et la fonction densité est donnée  par $f_{X}(x) = n(1-e^{-x})^{n-1}e^{-x}$.
    Question 2. Démontrer que $E(X)=H_n$ et $\frac{E(X^2)}{2!}=\sum_{k=1}^n \frac{1}{k} H_k$ et (Bonus $Var(X)=\sum_{k=1}^n \frac{1}{k^2}$)
    Question 3. Démontrer   l'égalité du haut
    Question 4. je ne savais pas le démontrer  ( Jandri l'a fait)  $\sum_{k=1}^n(-1)^{k-1}\frac{n\choose k}{k^p}=\sum_{i_1<i_2<\dots <i_p}\frac{1}{i_1 i_2 \dots i_p}$.
    Le 😄 Farceur


  • Modifié (14 Feb)
    Merci à @gebrane de relier cette somme à la loi exponentielle.
    La question 1 est classique, la question 2 demande un peu d'adresse avec IPP et changement de variable.

    La question 3 se fait bien avec la question 1 qui donne la fonction de répartition de $X^p$.
    Il suffit d'une IPP, de la formule du binôme et d'un changement de variable pour obtenir $E(X^p)$ connaissant la valeur de $\int_0^{\infty}t^{p-1}e^{-t}dt$.
  • Modifié (14 Feb)
    Une preuve par récurrence (pour la somme demandée dans le premier post).
    Soit $S_{n,p} = \displaystyle\sum_{k=1}^n \frac{\binom nk(-1)^{k-1}}{k(k+1)\cdots(k+p)}$ avec $n\in\mathbb N^*$ et $p\in\mathbb N$.
     
    Pour simplifier l'écriture utilisons une notation à la mode "Knuth" : $\dfrac1{k(k+1)\cdots(k+p)}=k^{-\underline{p}}$, on vérifie alors facilement que :
    \[p\times k^{-\underline p} = k^{-\underline{(p-1)}} - (k+1)^{-\underline{(p-1)}}\]
    On en déduit alors une transformation à la mode "Abel" :
    \begin{align*}
    p\times S_{n,p} &= \sum_{k=1}^n \binom nk(-1)^{k-1}\left[k^{-\underline{(p-1)}} - (k+1)^{-\underline{(p-1)}}\right]\\
     &= \sum_{k=1}^n \binom nk(-1)^{k-1}k^{-\underline{(p-1)}} - \sum_{k=1}^n \binom nk(-1)^{k-1}(k+1)^{-\underline{(p-1)}} \\
     &= \sum_{k=1}^n \binom nk(-1)^{k-1}k^{-\underline{(p-1)}} - \sum_{k=2}^{n+1} \binom n{k-1}(-1)^kk^{-\underline{(p-1)}} \\
     &= \sum_{k=1}^{n+1} \binom nk(-1)^{k-1}k^{-\underline{(p-1)}} - \sum_{k=2}^{n+1} \binom n{k-1}(-1)^kk^{-\underline{(p-1)}} \\
     &= \frac{n}{p!}+\sum_{k=2}^{n+1} (-1)^{k-1}\left[\binom nk+\binom n{k-1}\right]k^{-\underline{(p-1)}} \\
     &= \frac{n}{p!}+\sum_{k=2}^{n+1} (-1)^{k-1}\binom {n+1}kk^{-\underline{(p-1)}} \\
     &= \frac{n}{p!}+S_{n+1,p-1}- \frac{n+1}{p!}\\
     &= S_{n+1,p-1} - \frac{1}{p!}
    \end{align*} 
    Finalement on a la relation de récurrence suivante : \[S_{n,p} = \frac 1p S_{n+1,p-1} - \frac{1}{p\times p!}\]
    Ce qui permet d'établir ensuite que $S_{n,p} = \frac1{p!}\left(H_{n+p}-H_p\right)$ compte tenu que $S_{n,0}=H_n$.
  • Modifié (14 Feb)
    Ce n'est pas une de mes démonstrations mais la formule de récurrence que tu obtiens résulte des deux formules de récurrence que j'ai obtenues (l'une sur n, l'autre sur p).
  • Modifié (14 Feb)
    On peut aussi le faire à l'envers (je sais pas si ça a déjà été dit dans tous ces échanges...) en admettant le résultat.
    Rappel sur la transformation binomiale : $$\sum_{k=0}^{n}(-1)^{k}{n \choose k}a_{k}=b_{n}\Longleftrightarrow a_{n}=\sum_{k=0}^{n}(-1)^{k}{n \choose k}b_{k}$$
    Le but est de montrer $$\sum_{k=0}^{n}(-1)^{k}{n \choose k}H_{k+p}=-\frac{p!}{n(n+1)\cdots(n+p)}\ (1)$$
    On remarque que $(1)\Rightarrow\sum_{k=0}^{n}(-1)^{k}{n \choose k}\frac{1}{k+p}=\frac{(p-1)!}{(n+1)\cdots(n+p)}$
    Et on prouve (1) par double récurrence sur $p$ puis sur $n$.
  • Jandri tu as démasqué le farceur, j'ai cru décourager les gens en disant que la justification de l'égalité  plut haut $\frac{E[X^p]}{p!}= \sum_{k=1}^n \frac{(-1)^{k-1}}{k^p}\binom{n}{k}$  ,  était  d'une difficulté  monstrueuse 
    Le 😄 Farceur


  • Modifié (14 Feb)
    Quelle est la valeur de cette somme $$\sum_{n=1}^\infty \frac{\text{bd2017 (s,n)}}{2^{n}} ,$$ avec $$\text{bd2017 (s,n)}= \sum_{k=1}^n (-1)^{k} {n \choose k} \frac {1}{k^s}$$
    Ajout. Je suis certain que @L2M saura trouver cette somme, car il aime $\zeta(s)$.
    Le 😄 Farceur


  • Modifié (14 Feb)
    @gebrane Pour $s>1$ on a du $\zeta(s)/2$  non ?
    Peut-être que la technique d'inversion dont j'ai parlé plus haut a plus sa place si on pose ce problème :
    $$a_{p}(n)=-\frac{2^{p+1}p!}{n(n+1)...(n+p)}\sum_{k=0}^{n-1}(-1)^{k}{k+p \choose p}$$ calculer $$\sum_{k=0}^{n}(-1)^{k}{n \choose k}a_{p}(k+1)$$
    Pour les petites valeurs de $n$ et $p$ on devine la réponse...
    Mais je suis curieux de voir si quelqu'un a une preuve directe.
  • Modifié (14 Feb)
    @Boécien as tu testé numériquement pour s=2 ton résultat ?
    Le 😄 Farceur


  • En permutant les deux sommations je trouve $-2\zeta_a(s)$ pour $s>0$ (fonction $\zeta$ alternée).
    C'est aussi valable pour $s=0$ en prolongeant par $\zeta_a(0)=\dfrac12$.
  • Oui j'ai fait une petite erreur. Je trouve pour finalement comme jandri pour s>1, -(1+(2^(s-2)-1)/2^(s-2))*zeta(s).

  • Oui  par permutation des sommes on trouve $$-2\zeta_a(s)= -2 \times \zeta(s) . (1-2^{1-s})$$
    Le 😄 Farceur


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