Sommes de parties entières
dans Arithmétique
Bonsoir,
$n$ est un entier naturel non nul, comparer :
$$\displaystyle \sum _{k=1} ^n (3k^2-3k+1) \Big \lfloor \dfrac nk \Big \rfloor \quad \text{et} \quad \sum _{k=1} ^n \Big ( \Big \lfloor \dfrac nk \Big\rfloor \Big )^3$$
Réponses
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Pour $m\geq1$ entier fixé et $n\geq1$ on a sauf erreur$$\sum_{k=1}^{n}\left\lfloor \frac{n}{k}\right\rfloor ^{m}=\sum_{k=1}^{n}\left(k^{m}-(k-1)^{m}\right)\left\lfloor \frac{n}{k}\right\rfloor$$
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Salut,
Qu'on peut prouver par récurrence en constatant que $\Big\lfloor\dfrac{n}{k}\Big\rfloor=\Big\lfloor\dfrac{n-1}{k}\Big\rfloor$ avec $+1$ lorsque $k$ divise $n$, non ? -
Si on voit que
$\sum_{k=1}^{n}\left\lfloor\frac{n}{k}\right\rfloor^{m}=\sum_{p=1}^np^m\left(\left\lfloor\frac n{p}\right\rfloor-\left\lfloor\frac n{p+1}\right\rfloor\right)$
alors le reste est facile
$\sum_{k=1}^{n}\left\lfloor\frac{n}{k}\right\rfloor^{m}=\sum_{p=1}^np^m\left\lfloor\frac n{p}\right\rfloor - \sum_{p=1}^np^m\left\lfloor\frac n{p+1}\right\rfloor$$=n + \sum_{p=2}^np^m\left\lfloor\frac n{p}\right\rfloor - \sum_{p=2}^n(p-1)^m\left\lfloor\frac n{p}\right\rfloor$$=n + \sum_{p=2}^n(p^m-(p-1)^m)\left\lfloor\frac n{p}\right\rfloor$$= \sum_{p=1}^n(p^m-(p-1)^m)\left\lfloor\frac n{p}\right\rfloor$Lorsque notre cher Nico, le professeur, intervient dans une question d'analyse, c'est une véritable joie pour les lecteurs.. -
Merci à tous les trois. J'avais oublié ce résultat.Amicalement
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Je montre d'abord que$$\sum_{k=1}^{n}\left\lfloor \frac{n}{k}\right\rfloor ^{m}=\sum_{k=1}^{n}\sum_{1\leq j\leq n/k}j^{m}-(j-1)^{m}$$
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La méthode proposée par @Ben314159 marche très bien.
Si on pose $S_n=\displaystyle\sum_{k=1}^{n}\left\lfloor \frac{n}{k}\right\rfloor ^{m}$ et $S'_n=\displaystyle\sum_{k=1}^{n}\left(k^{m}-(k-1)^{m}\right)\left\lfloor \frac{n}{k}\right\rfloor$ on obtient avec $\Big\lfloor\dfrac{n-1}{k}\Big\rfloor=\Big\lfloor\dfrac{n}{k}\Big\rfloor-1$ si $k$ divise $n$ et $\Big\lfloor\dfrac{n-1}{k}\Big\rfloor=\Big\lfloor\dfrac{n}{k}\Big\rfloor$ sinon : $S_n-S_{n-1}=S'_n-S'_{n-1}=\displaystyle\sum_{d\vert n}(d^m-(d-1)^m)$.
C'est d'ailleurs valable pour tout réel $m>0$.
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La mienne aussi
partant de ma relation triviale télescopique il reste à inverser l'ordre de sommation puisque
$$\sum_{k=1}^{n}\sum_{1\leq j\leq n/k}a_{j}=\sum_{k=1}^{n}a_{k}\left\lfloor \frac{n}{k}\right\rfloor $$
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Ma méthode est simple. Non? .
Un passage obscur?Lorsque notre cher Nico, le professeur, intervient dans une question d'analyse, c'est une véritable joie pour les lecteurs.. -
Tout ça c'est blanc bonnet et bonnet blanc, une fois qu'on a vu le résultat général tous les chemins mènent à Rome.
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Bonjour. Boécien
Comment as tu deviner la formule. Ce que j'ai fait est simplement une vérification , donc moins intéressantLorsque notre cher Nico, le professeur, intervient dans une question d'analyse, c'est une véritable joie pour les lecteurs.. -
On voit k^3-(k-1)^3 dans la formule de Cidrolin. J'y vois déjà la généralisation
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Tu es plus malin car si je voulais donné une généralisation de la formule de Cidrolin , j'aurais proposé la formule fausse.$$\displaystyle \sum _{k=1} ^n (nk^{n-1}-nk^{n-2}+1k^{n-3}) \Big \lfloor \dfrac nk \Big \rfloor = \sum _{k=1} ^n \Big ( \Big \lfloor \dfrac nk \Big\rfloor \Big )^n$$
Lorsque notre cher Nico, le professeur, intervient dans une question d'analyse, c'est une véritable joie pour les lecteurs.. -
Généraliser c'est aussi tâtonner. Tu aurais fini par trouver la bonne formule.
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Bonjour!
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