Sommes de parties entières

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

  • Pour $m\geq1$ entier fixé et $n\geq1$ on a sauf erreur

    $$\sum_{k=1}^{n}\left\lfloor \frac{n}{k}\right\rfloor ^{m}=\sum_{k=1}^{n}\left(k^{m}-(k-1)^{m}\right)\left\lfloor \frac{n}{k}\right\rfloor$$

  • Ben314159
    Modifié (May 2024)
    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
  • Je montre d'abord que
    $$\sum_{k=1}^{n}\left\lfloor \frac{n}{k}\right\rfloor ^{m}=\sum_{k=1}^{n}\sum_{1\leq j\leq n/k}j^{m}-(j-1)^{m}$$

  • 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 $m>0$.

  • La mienne aussi :) partant de ma relation triviale télescopique il reste à inverser l'ordre de sommation puisque
    $$\sum_{k=1}^{n}\sum_{1\leq j\leq n/k}a_{j}=\sum_{k=1}^{n}a_{k}\left\lfloor \frac{n}{k}\right\rfloor $$

  • 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.
  • Bonjour. Boécien
    Comment as tu deviner la formule. Ce que j'ai fait est simplement une vérification , donc moins intéressant 
    Lorsque 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 ;)
  • 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.
Connectez-vous ou Inscrivez-vous pour répondre.